Mathématiques Méthodes et exercices re ECS I année Cécile Lardon Professeur en classe préparatoire au lycée du Parc à Lyon
Jean-Marie Monier Professeur en classe préparatoire au lycée La Martinière-Monplaisir à Lyon
© Dunod, Paris, 2011 ISBN 978-2-10-056602-0
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Préface Quand, aujourd’hui, nous n’osons avoir une quelconque pensée qu’Internet n’ait validée, quand, pour répondre à toute question, notre premier réflexe est d’aller pianoter sur le clavier, un recueil d’exercices de mathématiques a-t-il encore sa place ? Plus que jamais, assurément, tant un manuel bien conçu joue, pour son utilisateur, le rôle d’un compagnon sûr et fidèle, toujours disponible, d’un confident en quelque sorte, avec lequel on partage, au gré des questions résolues ou plus coriaces, des moments de bonheur ou de doute. Pour nous en convaincre, les volumes « Méthodes et exercices » (pour les Classes Préparatoires aux Grandes Écoles de Commerce), que Cécile Lardon et Jean-Marie Monier nous présentent ici, viennent nous en fournir la plus éclatante démonstration. Chacun des chapitres de ces ouvrages se compose de deux parties éminemment complémentaires : • Les méthodes constituent ce guide précieux qui permet à l’étudiant de passer, confiant, efficacement « coaché », du cours qu’il apprend à la recherche nécessaire et fructueuse des exercices. Si les théorèmes du cours sont les outils de l’artisan-étudiant, les méthodes et techniques proposées ici en sont les modes d’emploi ; évidemment, ces conseils sont particulièrement soignés et pertinents : ne sont-ils pas le fruit des expériences conjuguées de Cécile Lardon, jeune, enthousiaste et dynamique professeur de Classe Préparatoire et de Jean-Marie Monier, pédagogue avéré, interrogateur recherché et auteur apprécié de maints ouvrages reconnus ? Pour une aide encore plus précise, chaque méthode est assortie de la liste des exercices dans lesquels sa mise en oeuvre est souhaitable. • Les exercices, nombreux, variés et souvent originaux, couvrent, chapitre après chapitre, la totalité du programme en complète adéquation avec celui-ci. Ils répondent parfaitement à un triple objectif : permettre d’assurer, d’approfondir et d’affiner, pendant son apprentissage, la compréhension du cours ; consolider et enrichir ses connaissances par la résolution d’exercices plus substantiels et de questions plus délicates ; réaliser des révisions efficaces et ciblées lors de la préparation des épreuves écrites ou orales des concours. Ces exercices sont judicieusement classés en quatre niveaux de difficulté croissante, permettant ainsi aussi bien au néophyte de se mettre en confiance en traitant une application directe du cours (niveau 1) qu’à l’étudiant chevronné de se mesurer à des exercices plus difficiles et délicieusement subtils (niveau 4). Qui n’a jamais abandonné la recherche d’un petit problème devant une question trop abruptement posée, sans indication ? L’ouvrage de Cécile Lardon et Jean-Marie Monier devrait permettre d’éviter le traumatisme - toujours douloureux - engendré par cette frustration : en effet, dans la rubrique Du mal à démarrer, ils apportent à l’étudiant(e) qui le souhaite une aide discrète, rappelant ici la méthode adéquate, donnant là une indication précieuse, ouvrant ailleurs une piste de recherche... Pour chaque exercice, les auteurs fournissent la rédaction complète et appliquée d’un corrigé clair, précis, détaillé, osons le mot, exemplaire. S’il est louable et formateur de chercher, il est plus gratifiant de trouver ! Et, ici encore, le manuel permet à chacun, soit de constater que sa solution est celle qui est fournie (et il en éprouve un indicible plaisir !), soit de s’aider du corrigé, pour parvenir, rassuré et guidé, à cette solution. Qu’il me soit aussi permis d’insister sur l’ampleur de ces volumes, liée à la grande variété des exercices choisis, en même temps que sur leur prix très modique. Ces ouvrages, de consultation particulièrement agréable, constituent l’outil efficace et complet qui permettra à chacun, à son rythme mais en magnifiant ses propres aptitudes, de développer son savoir-faire et ses compétences et, tout à la fois, de forger son succès. Les deux années de Classes Prépatatoires demandent, chacun en convient, un important investissement personnel : ces recueils, d’exercices constituent alors, dans cet effort soutenu, le meilleur des accompagnements que l’étudiant(e) puisse souhaiter. Hermin Durand, Professeur en classe de PT* au Lycée La Martinière Monplaisir à Lyon III
Table des matières
Préface Remerciements 1. Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
2. Nombres complexes Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
3. Polynômes Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
4. Espaces vectoriels, applications linéaires Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
III VIII
1 2 5 9 11
19 19 22 25 27
35 35 38 43 46
60 61 64 69 71
5. Calcul matriciel, systèmes linéaires 81 Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices IV
81 83 88 90
6. Espaces vectoriels de dimension finie Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
7. Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
8. Suites Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
9. Séries Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
10. Fonctions d’une variable réelle : généralités, limites, continuité Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
11. Dérivation Les méthodes à retenir
100 100 103 107 109
119 119 123 129 132
151 151 153 159 162
174 174 176 181 184
194 194 197 200 202
208 208
Table des matières
Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
12. Intégration sur un segment, primitives Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
13. Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
14. Fonctions réelles de deux variables réelles Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
15. Dénombrement Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
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16. Espaces probabilisés Les méthodes à retenir Énoncés des exercices
211 214 216
225 225 227 231 233
241 241 243 248 250
261 261 265 268 270
277 278 281 285 287
295 296 299
Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
17. Variables aléatoires discrètes Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
18. Couples de variables aléatoires discrètes Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
19. Lois usuelles, convergence et approximations Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
20. Statistique descriptive Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
21. Éléments d’algorithmique
305 307
316 316 319 325 327
342 342 345 349 352
364 365 367 372 375
387 387 390 392 393
399
Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
399 403 408 410
Index
421
V
Pour bien utiliser cet ouvrage
La page d’entrée de chapitre Elle propose un plan du chapitre, les thèmes abordés dans les exercices, ainsi qu’un rappel des points essentiels du cours pour la résolution des exercices.
Les méthodes à retenir Cette rubrique constitue une synthèse des principales méthodes à connaître, détaillées étape par étape, et indique les exercices auxquels elles se rapportent.
VI
Pour bien utiliser cet ouvrage
Énoncés des exercices De nombreux exercices de difficulté croissante sont proposés pour s’entraîner. La difficulté de chaque exercice est indiquée sur une échelle de 1 à 4.
Du mal à démarrer ? Des conseils méthodologiques sont proposés pour bien aborder la résolution des exercices.
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Corrrigés des exercices Tous les exercices sont corrigés de façon détaillée. × −
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VII
Remerciements
Nous tenons ici à exprimer notre gratitude aux nombreux collègues qui ont accepté de réviser des parties du manuscrit : Pascal Alessandri, Walter Appel, Jean-Philippe Berne, Gérard Bourgin, Frédérique Christin, Jean-Paul Christin, Sophie Cohéléach, Carine Courant, Hermin Durand, Dominique Feyler, Jean Feyler, Viviane Gaggioli, Marguerite Gauthier, Guillaume Haberer, André Laffont, Tewfik Lahcène, Ibrahim Rihaoui, René Roy, Marie-Dominique Siéfert, Audrey Verdier.
VIII
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels Plan Les méthodes à retenir
2
Énoncés des exercices
5
Du mal à démarrer ?
9
Corrigés des exercices
CHAPITRE
1
Thèmes abordés dans les exercices •
Calculs d’ensembles par complémentaires, intersections, réunions
•
Manipulation de composées d’applications
•
Étude d’injectivité, de surjectivité, de bijectivité pour une application, expression de la réciproque d’une application bijective, lorsque c’est possible
•
Obtention d’égalités ou d’inégalités faisant intervenir un nombre entier, emploi d’une récurrence
•
Calculs de sommations simples ou doubles, de produits simples ou doubles
•
Obtention d’égalités ou d’inégalités faisant intervenir des nombres réels, manipulation de racines carrées, de valeurs absolues
•
Manipulation des coefficients binomiaux, obtention d’égalités et calculs de sommes les faisant intervenir.
11
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Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définition et propriétés des opérations sur les ensembles : passage au complémentaire, intersection, réunion
•
Définition et propriétés de la composition des applications
•
Pour une application, définitions de l’injectivité, de la surjectivité, de la bijectivité
•
Le raisonnement par récurrence
•
• •
Définition et propriétés du symbole pour une sommation d’un nombre fini de termes, et du symbole pour un produit d’un nombre fini de facteurs Règles de calcul élémentaire sur les nombres entiers, sur les nombres réels n n n n Sommations usuelles : k, k2 , k3 , qk k=1
•
k=1
k=1
k=0
n , en particulier : l’expresp n n n+1 sion à l’aide de factorielles, la formule fondamentale + = , p p+1 p+1 et la formule du binôme de Newton. Définition et propriétés des coefficients binomiaux
1
Chapitre 1
•
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels
Les méthodes à retenir Essayer de : •
Pour travailler de manière générale sur des ensembles, par exemple pour montrer une inclusion ou une égalité entre ensembles
passer par les éléments des ensembles
➥ Exercices 1.8 à 1.10 •
calculer globalement sur les ensembles
➥ Exercices 1.8 à 1.10, 1.25 b) •
faire intervenir les fonctions caractéristiques
➥ Exercices 1.8 à 1.10, 1.25 d). Pour exprimer une composée g ◦ f de deux applications f : E −→ F, g : F −→ G
Calculer (g ◦ f )(x) = g f (x) pour tout x ∈ E.
➥ Exercices 1.4, 1.19 b). Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer :
Pour montrer qu’une application f : E −→ F est injective
∀(x1 , x2 ) ∈ E 2 ,
f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 .
Autrement dit, montrer que tout élément de F admet au plus un antécédent par f .
➥ Exercices 1.3 a)2), 3), b), 1.17 a), 1.19 a), c). Voir d’autres méthodes dans des cas particuliers, chapitres 4, 10 11.
•
Montrer la négation de la définition de l’injectivité, c’est-à-dire montrer : ∃ (x1 , x2 ) ∈ E 2 ,
Pour montrer qu’une application f : E −→ F n’est pas injective
x1 x2 et f (x1 ) = f (x2 ) .
Autrement dit, montrer qu’il existe un élément de F ayant au moins deux antécédents distincts par f , ou encore montrer qu’il existe deux éléments distincts dans E ayant la même image par f .
➥ Exercices 1.3 a)1), 1.19 a), c).
Pour montrer qu’une application f : E −→ F est surjective
•
Voir d’autres méthodes dans des cas particuliers, chapitres 4, 10 11.
•
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀y ∈ F, ∃ x ∈ E, y = f (x). Autrement dit, montrer que tout élément de F admet au moins un antécédent par f .
➥ Exercices 1.3 a)3), b)2), 1.17 b), 1.19 a), c). 2
Les méthodes à retenir
(suite)
•
Voir d’autres méthodes dans des cas particuliers, chapitres 4, 10 11.
•
Montrer la négation de la définition de la surjectivité : ∃ y ∈ F, ∀x ∈ E, y f (x).
Pour montrer qu’une application f : E −→ F n’est pas surjective
Autrement dit, montrer qu’il existe au moins un élément de F n’ayant pas d’antécédent par f .
➥ Exercices 1.3 a)1), 2), 1.19 a), c). •
Voir d’autres méthodes dans des cas particuliers, chapitres 4, 10, 11.
Essayer de : Pour montrer qu’une application f : E −→ F est bijective
•
montrer que f est injective et surjective
➥ Exercices 1.3 a)3), b)2), 1.17 c), 1.18, 1.19 c) •
montrer que tout élément de F admet un antécédent et un seul par f .
➥ Exercice 1.5 c). Pour montrer qu’une application f : E −→ F n’est pas bijective
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Pour établir une propriété pour tout entier n, à partir d’un certain rang
Montrer que f n’est pas injective ou que f n’est pas surjective.
➥ Exercices 1.3 a)1), 2), b)2), 1.19 b),c).
Essayer de raisonner par récurrence sur n. Pour y arriver, il faut que la propriété à l’ordre n + 1 s’exprime simplement en faisant intervenir la propriété à l’ordre n.
➥ Exercices 1.6, 1.27. Essayer de se ramener aux sommations classiques : •
Pour calculer certaines sommations indexées par un entier
la sommation géométrique : ∀n ∈ N, ∀q ∈ R \ {1},
n q=0
•
qk =
1 − qn+1 1−q
la sommation d’entiers, de carrés d’entiers, de cubes d’entiers consécutifs : n k=1
k=
n n n(n + 1) 2 n(n + 1)(2n + 1) 3 n(n + 1) 2 , , k = k = 2 6 2 k=1 k=1
3
Chapitre 1
•
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels
•
la formule du binôme de Newton : ∀n ∈ N, ∀(x, y) ∈ R2 , (x + y)n =
(suite)
n n k=0
k
xk yn−k .
➥ Exercice 1.7. Essayer de : •
Pour calculer des sommations doubles ou des produits doubles
emboîter deux sommations simples, emboîter deux produits simples
➥ Exercices 1.14, 1.20, 1.21
•
utiliser une permutation de symboles boles
, une permutation de sym-
•
exploiter des rôles éventuellement symétriques des deux indices
➥ Exercice 1.26. Essayer de : •
Pour calculer une sommation faisant intervenir des coefficients binomiaux
remplacer les coefficients binomiaux par leurs expressions à l’aide de factorielles
➥ Exercices 1.15, 1.24 •
utiliser la formule du binôme de Newton
➥ Exercices 1.15, 1.24 •
utiliser un raisonnement par récurrence, si l’énoncé donne la valeur de la sommation
➥ Exercice 1.22.
Pour résoudre une équation ou une inéquation à une inconnue réelle
•
On sait résoudre les équations et les inéquations du premier degré et du second degré (voir cours).
•
Toujours tenir compte des particularités de l’équation ou de l’inéquation proposée : à ce niveau, s’il y a une question, c’est qu’il y a une réponse exprimable.
•
Montrer éventuellement que l’équation se ramène à f (x) = 0, où f est strictement monotone, ce qui établira que l’équation admet au plus une solution.
➥ Exercice 1.16 •
S’il y a des valeurs absolues, essayer de les chasser en séparant en cas, s’il y a des racines carrées, essayer de les chasser par élévation(s) au carré ou faire intervenir la notion de quantité conjuguée.
➥ Exercice 1.16. 4
Énoncés des exercices
•
Pour établir une inégalité portant sur plusieurs réels
Faire tout passer dans un membre, puis faire apparaître une somme de nombres tous positifs ou nuls (souvent des carrés de réels), pour conclure à une positivité
➥ Exercice 1.11 a) •
Effectuer un changement de variable pouvant ramener l’inégalité voulue à une autre plus simple
•
Tenir compte des rôles éventuellement symétriques des réels qui interviennent.
•
Voir aussi plus loin le chapitre 11.
Énoncés des exercices 1.1 Vrai-faux portant sur des propriétés simples faisant intervenir des quantificateurs Pour chacune des assertions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse : P1 : ∀x ∈ R, ∃ y ∈ R, x < y P2 : ∃ y ∈ R, ∀x ∈ R, x y P3 : ∀(x, y) ∈ R2 , x + y = 0 =⇒ x = 0 et y = 0 P4 : ∀(x, y) ∈ (R+ )2 , x + y = 0 =⇒ x = 0 et y = 0 P5 : ∀(x, y) ∈ N2 , x + y = 1 =⇒ xy = 0 P6 : ∀x ∈ R, x = 2 =⇒ x2 = 4 P7 : ∀x ∈ R, x2 = 9 =⇒ x = 3 P8 : ∀x ∈ R, x x2 .
1.2 Détermination, sur des exemples, de A ∩ B, A ∪ B, A ∩ B, A ∩ B
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Dans chacun des exemples suivants, où on donne un ensemble E et des parties A, B de E, déterminer explicitement A ∩ B, A ∪ B, A ∩ B, A ∩ B, où la barre désigne le complémentaire dans E : 1) E = {1, 2, 3, 4}, A = {1, 2}, B = {2, 4}
2) E = R, A = ] − ∞ ; 2], B = [1 ; +∞[
3) E = R, A = ] − ∞ ; 1], B = [2 ; +∞[
4) E = R, A = N, B = ]0 ; +∞[.
1.3 Exemples d’études d’injectivité, de surjectivité, de bijectivité Pour chacune des applications f suivantes, dire si elle est injective, surjective, bijective : a) 1) f : R −→ R, x −→ x2 2) f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x2 1 b) 1) f : R∗ −→ R, x −→ x
3) f : [0 ; +∞[ −→ [0 ; +∞[, x −→ x2 1 2) f : R∗ −→ R∗ , x −→ . x
1.4 Exemple de calcul de composée de deux applications On note f, g : R −→ R les applications définies, pour tout x ∈ R, par : f (x) = 1 + x,
g(x) = x2 .
Préciser f ◦ g et g ◦ f. A-t-on f ◦ g = g ◦ f ? 5
Chapitre 1
•
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels
1.5 Exemple d’une restriction bijective 3x − 1 . x−2 a) Montrer qu’il existe un réel et un seul, noté a, n’ayant pas d’image par f . On considère la fonction f de R dans R donnée par : f (x) =
b) Montrer qu’il existe un réel et un seul, noté b, n’ayant pas d’antécédent par f . c) Montrer que la restriction g de f à R \ {a} au départ et à R \ {b} à l’arrivée est bijective, et préciser l’application réciproque g−1 de g.
1.6 Exemple de calcul d’une sommation, raisonnement par récurrence Montrer, pour tout n ∈ N \ {0, 1} :
n k=2
n2 + n − 2 1 = . k(k2 − 1) 4n(n + 1)
1.7 Exemple de calcul d’une sommation Calculer, pour tout n ∈ N∗ : S n =
n
(k3 − 3k2 + 2k + 1).
k=1
1.8 Calcul sur les parties d’un ensemble Soient E un ensemble, A, B, C des parties de E telles que : A ∪ B = A ∪ C et A ∩ B = A ∩ C. Montrer : B = C.
1.9 Études de P(E ∩ F) et de P(E ∪ F) a) Montrer : E ⊂ F ⇐⇒ P(E) ⊂ P(F). b) Établir : P(E ∩ F) = P(E) ∩ P(F). c) A-t-on : P(E ∪ F) = P (E) ∪ P(F) ?
1.10 Exemple de calcul sur les parties d’un ensemble, inclusion Soient E un ensemble, A, B, C des parties de E. Montrer : A ∩ B ⊂ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) , où C désigne le complémentaire de C dans E.
1.11 Exemples d’inégalités portant sur deux réels, sur trois réels 1 2 (a + b2 ). 2 b) En déduire : ∀(x, y, z) ∈ (R+ )3 , 8xyz (x + y)(x + z)(y + z). a) Montrer : ∀(a, b) ∈ R2 , ab
1.12 Exemple de calcul d’une sommation, utilisation d’un télescopage 1 1 1 1 1 1 = − + . x(x2 − 1) 2 x − 1 x 2 x + 1 n 1 . b) En déduire, pour tout n ∈ N \ {0, 1}, la valeur de 2 − 1) k(k k=2
a) Vérifier : ∀x ∈ R \ {−1, 0, 1},
1.13 Exemple d’équation faisant intervenir des coefficients binomiaux Résoudre l’équation 6
x x+1 + = 14, d’inconnue x ∈ N. 3 2
Énoncés des exercices
1.14 Exemple de calcul d’une somme double Calculer, pour tout n ∈ N : S n =
q n
2p.
q=0 p=0
1.15 Une formule sur les coefficients binomiaux et un calcul de somme n n−1 =n . k k−1 n n k . b) En déduire, pour tout n ∈ N, la valeur de S n = k k=0
a) Montrer, pour tout (n, k) ∈ (N∗ )2 tel que k n : k
1.16 Exemple d’équation faisant intervenir des valeurs absolues Résoudre l’équation, d’inconnue x ∈ R : |x − 2| + |x| + |x + 1| = 5.
1.17 Conséquences de l’injectivité ou de la surjectivité d’une composée Soient E, F, G des ensembles, f : E −→ F, g : F −→ G des applications. a) Montrer que, si g ◦ f est injective, alors f est injective. b) Montrer que, si g ◦ f est surjective, alors g est surjective. c) Montrer que, si g ◦ f est bijective, alors f est injective et g est surjective.
1.18 Conséquences de la bijectivité d’une certaine composée Soient E, F, G des ensembles, f : E −→ F, g : F −→ G des applications. On suppose que g ◦ f ◦ g est bijective. Montrer que f et g sont bijectives. On pourra utiliser le résultat de l’exercice 1.17.
1.19 Exemple d’études d’injectivité, de surjectivité, composition On considère les applications : f : N −→ N, x −→ 2x,
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⎧ y ⎪ ⎪ si y est pair ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2 g : N −→ N, y −→ ⎪ ⎪ ⎪ y−1 ⎪ ⎪ ⎩ si y est impair. 2
a) Pour chacune des applications f, g, dire si elle est injective, surjective, bijective. b) Préciser g ◦ f et f ◦ g. c) Pour chacune des applications g ◦ f, f ◦ g, dire si elle est injective, surjective, bijective.
1.20 Exemple de calcul d’une sommation double Calculer, pour tout n ∈ N∗ : S n =
i j.
1i jn
1.21 Exemple de calcul d’une sommation double Calculer, pour tout n ∈ N \ {0, 1} : S n =
i . j 1i< jn 7
Chapitre 1
•
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels
1.22 Exemple de calcul d’une somme de coefficients binomiaux Montrer, pour tout (n, p) ∈ N2 tel que n p :
n k k=p
p
=
n+1 . p+1
1.23 Détermination du plus grand terme dans la formule du binôme de Newton Pour (n, a, b) ∈ N∗ × R∗+ × R∗+ fixé, quel est le plus grand terme dans le développement de (a + b)n par la formule du binôme de Newton.
1.24 Calcul d’une somme double de produits de coefficients binomiaux
n i n n−k = . i k k n−i n n n i . b) En déduire, pour tout n ∈ N, la valeur de S n = i k k=0 i=k a) Montrer, pour tout (n, k, i) ∈ N3 , tel que k i n :
1.25 Différence symétrique, associativité Soit E un ensemble. On note, pour toutes parties A, B de E : A B = (A ∪ B) ∩ (A ∩ B), appelée différence symétrique de A et B. a) Deux exemples : Déterminer A B dans les deux exemples suivants : 1) E = {1, 2, 3, 4}, A = {1, 2}, B = {1, 3} 2) E = R, A = ] − ∞ ; 2], B = [1 ; +∞[. 2 b) Établir : ∀(A, B) ∈ P(E) , A B = (A ∩ B) ∪ (B ∩ A). 2 c) Montrer, pour tout (A, B) ∈ P(E) : 1A B = 1A + 1B − 2 · 1A 1B . d) En déduire que la loi est associative dans P(E), c’est-à-dire : 3 ∀(A, B, C) ∈ P(E) , (A B) C = A (B C).
1.26 Exemple de calcul d’un produit double Calculer, pour tout n ∈ N∗ : Pn =
i j.
1i< jn
1.27 Exemple d’inégalité portant sur une sommation Montrer : ∀n ∈ N \ {0, 1},
8
n √ √ 1 √ < n + n − 1. k k=1
Du mal à démarrer ?
Du mal à démarrer ? 1.1
Calculer (A ∩ B) ∩ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) .
Réponses : v pour vraie, f pour fausse : P1 v
P2 f
P3 f
P4 v
P5 v
P6 v
P7 f
1.2
Calculer A, B, puis les ensembles demandés.
1.3
Réponses :
a)1) non inj, non surj
3e méthode : utilisation de fonctions caractéristiques :
P8 f
Calculer 1(A ∩ B) ∩ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) .
1.11
a) Exprimer la différence des deux membres en faisant apparaître une identité remarquable. b) Appliquer à divers couples et multiplier membre à membre.
a)2) inj, non surj
a)3) bij
b)1) inj, non surj
b)2) bij
1.12
1.4
Calculer, pour tout x ∈ R, (f ◦ g)(x) et (g ◦ f)(x), et trouver un x ∈ R tel que ces deux résultats soient différents.
1.5
a) a = 2. b) b = 3.
a) Partir du second membre.
b) Utiliser a), des changements d’indices et des simplifications de sommations (un télescopage).
1.13
Exprimer les deux coefficients binomiaux et se ramener à une équation du troisième degré, qui admettra une solution assez simple.
c) À partir de y = f(x), calculer x en fonction de y.
1.6
Récurrence sur n.
1.7
Exprimer Sn à l’aide des sommes connues
n
k,
k=1
1.8
n
1.14 n
k3 ,
k=1
n k=1
1.
k=1
1re méthode : utilisation des éléments des ensembles :
Calculer B en faisant intervenir A ∪ B, par exemple en commençant par : B = B ∩ (A ∪ B).
a) Remplacer les coefficients binomiaux par leurs expressions à l’aide de factorielles. b) Utiliser a) et la formule du binôme de Newton.
1.16
Séparer en cas selon la position de x par rapport à −1, 0, 2. Dans chaque cas, contrôler si la (ou les) valeur obtenue est bien dans l’intervalle considéré.
1.17
Remarquer que 1A ∩ B = 1A ∩ C et 1A ∪ B = 1A ∪ C , et appliquer les formules sur les fonctions caractéristiques d’une intersection, d’une réunion.
1.19
a) Séparer l’équivalence logique en deux implications.
2) Réciproquement, supposer P (E) ⊂ P (F). Pour montrer que tout élément x de E est élément de F, penser à considérer le singleton {x}. b) Raisonner par équivalences logiques. c) Montrer, par un contrexemple, qu’il se peut que P (E ∪ F) et P (E) ∪ P (F) ne soient pas égaux.
1re méthode : utilisation des éléments des ensembles :
Pour x ∈ A ∩ B, séparer en deux cas, selon que x ∈ C ou que x ∈ C.
a) , b) Revenir aux définitions.
c) Se déduit directement de a) et b) .
1.18
1) Supposer E ⊂ F. Alors, toute partie de E est une partie de F. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
1.15
3e méthode : utilisation de fonctions caractéristiques :
2e méthode : calcul sur les ensembles :
2p par sommation géométrique, puis Sn en
utilisant la formule du binôme de Newton. k2 ,
2e méthode : calcul sur les ensembles :
1.10
q p=0
Montrer B ⊂ C en passant par les éléments, puis C ⊂ B par rôles symétriques.
1.9
Calculer
Appliquer le résultat de l’exercice 1.17, en groupant en (g ◦ f) ◦ g ou en g ◦ (f ◦ g). a) Réponses : f est injective et non surjective, g est surjective et non injective.
b) Calculer, pour tout p ∈ N, g ◦ f(p), et calculer, pour tout k ∈ N, f ◦ g(2k) et f ◦ g(2k + 1). c) Réponses : g◦f est bijective, f ◦g n’est ni injective ni surjective.
1.20
Calculer la sommation double par emboîtement de deux j n sommations simples : ij = ij . 1ijn
j=1
i=1
1.21
Calculer la sommation double par emboîtement de deux j−1 n i i sommations simples : = . j j 1i<jn j=2 i=1
1.22
Récurrence sur n, pour p fixé. Utiliser la formule fondamentale des coefficients binomiaux.
9
Chapitre 1
1.23
•
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels
n k n−k a b . k uk+1 et résoudre l’inéquation > 1, par exemple. uk
Noter, pour k ∈ 0 ; n : uk =
Calculer
uk+1 uk
1.24
a) Calculer chacun des deux membres de l’égalité voulue, en exprimant les coefficients binomiaux à l’aide de factorielles. b) Utiliser a), un changement d’indice, et la formule du binôme de Newton deux fois.
1.25
1X = 1 − 1X , 1X ∩ Y = 1X 1Y , 1X ∪ Y = 1X + 1Y − 1X 1Y . d) Calculer les fonctions caractéristiques des deux membres.
1.26
Remarquer, par rôles symétriques : Pn2 =
a) Réponses :
1) : A B = {2, 3},
1i,jn
2) : A B = ] − ∞ ; 1[ ∪ ]2 ; +∞[.
b) Calculer A B d’après sa définition, en utilisant les formules sur le calcul sur les ensembles.
10
c) Utiliser b) et les formules sur les fonctions caractéristiques, en particulier, pour tous ensembles X, Y :
1.27
ij / ij . 1i=jn
Récurrence sur n. Dans le passage de récurrence, il suffit √ √ √ √ 1 n+ n−1+ √ < n + 1 + n. n+1
de prouver :
Corrigés des exercices • P1 est vraie. Pour tout x ∈ R, il existe y ∈ R tel que x < y, par exemple y = x + 1. Autrement dit, pour tout réel x, il existe au moins un réel y (par exemple y = x + 1) tel que x < y.
1.1
•
Puisque f n’est pas injective (ou n’est pas surjective), f n’est pas bijective. y
P2 est fausse. Il n’existe aucun réel y (fixé) plus grand que tous les réels. •
y = x2
4
4 admet deux antécédents par f
On peut aussi montrer que P2 est fausse en remarquant que la négation de P2 : ∀y ∈ R, ∃x ∈ R, x > y
−1 n’admet pas d’antécédent par f
est vraie, car c’est P1 . P3 est fausse. Par exemple, x = 1 et y = −1 vérifient x + y = 0 mais ne vérifient pas x = 0 et y = 0.
•
P4 est vraie. Si x + y = 0 et si x et y sont 0, alors : x = 0 et y = 0.
• •
P5 est vraie. Si (x, y) ∈ N2 est tel que x + y = 1, alors :
2
−1
2) • f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x2 est injective, car, pour tout (x, y) ∈ [0 ; +∞[2 , puisque x et y sont 0, :
P6 est vraie. Si x = 2, alors x2 = 4.
P7 est fausse. Si x2 = 9, on n’a pas nécessairement x = 3, puisque x peut être égal à −3. 1 • P8 est fausse. Par exemple, pour x = , on n’a pas x x2 . 2 Plus précisément, pour tout x ∈ R :
f (x) = f (y) ⇐⇒ x2 = y2 ⇐⇒ x = y.
•
x x2 ⇐⇒ x(x − 1) 0 ⇐⇒ x ∈ ] − ∞ ; 0] ∪ [1 ; +∞[.
1.2
Présentons les réponses dans un tableau, se lisant verticalement pour chaque exemple : E A B A∩
O
x = 0 et y = 1 ou x = 1 et y = 0 ,
donc : xy = 0. •
x −2
1) 2) {1, 2, 3, 4} R {1, 2} ] − ∞ ; 2] {2, 4} [1 ; +∞[ B {2} [1 ; 2]
3) R ] − ∞ ; 1] [2 ; +∞[ ∅ ] − ∞ ; 1] ∪ [2 ; +∞[
4) R N ]0 ; +∞[ N∗
• f n’est pas surjective, car, par exemple, le réel −1 n’est pas atteint par f . •
3) • f : [0 ; +∞[ −→ [0 ; +∞[, x −→ x2 est injective, comme en 2). •
•
Puisque f est injective et surjective, f est bijective. 1 est injective, car, pour tout b) 1) • f : R∗ −→ R, x −→ x (x1 , x2 ) ∈ (R∗ )2 :
{1, 2, 4}
R
[0 ; +∞[
A
{3, 4}
]2 ; +∞[
]1 ; +∞[
R\N
B
{1, 3}
] − ∞ ; 1[
] − ∞ ; 2[
] − ∞ ; 0]
•
A∩ B
{1}
] − ∞ ; 1[
] − ∞ ; 1]
•
A∩ B
{4}
]2 ; +∞[
[2 ; +∞[
{0} ]k ; k + 1[
a) 1) • f : R −→ R, x −→ x2 n’est pas injective, car, par exemple : 2 −2 et f (2) = f (−2) = 4.
1.3
• f n’est pas surjective, car, par exemple, le réel −1 n’a pas d’antécédent par f dans R.
f est surjective, car : ∀y ∈ [0 ; +∞[, ∃ x ∈ [0 ; +∞[, y = x2 .
Autrement dit, tout réel 0 est le carré d’un réel 0.
A∪ B
k∈N
Puisque f n’est pas surjective, f n’est pas bijective.
f (x1 ) = f (x2 ) ⇐⇒
1 1 = ⇐⇒ x1 = x2 . x1 x2
f n’est pas surjective, car le réel 0 n’est pas atteint par f .
Puisque f n’est pas surjective, f n’est pas bijective. 1 2) • f : R∗ −→ R∗ , x −→ est injective, comme en 1). x 1 • f est surjective, car : ∀y ∈ R∗ , ∃ x ∈ R∗ , y = , x 1 en prenant x = . y • Puisque f est injective et surjective, f est bijective. 11
Chapitre 1
•
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels
• On a, pour tout x ∈ R : ⎧ 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨( f ◦ g)(x) = f g(x) = f (x ) = 1 + x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(g ◦ f )(x) = g f (x) = g(1 + x) = (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 .
1.4
•
Par exemple : ( f ◦ g)(1) = 2 et (g ◦ f )(1) = 4,
donc : f ◦ g g ◦ f.
donc la formule est vraie pour n + 1. Ceci montre, par récurrence sur n, la formule demandée. Comparer avec l’exercice 1.12, dans lequel l’énoncé ne donne pas le résultat et donc dans lequel on ne peut apparemment pas faire une récurrence.
1.7
On a, pour tout n ∈ N∗ :
a) Il est clair que : a = 2.
1.5
Sn =
b) Soit (x, y) ∈ (R \ {2}) × R. On a :
=
2y − 1 y−3
=
donc y admet un antécédent et un seul par f , qui est
donc y n’a pas d’antécédent par f .
3x − 1 2y − 1 y = g(x) ⇐⇒ y = ⇐⇒ x = . x−2 y−3
n
k2 + 2
n
k=1
k=1
k+
n
1
k=1
=
n(n3 − 2n2 − n + 6) . 4
On conclut : ∀n ∈ N∗ , S n =
1.8
n(n3 − 2n2 − n + 6) . 4
1re méthode : utilisation des éléments des ensembles :
1) Soit b ∈ B. Alors : b ∈ B ⊂ A ∪ B = A ∪ C, donc b ∈ A ou b ∈ C. Si b ∈ A, alors : b ∈ A ∩ B = A ∩ C, donc b ∈ C.
Ainsi, tout élément y de l’arrivée admet un antécédent et un seul par g, donc g est bijective, et l’application réciproque de g 2y − 1 . est : g−1 : R \ {3} −→ R \ {2}, y −→ y−3
2) Puisque les hypothèses sont invariantes en échangeant B et C, on a aussi : C ⊂ B.
1.6
On conclut : B = C.
•
Récurrence sur n.
Pour n = 2 : n 1 k=2
•
k(k2 − 1)
=
1 6
et
n2 + n − 2 4 1 = = , 4n(n + 1) 4·2·3 6
Supposons la formule vraie pour un n ∈ N \ {0, 1} fixé.
On a alors : n+1 1 k=2
k(k2 − 1)
=
n k=2
1 1 + k(k2 − 1) (n + 1) (n + 1)2 − 1
1 (n2 + n − 2)(n + 2) + 4 n2 + n − 2 + = 4n(n + 1) (n + 1)n(n + 2) 4n(n + 1)(n + 2) 3 2 n + 3n n(n + 3) = = 4n(n + 1)(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) (n + 1)2 + (n + 1) − 2 = , 4(n + 1)(n + 2) =
Ceci montre : B ⊂ C.
2è méthode : calcul sur les ensembles :
donc la formule est vraie pour n = 2.
12
k3 − 3
n2 (n + 1)2 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) −3 +2 +n 4 6 2 n n(n + 1)2 − 2(n + 1)(2n + 1) + 4(n + 1) + 4 = 4
Si y = 3, alors : y = f (x) ⇐⇒ 0x = −5,
On a, pour tout (x, y) ∈ (R \ {2}) × (R \ {3}) :
n k=1
2y − 1 . y−3
Il existe donc un réel et un seul, b = 3, n’ayant pas d’antécédent par f . 3x − 1 c) L’application g : R \ {2} −→ R \ {3}, x −→ x−2 est la restriction de f à R \ {2} au départ et à R \ {3} à l’arrivée.
(k3 − 3k2 + 2k + 1)
k=1
3x − 1 ⇐⇒ xy − 2y = 3x − 1 x−2 ⇐⇒ xy − 3x = 2y − 1 ⇐⇒ (y − 3)x = 2y − 1.
y = f (x) ⇐⇒ y =
Si y 3, on a : y = f (x) ⇐⇒ x =
n
On a : B = B ∩ (A ∪ B) = B ∩ (A ∪ C) = (B ∩ A) ∪ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ C ⊂ C. De même : C ⊂ B, et finalement : B = C. 3è méthode : utilisation de fonctions caractéristiques : Puisque A ∩ B = A ∩ C, on a : 1A ∩ B = 1A ∩ C et, puisque A ∪ B = A ∪ C, on a : 1A ∪ B = 1A ∪ C . ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨1A ∪ B = 1A + 1 B − 1A ∩ B Mais : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1A ∪ C = 1A + 1C − 1A ∩ C . On déduit : 1B = 1C , et donc : B = C.
Corrigés des exercices
1.9
a) 1) Supposons E ⊂ F.
•
Si x ∈ C, alors, comme x ∈ B et x ∈ C, on a :
Soit X ∈ P(E). On a : ∀x ∈ X, x ∈ E ⊂ F, donc : X ⊂ F, c’est-à-dire : X ∈ P(F).
x ∈ B ∩ C ⊂ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C).
Ceci montre : P(E) ⊂ P(F).
Ceci montre : ∀x ∈ A ∩ B, x ∈ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)
On a établi : E ⊂ F =⇒ P(E) ⊂ P(F).
et on conclut : A ∩ B ⊂ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C).
2) Réciproquement, supposons P(E) ⊂ P(F).
2e méthode : calcul sur les ensembles :
Soit x ∈ E. Considérons le singleton {x}, c’est-à-dire l’ensemble à un élément formé par x tout seul.
On a :
On a : {x} ∈ P(E) ⊂ P(F), donc : x ∈ F. Ceci montre : E ⊂ F.
(A ∩ B) ∩ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = (A ∩ B ∩ A ∩ C) ∪ (A ∩ B ∩ B ∩ C) = (A ∩ B ∩ C) ∪ (A ∩ B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ (C ∪ C) = A ∩ B,
On a établi : P(E) ⊂ P(F) =⇒ E ⊂ F. On conclut à l’équivalence logique : E ⊂ F ⇐⇒ P(E) ⊂ P(F). b) On a, pour tout ensemble X : ⎧ ⎪ ⎪ ⎨X ⊂ E X ∈ P(E ∩ F) ⇐⇒ X ⊂ E ∩ F ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩X ⊂ F ⎧ ⎪ ⎪ ⎨X ∈ P(E) ⇐⇒ X ∈ P(E) ∩ P(F), ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩X ∈ P(F) et on conclut : P(E ∩ F) = P(E) ∩ P(F).
donc :
A ∩ B ⊂ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C).
e
3 méthode : utilisation de fonctions caractéristiques : On a : 1(A ∩ B) ∩ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = 1A ∩ B 1(A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = 1A 1B (1A 1C + 1B 1C − 1A 1C 1B 1C ) = 1A 1B 1C + 1A 1B 1C =0
= 1A 1B (1C + 1C ) = 1A 1B = 1A ∩ B , =1
donc : (A ∩ B) ∩ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = A ∩ B,
c’est-à-dire : A ∩ B ⊂ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C).
c) 1) On a, pour tout ensemble X : X ∈ P(E) ∪ P(F) ⇐⇒ X ⊂ E ou X ⊂ F
1.11
a2 + b2 − 2ab (a − b)2 1 2 (a + b2 ) − ab = = 0, 2 2 2
=⇒ X ∈ E ∪ F ⇐⇒ X ∈ P(E ∪ F), ce qui montre : P(E) ∪ P(F) ⊂ P(E ∪ F).
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
2) Mais la réciproque est en général fausse. En effet, si un ensemble X est inclus dans une réunion E ∪ F, cela n’entraîne pas, en général, que X soit inclus dans E ou que X soit inclus dans F. En effet, X peut contenir des éléments de E qui ne sont pas dans F et des éléments de F qui ne sont pas dans E. Pour montrer la non-inclusion, donnons un contrexemple : E = {1}, F = {2}. On a ici : P(E ∪ F) = P({1, 2}) = ∅, {1}, {2}, {1, 2} , P(E) ∪ P(F) = ∅, {1} ∪ ∅, {2} = ∅, {1}, {2} .
Dans cet exemple, on n’a pas égalité entre P(E ∪ F) et P(E) ∪ P(F).
1.10
1re méthode : utilisation des éléments des ensembles :
Soit x ∈ A ∩ B. Séparons en deux cas, ce qui permettra de faire intervenir C. •
Si x ∈ C, alors, comme x ∈ A et x ∈ C, on a : x ∈ A ∩ C ⊂ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C).
a) On a, pour tout (a, b) ∈ R2 :
donc :
ab 12 (a2 + b2 ).
b) Appliquons le résultat de a) aux trois couples √ √ √ √ √ √ ( x, y), ( x, z), ( y, z) à la place de (a, b) : √ √ √ √ √ √ 1 1 1 x y (x + y), x z (x + z), y z (y + z). 2 2 2 En multipliant membre à membre (il s’agit de nombres tous 0), on obtient : xyz 18 (x + y)(x + z)(y + z), ce qui montre l’inégalité voulue. a) On a, pour tout x ∈ R \ {−1, 0, 1}, en partant du second membre dans l’énoncé :
1.12
1 1 1 1 1 − + 2 x−1 x 2 x+1 x(x + 1) − 2(x − 1)(x + 1) + x(x − 1) = 2(x − 1)x(x + 1) 1 1 = . = (x − 1)x(x + 1) x(x2 − 1) 13
Chapitre 1
•
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels
b) On a, pour tout n ∈ N \ {0, 1} : n k=2
1 1 = k(k2 − 1) 2
n k=2
1 2 1 − + k−1 k k+1
1.14
On a, en utilisant la sommation d’une progression géométrique et la formule du binôme de Newton, pour tout n ∈ N :
Sn =
⎛ n ⎞ n n 1 1 ⎟⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜ 1 = ⎜⎝ −2 + ⎟ 2 k=2 k − 1 k k=2 k + 1 ⎠ k=2 1 = 2
2p =
q=0 p=0
=2
⎛ n−1 ⎞ n n+1 ⎜⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝ −2 + ⎟ k k k=3 k ⎠ k=1 k=2
1.15
changements d’indice k ←− k − 1, k ←− k + 1
k
⎛ ⎡⎛ ⎞ ⎞ n−1 n−1 ⎜⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟⎟⎟ 1 ⎢⎢⎢⎢⎜⎜⎜⎜ 1 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜ = ⎢⎣⎜⎝1 + + + ⎟ ⎟ − 2 ⎜⎝ + 2 2 k=3 k ⎠ 2 k=3 k n ⎠ ⎛ n−1 ⎞⎤ ⎜⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟⎟⎟⎥⎥⎥⎥ ⎜ + ⎜⎝ + + ⎟⎥ k n n + 1 ⎠⎦ k=3 =
q n
1 1 1 1 n(n + 1) − 2(n + 1) + 2n n2 + n − 2 − + = = . 2 2 n n+1 4n(n + 1) 4n(n + 1)
n 2q+1 − 1
2−1
q=0
n
2q −
q=0
n
1
q=0
2n+1 − 1 − (n + 1) = 2n+2 − 2 − (n + 1) = 2n+2 − n − 3. 2−1 a) On a, pour tout (n, k) ∈ (N∗ )2 :
n n! n! = =k k!(n − k)! (k − 1)!(n − k)! k =n
(n − 1)! n−1 . =n k−1 (k − 1)! (n − 1) − (k − 1) !
b) • On a, pour tout n ∈ N∗ :
Sn =
Comparer avec la résolution de l’exercice 1.6, dans lequel l’énoncé donne le résultat, donc dans lequel on peut envisager un raisonnement par récurrence.
n n n n n n−1 k = k = n k k a) k=1 k − 1 k=0 k=1 =n
n n−1 k=1
On a, pour tout x ∈ N : x x+1 x(x − 1)(x − 2) (x + 1)x + + = 6 2 3 2 x x = (x − 1)(x − 2) + 3(x + 1) = (x2 + 5), 6 6
=2
k−1
= n
i=k−1
n−1 n−1 i=0
i
=
Newton
n2n−1 .
1.13
donc : x x x+1 + = 14 ⇐⇒ (x2 + 5) = 14 3 2 6 ⇐⇒ x3 + 5x − 84 = 0
D’autre part : S 0 = 0.
On conclut : ∀n ∈ N, S n = n2n−1 . Voir l’exercice 3.13 pour une autre méthode de calcul, utilisant des polynômes. Soit x ∈ R. Calculons y = |x − 2| + |x| + |x + 1| en séparant en cas selon la position de x par rapport à 2, 0, −1 :
1.16
(1).
Il s’agit maintenant de résoudre une équation du troisième degré, d’inconnue x ∈ N. L’application f : R −→ R, x −→ x3 + 5x − 84 est strictement croissante sur R, car f est dérivable et : ∀x ∈ R, f (x) = 3x2 + 5 > 0. Il en résulte que l’équation (1) admet, dans R, au plus une solution, donc admet, dans N, au plus une solution. Par exemple, on calcule les valeurs successives f (0), f (1), ... On constate f (4) = 0. On conclut que l’équation proposée admet une solution et une seule : x = 4. 14
•
x x −1 −1 x 0 |x − 2| 2−x 2−x |x| −x −x |x + 1| −x − 1 x+1 y −3x + 1 −x + 3 y = 5 −3x + 1 = 5 −x + 3 = 5 Solutions x = − 34 x = −2 non
0x2 2x 2−x x−2 x x x+1 x+1 x+3 3x − 1 x + 3 = 5 3x − 1 = 5 x=2 x=2
On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation propo! 4 " sée est − , 2 . 3 On peut tracer la représentation graphique de l’application f : R −→ R, x −→ |x − 2| + |x| + |x + 1|.
Corrigés des exercices
qui est la composée de trois applications bijectives, donc f est bijective.
− 3x y=
y= 3x −
1
y
Finalement, f et g sont bijectives.
+1
1.19
a) 1)
5
x
3 + y
−
=
=
x
y
4
0 1 2 3 4 5 ... f ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 . . .
+
•
3
3
f (x1 ) = f (x2 ) ⇐⇒ 2x1 = 2x2 ⇐⇒ x1 = x2 . • f n’est pas surjective, car, par exemple, l’élément 1 de N n’a pas d’antécédent par f .
1 − 4 /3
−1
O
1
x
2
On remarque que f n’atteint que les nombres pairs. •
On voit qu’en coupant par l’horizontale y = 5, on obtient bien deux valeurs de x.
1.17
f est injective, car, pour tout (x1 , x2 ) ∈ N2 :
a) Supposons g ◦ f injective.
Soit (x1 , x2 ) ∈ E 2 tel que f (x1 ) = f (x2 ). On a alors : g ◦ f (x1 ) = g f (x1 ) = g f (x2 ) = g ◦ f (x2 ).
Puisque f n’est pas surjective, f n’est pas bijective.
2) 0 1 g↓ 0 •
g n’est pas injective, car, par exemple : 0 1 et g(0) = g(1).
On remarque que, pour tout p ∈ N, on a : g(2p) =
Puisque g ◦ f est injective, il s’ensuit : x1 = x2 . On conclut que f est injective.
(2p + 1) − 1 2p = p et g(2p + 1) = = p, 2 2
donc 2p et 2p + 1 ont la même image par g.
b) Supposons g ◦ f surjective. Soit z ∈ G. Puisque g ◦ f est surjective, il existe x ∈ E tel que : z = g ◦ f (x). On a alors : z = g f (x) et f (x) ∈ F. Ceci montre : ∀z ∈ G, ∃ y ∈ F, z = g(y).
•
g est surjective, car : ∀n ∈ N, g(2n) = n
donc tout n ∈ N admet au moins un antécédent (2n) par g. On remarque que tout élément de N admet exactement deux antécédents par g. •
On conclut que g est surjective.
Puisque g n’est pas injective, g n’est pas bijective.
b) 1)
c) Si g ◦ f est bijective, alors g ◦ f est injective et surjective, donc, d’après a) et b), f est injective et g est surjective. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
2 3 4 5 ... ↓ ↓ 1 2 ...
1.18
Schématiquement, en utilisant le résultat de l’exercice 1.17, on a : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨g ◦ f ◦ g injective g ◦ f ◦ g bijective ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g ◦ f ◦ g surjective ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨g injective ⎨(g ◦ f ) ◦ g injective =⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g surjective ⎩g ◦ ( f ◦ g) surjective =⇒ g bijective .
Ceci montre que g est bijective. On peut donc considérer l’application réciproque g−1 de g. On a alors : f = g−1 ◦ (g ◦ f ◦ g) ◦ g−1 ,
0 1 2 3 4 5 ... f ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 . . . g ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 0 1 2 3 4 5 ...
On a, pour tout p ∈ N : 2p = p, (g ◦ f )(p) = g f (p) = g(2p) = 2 donc : g ◦ f = IdN . 2) 0 1 g ↓ 0 f ↓ 0 1
2 3 4 5 ... ↓ ↓ 1 2 ... ↓ ↓ 2 3 4 5 ... 15
Chapitre 1
•
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels
On a, pour tout k ∈ N :
Soit p ∈ N fixé. Récurrence sur n. n k p p+1 = = 1 et = 1, • Pour n = p, on a : p p p+1 k=p
1.22
2k ( f ◦ g)(2k) = f g(2k) = f = f (k) = 2k 2 (2k + 1) − 1 ( f ◦ g)(2k + 1) = f g(2k + 1) = f = f (k) = 2k. 2
On conclut :
donc la formule est vraie pour n = p. Supposons la formule vraie pour un n ∈ N fixé tel que n p. On a alors :
•
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ y f ◦ g : N −→ N, y −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y − 1
si
est pair
si y est impair.
c) 1) Puisque g◦ f = IdN , g◦ f est injective, surjective, bijective.
n+1 k k=p
p
=
n $ # k k=p
2) • f ◦ g n’est pas injective, car : 0 1 et f ◦ g(0) = f ◦ g(1). •
f ◦ g n’est pas surjective, car 1 n’a pas d’antécédent par f ◦ g.
f ◦ g n’est pas injective (ou n’est pas surjective), f ◦ g n’est pas bijective. • Puisque
On remarque que, dans cet exemple, g◦ f est bijective mais que f ◦ g n’est pas bijective.
1.20
1re méthode : emboîtement de sommations :
On a :
n+1 p p n+1 n+1 n+2 (n + 1) + 1 = + = = , p+1 p p+1 p+1
ce qui montre que la formule est vraie pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n, que, pour tout (n, p) ∈ N2 tel n k n+1 que n p, on a : = . p p+1 k=p 3 4 5 5 2 + + + = . Exemple : p = 2, n = 5 : 2 2 2 3 2 =1
ij =
j n
1i jn
=
+
j=1
n 1
2
j=1
n
ij =
i=1
j
j=1
j
i =
i=1
n
j
j=1
j( j + 1) 2
n 1 n2 (n + 1)2 n(n + 1)(2n + 1) j3 + j2 = + 2 4 6 j=1
n(n + 1) 3n(n + 1) + 2(2n + 1) = 24 n(n + 1) 2 n(n + 1)(n + 2)(3n + 1) = (3n + 7n + 2) = . 24 24 2e méthode : utilisation d’autres sommes doubles :
=3
=6
1
1
1
2
1
1
3
3
1
1
4
6
4
1
1
5
10
10
5
1
1
6
15
20
15
6
On a : 2
ij =
1i jn
ij +
1i, jn
ij =
n n n i j + i2
1i= jn
=
i=1
n(n + 1) 2 2
j=1
i=1
n(n + 1)(2n + 1) + , 6
et on termine comme dans la 1re méthode.
1.21 Sn =
On a : j−1 j−1 n n i i 1 i = = j j j i=1 1i< jn j=2 i=1 j=2
=
n 1 ( j − 1) j j=2
j =
2
=
n n n 1 1 ( j − 1) = j− 1 2 j=2 2 j=2 j=2
1 n(n + 1) 2
2
n2 − n − 1 − (n − 1) = . 4
On conclut : ∀n ∈ N \ {0, 1}, S n = 16
n(n − 1) . 4
1.23
Notons, pour k ∈ {0, ..., n} : uk =
=10
=20
1
n k n−k ab k
le k-ème terme dans le développement de (a+b)n par la formule du binôme de Newton. On a : ∀k ∈ {0, ..., n}, uk > 0. Pour comparer les uk entre eux, commençons par comparer deux termes consécutifs. Comme uk fait intervenir des produits, nous allons former le rapport de deux termes consécutifs. On a, pour tout k ∈ {0, ..., n − 1} : n ak+1 bn−(k+1) k+1 uk+1 = uk n k n−k ab k n! ak+1 bn−k−1 n−k a (k + 1)!(n − k − 1)! = = . n! k +1b ak bnk k!(n − k)!
Corrigés des exercices
2 b) On a, pour tout (A, B) ∈ P(E) :
Il en résulte les équivalences logiques suivantes : uk+1 n−ka > 1 ⇐⇒ > 1 ⇐⇒ (n − k)a > (k + 1)b uk k+1b
an − b ⇐⇒ (a + b)k < an − b ⇐⇒ k < , a+b
et les équivalences logiques analogues avec l’inégalité stricte renversée, ou avec l’égalité. On conclut : an − b • Si ∈ R− , alors le plus grand terme est atteint une fois a+b et une seule, pour k = 0, et c’est bn an − b • Si ∈ R+ \ N, alors le plus grand terme est atteint une a+b an − b . fois et une seule, pour k = Ent a+b an − b • Si ∈ N, alors le plus grand terme est atteint exactea+b an − b an − b et pour k = + 1. ment deux fois, pour k = a+b a+b
1.24
a) Soit (n, k, i) ∈ N3 tel que k i n. On a :
= (A ∩ A) ∪ (A ∩ B) ∪ (B ∩ A) ∪ (B ∩ B) = (A ∩ B) ∪ (B ∩ A). 2 c) On a, pour tout (A, B) ∈ P(E) : 1AB = 1(A ∩ B) ∪ (B ∩ A) = 1A 1B + 1B 1A − 1A 1B 1B 1A =0
= 1A (1 − 1B ) + 1B (1 − 1A ) = 1A + 1B − 2 · 1A 1B . 3 d) Soit (A, B, C) ∈ P(E) . On a : 1(AB)C = 1AB + 1C − 2 · 1AB 1C = (1A + 1B − 2 · 1A 1B ) + 1C − 2 · (1A + 1B − 2 · 1A 1B )1C = 1A + 1B + 1C − 2(1A 1B + 1A 1C + 1B 1C ) + 4 · 1A 1B 1C . De même : 1A(BC) = 1A + 1BC − 2 · 1A 1BC = 1A + (1B + 1C − 2 · 1B 1C ) − 2 · 1A (1B + 1C − 2 · 1B 1C )
n i n! i! n! = = i k i!(n − i)! k!(i − k)! (n − i)!k!(i − k)!
(n − k)! n! n n−k n! = , = k!(n − k)! (n − i)!(i − k)! k!(n − i)!(i − k)! k n−i
d’où l’égalité voulue :
n i n n−k = . i k k n−i
Sn = =
k=0
k
i=k
n−i
=
j=n−i
n # n−k n n−k $ k=0
k
Ceci montre :
1.25
(A B) C = A (B C),
On déduit :
et on conclut que la loi est associative dans P(E).
j=0
1i, jn
j =
i=1
j=1 n
A ∩ B = ] − ∞ ; 1[ ∪ ]2 ; +∞[, A B = ] − ∞ ; 1[ ∪ ]2 ; +∞[.
n
=
i=1
=
1.27 •
=
(in n!)
i=1
(n!)2
i=1
(n!)
On conclut :
j=1
n 2 i
i2
A ∪ B = {1, 2, 3}, A ∩ B = {1},
A ∪ B = R, A ∩ B = [1 ; 2],
n n in j
i=1
a) 1) Pour E = {1, 2, 3, 4}, A = {1, 2}, B = {1, 3}, on a :
2) Pour E = R, A = ] − ∞ ; 2], B = [1 ; +∞[, on a :
1 j
1i= jn n n ij
∀n ∈ N, S n = 3n .
A ∩ B = {2, 3, 4}, A B = {2, 3}.
1i< jn
donc : & P2n = ij ij
n n n−k = 2 = (1 + 2)n = 3n . Newton k k=0
On conclut :
1(AB)C = 1A(BC) .
Soit n ∈ N∗ . Exploitons les rôles symétriques de i et j dans le produit i j. On a : Pn = ij = i j,
n n n n n i n n−k = i k a) k=0 i=k k n − i k=0 i=k n # n n n−k %
= 1A + 1B + 1C − 2(1A 1B + 1A 1C + 1B 1C ) + 4 · 1A 1B 1C .
1.26
b) On a, pour tout n ∈ N :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
A B = (A ∪ B) ∩ (A ∩ B) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ B)
n
n i=1
(n!)2
in
(n!)n =
n n i i=1
(n!)2
= (n!)2n−2 .
∀n ∈ N∗ , Pn = (n!)n−1 .
Récurrence sur n.
Pour n = 2, la propriété est vraie, car : n √ √ √ 1 1 √ = 1 + √ et n + n − 1 = 2 + 1. k 2 k=1
17
Chapitre 1
•
Ensembles, applications, combinatoire, calculs sur les nombres réels
la propriété vraie pour un n ∈ N \ {0, 1} fixé, c’estn √ √ 1 à-dire : √ < n + n − 1. k k=1 • Supposons
On a alors :
qui est vraie.
n+1 n √ √ 1 1 1 1 < n+ n−1+ √ . √ = √ + √ k k n+1 n+1 k=1 k=1
Il nous suffit donc de montrer : √ √ √ √ 1 < n+1+ n n+ n−1+ √ n+1 √ √ 1 < n+1− n−1 On a : (1) ⇐⇒ √ n+1
18
√ ⇐⇒ 1 < (n + 1) − n2 − 1 √ ⇐⇒ n2 − 1 < n ⇐⇒ n2 − 1 < n2 ,
(1).
Ainsi, l’inégalité (1) est vraie, donc : n+1 √ √ 1 √ < n + 1 + n, k k=1
ce qui montre que l’inégalité est vraie pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n, que l’inégalité de l’énoncé est vraie pour tout n ∈ N \ {0, 1}.
Nombres complexes
Plan Les méthodes à retenir
19
Énoncés des exercices
22
Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
CHAPITRE
2
Thèmes abordés dans les exercices •
Calcul sur les nombres complexes : sommes, produits, quotients, puissances, conjugués, modules, forme algébrique et forme trigonométrique
25
•
Équations algébriques simples
27
•
Inégalités portant sur des modules de nombres complexes
•
Utilisation des nombres complexes pour la trigonométrie, formule d’Euler, formule de Moivre
•
Manipulation des racines n-ièmes de l’unité dans C.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Calculs dans C, en particulier les propriétés algébriques de la conjugaison et du module
•
Résolution des équations du premier degré et du deuxième degré dans C
•
Propriétés de la forme trigonométrique d’un nombre complexe
•
Définition et propriétés des racines n-ièmes de l’unité dans C
•
Formule d’Euler et formule de Moivre.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Les méthodes à retenir Pour calculer la partie réelle et la partie imaginaire d’un nombre complexe présenté comme produit de nombres complexes ou comme puissance d’un nombre complexe
Utiliser la forme trigonométrique des nombres complexes.
Pour calculer la partie réelle et la partie imaginaire d’un nombre complexe présenté comme quotient de deux nombres complexes
Multiplier haut et bas par le conjugué du dénominateur.
➥ Exercice 2.2 De manière générale, l’écriture algébrique x + i y, (x, y) ∈ R2 , est conseillée pour des calculs additifs, et l’écriture trigonométrique ρ e i θ , (ρ, θ) ∈ R+ × R, est conseillée pour des calculs multiplicatifs.
➥ Exercices 2.1 à 2.3. 19
Chapitre 2
•
Nombres complexes
Pour mettre sous forme trigonométrique un nombre complexe z non nul, présenté sous forme algébrique z = x + i y, (x, y) ∈ R2
Pour calculer sous forme algébrique les racines carrées d’un nombre complexe Z présenté sous forme algébrique, Z = X + i Y, (X, Y) ∈ R2
Calculer d’abord |z| par |z| = z tel que e i θ = . |z|
'
x2 + y2 , puis calculer, si possible, θ ∈ R
➥ Exercice 2.10 a).
Noter z = x+ i y, (x, y) ∈ R2 et résoudre l’équation z2 = Z, en rajoutant au système l’équation |z|2 = |Z| qui s’en déduit : ⎧ ⎪ ⎪ x2 − y 2 = X ⎧ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(x + i y) = X + i Y ⎨ ⇐⇒ ⎪ z2 = Z ⇐⇒ ⎪ 2xy = Y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩|x + i y|2 = |X + i Y| ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x2 + y 2 = √ X 2 + Y 2 . ⎩ Déduire x2 et y2 par addition et soustraction, d’où x et y à des signes près, qui sont précisés par l’équation 2xy = Y. On obtient (si Z 0) exactement deux solutions en z.
➥ Exercice 2.5. •
On sait résoudre les équations du premier degré dans C. On a, pour tout (a, b) ∈ C∗ × C et tout z ∈ C : b az + b = 0 ⇐⇒ z = − . a
•
On sait résoudre les équations du second degré dans C. On a, pour tout (a, b, c) ∈ C∗ × C × C et tout z ∈ C : −b + δ −b − δ ou z = az2 + bz + c = 0 ⇐⇒ z = , 2a 2a où δ est une racine carrée complexe du discriminant Δ = b2 − 4ac.
Pour résoudre une équation à une inconnue dans les complexes
➥ Exercice 2.6 •
Toujours tenir compte des particularités de l’équation proposée ; à ce niveau, s’il y a une question, c’est qu’il y a une réponse exprimable.
➥ Exercice 2.13 •
Essayer d’effectuer un changement d’inconnue pour ramener l’équation à une autre équation plus simple. On prendra souvent comme nouvelle inconnue un groupement intervenant plusieurs fois dans l’équation. Par exemple, pour résoudre une équation bicarrée az4 + bz2 = c = 0, noter Z = z2 , pour se ramener à une équation du second degré en Z.
➥ Exercices 2.11, 2.12.
20
Les méthodes à retenir
Pour traduire qu’un nombre complexe est réel, qu’un nombre complexe est imaginaire pur
Utiliser les formules, pour tout z ∈ C : 1 1 (z − z). Ré (z) = (z + z), Im (z) = 2 2i Ainsi : z ∈ R ⇐⇒ z = z et z ∈ i R ⇐⇒ z = −z .
➥ Exercice 2.15.
Pour faire des calculs sur des nombres complexes de module 1
Essayer d’utiliser, pour tout z ∈ C∗ : |z| = 1 ⇐⇒ z =
1 et réciproquement. z ➥ Exercices 2.9, 2.16, 2.22, 2.23.
ce qui permet, lorsque |z| = 1, de remplacer z par
•
Pour résoudre une question portant sur des cosinus et des sinus
1 , z
•
Essayer de faire intervenir les nombres complexes, en utilisant la formule : ∀x ∈ R, cos x + i sin x = e i x . θ
Pour transformer 1 + e i θ ou 1 − e i θ (θ ∈ R), mettre e i 2 en facteur : θ θ 1 + e i θ = 2 e i 2 cos , 2
θ θ 1 − e i θ = −2 i e − i 2 sin . 2
➥ Exercice 2.10 a). •
Essayer d’utiliser l’inégalité triangulaire ∀(z, z ) ∈ C2 , |z + z | |z| + |z | ou l’inégalité triangulaire renversée ( ( ∀(z, z ) ∈ C2 , |z − z | ((|z| − |z |((.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Pour établir une inégalité portant sur des modules de nombres complexes
➥ Exercices 2.7, 2.25 •
De manière générale, il est conseillé de partir du membre le plus compliqué.
•
Essayer de faire intervenir des carrés de module (au lieu des modules eux-mêmes), de façon à pouvoir utiliser la formule : ∀z ∈ C, |z|2 = zz.
➥ Exercice 2.26.
Pour déterminer l’image dans C, par une application f , d’une partie P de C
Essayer, si possible, en notant Z = f (z), d’exprimer z en fonction de Z, puis remplacer z en fonction de Z dans les conditions définissant P.
➥ Exercice 2.24 c). 21
Chapitre 2
•
Nombres complexes
Essayer d’appliquer : •
la formule du binôme de Newton ∀n ∈ N, ∀(a, b) ∈ C2 ,
Pour calculer une expression faisant intervenir des coefficients binomiaux, ou pour calculer une somme faisant intervenir une ou des racines n-ièmes de l’unité dans C
n n k n−k a b = (a + b)n k k=0
➥ Exercice 2.21 b) •
la formule sur la sommation d’une progression géométrique ∀n ∈ N, ∀z ∈ C − {1},
n
zk =
k=0
1 − zn+1 . 1−z
➥ Exercices 2.4 b), 2.18, 2.19, 2.21 a).
Énoncés des exercices 2.1 Exemples de calculs élémentaires sur des nombres complexes a) Mettre les nombres complexes suivants sous forme algébrique : A = (2 + 3 i )(1 − i ),
B=
2 − 3i , 1 + 2i
C=
(1 + i )(2 − i ) , 2+ i
D=
4+ i . (1 + i )(3 − i )
b) Calculer les conjugués des nombres complexes suivants : π
V = 1+ e i5.
U = 2 − 3i,
2.2 Exemple de calcul de la partie réelle et de la partie imaginaire d’un nombre complexe donné comme une puissance Calculer la partie réelle et la partie imaginaire du nombre complexe A =
√
3 − i 10 . 1− i
2.3 Exemple de calcul de la partie réelle et de la partie imaginaire d’un nombre complexe donné comme quotient Soit t ∈ R. Montrer que le nombre complexe z = et sa partie imaginaire.
1 − it existe et calculer sa partie réelle 2t + i (1 − t2 )
2.4 Calculs sur des racines 5-ièmes ou 7-ièmes de l’unité dans C α α2 + . 2 1+α 1 + α4 b) Soit β ∈ C tel que β7 = 1 et β 1. Calculer B = (1 + β)(1 + β2 )(1 + β4 ). a) Soit α ∈ C tel que α5 = 1. Calculer A =
2.5 Exemple de calcul des racines carrées d’un nombre complexe donné Calculer, sous forme algébrique, les racines carrées dans C des nombres complexes suivants : A = 2i, 22
B = 9,
C = 3 + 4i,
D = 3 − 5i.
Énoncés des exercices
2.6 Exemples d’équations du second degré dans les complexes Résoudre les équations d’inconnue z ∈ C : a) (E) (1 − i )z2 + (2 + i )z + 3 + 4 i = 0 b) (F) z2 − (1 + i )z + 1 − i = 0.
2.7 Exemple d’inégalité sur des modules de nombres complexes
( ( Soit z ∈ C tel que : |z − 2| 3 et |z − 2 i | 5. Montrer : ((z − (1 + i )(( 4.
2.8 Racines cubiques de l’unité dans C a) Déterminer les trois racines cubiques de 1 dans C, par leur forme trigonométrique et par leur 2iπ forme algébrique. Montrer que ce sont 1, j , j 2 , où on a noté j = e 3 . b) Montrer : j 2 = j
et 1 + j + j 2 = 0.
c) Soit (u, v, w) ∈ C . On note : x = u + v + w, y = u + j v + j 2 w, z = u + j 2 v + j w. 3
1) Exprimer le produit xyz en fonction de u, v, w. 2) Exprimer u, v, w en fonction de x, y, z, puis exprimer le produit uvw en fonction de x, y, z.
2.9 Exemple de calcul sur une racine n-ième de l’unité dans C Soient n ∈ N∗ , ω ∈ C telle que ωn = 1. Montrer : (1 + ω)n ∈ R.
2.10 Calculs de formes algébriques et de formes trigonométriques de nombres complexes a) Soit θ ∈ R. On note A = 1 + e i θ et B = 1 − e i θ . Mettre A et B sous forme algébrique et sous forme trigonométrique. b) Soient ρ ∈ [0 ; +∞[, θ ∈ R. On note U = 1 + ρ e i θ . Mettre U sous forme algébrique. Est-ce que la forme trigonométrique de U paraît simple ?
2.11 Exemple de calcul des racines 4-ièmes d’un nombre complexe donné Calculer les racines 4-èmes de A = −7 + 24 i dans C, c’est-à-dire résoudre l’équation u4 = −7 + 24 i , d’inconnue u ∈ C.
2.12 Exemple de résolution d’une équation bicarrée dans C Résoudre l’équation d’inconnue z ∈ C : (E) z4 − (3 − 2 i )z2 + (8 + 6 i ) = 0.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
2.13 Exemple de résolution d’équation dans C Résoudre l’équation d’inconnue z ∈ C : (E) 5z − 2|z| = 5 + 20 i .
2.14 Exemples de résolution de systèmes de deux équations à deux inconnues dans C Résoudre les systèmes d’équations, d’inconnue (u, v) ∈ C2 : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪(1 + i )u + (2 − i )v = 1 + 4 i ⎨ a) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ i u + (1 − i )v = 2 i ⎧ ⎪ ⎪ (1 + i )u + v = 3 + 7 i ⎪ ⎪ ⎨ b) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u + v = 2 + i .
23
Chapitre 2
•
Nombres complexes
2.15 Exemple de manipulation de conjugués de nombres complexes Soit z ∈ C. Montrer :
1+z ∈ R ⇐⇒ z ∈ (R) ∪ ( i R). 1−z
2.16 Utilisation de la conjugaison pour des nombres complexes de module 1 a+b . Montrer : A ∈ i R. a−b
Soit (a, b) ∈ C2 tel que : |a| = 1, |b| = 1, a b. On note A =
2.17 Calcul de sommes faisant intervenir les coefficients binomiaux n n
Pour n ∈ N et x ∈ R, calculer : Cn (x) =
k=0
k
cos kx et S n (x) =
n n k=0
k
sin kx.
2.18 Somme de cosinus ou de sinus de réels en progression arithmétique Pour n ∈ N et (a, b) ∈ R2 , calculer C =
n
cos(a + kb) et S =
k=0
n
sin(a + kb).
k=0
2.19 Calcul d’une somme de cosinus 1 cos kx. + 2 k=1 n
Pour n ∈ N∗ et x ∈ R \ {2kπ ; k ∈ Z}, calculer Dn (x) =
2.20 Calcul d’un produit faisant intervenir une racine n-ième de l’unité dans C Soit n ∈ N \ {0, 1}. On note ω = e
2iπ n
. Calculer
n−1
ωk .
k=0
2.21 Calculs de sommes portant sur les racines n-ièmes de l’unité dans C Soient n ∈ N \ {0, 1}, ω une racine n-ième de l’unité dans C. Calculer : n−1 ωk a) k=0
b)
n−1 k=0
n k ω. k
2.22 Inégalité sur un module de nombre complexe
(( a − b (( (( < 1. Soit (a, b) ∈ C2 tel que |a| > 1 et |b| > 1. Montrer : (( 1 − ab
2.23 Une propriété de trois nombres complexes de module 1 Soit (a, b, c) ∈ C3 tel que |a| = |b| = |c| = 1. Montrer : |ab + ac + bc| = |a + b + c|.
2.24 Étude d’une fonction homographique z− i . 1 − iz a) Montrer qu’il existe un complexe et un seul, noté a, n’ayant pas d’image par f , et qu’il existe un complexe et un seul, noté b, n’ayant pas d’antécédent par f .
On considère la fonction de C dans C donnée par : f (z) =
24
Du mal à démarrer ?
b) Montrer que la restriction g de f à C \ {a} au départ et à C \ {b} à l’arrivée, est une application bijective, et exprimer l’application réciproque g−1 de g. c) Déterminer les ensembles images de R par g et par g−1 , c’est-à-dire les ensembles : g(R) = {g(z) ; z ∈ R},
g−1 (R) = {g−1 (Z) ; Z ∈ R}.
2.25 Minoration du module d’une somme de nombres complexes Soient n ∈ N∗ , (z1 , ..., zn ) ∈ Cn tel que :
n
|zk | = 1.
k=1
(( (( 1 zk (( . Montrer qu’il existe une partie finie non vide I de 1 ; n telle que : (( 4 k∈I
2.26 Manipulation d’inégalités portant sur des modules de nombres complexes Soient (a, b) ∈ R2 , z ∈ C tels que : a > 0, a+b Montrer : |z| . 2a
a2 b,
|z + a| a,
|z2 + b| a.
Du mal à démarrer ? 2.1
2.7
b) Attention :
2.8
a) Effectuer les calculs indiqués. Pour chasser les complexes des dénominateurs, multiplier haut et bas par le complexe conjugué du dénominateur. pour θ ∈ R, le conjugué de e i θ est e − i θ et non − e i θ . √ Mettre 3 − i et 1 − i sous forme trigonométrique, puis √ 3− i mettre sous forme trigonométrique. 1− i
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
2.2
2.3
Multiplier haut et bas par le conjugué du dénominateur.
2.4
a) Réduire au même dénominateur et utiliser α5 = 1.
b) Effectuer le produit et utiliser la formule sur une sommation géométrique.
c) 1) Développer le produit xyz et utiliser les formules j 3 = 1 et 1 + j + j 2 = 0. 2) Remarquer les rôles analogues de (x, y, z) et (u, v, w), à un coefficient près.
2.9 2.10
Calculer (1 + ω)n en utilisant ω =
1 , puisque |ω| = 1. ω
a) 1re méthode : Remplacer e i θ par cos θ + i sin θ. θ
2e méthode : Mettre e i 2 en facteur. b) La forme trigonométrique de U semble compliquée.
2.11
2.5
Pour déterminer sous forme algébrique les racines carrées complexes d’un nombre complexe Z donné, noter
Z = X + i Y, (X, Y ) ∈ R2 donné, z = x + i y, (x, y) ∈ R2 inconnu, et résoudre le système d’équations : ' x 2 − y 2 = X, 2xy = Y, x2 + y 2 = |Z| = X 2 + Y 2 .
2.6
Utiliser l’inégalité triangulaire en remarquant : 2 z − (1 + i ) = (z − 2) + (z − 2 i ).
Calculer, pour le trinôme az2 + bz + c, le discriminant
Δ = b2 − 4ac, puis une racine carrée δ de Δ dans C, et, si Δ 0, les solutions dans C de l’équation az2 + bz + c = 0 sont : −b − δ , 2a
−b + δ . 2a
Remarquer que les racines carrées des racines carrées de A sont des (les) racines quatrièmes de A dans C.
2.12
Utiliser le changement d’inconnue Z = z2 .
2.13
Remarquer que z est nécessairement de la forme z = x + 4 i , x ∈ R.
2.14
a) Il s’agit d’un système linéaire de deux équations à deux inconnues. On peut procéder par combinaison ou par substitution. b) Conjuguer la deuxième équation du système, pour se ramener à un système linéaire de deux équations aux inconnues u, v.
25
Chapitre 2
2.15
•
Nombres complexes
Développer les calculs à partir de l’égalité entre
son conjugué.
2.16
Utiliser a =
1+z et 1−z
1 1 , b = , puisque |a| = 1 et |b| = 1. a b
2.17
Considérer Cn (x) + i Sn (x) et utiliser la formule du binôme de Newton.
Raisonner par équivalences logiques sur le résultat voulu, en faisant intervenir le carré du module. 1 , etc, puisque |a| = 1. a
2.23
Utiliser a =
2.24
a) • Résoudre l’équation : le dénominateur est nul.
• Pour z ∈ C − {− i } et Z ∈ C, étudier l’équation Z = f(z), d’inconnue z.
2.18
Considérer C+ i S et utiliser une sommation géométrique.
b) Calculer z en fonction de Z, avec les notations ci-dessus.
2.19
1re méthode : passage par les nombres complexes :
c) 1) Pour tout Z ∈ C − { i } :
Considérer aussi Sn (x) =
n
Z ∈ g(R) ⇐⇒ g−1 (Z) ∈ R ⇐⇒ g−1 (Z) = g−1 (Z).
sin kx, former Dn (x) + i Sn (x) et uti-
k=1
liser une sommation géométrique.
2e méthode : utilisation d’une formule de trigonométrie : x Multiplier par 2 sin et utiliser une formule pour transformer 2 2 sin a cos b.
2.20
Utiliser la propriété fondamentale de l’exponentielle et la formule donnant la somme des n − 1 premiers entiers consécutifs.
2.21
a) Utiliser une sommation géométrique en séparant en deux cas : ω 1, ω = 1. b) Utiliser la formule du binôme de Newton.
2.22
26
Montrer d’abord que l’expression proposée existe.
2) Pour tout z ∈ C − {− i } : z ∈ g−1 (R) ⇐⇒ g(z) ∈ R ⇐⇒ g(z) = g(z).
2.25
Noter, pour tout k ∈ 1 ; n : zk = xk + i yk , (xk , yk ) ∈ R2 .
Considérer les deux sommations
n k=1
|xk | et
n
|yk | et scinder la
k=1
première selon le signe de xk , la seconde selon le signe de yk . Remarquer que, si une somme de quatre réels est 1, alors l’un d’eux au moins est 1/4.
2.26
Utiliser convenablement les hypothèses sur a, b, z, l’inégalité triangulaire et l’inégalité triangulaire renversée.
Corrigés des exercices 2.1
a) • A = (2 + 3 i )(1 − i ) = 5 + i .
Dans les trois exemples suivants, on multiplie haut et bas par le conjugué du dénominateur : (2 − 3 i )(1 − 2 i ) −4 − 7 i 4 7 2 − 3i = = = − − i. • B= 1 + 2i (1 + 2 i )(1 − 2 i ) 5 5 5 (1 + i )(2 − i ) 3 + i = • C = 2+ i 2+ i =
•
(3 + i )(2 − i ) 7 − i 7 1 = = − i. (2 + i )(2 − i ) 5 5 5
On conclut : Ré (z) =
4+ i 4+ i (4 + i )(4 − 2 i ) D= = = (1 + i )(3 − i ) 4 + 2 i (4 + 2 i )(4 − 2 i ) =
b) U = 2 − 3 i = 2 + 3 i , V = 1 + e Attention : On n’a pas V = 1− e
de e i t est e − i t et non − e i t .
i π5
i π5
18 − 4 i 9 1 = − i. 20 10 5 = 1+ e
− i π5
•
.
. Pour tout t ∈ R, le conjugué
impossible, donc 2t + i (1 − t2 ) 0.
1 . 1 + t2
a) Montrons d’abord, sachant α5 = 1, que 1 + α2 et 1 + α4 sont tous deux non nuls. Si 1 + α2 = 0, alors : 1 = α5 = (α2 )2 α = (−1)2 α = α, Si 1 + α4 = 0, alors : 1 = α5 = α4 α = (−1)α = −α,
donc 1 + α2 = 2, contradiction. Ceci montre : 1 + α2 0
On a :
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2t = 0 2t + i (1 − t2 ) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1 − t2 = 0
Im (z) = −
donc 1 + α2 = 2, contradiction.
Mettons 3 − i ) et 1 − i sous forme trigonométrique. √ √ √ On a : | 3− i| = 32 + (−1)2 = 4 = 2 √ 3 1 √ π 3− i =2 − i = 2 e −i 6 . donc : 2 2 √ On a : |1 − i | = 2 √ 1 1 √ π donc : 1 − i = 2 √ − √ i = 2 e −i 4 . 2 2 √ π √ 3− i π 2 e −i 6 D’où : = 2 e i 12 . Puis : = √ − i π4 1− i 2e √ i π 10 √ 10 i 10π 5π = 2 e 12 = 25 e i 6 A = 2 e 12 √ 5π 5π = 32 cos + i sin = −16 3 + 16 i . 6 6 √ On conclut que la partie réelle de A est −16 3 et que la partie imaginaire de A est 16.
2.3
t , 1 + t2
2.4
√
2.2
1− it existe. 2t + i (1 − t2 ) • On a, en multipliant haut et bas par le conjugué du dénominateur : (1 − i t) 2t − i (1 − t2 ) z= (2t)2 + (1 − t2 )2 2t − t(1 − t2 ) − i 2t2 + (1 − t2 ) = 4t2 + (1 − 2t2 + t4 ) t 1 t(1 + t2 ) − i (1 + t2 ) = − i. = (1 + t2 )2 1 + t2 1 + t2 Ceci montre que z =
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨t = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩t = ±1
et 1 + α4 0.
Ainsi, A existe. On a : α2 α(1 + α4 ) + α2 (1 + α2 ) α + = 2 4 1+α 1+α (1 + α2 )(1 + α4 ) α + 1 + α2 + α4 = = 1. 1 + α2 + α4 + α
A=
b) On a : B = (1 + β)(1 + β2 )(1 + β4 ) = (1 + β + β2 + β3 )(1 + β4 ) = (1 + β + β2 + β3 ) + (β4 + β5 + β6 + 1) = 1, car, comme β7 = 1 et β 1, on a, par progression géométrique : 6 β7 − 1 βk = = 0. β−1 k=0 Notons z = x + i y, (x, y) ∈ R2 . ⎧ 2 ⎧ 2 ⎪ ⎪ x − y2 = 0 x =1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ 2 2 z = A = 2 i ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ 2xy = 2 y =1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎩ ⎩ xy = 1 x + y2 = 2 ⎧ ⎞ ⎛⎧ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ ⎪ ⎪ x = −1 ⎟⎟⎟ x=1 ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎟⎟⎟ . ⎜ ou ⎪ ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎝⎪ ⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = −1 ⎠ ⎩y = 1
2.5
•
27
Chapitre 2
•
Nombres complexes
Les racines carrées complexes de A = 2 i sont donc : 1 + i et 1 − i .
On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) dans C est : ! −3 + i " S = 1 − 2i, . 2 b) Le discriminant Δ est :
On pouvait d’ailleurs remarquer (1 + i )2 = 2 i , ce qui évite le calcul ci-dessus. Les racines carrées complexes de B = 9 sont à l’évidence : 3 et −3. ⎧ 2 ⎪ x − y2 = 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2 • z = C = 3 + 4 i ⇐⇒ ⎪ 2xy = 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + y2 = 32 + 42 = 5 ⎧ ⎪ ⎪ x2 = 4 ⎪ ⎧ ⎞ ⎛⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜⎜⎜⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x=2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x = −2 ⎟⎟⎟⎟ ⎨ ⎨ 2 ⎜ ⎜ ou ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎜⎜⎝⎪ = 1 y ⎟⎟ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = −1 ⎠ ⎩y = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ xy = 2 •
Les racines carrées complexes de C = 3 + 4 i sont donc : 2+ i
•
−2− i.
et
⎧ 2 ⎪ x − y2 = 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ z2 = D ⇐⇒ ⎪ 2xy = −5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + y2 = 32 + 52 = √34 √ √ 5 34 + 3 34 − 3 , y2 = , xy = − 2 2 2 * * √ √ 34 + 3 34 − 3 ⇐⇒ x = ε , y = −ε , ε = ±1. 2 2 ⇐⇒ x2 =
On conclut * que les racines * carrées complexes de D = 3 + 5 i √ √ 34 + 3 34 − 3 sont : −i et son opposé. 2 2
Δ = (1 + i )2 − 4(1 − i ) = −4 + 6 i . Cherchons les racines carrées complexes de Δ. Soient (x, y) ∈ R2 , δ = x + i y. On a : ⎧ 2 ⎪ x − y2 = −4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ δ2 = Δ ⇐⇒ (x + i y)2 = −4 + 6 i ⇐⇒ ⎪ 2xy = 6 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + y2 = √52 ⎧ 2 √52−4 ⎧ )√ ⎪ x = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 52−4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎨ 2 √52+4 ⎨x = ⇐⇒ ⎪ ⇐= y = ⎪ ) ⎪ ⎪ 2 √ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 52+4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = . ⎪ ⎩ xy = 3 2 Une racine carrée complexe de Δ est donc : * * √ √ 52 − 4 52 + 4 δ= +i . 2 2 L’équation (F) admet exactement deux solutions, qui sont : * * √ √ 52 − 4 52 + 4 (1 + i ) − δ 1 z1 = 1− + i 1− = 2 2 2 2 * * √ √ (1 + i ) + δ 1 52 − 4 52 + 4 1+ + i 1+ . z2 = = 2 2 2 2
2.7
On a, en utilisant l’inégalité triangulaire : (( ( ( ( 2(z − (1 + i )(( = |2z − 2 − 2 i | = (((z − 2) + (z − 2 i )((
donc :
2.6
a) Le discriminant Δ est : Δ = (2 + i )2 − 4(1 − i )(3 + 4 i ) = (5 i )2 ,
|z − 2| + |z − 2 i | 3 + 5 = 8, (( (( (z − (1 + i )( 4.
2.8
a) D’après le cours, les racines cubiques de l’unité 2iπ 4iπ dans C sont, sous forme trigonométrique : 1, e 3 , e 3 . 2iπ
donc (E) admet exactement deux solutions : z1 =
−(2 + i ) − 5 i −2 − 6 i −1 − 3 i = = 2(1 − i ) 2(1 − i ) 1− i =
z2 =
(−1 − 3 i )(1 + i ) 2 − 4 i = = 1 − 2i, 2 2
−2 + 4 i −1 + 2 i −(2 + i ) + 5 i = = 2(1 − i ) 2(1 − i ) 1− i =
28
(−1 + 2 i )(1 + i ) −3 + i = . 2 2
4iπ
On note j = e 3 , donc : j 2 = e 3 . Ainsi, les racines cubiques de 1 dans C sont : 1, j , j 2 . Sous forme algébrique : √ 2π 1 2iπ 3 2π 3 + i sin =− + i , = cos j = e 3 3 2 2 √ 4iπ 3 4π 4π 1 j 2 = e 3 = cos + i sin =− − i . 3 3 2 2 √ √ 1 1 3 3 et j = − − i , b) • On a : j 2 = − − i 2 2 2 2 donc : j 2 = j .
Corrigés des exercices
Ou encore, comme j 3 = 1 : j 2 = •
j3 1 j j = = j. = = j j 1 jj
2.10
a) 1) • A = 1 + e i θ = (1 + cos θ) + i sin θ . réel
On a : √ √ 1 3 1 3 2 + − −i = 0, 1+ j + j =1+ − + i 2 2 2 2
ou encore, par sommation géométrique, puisque j 3 = 1 et j 1: 1 − j3 1 + j + j2 = = 0. 1− j De manière plus générale, pour tout entier n 2, la somme des racines n-ièmes de 1 dans C est nulle, cf. exercice 2.21. c) 1) xyz = (u + v + w) (u + j v + j 2 w)(u + j 2 v + j w) = (u + v + w)(u2 + v2 + w2 + ( j + j 2 )uv + ( j + j 2 )uw + ( j + j 2 )vw
• A = 2 cos2
θ θ θ + 2 i sin cos 2 2 2 θ θ θ θ θ = 2 cos e i 2 . = 2 cos cos + i sin 2 2 2 2
Variante de calcul, plus rapide : mettre en facteur l’exponentielle de la moitié : θ θ θ θ θ A = 1 + e i θ = e i 2 e − i 2 + e i 2 = e i 2 2 cos . 2
Si cos
θ 0, alors, la forme trigonométrique de A est : 2
A = 2 cos
= (u + v + w)(u2 + v2 + w2 − uv − uw − vw) = u3 + v3 + w3 − 3uvw,
Si cos
θ θ A = − 2 cos e i 2 +π . 2
x= u+v+w
×1
×1
×1
y = u + j v + j 2w
×1
×j
×j2
2) De même :
z = u + j v + jw
×1
×j
×j
•
2
2
d’où, en combinant à l’aide des coefficients indiqués, et puisque 1 + j + j 2 = 0 et j 4 = j :
•
B = (1 − cos θ) − i sin θ θ θ θ B = e i 2 e −i 2 − e i 2
θ θ π θ θ = 2 sin e i 2 − 2 . = e i 2 − 2 i sin 2 2
x + y + z = 3u, x + j y + j 2 z = 3w, x + j 2 y + j z = 3v, Si sin
d’où : u=
1 1 1 (x + y + z), v = (x + j 2 y + j z), w = (x + j y + j 2 z). 3 3 3
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Ainsi, u, v, w s’expriment en fonction de x, y, z par les mêmes formules que x, y, z en, fonction de u, v, w, à un coefficient 3 près.
Si sin
= (1 + ρ cos θ) + i ρ sin θ. 1 , d’où : ω
1 n (1 + ω)n = (1 + ω)n = 1 + ω ω + 1 n (ω + 1)n (ω + 1)n = (1 + ω)n , = = = n ω ω 1 et on conclut :
(1 + ω)n ∈ R.
θ 0, alors la forme trigonométrique de B est : 2
b) • U = 1 + ρ e i θ = 1 + ρ(cos θ + i sin θ)
1 3 (x + y3 + z3 − 3xyz). 27
Puisque ωn = 1, on a |ω| = 1, donc ω =
θ i θ −π e 2 2 . 2
θ θ π B = − 2 sin e i 2 + 2 . 2
On a donc, en appliquant le résultat de 1) à x, y, z à la place de u, v, w et en tenant compte du coefficient 3 :
2.9
θ 0, alors la forme trigonométrique de B est : 2 B = 2 sin
•
uvw =
θ iθ e 2. 2
θ 0, alors la forme trigonométrique de A est : 2
les autres termes se simplifiant. 2) • On a :
réel
•
Pour mettre U sous forme trigonométrique, on ne peut utiliser aucune des deux méthodes vues en a), car il n’y a pas de formule de trigonométrie pour transformer 1 + ρ cos θ et on ne θ peut pas mettre commodément e i 2 en facteur.
La forme trigonométrique de U ne paraît pas simple. Par exemple, le module de U est : 1/2 = (1 + 2ρ cos θ + ρ2 )1/2 . |U| = (1 + ρ cos θ)2 + (ρ sin θ)2 29
Chapitre 2
•
Nombres complexes
Il est clair que, pour tous complexes u, A, z, si u = z2 et A = u2 , alors A = (z2 )2 = z4 .
2.11
Une racine carrée δ de Δ dans C est donc : δ = 3 − 6 i . Les solutions de l’équation en Z sont donc :
D’autre part, si u1 est une racine 4-ième de A, alors u1 0 et, pour toute racine 4-ième u de A : u 4 u A = 4 = = 1, u1 A u1
Z1 =
3 − 2 i − (3 − 6 i ) = 2i, 2
Z2 =
3 − 2 i + (3 − 6 i ) = 3 − 4i. 2
4
u donc est une racine 4-ième de l’unité dans C, d’où u ∈ u 1 u1 , i u1 , −u1 , − i u1 . Ceci montre que A admet exactement quatre racines 4-ièmes dans C, qui sont les racines carrées des racines carrées de A dans C. •
On cherche d’abord les racines carrées de A dans C.
En notant u = x + i y, (x, y) ∈ R2 , on a : ⎧ 2 ⎧ 2 ⎪ ⎪ x − y2 = −7 x =9 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ 2 2 u = A = −7 + 24 i ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ 2x = 24 y = 16 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + y2 = |A| = 25 ⎪ ⎩ xy = 12 ⎧ ⎞ ⎛⎧ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ ⎪ ⎪ x = −3 ⎟⎟⎟ x=3 ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎟⎟⎟ . ⎜ ou ⎪ ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎝⎪ ⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = −4 ⎠ ⎩y = 4
Les racines carrées complexes de 2 i sont 1 + i et −1 − i (cf. aussi exercice 2.5), et les racines carrées complexes de 3 − 4 i sont 2 − i et −2 + i (cf. aussi exercice 2.5, en conjuguant). •
Finalement, l’équation (E) admet exactement quatre solutions : 1 + i , −1 − i , 2 − i , −2 + i .
2.13
z=
• On cherche les racines carrées complexes de 3 + 4 i . Après un calcul analogue au précédent, les racines carrées complexes de 3 + 4 i sont 2 + i et −2 − i .
⇐⇒
2.12
⇐⇒
Il s’agit d’une équation du second degré en Z. Le discriminant Δ est : Δ = (3 − 2 i )2 − 4(8 + 6 i ) = −27 − 36 i . •
⇐⇒ Et :
(1) ⇐⇒ 25(x2 − 2x + 1) − 4(x2 + 16) = 0 ⇐⇒ 21x2 − 50x − 39 = 0.
Notons Z = z2 . Alors : (E) ⇐⇒ Z 2 − (3 − 2 i )Z + 8 + 6 i = 0.
Cherchons une racine carrée complexe de Δ.
Notons δ = a + i b, (a, b) ∈ R . On a : ⎧ 2 ⎪ a − b2 = −27 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ δ2 = Δ ⇐⇒ ⎪ 2ab = −36 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a2 + b2 = |Δ| = 45 ⎧ 2 ⎪ a =9 ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2 ⎨a = 3 ⇐⇒ ⎪ ⇐= = 36 b ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b = −6. ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ab = −18 2
5z − 2|z| = 5 + 20 i √ 5(x + 4 i ) − 2 x2 + 16 = 5 + 20 i √ 5x − 2 x2 + 16 = 5 √ 5(x − 1) = 2 x2 + 16 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x − 1 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩25(x − 1)2 = 4(x2 + 16) (1).
(E) ⇐⇒
2 + i , −2 − i , −1 + 2 i , 1 − 2 i .
x ∈ R.
Reportons dans l’équation :
Ainsi, les racines carrées complexes de A sont 3+4 i et −3−4 i .
Finalement, les racines 4-ièmes de A = 3 + 4 i dans C sont :
2 |z| + 1 + 4 i , 5
donc z est de la forme : z = x + 4 i ,
Les racines carrées complexes de −3 − 4 i s’obtiennent à partir des racines carrées complexes de 3 + 4 i en multipliant celles-ci par i .
30
Remarquons que, si z convient, alors :
Il s’agit d’une équation du second degré. Le discriminant Δ est : Δ = 502 + 4 · 21 · 39 = 5776 = 762 , donc : 13 50 + 76 50 − 76 =− ou x = =3 . (1) ⇐⇒ x = 2 · 21 21 2 · 21 Ainsi, en tenant compte de la condition x − 1 0 : (E) ⇐⇒ x = 3. Finalement, (E) admet une solution et une seule : 3 + 4 i .
2.14
a) Il s’agit d’un système linéaire de deux équations à deux inconnues, que l’on peut résoudre, par exemple, par combinaison linéaire ou par substitution.
Corrigés des exercices
La deuxième équation permet d’exprimer simplement u en fonction de v, et on peut ensuite reporter dans la première équation : i u + (1 − i )v = 2 i ⇐⇒ u =
1 2 i − (1 − i )v = 2 + (1 + i )v i
2.16
Puisque |a| = 1 et |b| = 1, on a a =
1 1 et b = , d’où : a b
1 1 + b+a a+b = a b = A= = =− = −A, 1 1 a−b b − a a −b a−b − a b a + b
(3),
a+b
donc : A ∈ i R.
puis : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(3) (S) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(1 + i )2 + (1 + i )v + (2 − i )v = 1 + 4 i (4)
2.17
Passons par les nombres complexes : n n n n cos kx + i sin kx Cn (x) + i S n (x) = k k k=0 k=0
et : =
(4) ⇐⇒ 2 + 2 i + 2 i v + (2 − i )v = 1 + 4 i ⇐⇒ (2 + i )v = −1 + 2 i ⇐⇒ v =
n n = ( e i x )k k k=0
−1 + 2 i = i. 2+ i
Enfin : u = 2 + (1 + i )v = 2 + (1 + i ) i = 1 + i .
⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(1 + i )u + v = 3 + 7 i ⎨(1 + i )u + v = 3 + 7 i (1) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u + v = 2 − i ⎩u + v = 2 + i (2)
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(1 + i )(2 − i − v) + v = 3 + 7 i ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u = 2 − i − v (3) ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3 + i − i v = 3 + 7 i ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(3) ⎧ 6i ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨v = − i = −6 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(3)
Cn (x) = 2n cosn
2.18
C + iS =
S n (x) = 2n cosn
n
nx x sin . 2 2
i (a+kb) e . cos(a + kb) + i sin(a + kb) = n
k=0
k=0
• Si b 2πZ, alors e i b 1, donc, par sommation d’une progression géométrique :
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨v = −6 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u = 8 − i .
e i (n+1)b − 1 e ib − 1
= e ia
ei
(n+1)b 2
(n+1)b
(n+1)b 2
e i 2 − e −i b i b2 i b2 e − e −i 2 e = e
i a+ nb 2
(n + 1)b 2 . b 2 i sin 2
2 i sin
On déduit C et S en prenant respectivement la partie réelle et la partie imaginaire.
1 + z 1 + z 1+z 1+z 1+z ∈ R ⇐⇒ = ⇐⇒ = 1−z 1−z 1−z 1−z 1−z ⇐⇒ 1 − z = 1 − z ⇐⇒ z − z = 0 2
nx x cos , 2 2
Passons par les nombres complexes :
C + i S = e ia
On a, pour tout z ∈ C − {1} :
2
(1 + e i x )n
On conclut :
On conclut que le système proposé admet une solution et une seule : (8 − i , −6).
2.15
=
Newton
x x n x x n nx = e i 2 e −i 2 + e i 2 = e i 2 2 cos 2 x nx nx = 2n cosn cos + i sin . 2 2 2
On conclut que le système proposé admet une solution et une seule : (1 + i , i ). b) Il ne s’agit pas d’un système linéaire en (u, v), puisque des conjugaisons interviennent. Mais, en conjuguant dans la deuxième équation, on fait disparaître u et v, ce qui ramène à un système linéaire d’inconnue (u, v) :
n n (cos kx + i sin kx) k k=0
2
2
⇐⇒ (z − z)(z + z) = 0 ⇐⇒ z = z ou z = −z ⇐⇒ z ∈ R ou z ∈ i R ⇐⇒ z ∈ R ∪ ( i R).
•
Si b ∈ 2πZ, l’étude est immédiate.
On conclut : ⎧ sin (n + 1)b ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ nb ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨cos a + b 2 C=⎪ ⎪ sin ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩(n + 1) cos a
si b 2πZ si b ∈ 2πZ 31
Chapitre 2
Nombres complexes
•
⎧ (n + 1)b ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ nb sin ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨sin a + b 2 S =⎪ ⎪ sin ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩ (n + 1) sin a
si b 2πZ si b ∈ 2πZ.
2.19
1re méthode : passage par les nombres complexes : n sin kx. On a : Considérons aussi S n (x) = k=1
Dn (x) + i S n (x) =
1 2
+
n
n cos kx + i sin kx
k=1
2.20
k=1
=
1 + 2
n k=1
1 e i kx = − + 2
n
( e i x )k .
k=0
Puisque x ∈ R \ 2πZ, on a e i x 1, donc, par sommation géométrique : n
1 $ x # 1 + sin n + x − sin n − x 2 2 2 # # 3 $ 1 3 x$ + sin n − x − sin n − x + · · · + sin x − sin 2 2 2 2 1 = sin n + x . 2 1 sin n + x x 2 d’où, puisque sin 0 : Dn (x) = x . 2 2 sin 2 = sin
Puisqu’il s’agit de calculer un produit de nombres complexes, essayons d’utiliser la forme trigonométrique des nombres complexes. On a : n−1
ωk =
k=0
=
(n+1)x 2
(n + 1)x 2 = e x −2 i sin 2 (n + 1)x (n + 1)x sin nx sin nx 2 2 + i sin = cos . x x 2 2 sin sin 2 2
(n+1)x
(n+1)x 2
e −i 2 − e i x i 2x − i 2x e e − ei2
= ei
nx 2
D’où, en rajoutant −
i nx 2
1 et en prenant la partie réelle : 2
2e méthode : utilisation d’une formule de trigonométrie : On remarque que : 2 sin
x 2
Dn (x) = sin = sin
32
x + 2
2iπ n
n k=1
k
n−1
=
k=0
e
2 i kπ n
= exp
n−1 2 i kπ
k=0
k=0
n
n−1
2 i π (n − 1)n k = exp n k=0 n 2 = exp i π(n − 1) = ( e i π )n−1 = (−1)n−1 .
2iπ
−2 i sin
nx (n + 1)x 1 cos 2 sin 2 Dn (x) = − + x 2 sin 2 x 1 nx (n + 1)x = x − sin 2 + 2 cos 2 sin 2 2 sin 2 x # 1 (2n + 1)x x $ = + sin x − sin 2 + sin 2 2 2 sin 2 1 sin n + x 2 = x . 2 sin 2
e
= exp
1 − ( e i x )n+1 (e ) = 1 − e ix k=0 ix k
ei
n−1
a) En utilisant une progression géométrique, si ω 1, n−1 1 − ωn 1−1 ωk = on a : = = 0. 1 − ω 1 −ω k=0
2.21
et, si ω = 1, alors :
n−1 k=0
ωk =
n−1
1 = n.
k=0
On conclut que, si ω est une racine⎧ n-ième de l’unité dans C, ⎪ n−1 ⎪ ⎪ ⎨0 si ω 1 ωk = ⎪ pour n 2, on a : ⎪ ⎪ ⎩n si ω = 1. k=0 n b) La présence du coefficient binomial incite à utiliser la k formule du binôme de Newton : n−1 n n k n k ω = ω − ωn = (1 + ω)n − 1. k k k=0 k=0
2.22
• Montrons d’abord que l’expression proposée existe. On a : 1 − ab = 0 ⇐⇒ ab = 1 =⇒ |a| |b| = |ab| = 1, a−b existe. exclu, car |a| |b| > 1. Ceci montre que 1 − ab (( a − b (( • On a : (( < 1 (( 1 − ab
⇐⇒ |a − b| < |1 − ab| ⇐⇒ |a − b|2 < |1 − ab|2
2 sin
x cos kx 2
n 1 $ 1 x # sin k + x − sin k − x + 2 k=1 2 2
⇐⇒ (a − b)(a − b) < (1 − ab)(1 − ab) ⇐⇒ aa + bb < 1 + abab ⇐⇒ |a|2 + |b|2 < 1 + |a|2 |b|2
Corrigés des exercices
⇐⇒ |a|2 |b|2 − |a|2 − |b|2 + 1 > 0 ⇐⇒ |a|2 − 1 |b2 | − 1 > 0,
⇐⇒ (Z + i )(1 − i Z) = (Z − i )(1 + i Z)
et cette dernière inégalité est vraie, car |a| > 1 et |b| > 1. 1 2.23 Remarquons que, puisque |a| = 1, on a a 0 et a = . a De même pour b et c. D’où : ( ( ( ( |ab + ac + bc| = ((ab + ac + bc(( = ((a b + a c + b c(( ( (( 1 1 1 1 1 1 (( (( 1 (( = (( + 1 + 1 ((( + + = (( a b a c b c ab ac bc (( c + b + a (( |a + b + c| (( = = (( = |a + b + c|. abc |a| |b| |c|
⇐⇒ 2 i ZZ = 2 i ⇐⇒ ZZ = 1 ⇐⇒ |Z|2 = 1 ⇐⇒ |Z| = 1. On conclut : g(R) = Z ∈ C ; |Z| = 1 \ { i }. 2) L’étude est analogue à la précédente. Soit z ∈ C \ {− i }. On a : z ∈ g−1 (R) ⇐⇒ g(z) ∈ R z− i z− i = 1 − iz 1− iz z− i z+ i ⇐⇒ = 1 − iz 1 + iz ⇐⇒ (z − i )(1 + i z) = (z + i )(1 − i z) ⇐⇒
2.24
a) • Il est clair qu’il existe un nombre complexe et un 1 = − i , la i z− i valeur de z qui annule le dénominateur de f (z) = . 1− iz • Soient z ∈ C tel que z − i , Z ∈ C. On a : seul, noté a, n’ayant pas d’image par f et que a =
Z = f (z) ⇐⇒ (1 − i z)Z = z − i ⇐⇒ (1 + i Z)z = Z + i . Z+ i Si 1 + i Z 0, alors : Z = f (z) ⇐⇒ z = , 1 + iZ donc Z admet un antécédent (et un seul) par f .
⇐⇒ zz = 1 ⇐⇒ |z| = 1. On conclut : g−1 (R) = z ∈ C ; |z| = 1 \ {− i }.
2.25
Notons, pour tout k ∈ 1 ; n : zk = xk + i yk , (xk , yk ) ∈ R2 .
Si 1 + i Z = 0, c’est-à-dire si Z = i , alors : Z = f (z) ⇐⇒ 0z = 2 i ,
On a :
qui n’a aucune solution dans C, donc Z n’a pas d’antécédent par f . On conclut qu’il existe un complexe et un seul, noté b, n’ayant pas d’antécédent par f , et que b = i .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
• En reprenant les calculs de la solution de a), pour tout Z ∈ C \ { i }, il existe z ∈ C \ {− i } unique tel que Z = f (z). Ceci montre que l’application
g : C \ {− i } −→ C \ { i }, z −→ f (z) est bijective. De plus, pour tout z ∈ C \ {− i } et tout Z ∈ C \ { i }, on a : Z = g(z) ⇐⇒ z =
Z+ i , 1+ iZ
donc : g−1 : C \ { i } −→ C \ {− i }, Z −→ •
1) Soit Z ∈ C \ { i }. On a :
Z+ i . 1+ iZ
Z ∈ g(R) ⇐⇒ g (Z) ∈ R ⇐⇒
1=
Z+ i Z+ i = 1 + iZ 1 + iZ
n
|zk |
k=1
n
|xk | + |yk | = |xk | + |yk |.
k=1
n
n
k=1
k=1
Dans l’avant-dernière sommation, séparons les termes selon le signe de xk , et dans la dernière sommation, séparons les termes selon et le signe de yk On déduit : 1 |xk | + |xk | + |yk | + |yk |. k ; xk 0
k ; xk 0
k ; yk 0
k ; yk 0
1 L’une au moins de ces quatre sommations est , car, sinon, 4 la somme de ces quatre sommations serait < 1, contradiction. 1 Supposons, par exemple : |xk | . 4 k ; xk 0 Notons I = k ∈ 1 ; n ; xk 0 , qui est une partie finie de 1 ; n, non vide car sinon cette somme serait nulle. On a : (( (( (( (( (( (( (( zk (( = (( (xk + i yk )(( = (( xk + i yk (( k∈I
−1
Z+ i Z− i = 1 + iZ 1 − iZ
⇐⇒
k∈I
k∈I
∈R
k∈I
∈R
(( (( (( (( 1 xk (( = (( xk (( = xk . (( 4 k∈I k ; x 0 k ; x 0 k
k
33
Chapitre 2
•
Nombres complexes
On a donc montré l’existence d’une partie finie non vide I de 1 ; n convenant.
Inégalité triangulaire renversée
De même lorsque c’est l’une des trois autres sommes (dans l’in1 égalité vue plus haut) qui est . 4
2.26
34
Inégalité triangulaire
=
b−a2 0
2a|z| − |a2 − b| + |z + a|2
2a|z| − (b − a2 ) − |z + a|2
2a|z| − (b − a2 ) − a2 = 2a|z| − b.
On a :
( ( a |z2 + b| = (((z + a)2 − a2 − 2az + b(( ( ( = ((2az + a2 − b − (z + a)2 ((
( ( |2az| − (((a2 − b) − (z + a)2 ((
a 2a|z| − b, a+b d’où, puisque a > 0 : |z| . 2a Ainsi :
Polynômes
Plan Les méthodes à retenir
35
Énoncés des exercices
38
Du mal à démarrer ?
43
Corrigés des exercices
46
On note K = R ou C.
CHAPITRE
3
Thèmes abordés dans les exercices •
Calculs dans K[X]
•
Calcul du reste ou du quotient d’une division euclidienne dans K[X]
•
Étude des zéros d’un polynôme et de leurs ordres de multiplicité
•
Factorisation de polynômes (assez simples) dans C[X], dans R[X]
•
Localisation des zéros d’un polynôme de C[X], de R[X]
•
Calcul de fonctions symétriques.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définition et propriétés de K[X]
•
Division euclidienne dans K[X]
•
Définition des zéros d’un polynôme, de l’ordre de multiplicité
•
Théorème de d’Alembert dans C[X]
•
Factorisation d’un trinôme réel ou complexe, d’un trinôme bicarré réel.
Les méthodes à retenir Pour montrer une propriété portant sur des polynômes indexés par un entier naturel n
Essayer d’utiliser un raisonnement par récurrence.
➥ Exercices 3.4, 3.9, 3.32 a), 3.33.
Essayer de : Pour trouver tous les polynômes satisfaisant une formule donnée
•
étudier le degré, et, si deg (P) est petit, déterminer P à l’aide de ses coefficients
➥ Exercices 3.3, 3.14, 3.27 35
Chapitre 3
•
Polynômes
(suite)
•
étudier les zéros
➥ Exercice 3.37.
Pour déterminer le reste de la division euclidienne d’un polynôme A par un polynôme B non nul
Pour calculer certaines sommations faisant intervenir les coefficients binomiaux
Revenir à la définition : A = BQ + R et deg (R) < deg (B), et, si B est de bas degré, prendre la valeur en un ou des points qui annulent B. Éventuellement, passer par les nombres complexes.
➥ Exercices 3.8, 3.21, 3.23, 3.24.
Essayer d’écrire une égalité polynomiale venant de la formule du binôme de Newton, puis prendre la valeur en certains points, après avoir éventuellement dérivé une ou plusieurs fois, ou primitivé.
➥ Exercice 3.13.
Essayer de : Pour montrer que a ∈ K est zéro d’ordre α au moins d’un polynôme P de K[X]
•
mettre (X − a)α en facteur dans P(X)
•
utiliser la caractérisation : P(a) = 0, P (a) = 0, ..., P(α−1) (a) = 0.
➥ Exercice 3.12.
Essayer de : •
Pour montrer que a ∈ K est zéro d’ordre α exactement d’un polynôme P de K[X]
mettre (X − a)α en facteur dans P(X) et montrer que l’autre facteur n’est pas multiple de X − a
➥ Exercice 3.11 •
utiliser la caractérisation : P(a) = 0, P (a) = 0, ..., P(α−1) (a) = 0 et P(α) (a) 0.
Essayer de : •
Pour montrer qu’un polynôme B divise un polynôme A
mettre B en facteur dans A, par calculs élémentaires, par utilisation d’identités remarquables
➥ Exercice 3.30 •
montrer que le reste de la division euclidienne de A par B est nul
•
montrer que tout zéro de B est zéro de A, avec un ordre de multiplicité dans A supérieur ou égal à celui dans B, si B est factorisé en un produit de facteurs du premier degré.
➥ Exercices 3.10, 3.20. 36
Les méthodes à retenir
•
Chercher un zéro a de P, mettre X−a en facteur dans P, puis réitérer.
•
Se rappeler le théorème de d’Alembert : tout polynôme non constant de C[X] est factorisable en un produit de polynômes du premier degré.
•
Essayer d’utiliser les identités remarquables : factorisations de A2 − B2 , de A2 + B2 dans C[X], formule du binôme de Newton, sommation géométrique.
Pour factoriser un polynôme P dans C[X]
➥ Exercice 3.7 •
On sait factoriser dans C[X] tout polynôme de degré 2.
➥ Exercices 3.7, 3.26 •
Éventuellement, faire intervenir les racines n-ièmes de 1 dans C.
➥ Exercice 3.16. •
Se rappeler que, d’après le cours, tout polynôme non constant de R[X] est factorisable en un produit de polynômes de degré 1 et de polynômes de degré 2 à discriminant < 0.
•
Chercher un zéro a de P, mettre X − a en facteur dans P(X), puis réitérer.
➥ Exercices 3.6, 3.16 •
On sait factoriser dans R[X] les polynômes de degré 2 à discriminant 0, donc aussi ceux qui s’y ramènent simplement.
•
Si P est un trinôme bicarré, P = X4 + pX2 + q, (p, q) ∈ R2 : ∗ si p2 − 4q 0, mettre sous forme canonique : p 2 p2 − 4q , − X2 + 2 4
Pour factoriser un polynôme P dans R[X]
puis terminer la factorisation à l’aide de l’identité remarquable sur A2 − B2 ∗ si p2 − 4q < 0, donc q > 0, grouper X4 et q pour débuter un carré :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
X2 +
√ 2 √ q − 2 q − p)X2 ,
puis terminer la factorisation à l’aide de l’identité remarquable sur A2 − B2
➥ Exercice 3.5 •
Essayer d’utiliser des identités remarquables : formule du binôme de Newton, sommation géométrique.
➥ Exercice 3.25 •
Éventuellement, en dernier recours, passer par les nombres complexes, puis regrouper deux par deux les facteurs conjugués.
➥ Exercice 3.7. 37
Chapitre 3
•
Polynômes
Pour étudier l’existence ou la valeur d’extrémums d’une fonction polynomiale
Pour obtenir une localisation des zéros d’un polynôme de C[X]
Se rappeler que toute fonction polynomiale est une fonction continue et penser aux théorèmes sur les fonctions continues sur un intervalle ou sur un segment.
➥ Exercice 3.41. Essayer d’appliquer convenablement l’inégalité triangulaire.
➥ Exercice 3.42.
Énoncés des exercices 3.1 Calculs élémentaires sur des polynômes On note : A = X2 + 3X + 1, B = X3 + X − 2. a) Calculer A + B, AB, A2 − XB. b) Calculer les polynômes composés : A(X − 1), A(X2 ), B(X2 − 1).
3.2 Exemple simple de division euclidienne Effectuer la division euclidienne de A = X4 + 2X3 − X2 + X − 3 par B = X2 + X − 3.
3.3 Calcul d’un polynôme P, connaissant des valeurs de P et de P Montrer qu’il existe P ∈ R3 [X] unique tel que : P(0) = 1, P(1) = 0, P (0) = 1, P (1) = 0, et déterminer P.
3.4 Exemple d’égalité de polynômes On note P0 (X) = 1 et, pour tout n ∈ N∗ : Pn (X) = Montrer : ∀n ∈ N,
n
1 X(X + 1) · · · (X + n − 1). n!
Pk (X) = Pn (X + 1).
k=0
3.5 Exemples de factorisations de trinômes bicarrés dans R[X] Factoriser dans R[X] : A = X4 − X2 − 1, B = X4 + 4X2 + 2, C = X4 + 1, D = X4 + X2 + 1, E = X4 − 3X2 + 1.
3.6 Exemple de factorisation dans R[X] Factoriser dans R[X] : P = 3X5 − 5X4 + 5X − 3.
3.7 Exemple de factorisation dans C[X], dans R[X] Factoriser dans C[X] puis dans R[X] : P = (X2 + X + 1)2 + 1.
3.8 Exemple de calcul du reste d’une division euclidienne Calculer le reste de la division euclidienne de A par B dans les exemples suivants, pour n ∈ N∗ : 38
Énoncés des exercices
a) A = (X + 1)n + 1, B = X − 1 b) A = (X + 1)n − (X − 1)n , B = X2 − 4 c) A = (X + 1)n + Xn , B = (X − 1)2 d) A = (X + 1)n + (X + 2)n , B = Xn .
3.9 Calcul des polynômes d’une suite de polynômes On considère la suite (Pn )n∈N de polynômes de C[X] définie par P0 = 0, P1 = 1 et : ∀n ∈ N, Pn+2 = XPn+1 + (1 − X)Pn . a) Montrer : ∀n ∈ N, Pn+1 = Pn + (X − 1)n . b) En déduire : ∀n ∈ N, (X − 2)Pn = (X − 1)n − 1. c) Factoriser Pn dans C[X], pour tout n ∈ N.
3.10 Exemple de divisibilité
( Soit n ∈ N. Montrer, dans R[X] : (X + 1)(X − 1)2 (( (Xn − 1)(Xn+1 − 1).
3.11 Exemple de zéro multiple d’un polynôme Soit n ∈ N − {0, 1}. On note : Pn = Xn+2 − Xn+1 − Xn + Xn−1 − 2X2 + 4X − 2 ∈ R[X]. Montrer que 1 est zéro de Pn et déterminer son ordre de multiplicité.
3.12 Exemple de zéro triple d’un polynôme Soit n ∈ N. On note : P = nXn+2 − (n + 2)Xn+1 + (n + 2)X − n ∈ R[X]. Montrer : (X − 1)3 | P.
3.13 Calculs de sommations issues de la formule du binôme de Newton Soit n ∈ N. On note :
n n n k n X (1 − X)n−k , P1 = k Xk (1 − X)n−k , k k k=0 k=0 n n P2 = k2 Xk (1 − X)n−k . k k=0
P0 =
Calculer P0 , P1 , P2 .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
3.14 Exemple d’équation dont les inconnues sont des polynômes
2 Trouver tous les (P, Q) ∈ C[X] tels que P soit unitaire et que P2 + Q2 = X2 .
3.15 Inégalité sur la valeur absolue d’un trinôme Soit (b, c) ∈ R2 . On note P = 9X2 + bX + c. 1 + P(1). a) Calculer P(0) − 2P 2 b) En déduire : ∃ x ∈ [0 ; 1], |P(x)| > 1. 2π 5 a) Factoriser X5 − 1 dans C[X] en produit de cinq facteurs de degré 1, puis dans R[X] en produit de trois facteurs de degré 1, 2, 2. 2π 4π π π b) En déduire les valeurs de cos , cos , cos , sin . 5 5 5 5
3.16 Calcul de cos
39
Chapitre 3
•
Polynômes
3.17 Exemple de système symétrique à 2 équations, 2 inconnues On note P = X3 + X, Q = X3 + X2 , dans C[X]. Trouver tous les couples (u, v) ∈ C2 tels que : u v, P(u) = P(v), Q(u) = Q(v).
3.18 Calculs de coefficients pour une suite récurrente de polynômes On considère la suite (Pn )n1 de polynômes de R[X] définie par P1 = X − 2 et : ∀n ∈ N∗ , Pn+1 = P2n − 2. Calculer les coefficients de 1, X, X2 dans Pn , pour tout n ∈ N∗ .
3.19 Exemple d’utilisation de nombres complexes Soient a0 , ..., a4 ∈ C, a5 = 1, P =
5
ak Xk , z1 , ..., z5 les zéros de P dans C. Montrer :
k=0 5 (z2k + 1) = (a0 − a2 + a4 )2 + (a1 − a3 + a5 )2 . k=1
3.20 Divisibilité par X2 − 2X cos t + 1 Soient n ∈ N, t ∈ R.
On note : A = X2 − 2X cos t + 1, P = Xn sin t − X sin(nt) + sin (n − 1)t . Montrer que A divise P.
3.21 Calcul du reste d’une division euclidienne Soient n ∈ N, p ∈ N∗ , a ∈ R, q (resp. r) le quotient (resp. le reste) de la division euclidienne de n par p dans Z. Déterminer le reste de la division euclidienne de Xn par X p − a dans R[X].
3.22 Divisibilité pour des polynômes composés On note, pour tout n ∈ N∗ : Pn =
n−1
Xk ∈ R[X].
k=0
( Trouver une CNS sur n pour que : Pn (X) (( Pn (X2 ).
3.23 Calcul du reste d’une division euclidienne Soit (n, t) ∈ N∗ × R. Déterminer le reste de la division euclidienne de Pn = (X sin t + cos t)n par B = X2 + 1.
3.24 Calcul du reste de la division euclidienne par (X − a)(X − b), par (X − a)2 Soit P ∈ K[X]. a) Soit (a, b) ∈ K2 tel que a b. Déterminer le reste de la division euclidienne de P par (X − a)(X − b). On exprimera le résultat à l’aide de a, b, P(a), P(b). b) Soit a ∈ K. Déterminer le reste de la division euclidienne de P par (X − a)2 . On exprimera le résultat à l’aide de a, P(a), P (a).
3.25 Exemple de factorisation dans R[X] Factoriser dans R[X] : P = 6X5 + 15X4 + 20X3 + 15X2 + 6X + 1. 40
Énoncés des exercices
3.26 Exemple de factorisation dans R[X], dans C[X] Factoriser dans R[X] puis dans C[X] le polynôme P = X8 + 7X6 + 13X4 − 3X2 − 18.
3.27 Exemples d’équations dont l’inconnue est un polynôme Résoudre les équations suivantes, d’inconnue P ∈ R[X] : a) XP + 2P + P = X2 − X b) (X2 − 1)P + 2XP − 2P = 0 c) PP + P = X2 .
3.28 Ordre de multiplicité d’un zéro d’un polynôme, lien avec la dérivation Soient P ∈ K[X], a ∈ K, ω ∈ N∗ . On rappelle que l’on dit que a est un zéro de P d’ordre ω au moins si et seulement si (X − a)ω | P, et que l’on dit que a est un zéro de P d’ordre ω exactement si et seulement si : (X − a)ω | P et (X − a)ω+1 P. a) Montrer que, si a est zéro de P d’ordre ω exactement, alors : ∀k ∈ 0 ; ω − 1, P(k) (a) = 0 et P(ω) (a) 0. b) Démontrer la réciproque de a).
3.29 Exemple de recherche de polynômes avec conditions de divisibilité Soit (a, b) ∈ C∗ × C. Trouver tous les polynômes P ∈ C[X] tels que : deg (P) = 5, (X − a)3 | P(X) − b, (X + a)3 | P(X) + b.
3.30 Divisibilité pour un polynôme composé
( Soit P ∈ K[X]. Montrer : P(X) (( P X + P(X) .
3.31 Polynômes d’interpolation de Lagrange Soient n ∈ N, a0 , ..., an ∈ K deux à deux distincts. a) Montrer que, pour tout i ∈ 0 ; n, il existe Li ∈ Kn [X] unique tel que : ∀ j ∈ 0 ; n, Li (a j ) = δi j ,
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
⎧ ⎪ ⎪ ⎨1 où δi j est le symbole de Kronecker, défini par : δi j = ⎪ ⎪ ⎩0
si i = j si i j
et exprimer Li sous forme d’un produit. Les Li , 0 i n, sont appelés les polynômes d’interpolation de Lagrange en a0 , ..., an . n P(ai )Li . b) Montrer : ∀P ∈ Kn [X], P = i=0
c) Établir : ∀(y0 , ..., yn ) ∈ Kn+1 , ∃ !P ∈ Kn [X], ∀i ∈ 0 ; n, P(ai ) = yi .
3.32 Polynômes de Tchébychev de première espèce a) Montrer que, pour tout n ∈ N, il existe un polynôme unique T n ∈ R[X] tel que : ∀t ∈ R, T n (cos t) = cos nt et déterminer le degré et le coefficient dominant de T n . 41
Chapitre 3
•
Polynômes
b) Déterminer, pour tout n ∈ N∗ , les zéros de T n dans R. c) Soit n ∈ N∗ . On note x0 , ..., xn−1 les zéros de T n dans R. Soit (i, j) ∈ N2 . Établir que
n−1
T i (xk )T j (xk ) est égal à :
0 si i j,
k=0
n si i = j 0, n si i = j = 0. 2
3.33 Exemple d’étude des zéros des polynômes d’une suite de polynômes n 1 k X . Montrer que, pour tout p ∈ N, P2p n’admet aucun k! k=0 zéro réel et que P2p+1 admet un zéro réel et un seul.
On note, pour tout n ∈ N : Pn =
3.34 Calcul de fonctions symétriques des racines d’une équation du troisième degré Soit (p, q) ∈ C2 . On note x1 , x2 , x3 les zéros de X3 + pX + q dans C, de sorte que : X3 + pX + q = (X − x1 )(X − x2 )(X − x3 ). On note : σ1 = x1 + x2 + x3 ,
σ2 = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ,
σ3 = x1 x2 x3
appelées fonctions symétriques élémentaires de x1 , x2 , x3 . On note, pour tout k ∈ N : S k = xk1 + xk2 + xk3 . a) Montrer : σ1 = 0, σ2 = p, σ3 = −q. b) 1) Calculer S 0 , S 1 , S 2 en fonction de p, q. 2) Établir : ∀k ∈ N, S k+3 + pS k+1 + qS k = 0. 3) En déduire S 3 et S 4 en fonction de p, q. c) Calculer A = x31 x2 + x31 x3 + x32 x1 + x32 x3 + x33 x1 + x33 x2 en fonction de p, q.
3.35 Études de surjectivité, d’injectivité pour une fonction polynomiale complexe Soit P ∈ C[X] tel que deg (P) 2. Démontrer que l’application P : C −→ C, z −→ P(z) est surjective et non injective.
3.36 Exemple d’étude des zéros réels d’un polynôme réel Soit n ∈ N∗ . On note Pn =
2n (−1)k (k + 1)X2n−k ∈ R[X]. Montrer que Pn n’a pas de zéro réel. k=0
3.37 Exemple d’équation dont l’inconnue est un polynôme
3 Trouver tous les P ∈ R[X] tels que : P(0) = 0 et P(X3 + 1) = P(X) + 1.
3.38 Zéros de polynômes vérifiant une divisibilité
( Soit P ∈ R[X] − {0} tel que P(X) (( P(X3 + X). Montrer que P n’a pas de zéro dans R∗ .
3.39 Calcul de la valeur d’un polynôme en un point connaissant sa valeur en d’autres points n+1−k . Calculer P(n + 1). k+1 On pourra utiliser les polynômes d’interpolation de Lagrange, exercice 3.31.
Soient n ∈ N, P ∈ Rn [X] tel que : ∀k ∈ 0 ; n, P(k) =
42
Du mal à démarrer ?
3.40 Évaluation de polynômes particuliers Soient P ∈ R[X] unitaire, de degré n 1. On suppose que tous les zéros de P dans C sont réels, que les coefficients de P sont tous 0 et que P(0) = 1. Démontrer : P(2) 3n .
3.41 Minimum de fonctions polynomiales sur R Soit P ∈ R[X] − {0}. On note n = deg (P) et on suppose que n est pair et que P est unitaire. a) Démontrer qu’il existe c ∈ R tel que : ∀x ∈ R, P(x) P(c). n P(k) (x) P(c). b) Établir : ∀x ∈ R, k=0
3.42 Exemple de localisation des zéros d’un polynôme, majoration Soient n ∈ N∗ , a1 , ..., an ∈ C, P = Xn + a1 Xn−1 + · · · + an , z0 un zéro de P. Démontrer : #n−1 $1/k |z0 | Max (2n − 1)|ak | . 1kn k
Du mal à démarrer ? 3.1
Pour calculer A(X − 1), par exemple, remplacer X par X − 1 dans l’expression de A(X).
b) Utiliser un télescopage, en sommant l’égalité obtenue en a), de 1 à n − 1.
3.2
c) Faire intervenir les racines n-èmes de 1 dans C, c’est-à-dire les 2 i kπ ωk = exp , k ∈ 0 ; n − 1. n
Poser la division euclidienne.
3.3
Noter P = aX3 + bX2 + cX + d et traduire les conditions de l’énoncé sur (a, b, c, d) ∈ R4 .
3.4
Récurrence sur n.
3.5
il s’agit de trinômes bicarrés. Grouper les termes en X4 et X2 , ou grouper les termes en X4 et constant, pour débuter le carré d’une somme.
3.6
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Remarquer que 1 est zéro de P, factoriser par X − 1, puis réitérer la méthode.
3.7
Utiliser la factorisation de A2 + B2 dans C[X] : A2 + B2 = (A + i B)(A − i B).
3.10
Montrer d’abord : (X − 1)2 | (Xn − 1)(Xn+1 − 1). Pour montrer X + 1 | (Xn − 1)(Xn+1 − 1), séparer l’étude en deux cas selon la parité de n.
2e méthode : Utilisation des zéros : Montrer que −1 est zéro simple et que 1 est zéro double du polynôme (Xn − 1)(Xn+1 − 1).
3.11
Mettre X − 1 en facteur, puis encore X − 1, puis encore X − 1 et montrer que le dernier facteur ne s’annule pas en 1.
3.12
Utiliser l’exercice 3.28 : (X − 1)3 | P ⇐⇒ P(1) = P (1) = P (1) = 0.
3.8
D’après le théorème de la division euclidienne dans K[X], 2 pour tout (A, B) ∈ K[X] × K[X] − {0} , il existe (Q, R) ∈ K[X] unique tel que : A = BQ + R et deg (R) < deg (B).
1re méthode : Mise en évidence des facteurs :
3.13
Utiliser la formule du binôme de Newton :
Il s’agit de calculer le reste R. (X + Y)n =
a) , b) , c) Ici, B est de bas degré, donc R aussi. Déduire R en évaluant R en un ou plusieurs points qui annulent B. d) Ici, A et B ont le même degré, donc Q est une constante. Calculer Q et déduire R.
3.9
a) Montrer : ∀n ∈ N, Pn+2 − Pn+1 = (X − 1)(Pn+1 − Pn ).
n n k=0
k
Xk Yn−k ,
dériver deux fois par rapport à X (pour Y fixé), et remplacer Y par 1 − X.
3.14
Utiliser : P 2 + Q2 = (P + i Q)(P − i Q).
43
Chapitre 3
3.15
•
Polynômes
a) On obtient
9 . 2
b) Raisonner par l’absurde.
3.16
a) • Pour factoriser X5 − 1 dans C[X], faire intervenir les racines 5-èmes de 1 dans C.
• Pour factoriser X5 − 1 dans R[X], mettre X2 en facteur (ce 1 1 qui fait intervenir 2 ), poser Y = X + et amener un trinôme X X en Y. b) Dans la factorisation de X5 − 1 dans C[X] obtenue en a), regrouper les facteurs conjugués, en déduire la factorisation de X5 − 1 dans R[X], et identifier convenablement avec celle obte4π 2π , cos . Ensuite, nue en b), pour déduire les valeurs de cos 5 5 π 4π π π exprimer cos à partir de cos , puis sin à partir de cos . 5 5 5 5
3.17
Résoudre le système proposé, en simplifiant par u − v et en faisant intervenir la somme S = u + v et le produit P = uv.
3.18
Noter, pour tout n 1, an , bn , cn les coefficients respectifs de 1, X, X2 dans Pn . Ainsi, pour tout n 1, il existe Qn ∈ R[X] tel que : Pn = an + bn X + cn X2 + X3 Qn (X). Reporter dans l’égalité de l’énoncé et en déduire des égalités exprimant an+1 , bn+1 , cn+1 en fonction de an , bn , cn .
1) Remarquer a2 = 2, a3 = 2, ...
b) Montrer que, si P 0, alors P est de degré 1, noter P = aX + b, (a, b) ∈ R2 , et reporter dans l’équation. c) Obtenir une contradiction sur la parité des degrés des deux membres de l’équation.
3.28
a) Supposer que a est zéro de P d’ordre ω exactement. Déduire qu’il existe Q ∈ K[X] tel que : P = (X − a)ω Q
Q(a) 0.
Utiliser la formule de Leibniz, pour exprimer P (k) , puis calculer P (k) (a). b) Pour la réciproque, noter λ l’ordre de multiplicité du zéro a de P et montrer ω = λ, en utilisant a).
3.29
Remarquer que
3.30
Noter P =
⎧ ⎪ ⎪ ⎨P(a) − b = 0 (X − a)3 | P(X) − b ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩ (X − a)2 | P (X). n
ak Xk , où n ∈ N, a0 , ..., an ∈ K et utiliser la
formule du binôme de Newton pour développer P X + P(X) .
3) Obtenir : ∀n 2, cn+1 = 4cn + 42n−2 . Considérer dn =
cn . 4n
3.19
Remarquer que
3.20
Factoriser A dans C[X] et montrer : P( e i t ) = P( e − i t ) = 0.
zn2 + 1 = ( i − zk )(− i − zk ).
Séparer en deux cas selon que e i t et e − i t sont égaux ou différents.
3.21
Noter P = Xp − a, exprimer Xn à l’aide de P entre autres, et utiliser la formule du binôme de Newton. Remarquer que (X − 1)Pn (X) = Xn − 1.
3.31
a) Utiliser : P(a) = 0 ⇐⇒ X − a | P.
b) Noter Q = a0 , ..., an .
n
P(ai )Li et montrer que Q − P s’annule en
i=0
c) Séparer existence et unicité, et utiliser b).
3.32
a) 1) Existence :
re
1 méthode : passage par les nombres complexes : Développer e i nt en utilisant la formule d’Euler et la formule du binôme de Newton, puis prendre la partie réelle.
2e méthode : récurrence sur n, à deux pas :
3.23
Montrer, par récurrence à deux pas sur n, que, pour tout n ∈ N, il existe Tn convenant, de degré n et de coefficient dominant 2n−1 .
3.24
2) Unicité :
Le reste R est de degré < 2, donc R est de la forme R = aX + b, (a, b) ∈ R2 . Prendre la valeur en i .
a) Le reste est de degré < 2, donc R est de la forme R = λX + μ, (λ, μ) ∈ K2 . Prendre les valeurs en a, en b.
b) Le reste est de degré < 2, donc R est de la forme R = λX + μ, (λ, μ) ∈ K2 . D’autre part, dériver, puis prendre la valeur en a.
3.25
Remarquer que P ressemble au développement du binôme de Newton : P = (X + 1)6 − X6 .
Utiliser les factorisations de A2 − B2 , de A3 − B3 , de A3 + B3 .
3.26
Remarquer que P est pair, noter Y = X , et remarquer que 1 est zéro du nouveau polynôme. 2
Si Tn et Un conviennent, montrer que Tn − Un s’annule en une infinité de points. b) Résoudre l’équation cos nt = 0, d’inconnue t ∈ R, en déduire des zéros de Tn , puis montrer que l’on a ainsi tous les zéros de Tn . c) Obtenir : Ti (xk )Tj (xk ) = où θk =
3.27
Raisonner sur les degrés.
1 cos(i + j)θk + cos(i − j)θk , 2
(2k + 1)π . 2n
Calculer la somme
n−1
cos pθk , pour tout p ∈ N, en passant par
k=0
44
et
k=0
2) Obtenir : ∀n 2, bn+1 = 4bn .
3.22
a) Montrer que, si P 0, alors P est nécessairement de degré 2, noter P = aX2 + bX + c, (a, b, c) ∈ R3 , et reporter dans l’équation.
les nombres complexes.
Du mal à démarrer ?
3.33
Montrer, par récurrence sur p ∈ N : P2p n’admet aucun zéro réel et P2p+1 admet un zéro réel et un seul, en utilisant des tableaux de variations.
Montrer : ∀x ∈ R,
P(x) = 0 =⇒ P(x3 + x) = 0 .
Considérer la suite réelle (un )n∈N définie par u0 = 0 et : ∀n ∈ N, un+1 = u3n + un .
3.34
a) Développer (X − x1 )(X − x2 )(X − x3 ) et identifier avec X3 + pX + q.
b) 1) Remarquer que S2 ressemble à σ21 .
2) Écrire que x1 , x2 , x3 annulent X3 + pX + q, multiplier par x1k , x2k , x3k , puis sommer. c) Remarquer que A ressemble à S3 S1 .
3.35
1) Surjectivité :
Utiliser le théorème de d’Alembert.
2) Injectivité : Noter n = deg (P) 2. Raisonner par l’absurde : supposer P injective. Considérer l’équation P(z) = 0 et l’équation P(z) = 1.
3.36
Soit x ∈ R. Si x 0, montrer : Pn (x) > 0. Pour x > 0, former (x + 1)Pn (x).
3.37
1) Soit P convenant. Examiner P(0), P(2), P(9), ... En déduire que P − X s’annule sur les points d’une suite strictement croissante, et en déduire P = X.
2) Vérifier que X convient.
3.38
Raisonner par l’absurde : supposer que f admette au moins un zéro a ∈ R∗ .
3.39
En faisant intervenir les polynômes d’interpolation de Lagrange L0 , ..., Ln sur les points 0, ..., n (cf. exercice 3.31), utin liser : P = P(k)Lk . k=0
3.40
Noter P =
n n (X − xk ) et P = ak Xk . k=1
k=0
Montrer d’abord : ∀i ∈ 1 ; n, xi 0. Montrer ensuite : ∀k ∈ 1 ; n, 2 − xk 3(−xk )1/3 , en utilisant la comparaison entre la moyenne arithmétique et la moyenne géométrique pour les trois nombres 1, 1, −xk .
3.41
a) Montrer qu’il existe (a, b) ∈ R2 tel que a 0 b et
que : ∀x ∈ ] − ∞ ; a] ∪ [b ; +∞[, P(x) P(0), puis utiliser la continuité de P sur le segment [a ; b]. b) Noter Q =
n
P (k) . Montrer que l’on peut appliquer a) à Q à
k=0
la place de P, et remarquer : Q = Q − P.
3.42
Remarquer que
n n
k
= 2n − 1.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
k=1
45
Corrigés des exercices 3.1
A = X2 + 3X + 1, B = X3 + X − 2.
On a alors : n+1
a) • A + B = X + X + 4X − 1 3
2
•
AB = X + 3X + 2X + X − 5X − 2
•
A2 − XB = (X4 + 6X3 + 11X2 + 6X + 1) − (X4 + X2 − 2X)
5
4
3
2
k=0
•
B(X2 − 1) = (X2 − 1)3 + (X2 − 1) − 2 = X6 − 3X4 + 4X2 − 4.
3.2 X4 + 2X3 − X2 + X − 3 X2 + X − 3 X3 + 2X2 + X − 3 X2 + X + 1 X2 + 4X − 3 3X Le quotient est Q = X2 + X + 1, le reste est R = 3X. Soient a, b, c, d ∈ R, P = aX3 + bX2 + cX + d ∈ R[X], donc P = 3aX2 + 2bX + c. On a : ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ d=1 P(0) = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪a + b + c + d = 0 ⎪P(1) = 0 ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ c=1 P (0) = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3a + 2b + c = 0 ⎩P (1) = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ c=1 c=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪d = 1 ⎪d = 1 ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a=3 a + b = −2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b = −5. ⎩3a + 2b = −1
Pk (X) + Pn+1 (X) = Pn (X + 1) + Pn+1 (X)
k=0
1 1 (X + 1) · · · (X + n) + X(X + 1) · · · (X + n) n! (n + 1)! 1 = (X + 1) · · · (X + n) (n + 1) + X (n + 1)! 1 (X + 1) · · · (X + n) X + (n + 1) = (n + 1)! = Pn+1 (X + 1).
b) • A(X − 1) = (X − 1)2 + 3(X − 1) + 1 = X2 + X − 1 A(X2 ) = X4 + 3X2 − 1
n
=
= 6X3 + 10X2 + 8X + 1 •
Pk (X) =
Ceci montre que la propriété est vraie pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n, que la propriété est vraie pour tout n ∈ N.
3.5
Il s’agit de trinômes bicarrés. On essaie de grouper les termes en X4 et X2 , ou de grouper les termes en X4 et constant, pour débuter le carré d’une somme. •
3.3
1 2 3 A = X4 − X2 − 1 = X2 − − 2 4 √ √ 1 1 3 3 = X2 − − X2 − + 2 2 2 2 √ √ 3−1 1 + 3 2 2 X + = X − 2 2 = X−
*
>0
√
1 + 3 X+ 2
*
>0
√ √ 1 + 3 2 3 − 1 X + . 2 2
•
B = X4 + 4X2 + 2 = (X2 + 2)2 − 2 √ √ = (X2 + 2 − 2)(X2 + 2 + 2). >0
>0
•
C = X4 + 1 = (X2 + 1)2 − 2X2 √ √ = (X2 + 1 − 2 X)(X2 + 1 + 2 X) √ √ = (X2 − 2 X + 1)(X2 + 2 X + 1),
On conclut qu’il existe un polynôme et un seul convenant : P = 3X3 − 5X2 + X + 1.
3.4 •
Récurrence sur n.
La propriété est vraie pour n = 0 car : 0
•
Pk (X) = P0 (X) = 1 et P0 (X + 1) = 1.
k=0
•
46
et les deux trinômes obtenus sont irréductibles dans R[X] car de discriminants < 0.
Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N fixé.
D = X4 + X2 + 1 = (X2 + 1)2 − X2 = (X2 + 1 − X)(X2 + 1 + X) = (X2 − X + 1)(X2 + X + 1)
Corrigés des exercices
et les deux trinômes obtenus sont irréductibles dans R[X] car de discriminants < 0.
D’où : T 1 = X − (−1 + i ) X − (− i ) = (X + 1 − i )(X + i ).
•
E = X4 − 3X2 + 1 = (X2 + 1)2 − 5X2 √ √ = (X2 + 1 − 5 X)(X2 + 1 + 5 X) √ √ 2 2 − 5 X + 1)(X + 5 X + 1). = (X noté T 1
Le trinôme T 2 est le conjugué de T 1 , donc : T 2 = (X + 1 + i )(X − i ). On en déduit la factorisation de P dans C[X] :
noté T 2
Le discriminant Δ1 de T 1√est : Δ1 =√1, donc T 1 admet deux 5−1 5+1 racines réelles, qui sont et , d’où : 2 2 √ √ 5 − 1 5 + 1 X− . T1 = X − 2 2 √ √ − 5 + 1 − 5 − 1 De même : T 2 = X − X− . 2 2 On conclut : √ √ √ √ 5 − 1 5 + 1 5 + 1 5 − 1 X− X+ X+ . E = X− 2 2 2 2 On remarque : 1 est zéro de P = 3X5 − 5X4 + 5X − 3, d’où, par mise en facteur de X − 1 :
3.6
4 − 2X3 − 2X2 − 2X + 3). P = (X − 1)(3X noté Q
P = (X + 1 − i )(X + i )(X + 1 + i )(X − i ). 2) Factorisation de P dans R[X] : On regroupe les facteurs conjugués : P = (X + i )(X − i ) (X + 1 − i )(X + 1 + i ) = (X2 + 1) (X + 1)2 + 1 = (X2 + 1)(X2 + 2X + 2).
3.8
Notons Q le quotient et R le reste dans la division euclidienne de A par B : A = BQ + R et deg (R) < deg (B). a) Puisque B = X − 1 est de degré 1, R est une constante. En particulier, en prenant la valeur en 1 (qui annule B) : R = A(1) − B(1)Q(1) = 2n + 1.
b) Puisque B = X2 − 4 est de degré 2, R est de degré 1. Il existe donc (α, β) ∈ K2 tel que : R = αX + β. Ainsi :
On remarque que 1 est zéro des Q, d’où :
(X + 1)n − (X − 1)n = (X2 − 4)Q + αX + β.
3 + X2 − X − 3). Q = (X − 1)(3X noté R
En prenant la valeur en 2 et la valeur en −2, on a :
On remarque que 1 est zéro de R, d’où :
2α + β = 3n − 1 et − 2α + β = (−1)n − (−3)n ,
R = (X − 1)(3X + 4X + 3). 2
d’où :
Le trinôme 3X2 + 4X + 3 est irréductible dans R[X] car son discriminant Δ est Δ = −20 < 0.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Finalement, la factorisation de P dans R[X] est :
1 n 1 3 − 1 − (−1)n + (−3)n , β = 3n − 1 + (−1)n − (−3)n . 4 2
Finalement :
P = (X − 1)3 (3X2 + 4X + 3).
3.7
α=
R=
1) Factorisation dans C[X] :
1 1 n 3 − 1 − (−1)n + (−3)n X + 3n − 1 + (−1)n − (−3)n . 4 2
c) Puisque B = (X − 1)2 est de degré 2, R est de degré 1.
On a : 2 2 P = (X2 + X + 1)2 + 1 = (X + X + 1 + i )(X + X + 1 − i ). noté T 1
noté T 2
Le discriminant Δ1 du trinôme T 1 est : Δ1 = 1 − 4(1 + i ) = −3 − 4 i = (1 − 2 i )2 , donc les zéros de T 1 dans C sont : −1 − (1 − 2 i ) −1 + (1 − 2 i ) = −1 + i et = −i. 2 2
Il existe donc (α, β) ∈ K2 tel que : R = αX + β. Ainsi : (X + 1)n + Xn = (X − 1)2 B + αX + β. En prenant la valeur en 1, on déduit : 2n + 1 = α + β. D’autre part, en dérivant : n(X + 1)n−1 + nXn−1 = (X − 1)2 Q + 2(X − 1)Q + α, puis, en prenant la valeur en 1 : n2n−1 + n = α. Ensuite : β = (2n + 1) − α = 2n + 1 − n2n−1 − n. 47
Chapitre 3
•
Polynômes
On conclut : R = n(2n−1 + 1)X + (2n + 1 − n2n−1 − n). d) On a ici : deg (Q) = deg (A) − deg (B) = n − n = 0, donc Q est une constante. De plus, comme les coefficients dominants de A et B sont respectivement 2 et 1, le coefficient do2 minant de Q est , donc Q = 2. Puis : 1 R = A − BQ = (X + 1)n + (X + 2)n − 2Xn . On peut exprimer R additivement, en utilisant la formule du binôme de Newton : n n n−1 n k n n−k k n n X + 2 X − 2X = (1 + 2n−k )Xk . R= k k k k=0 k=0 k=0 a) On a, pour tout n ∈ N : Pn+2 − Pn+1 = XPn+1 + (1 − X)Pn − Pn+1
3.9
= (X − 1)(Pn+1 − Pn ),
∀n ∈ N, Pn+2 − Pn+1 = (X − 1)n+1 (P1 − P0 ), c’est-à-dire, en décalant d’un rang : ∀n ∈ N , Pn+1 = Pn + (X − 1) .
On a donc :
n
P1 − P0 = 1 = (X − 1)0 .
De plus :
∀n ∈ N, Pn+1 = Pn + (X − 1)n .
b) D’après a), on a, pour tout n ∈ N∗ : Pn = Pn−1 + (X − 1)n−1 , . . . , P1 = P0 + (X − 1)0 , d’où, en sommant n−1 et en simplifiant (télescopage) : Pn = P0 + (X − 1)k , puis : =0
k=0
(X − 2)Pn = (X − 2)
n−1
k=1
3.10
Notons Pn = (Xn − 1)(Xn+1 − 1).
1re méthode : Mise en évidence des facteurs : On sait que X − 1 | Xn − 1 et X − 1 | Xn+1 − 1, donc : (X − 1)2 | Pn . D’autre part, si n est pair, alors : X + 1 | X2 − 1 | Xn − 1 | P n , et, si n est impair, alors : X + 1 | X2 − 1 | Xn+1 − 1 | Pn , Comme 1 −1, on conclut : (X + 1)(X − 1)2 | Pn .
2e méthode : Utilisation des zéros : Comme 1 −1, la condition voulue revient à : X + 1 | Pn et (X − 1)2 | Pn , c’est-à-dire : −1 est zéro au moins simple de Pn et 1 est zéro au moins double de Pn , ce qui équivaut à : Pn (−1) = 0, Pn (1) = 0, P n (1) = 0. On a : Pn (−1) = (−1)n − 1 (−1)n+1 − 1 = −1 + (−1)n − (−1)n + 1 = 0, Pn (1) = 0, Pn = X2n+1 − Xn+1 − Xn + 1, donc : P n = (2n + 1)X2n − (n + 1)Xn − nXn−1 ,
(X − 1)k
k=0 n−1 = (X − 1) − 1 (X − 1)k = (X − 1)n − 1. k=0
De plus, il est clair que l’égalité demandée est aussi vraie pour n = 0. On conclut : ∀n ∈ N, (X − 2)Pn = (X − 1)n − 1. c) On a, pour tout z ∈ C − {2} : Pn (z) = 0 ⇐⇒ (z − 1)n − 1 = 0 ⇐⇒ (z − 1)n = 1 ⇐⇒ ∃ k ∈ 1 ; n − 1, z − 1 = ωk , 2 i kπ où on a noté ωk = exp et en remarquant que 1 n’est pas n solution. D’après b), Pn est de degré n − 1, et on vient de voir que les 1 + ωk , k ∈ 1 ; n − 1, sont des zéros de Pn , au nombre 48
Comme de plus Pn est unitaire, on conclut que la factorisation n−1 X − (1 + ωk ) . de Pn dans C[X] est : Pn =
donc, dans chacun des deux cas : X + 1 | Pn .
D’où, par progression géométrique :
∗
de n − 1. On a donc tous les zéros de Pn , et chacun de ces zéros est d’ordre de multiplicité égale à 1.
P n (1) = (2n + 1) − (n + 1) − n = 0.
d’où : On conclut :
3.11
(X + 1)(X − 1)2 | Pn .
On a : Pn = Xn+2 − Xn+1 − Xn + Xn−1 − 2(X2 − 2X + 1) = Xn+1 (X − 1) − Xn−1 (X − 1) − 2(X − 1)2 = (X − 1) Xn+1 − Xn−1 − 2(X − 1) = (X − 1) Xn−1 (X2 − 1) − 2(X − 1) = (X − 1)2 Xn−1 (X + 1) − 2 = (X − 1)2 (Xn − 1) + (Xn−1 − 1) = (X − 1)3
n−1 k=0
Xk +
n−2 k=0
Xk
noté Qn
Corrigés des exercices
et Qn (1) = n + (n − 1) = 2n − 1 0.
3.14
Soit (P, Q) convenant. On a :
On déduit : (X − 1) | Pn et (X − 1) Pn , 3
4
donc 1 est zéro de P d’ordre 3 exactement.
3.12
•
P(1) = n − (n + 2) + (n + 2) − n = 0.
donc : •
P = nXn+2 − (n + 2)Xn+1 + (n + 2)X − n
P = n(n + 2)Xn+1 − (n + 2)(n + 1)Xn + (n + 2),
donc : P (1) = n(n + 2) − (n + 2)(n + 1) + (n + 2) = 0. •
donc :
P = n(n + 2)(n + 1)Xn − (n + 2)(n + 1)nXn−1 , P (1) = 0.
D’après l’exercice 3.28, on conclut que 1 est zéro de P d’ordre au moins 3, c’est-à-dire : (X − 1)3 | P.
3.13
D’après la formule du binôme de Newton : n n k n−k X Y = (X + Y)n . k k=0
donc : P + i Q | X2 . Il existe donc α ∈ C∗ et k ∈ {0, 1, 2} tels 1 que : P + i Q = αXk . Alors : P − i Q = X2−k . α Séparons en cas selon la valeur de k. Cas k⎧= 0 : ⎪ P+ iQ = α ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ P − i Q = X2 α
⎧ 1 2 α ⎪ ⎪ ⎪ P= X + ⎪ ⎪ ⎨ 2α 2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ 1 2 α ⎪ ⎪ ⎩Q = − X + . 2α i 2i 1 Et P est unitaire si et seulement si α = , donc : 2 1 i et Q = i X2 − . P = X2 + 4 4
Cas k =⎧1 : ⎪ ⎪ P + i Q = αX ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩P − i Q = X α
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ P= ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩Q =
1 1 α+ X 2 α 1 1 α − X. 2 α
1) En remplaçant Y par 1 − X, on obtient : n n k n X (1 − X)n−k = X + (1 − X) = 1. P0 = k k=0
Et P est unitaire : 1 1 α+ = 1 ⇐⇒ α2 − 2α + 1 = 0 2 α ⇐⇒ (α − 1)2 = 0 ⇐⇒ α = 1,
2) En dérivant par rapport à X, pour Y fixé : n n k Xk−1 Yn−k = n(X + Y)n−1 , k k=1
donc :
puis, en multipliant par X : n n k Xk Yn−k = nX(X + Y)n−1 . k k=0 En remplaçant Y par 1 − X, on obtient : n n−1 n k Xk (1 − X)n−k = nX X + (1 − X) = nX. P1 = k k=0 © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
(P + i Q)(P − i Q) = P2 + Q2 = X2 ,
3) En dérivant par rapport à X, pour Y fixé, dans l’égalité obtenue en 2) : n 2 n Xk−1 Yn−k = n(X + Y)n−1 + n(n − 1)X(X + Y)n−2 , k k k=1 puis en multipliant par X : n n k2 Xk Yn−k = nX(X + Y)n−1 + n(n − 1)X2 (X + Y)n−2 . k k=0 Enfin, en remplaçant Y par 1 − X, on obtient : n n k2 Xk (1 − X)n−k = nX + n(n − 1)X2 . P2 = k k=0
P = X et Q = 0.
Cas k ⎧= 2 : ⎪ ⎪ P + i Q = αX2 ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩P − i Q = α
⎧ α 1 ⎪ ⎪ ⎪ P = X2 + ⎪ ⎪ ⎪ 2 2α ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ α 2 1 ⎪ ⎪ X − . ⎩Q = 2i 2α i Et P est unitaire si et seulement si α = 2, d’où :
1 i et Q = − i X2 + . 4 4 Finalement, l’ensemble S des solutions est : ! 1 i 1 i " . S = X2 + , i X2 − , (X, 0), X2 + , − i X2 + 4 4 4 4 P = X2 +
3.15
a) On a : 1 9 b 9 P(0) − 2P + P(1) = c − 2 + + c + (9 + b + c) = . 2 4 2 2
b) Raisonnons par l’absurde. Supposons : ∀x ∈ [0 ; 1], |P(x)| 1. On a alors en particulier : P(0) 1, P 1
1 2
−1, P(1) 1,
+ P(1) 1 − 2(−1) + 1 = 4, 2 en contradiction avec le résultat obtenu en a).
donc : P(0) − 2P
On conclut :
∃ x ∈ R, |P(x)| 1. 49
Chapitre 3
3.16
•
Polynômes
a) • Dans C[X] : X5 − 1 =
4
X− e
2 i kπ 5
k=0
2 i π 4 i π 6 i π 8iπ = (X − 1) X − e 5 X − e 5 X − e 5 X − e 5 2 i π 4 i π 4 i π 2iπ = (X − 1) X − e 5 X − e 5 X − e − 5 X − e − 5 . Dans R[X] : X5 − 1 = (X − 1)(X4 + X3 + X2 + X + 1). 1 Et, en notant Y = X + : X •
1 (X4 + X3 + X2 + X + 1) X2 = X2 + X + 1 +
⎧ ⎧ ⎪ ⎪ 3 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u + u = v + v ⎨P(u) = P(v) ⇐⇒ (S) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u3 + u2 = v3 + v2 ⎩Q(u) = Q(v) ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ 3 3 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u − v = −(u − v) ⎨u + uv + v = −1 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u2 − v2 = u − v ⎩u + v = 1, car u − v 0. ⎧ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨S − P = −1 (S) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩S = 1
1 1 = Y2 + Y − 1. + X X2
b) En regroupant les facteurs conjugués dans la factorisation de X5 − 1 dans C[X], on obtient : X5 − 1
# 2 i π 2 i π $# 4 i π 4 i π $ X − e 5 X − e− 5 = (X − 1) X − e 5 X − e − 5 2π 4π = (X − 1) X2 − 2 cos X + 1 X2 − 2 cos X + 1 . 5 5 4π 2π > 0 et cos < 0, on déduit : 5 5 √ √ 4π 1 − 5 5−1 2π = et cos = . cos 5 4 5 4
Comme cos
Ensuite : π 4π 4π cos = cos π − = − cos = 5 5 5
50
On a, pour tout (u, v) ∈ C2 tel que u v :
Notons la somme S = u + v et le produit P = uv. On a alors :
Le trinôme Y2 + Y − 1 a pour discriminant Δ = 5 > 0, donc ce trinôme admet deux racines réelles, qui sont : √ √ −1 − 5 −1 + 5 et , 2 2 √ √ −1 − 5 −1 + 5 donc : Y2 + Y − 1 = Y − Y− . 2 2 puis : X4 + X3 + X2 + X + 1 √ √ 1 1 − 5 1 1 + 5 2 =X X+ + X+ + X 2 X 2 √ √ 1+ 5 1− 5 X + 1 X2 + X+1 . = X2 + 2 2 On conclut : √ √ 1+ 5 1− 5 5 2 2 X − 1 = (X − 1) X + X+1 X + X+1 . 2 2
sin
3.17
√
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨S = 1 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩P = 2.
Ainsi, (u, v) convient si et seulement si u, v sont les zéros dans C de X2 − X + 2, et on conclut que l’ensemble S cherché est : ⎧⎛ √ √ √ ⎞ ⎛ √ ⎞⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜ 1 − i 7 1 + i 7 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 + i 7 1 − i 7 ⎟⎟⎟⎪ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎠⎪ . , S =⎪ , , ⎪ ⎠ ⎝ ⎪ ⎭ ⎩⎝ 2 2 2 2 Notons, pour tout n ∈ N, an , bn ,, cn les coefficients respectifs de 1, X, X2 dans Pn . Ainsi, pour tout n 1, il existe Qn ∈ R[X] tel que : Pn = an + bn X + cn X2 + X3 Qn .
3.18
On a, pour tout n 1 : Pn+1 = an+1 + bn+1 X + cn+1 X2 + X3 Qn+1 et : Pn+1 = P2n − 2 = −2 + (an + bn X + cn X2 + X3 Qn )2 = (a2n − 2) + 2an bn X + (2an cn + b2n )X2 + X3 Rn , où Rn ∈ R[X]. Par unicité de l’écriture d’un polynôme sur 1, X, X2 , ..., on déduit : an+1 = a2n − 2,
bn+1 = 2an bn ,
cn+1 = 2an cn + b2n .
Ainsi, les suites (an )n1 , (bn )n1 , (cn )n1 vérifient des relations de récurrence, non linéaires, mélangées. 1) Calcul des an : On a a1 = −2 et, pour tout n 1, an+1 = a2n − 2. En particulier : a2 = a21 − 2 = 2, a3 = a22 − 2 = 2, ... Si, pour n 2 fixé, an = 2, alors an+1 = a2n − 2 = 2.
5−1 , 4
√ 5 − 1 2 1/2 π π 1/2 = 1− = 1 − cos2 5 5 4 ) √ √ √ 2 5 + 10 6 − 2 5 1/2 2 5 + 10 1/2 = 1− = = . 16 16 4
Ceci montre, par récurrence sur n : ∀n 2, an = 2. ⎧ ⎪ ⎪ si n = 1 ⎨−2 On conclut : ∀n 1, an = ⎪ ⎪ ⎩ 2 si n 2. 2) Calcul des bn : On a : P2 = P21 − 2 = (X − 2)2 − 2 = X2 − 4X + 2, donc : b2 = −4. Et : ∀n 2, bn+1 = 2an bn = 4bn .
Corrigés des exercices
∀n 2, bn = 4
b2 = 4 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1 On conclut : ∀n 1, bn = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−4n−1 n−2
n−2
(−4) = −4
n−1
.
A = X2 − 2X cos t = 1 = (X − e i t )(X − e − i t ).
si n = 1
Montrons que les zéros de A dans C[X] sont zéros de P.
si n 2.
On a c2 = 1 et, pour tout n 2 :
= (cos nt + i sin nt) sin t − (cos t + i sin t) sin nt + sin(n − 1)t
= 4cn + (−4 ) = 4cn + 4 cn Notons, pour tout n 2 : dn = n . 4 1 On a alors d2 = 2 et, pour tout n 2 : 4 b2n
n−1 2
2n−2
.
cn+1 4cn + 4 = = dn + 4n−3 . 4n+1 4n+1 D’où, par sommation, pour tout n 2 :
Comme P ∈ R[X], on a, par conjugaison : P( e − i t ) = P( e i t ) = 0. •
0
Si t πZ, alors e i t e − i t , donc A | Pn .
Si t ∈ πZ, alors sin t = 0, sin nt = 0, sin(n − 1)t = 0, donc Pn = 0, d’où : A | Pn .
•
dn = d2 + 4 + 4 + · · · + 4 1 1 1 1 4n−2 − 1 = + (1 + 4 + · · · + 4n−3 ) = + 16 4 16 4 4 − 1 1 4n−3 1 4n−3 1 = + − = − , 16 3 12 3 48 n−4
On conclut que, pour tout n ∈ N, A divise P (dans R[X] et dans C[X]).
3.21
Notons P = X p − a. On a :
Xn = X pq+r = (X p )q Xr = (X p − a) + a q Xr = (P + a)q Xr .
42n−3 4n − . 3 48 On conclut, pour tout n 2 : ⎧ ⎪ 0 si n = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ cn = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 42n−3 − 1 4n ⎩ si n 2. 3 48 cn = 4n dn =
puis :
= cos nt sin t − cos t sin nt + sin(n − 1)t = 0.
2n−2
dn+1 =
−1
P( e i t ) = e i nt sin t − e i t sin nt + sin(n − 1)t
On a :
3) Calcul des cn : cn+1 = 2an cn +
On a, dans C[X] :
3.20
Ainsi, (bn )n2 est une suite géométrique, d’où :
En utilisant la formule du binôme de Newton : Xn =
q # q k=0
q $ q k−1 q−k r Pk aq−k Xr = aq Xr + P P a X . k k k=1 noté Q
3.19
On a, par hypothèse :
P = X5 + a4 X4 + a3 X3 + a2 X2 + a1 X + a0 =
5
(X − zk ),
k=1
d’où : 5 5 (1 + z2k ) = ( i − zk )(− i − zk )
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
k=1
k=1
=
5 k=1
5 ( i − zk ) (− i − zk ) = P( i )P(− i ). k=1
Et : P( i ) = a0 + a1 i − a2 − a3 i + a4 + a5 i = (a0 − a2 + a4 ) + i (a1 − a3 + a5 ), et de même : P(− i ) = (a0 − a2 + a4 ) − i (a1 − a3 + a5 ), d’où : P( i )P(− i ) = (a0 − a2 + a4 )2 + (a1 − a3 + a5 )2 . On conclut : 5 (z2k + 1) = (a0 − a2 + a4 )2 + (a1 − a3 + a5 )2 . k=1
⎧ ⎪ n q r ⎪ ⎪ ⎨X = PQ + a X Ainsi : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩deg (aq Xr ) deg (Xr ) = r < p = deg (P), donc : le reste de la division euclidienne de Xn par X p − a est aq Xr .
3.22
On a, d’après la formule sur une progression géomén−1 Xk = Xn − 1, trique : (X − 1)Pn (X) = (X − 1) k=0
et donc aussi : (X2 − 1)Pn (X2 ) = (X2 )n − 1 = X2n − 1 = (Xn − 1)(Xn + 1), d’où : Pn (X) | Pn (X2 ) ⇐⇒ (X2 − 1)Pn (X) | (X2 − 1)Pn (X2 ) ⇐⇒ (X + 1)(Xn − 1) | (Xn − 1)(Xn + 1) ⇐⇒ X + 1 | Xn + 1 ⇐⇒ (−1)n + 1 = 0 ⇐⇒ n impair. La CNS cherchée est donc : n est impair. 51
Chapitre 3
•
Polynômes
2 Par division euclidienne, il existe (Q, R) ∈ R[X] unique tel que : Pn = BQ + R et deg (R) < deg (B) = 2.
3.23
Il existe donc (a, b) ∈ R2 tel que : R = aX + b.
Les trinômes du second degré 3X2 + 3X + 1 et X2 + X + 1 sont irréductibles dans R[X] car ils sont de discriminants < 0. On conclut que la factorisation de P dans R[X] est :
En prenant la valeur en i , nombre complexe qui annule B, on a : a i + b = R( i ) = Pn ( i ) = ( i sin t + cos t)n = ( e i t )n = e i nt = cos nt + i sin nt. Puisque a et b sont réels, on déduit : a = sin nt, b = cos nt.
P = (2X + 1)(X2 + X + 1)(3X2 + 3X + 1).
3.26
On remarque d’abord que P est pair.
Notons Y = X2 et Q = Y4 + 7Y3 + 13Y2 − 3Y − 18.
Finalement, le reste de la division euclidienne de Pn par B est : R = (sin nt)X + cos nt.
On a donc : P(X) = Q(X2 ). On remarque que 1 est zéro de Q, et on factorise Q
a) Par division euclidienne de P par (X − a)(X − b), il 2 existe (Q, R) ∈ K[X] unique tel que :
3.24
3 + 8Y2 + 21Y + 18). par Y − 1 : Q = (Y − 1)(Y noté R
On remarque que −2 est zéro de R, et on factorise R par Y + 2 : R = (Y + 2)(Y2 + 6Y + 9) = (Y + 2)(Y + 3)2 .
P = (X − a)(X − b)Q + R et deg (R) < 2, puis il existe (λ, μ) ∈ K2 unique tel que : R = λX + μ.
On a donc : Q = (Y − 1)(Y + 2)(Y + 3)2 , d’où :
En prenant la valeur en a, la valeur en b, on a : ⎧ ⎪ ⎪ ⎨λa + μ = R(a) = P(a) ⎪ ⎪ ⎩λb + μ = R(b) = P(b),
P = (X2 − 1)(X2 + 2)(X2 + 3)2 = (X − 1)(X + 1)(X2 + 2)(X2 + 3)2 ,
d’où les valeurs de λ et μ, par résolution d’un système de deux équations à deux inconnues : P(b) − P(a) bP(a) − aP(b) , μ= . b−a b−a On conclut : le reste de la division euclidienne de P par (X − a)(X − b), lorsque a b, est : λ=
bP(a) − aP(b) P(b) − P(a) X+ . R= b−a b−a
ce qui constitue la factorisation de P dans R[X]. Enfin, la factorisation de P dans C[X] est : P = (X− 1)(X+ 1)(X− i
b) Par division euclidienne de P par (X − a)2 , il existe (Q, R) ∈ 2 K[X] unique tel que : P = (X − a)2 Q + R et deg (R) < 2,
3.27
√
2)(X+ i
√ √ √ 2)(X− i 3)2 (X+ i 3)2 .
Nous allons d’abord raisonner sur le degré.
a) Il est clair que le polynôme nul ne convient pas.
puis il existe (λ, μ) ∈ K2 unique tel que : R = λX + μ.
Si P convient et P 0, en notant n = deg (P) ∈ N, on a : deg (XP + 2P ) n − 1, donc deg (XP + 2P + P) = n,
En prenant la valeur en a, on a : λa + μ = R(a) = P(a).
et comme deg (X2 − X) = 2, on déduit : n = 2.
D’autre part, en dérivant : P = (X − a)2 Q + 2(X − a)Q + R ,
Notons donc P = aX2 + bX + c, (a, b, c) ∈ R3 . On a alors :
puis, en prenant la valeur en a : P (a) = R (a) = λ. d’où : λ = P (a), μ = P(a) − λa = P(a) − aP (a). On conclut : le reste de la division euclidienne de P par (X− a) est : R = P (a)X + P(a) − aP (a) .
3.25
XP + 2P + P = X2 − X 2
On remarque que P ressemble à un développement du binôme de Newton. On a : 2 P = (X + 1)6 − X6 = (X + 1)3 − (X3 )2 = (X + 1)3 − X3 (X + 1)3 + X3 . % %. = (X + 1) − X (X + 1)2 + (X + 1)X + X2 . % %. (X + 1) + X (X + 1)2 − (X + 1)X + X2 = (3X2 + 3X + 1)(2X + 1)(X2 + X + 1).
52
⇐⇒ X2a + 2(2aX + b) + (aX2 + bX + c) = X2 − X ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ a=1 ⎪ ⎪ a=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ 6a + b = −1 b = −7 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c = 14. ⎩2b + c = 0 On conclut qu’il y a un polynôme et un seul qui convient, c’est : P = X2 − 7X + 14. b) Il est clair que le polynôme nul convient. Soit P convenant tel que P 0.
Corrigés des exercices
Notons n = deg (P), P = an Xn + · · · + a0 , a0 , ..., an ∈ R, an 0. Le terme de degré n de (X2 − 1)P + 2XP − 2P est n(n − 1)an + 2nan − 2an , et il est nul, d’où, puisque an 0 : n(n − 1) + 2n − 2 = 0, c’est-à-dire n2 + n − 2 = 0, donc n = 1, la valeur n = −2 étant exclue, puisque n ∈ N. Notons P = aX + b, (a, b) ∈ R2 . On a alors :
D’après a), on a :
∀k ∈ 0 ; λ − 1, P(λ) (a) = 0 et P(λ) (a) 0.
d’où nécessairement ω = λ, donc a est zéro de P d’ordre ω exactement.
3.29
(X2 − 1)P + 2XP − 2P = 2Xa − 2(aX + b) = −2b,
On a : ⎧ ⎪ deg (P) = 5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ P(a) = b ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ (X − a)2 | P (X) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ P(−a) = −b ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(X + a)2 | P (X)
⎧ ⎪ ⎪ deg (P) = 5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (S) ⎪ (X − a)3 | P(X) − b ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(X + a)3 | P(X) + b
donc P convient si et seulement si : P = aX, a ∈ R. L’ensemble des solutions est donc : {aX ; a ∈ R}. c) Il est clair qu’aucun polynôme constant ne convient. Soit P ∈ R[X] non constant. Notons n = deg (P) 1.
⎧ ⎪ ∗ 2 2 ⎪ ⎪ ⎨∃ λ ∈ C , P = λ(X − a) (X + a) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ P(a) = b, P(−a) = −b
Alors, deg (PP ) = n + (n − 1) = 2n − 1 et deg (P ) n − 2.
Comme deg (PP ) > deg (P ), on déduit : deg (PP + P ) = deg (PP ) = 2n − 1. Ainsi, le degré de PP + P est impair, alors que le degré de X2 est pair, d’où une contradiction. On conclut qu’il n’ y a aucun polynôme convenant. a) Supposons que a est zéro de P d’ordre ω exactement, c’est-à-dire : (X − a)ω | P et (X − a)ω+1 P.
3.28
Il existe alors Q ∈ K[X] tel que : P = (X − a)ω Q et (X − a) Q, c’est-à-dire : (X − a)ω | P et Q(a) 0. On a, d’après la formule de Leibniz, pour tout k ∈ N : k (i) k (k) P = (X − a)ω Q(k−i) . i i=0
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Mais : ⎧ ω! ⎪ ⎪ ⎪ (X − a)ω−i ⎨ ω (i) (ω − i)! (X − a) =⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0
D’où, pour tout i ∈ 0 ; ω − 1 : (X − a) (ω) = ω! . et : (X − a)ω
si i ω si i > ω. ω (i)
(a) = 0
⎧ 3 X5 ⎪ ⎪ ∗ 2X 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∃ (λ, μ) ∈ C × C, P = λ 5 − 2a 3 + a X + μ (∗) ⇐⇒⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ P(a) = b, P(−a) = −b ⎧ ⎪ ⎪ (∗) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a5 2a5 ⎨ λ − + a5 + μ = b ⇐⇒ ⎪ ⎪ 5 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 5 ⎪ ⎪ 2a5 a ⎪ ⎪ ⎩λ − + − a5 + μ = −b 5 3 ⎧ ⎪ ⎪ (∗) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 15b 1 5 2a2 3 ⎨μ = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ P = X − X + a4 X . ⎪ 5 5 ⎪ 8a 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 15b ⎪ ⎪ ⎩λ = 5 8a Il existe un polynôme et un seul convenant, le polynôme P cidessus.
3.30
Notons P =
n
ak Xk , où n ∈ N, a0 , ..., an ∈ K.
k=0
On a alors : P X + P(X) = ak X + P(X) k . n
Il en résulte : ∀k ∈ 0 ; ω − 1, P(k) (a) = 0
k=0
et : P (a) = ω!Q(a) 0.
D’après la formule du binôme de Newton, on a, pour tout k ∈ 0 ; n :
b) Réciproquement, supposons : ∀k ∈ 0 ; ω − 1, P(k) (a) = 0 et P(ω) (a) 0.
(ω)
Puisque P(a) = 0 (cas k = 0), a est un zéro de P. ∗
Comme P 0, il existe alors λ ∈ N tel que : (X − a)λ | P et (X − a)λ+1 P.
k i k k−i X P(X) X + P(X) = i i=0
k
= Xk +
k i−1 k k−i P(X). X P(X) i i=1 polynôme, noté Uk (X)
53
Chapitre 3
•
Polynômes •
Ainsi : P X + P(X) = =
n
ak Xk +
n
k=0 n
k=0
Si : ∀i ∈ 0 ; n, P(ai ) = yi , alors, d’après b) :
ak Xk + Uk (X)P(X)
P=
k=0
P(ai )Li =
i=0
n ak Uk (X) P(X) = 1 + ak Uk (X) P(X),
k=0
n
•
Réciproquement, le polynôme
polynôme
∀ j ∈ 0 ; n,
∀ ∈ 0 ; n, Li (a j ) = δi j ⇐⇒ ∀ j ∈ 0 ; n − {i}, Li (a j ) = 0 et Li (ai ) = 1 ⇐⇒ ∀ j ∈ 0 ; n − {i}, X − a j | Li et Li (ai ) = 1 (X − a j ) | Li et Li (ai ) = 1 (∗) ⇐⇒ 0 jn, ji
De plus, comme Li ∈ Kn [X] et que deg
(X − a j ) = n, on
ji
a alors : (∗) ⇐⇒ ∃ λ ∈ K, Li = λ
(X − a j ) et λ
ji
(ai − a j ) = 1 ji
(X − a j ) ji
⇐⇒ Li = . (ai − a j ) On conclut que, pour tout i ∈ 0 ; n, il existe Li ∈ Kn [X] unique tel que : ∀ j ∈ 0 ; n, Li (a j ) = δi j , (X − a j ) ji
. Li = (ai − a j ) ji
b) Soit P ∈ Kn [X]. Notons Q =
n
P(ai )Li .
i=0
On a alors Q ∈ Kn [X] et, pour tout j ∈ 0 ; n : n i=0
yi Li est de degré n et :
n n yi Li (a j ) = yi Li (a j ) = yi δi j = y j .
i=0
i=0
i=0
On conclut qu’il existe P ∈ Kn [X] unique tel que : ∀i ∈ 0 ; n, P(ai ) = yi .
3.32
a) 1) Existence :
re
1 méthode : passage par les nombres complexes :
e i nt = ( e i t )n = (cos t + i sin t)n n n = (cos t)n−k ( i sin t)k k k=0 n = (cos t)n−2p (−1) p (sin t)2p 2p p, 02pn n (cos t)n−2p−1 (−1) p (sin t)2p+1 , + i 2p + 1 p, 02p+1n d’où, en prenant la partie réelle :
ji
Q(a j ) =
n
On a, pour tout t ∈ R :
car a0 , ..., an sont deux à deux distincts.
P(ai )Li (a j ) =
n
P(ai )δi j = P(a j ).
i=0
Ainsi, le polynôme Q − P est de degré n et s’annule en n + 1 points deux à deux distincts, les a j , 0 j n, donc Q − P = 0, Q = P. n On conclut : ∀P ∈ Kn [X], P = P(ai )Li . i=0
c) Soient (y0 , ..., yn ) ∈ Kn+1 , P ∈ Kn [X]. 54
n
a) Soient i ∈ 0 ; n et Li ∈ Kn [X] quelconque. On a :
et on a :
yi L i .
i=0
i=0
et on conclut : P(X) | P X + P(X) .
3.31
n
cos nt =
p, 02pn
en notant T n =
n (cos t)n−2p (−1) p (1 − cos2 t) p = T n (cos t), 2p
p, 02pn
n n−2p X (−1) p (1 − X2 ) p . 2p
Ceci montre qu’il existe T n convenant, et on a explicité T n , sous une forme compliquée. n, et que le coefficient doIl est alors clair que T n est de degré n n−1 minant de T n est = 2 , et donc T n est de degré 2p p, 02pn n exactement. 2e méthode : récurrence sur n, à deux pas : Montrons, par récurrence à deux pas sur n, que, pour tout n ∈ N, il existe T n convenant, de degré n et de coefficient dominant 2n−1 . La proposition est évidente pour n = 0, avec T 0 = 1, et pour n = 1, avec T 1 = X. Supposons la proposition vraie pour n et n + 1. On a, pour tout t ∈ R : cos(n + 2)t + cos nt = 2 cos(n + 1)t cos t,
Corrigés des exercices
d’où :
on a donc :
cos(n + 2)t = 2 cos(n + 1)t cos t − cos nt
n−1 k=0
= 2T n+1 (cos t) cos t − T n (cos t). En notant T n+2 = 2XT n+1 − T n , T n+2 est bien un polynôme de R[X] et : ∀t ∈ R, T n+2 (cos t) = cos(n + 2)t.
Calculons les C p , et les S p , en passant par les nombres complexes : Cp + i S p =
De plus, puisque deg (T n ) = n et deg (T n+1 ) = n + 1, d’après l’égalité définissant T n+2 , le polynôme T n+2 est de degré n + 2 et de coefficient dominant 2 fois celui de T n+1 , c’est-à-dire 2n+2 . On a montré, par récurrence à deux pas, que, pour tout n ∈ N, il existe T n ∈ Rn [X] tel que : ∀t ∈ R, T n (cos t) = cos nt et que T n est de degré n et de coefficient dominant 2n−1 .
n−1
cos pθk + i sin pθk
=
n−1
e i pθk =
k=0
•
Si p 0 : pπ
C p + i S p = e i 2n
n−1
ei
pπ n
pπ
= e i 2n
n−1
e ip
∀t ∈ R, T n (cos t) = cos nt = Un (cos t).
k
pπ
= e i 2n
pπ n 1− ei n
1− ei 1 − (−1) p
1 − (−1) p
Comme cos t décrit [−1 ; 1] lorsque t décrit R, il en résulte que le polynôme T n − Un s’annule en une infinité de points (les éléments de [−1 ; 1]), donc T n − Un = 0, T n = Un .
d’où, en prenant la partie réelle : C p = 0.
Ceci montre l’unicité de T n convenant.
On en déduit :
T n (cos t) = 0 ⇐⇒ cos nt = 0 π (2k + 1)π ⇐⇒ ∃ k ∈ Z, nt = + kπ ⇐⇒ ∃ k ∈ Z, t = . 2 2n (2k + 1)π Ceci montre que les réels xk = cos , k ∈ Z, sont des 2n zéros de T n . (2k + 1)π De plus, comme : ∀k ∈ 0 ; n − 1, ∈ [0 ; π] 2n et que cos est strictement décroissante sur [0 ; π], les réels xk sont deux à deux distincts. D’autre part, T n est de degré n, donc T n admet au plus n zéros réels. On conclut : les zéros de T n dans R sont les (2k + 1)π , k ∈ 0 ; n − 1. xk = cos 2n (2k + 1)π : 2n T i (xk )T j (xk ) = T i (cos θk )T j (cos θk ) = cos iθk cos jθk 1 cos(i + j)θk + cos(i − j)θk . = 2 En notant , pour tout p ∈ N : c) On a, pour tout k ∈ 0 ; n − 1, en notant θk =
Sp =
•
Si p = 0, alors : C p = n.
∗ Si i = j 0, alors i − j = 0 et i + j 0, donc Ci− j = n et Ci+ j = 0. ∗ Si i = j = 0, alors Ci− j = n et Ci+ j = n. On conclut :
⎧ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ n−1 ⎪ ⎪ ⎨n T i (xk )T j (xk ) = ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ k=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩n
si i j si i = j 0 si i = j = 0.
Montrons, par récurrence sur p ∈ N : P2p n’admet aucun zéro réel et P2p+1 admet un zéro réel et un seul.
3.33
On a ainsi obtenu n zéros réels de T n .
cos pθk ,
pπ n
∗ Si i j, alors i − j 0 et i + j 0, donc Ci+ j = 0 et Ci− j = 0;
b) Soit n ∈ N∗ . On a, pour tout t ∈ R :
k=0
.
pπ = pπ pπ 1− ei n e − i 2n − e i 2n 1 − (−1) p i 1 − (−1) p = pπ = pπ , −2 i sin 2 sin 2n 2n
Soient T n et Un convenant. On a alors :
Cp =
(2k+1)π 2n
k=0
k=0
2) Unicité :
n−1
k=0
Ceci montre la proposition pour n + 2.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
1 (Ci+ j + Ci− j ). 2
T i (xk )T j (xk ) =
n−1 k=0
sin pθk ,
Pour p = 0, on a P2p = P0 = 1 qui n’a pas de zéro réel, et P2p+1 = P1 = 1 + X, qui admet un zéro réel et un seul, qui est −1. •
Ainsi, la propriété est vraie pour p = 0. Supposons, pour un p ∈ N fixé quelconque, que P2p n’admet aucun zéro réel et que P2p+1 admet un zéro réel et un seul. Puisque P2p est continue sur l’intervalle R et que P2p ne s’annule en aucun point de R, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, P2p est de signe strict fixe. Comme de plus : P2p (x) = on déduit :
2p 1 k x k! k=0
−→ +∞,
x −→ +∞
∀x ∈ R, P2p (x) > 0. 55
Chapitre 3
•
Polynômes
3.34
On remarque : P 2p+1 =
2p+1 2p+1 1 k k k−1 X = X k! k! k=0 k=1
=
2p+1 k=1
Ainsi :
∀x ∈ R,
X3 + pX + q = (X − x1 )(X − x2 )(X − x3 )
1 Xk−1 (k − 1)!
P 2p+1 (x)
=
k←−k−1
2p 1 k X = P2p . k! k=0
= P2p (x) > 0,
= X3 − (x1 + x2 + x3 )X2 + (x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )X − x1 x2 x3 = X3 − σ 1 X2 + σ 2 X − σ 3 ,
−∞ et
x −→ −∞
P2p+1 (x)
x0i = 3,
−→
x −→ +∞
+∞,
•
S1 =
3
x1i = σ1 = 0,
i=1
S2 =
3
x2i = (x1 + x2 + x3 )2 − 2(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )
d’après le théorème de la bijection monotone, P2p+1 admet un zéro réel et un seul, noté α2p+1 . D’ailleurs, l’existence et l’unicité de α2p+1 sont aussi dans l’hypothèse de récurrence.
•
Remarquons α2p+1 < 0, puisque P2p+1(0) = 1 > 0.
2) On a : ∀i ∈ {1, 2, 3}, x3i + pxi + q = 0,
On peut alors dresser le tableau des variations de P2p+1 et de P2p+2 :
d’où, pour tout k ∈ N fixé, en multipliant par xki :
x P 2p+1 = P2p
−∞
P2p+1 +∞
P2p+2
α2p+1 + −
i=1
= σ21 − 2σ2 = −2p.
+ pxk+1 + qxki = 0, ∀i ∈ {1, 2, 3}, xk+3 i i
+∞
puis, en sommant pour i allant de 1 à 3 : +
0
S k+3 + pS k+1 + qS k = 0. +∞
3) D’après 1) et 2) : S 3 = −pS 1 − qS 0 = −p0 − q3 = −3q,
On remarque aussi : P2p+2 =
2p+2 k=0
1 k 1 k 1 X = X + X2p+2 k! k! (2p + 2)! k=0
S 4 = −pS 2 − qS 1 = −p(−2p) − q0 = 2p2 .
2p+1
1 X2p+2 , = P2p+1 + (2p + 2)!
c) On a : A = x31 x2 + x31 x3 + x32 x1 + x32 x3 + x33 x1 + x33 x2 = (x31 + x32 + x33 )(x1 + x2 + x3 ) − (x41 + x42 + x43 )
D’où : 1 α2p+2 > 0. P2p+2 (α2p+1 ) = P2p+1 (α2p+1 ) + (2p + 1)! 2p+1 =0 >0
Il en résulte :
∀x ∈ R, P2p+2(x) > 0,
donc P2p+2 n’a pas de zéro réel. On déduit le tableau des variations de P2p+3 : x P2p+2 P2p+3
−∞ −∞
0 +
+∞ +∞
D’après le théorème de la bijection monotone, P2p+3 admet un zéro réel et un seul. Ceci montre la propriété à l’ordre p + 1, et établit la récurrence. Finalement, pour tout p ∈ N, P2p n’a pas de zéro réel et P2p+1 admet un zéro réel et un seul. 56
3 i=1
Comme de plus : −→
σ1 = 0, σ2 = p, σ3 = −q.
d’où : b) 1) • S 0 =
donc P2p+1 est strictement croissante sur R.
P2p+1 (x)
a) En développant, on a :
= S 3 S 1 − S 4 = −2p2 .
3.35
1) Surjectivité :
Soit Z ∈ C. D’après le théorème de d’Alembert, le polynôme P − Z, qui n’est pas constant, admet au moins un zéro dans C, donc : ∃ z ∈ C, P(z) = Z. On conclut que P est surjective. 2) Non-injectivité : Notons n = deg (P) 2. Raisonnons par l’absurde : supposons P injective. En particulier, l’équation P(z) = 0, d’inconnue z ∈ C, qui admet au moins une solution (cf. 1)), admet au plus une solution z0 ∈ C, donc il existe λ ∈ C∗ tel que P = λ(X − z0 )n . De même, puisque l’équation P(z) = 1, d’inconnue z ∈ C, admet une solution et une seule, notée z1 , il existe μ ∈ C tel que P = 1 + μ(X − z1 )n .
Corrigés des exercices
On a alors :
λ(X − z0 )n = 1 + μ(X − z1 )n , nλ(X − z0 )
d’où, en dérivant :
On conclut, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, P(un ) = un .
= nμ(X − z1 )
n−1
n−1
.
Comme n−1 1, on déduit z0 = z1 , puis P(z0 ) = 0 et P(z0 ) = 1, contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre que P n’est pas injective.
D’autre part, la suite (un )n∈N est à valeurs dans N (par récurrence immédiate), donc :
•
∀n ∈ N, un+1 = u3n + 1 > u3n un , donc la suite (un )n∈N est strictement croissante. Le polynôme P − X s’annule donc en une infinité de points (les un , n ∈ N), donc P − X = 0, P = X.
•
Soit x ∈ R.
3.36
1) Si x 0, alors : 2n−1 x2n −2x 3x2n−2 − · · · −2nx + (2n + 1) Pn (x) = + 0
0
0
0
0
2n + 1 > 0,
(x + 1)Pn (x) = (x + 1)
2n
(−1)k (k + 1)x2n−k
k=0
(−1)k (k + 1)x2n−k+1 +
k=0
=
p=k+1
2n (−1)k (k + 1)x2n−k k=0
2n
(−1)k (k + 1)x2n−k+1 +
k=0
= x2n+1 +
2n+1
(−1) p−1 px2n−p+1
Considérons l’application ϕ : R −→ R, x −→ x3 + x. Supposons que P admette au moins un zéro a ∈ R∗ . Pour tout zéro x de P dans R, ϕ(x) est aussi un zéro de P dans R, puis, en réitérant, ϕ ◦ ϕ(x) est un zéro de P dans R, etc. Considérons la suite (un )n∈N définie par u0 = a et :
p=1 2n #
$ (−1)k (k + 1) + (−1)k−1 k x2n−k+1 + (2n + 1)
∀n ∈ N, un+1 = ϕ(un ).
$ (−1)k x2n−k+1 + (2n + 1)
Si a > 0, alors, par une récurrence immédiate, on a, pour tout n ∈ N, 0 < un < un+1 , donc la suite (un )n∈N est strictement croissante.
x2n+1 + 1 + (2n + 1) = x (−1)k x2n−k + (2n + 1) = x x+1 k=0
De même, si a < 0, alors, par récurrence immédiate, pour tout n ∈ N, un+1 < un < 0, donc (un )n∈N est strictement décroissante.
k=1
= x2n+1 +
2n # k=1
2n
2n + 1 > 0,
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Puisque P(X) | P(X3 + X), il existe Q ∈ R[X] tel que : P(X + X) = P(X)Q(X). En particulier : ∀x ∈ R, P(x) = 0 =⇒ P(x3 + x) = 0 . 3
2) Supposons x > 0. On a :
2n
Finalement, il y a un polynôme et un seul convenant : P = X.
3.38
donc : Pn (x) 0.
=
2) Réciproquement, il est évident que le polynôme P = X convient.
Dans chacun des deux cas, les un sont deux à deux distincts.
donc : Pn (x) 0.
Ceci montre que P admet une infinité de zéros dans R, d’où une contradiction.
On conclut que Pn n’admet aucun zéro réel.
On conclut que P n’admet aucun zéro dans R∗ .
3.37
1) Soit P convenant. On a alors :
P(0) = 0, P(1) = P(03 + 1) = P(0)3 + 1 = 1, P(2) = p(13 + 1) = P(1)3 + 1 = 2, P(9) = P(23 + 1) = P(2)3 + 1 = 9.
3.39
Considérons, cf. exercice 3.31, les polynômes d’interpolation de Lagrange sur les abscisses 0, 1, ..., n : (X − i) ik
. ∀k ∈ 0 ; n, Lk = (k − i)
Considérons la suite réelle (un )n∈N définie par u0 = 0 et :
ik
∀n ∈ N, un+1 = u3n + 1. •
Montrons, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, P(un ) = un .
On a :
P(u0 ) = P(0) = 0 = u0 .
Si, pour un n ∈ N fixé, P(un ) = un , alors : P(un+1 ) = P(u3n + 1) = P(un )3 + 1 = u3n + 1 = un+1 .
D’après l’exercice 3.31, on a : P =
n
P(k)Lk .
k=0
d’où : P(n + 1) =
n
P(k)Lk (n + 1)
k=0
57
Chapitre 3
•
Polynômes
n n+1−k = k+1 k=0
(n + 1 − i) ik
(k − i)
n
=
n k=0
1 k+1
(k − i)
ik
=
n k=0
(n + 1 − i)
i=0
ik
(n + 1)! 1 . %. % k + 1 k(k − 1) · · · 1 (−1)(−2) · · · − (n − k)
n
(n + 1)! n−k (n − k)! (k + 1)!(−1) k=0 n n n+1 n+1 (−1)n−k (−1)k = = (−1)n k+1 k+1 k=0 k=0 =
n+1 (−1)k−1 = (−1)n k k=1 n+1
n+1 #
(−1)k
k=0
L’application P est continue sur le segment [a ; b], donc, d’après un théorème du cours, la restriction de P à [a ; b] est bornée et atteint ses bornes. Il existe donc c ∈ [a ; b] tel que : ∀x ∈ [a ; b], P(x) P(c).
Comme deg (P) = n, deg (P ) = n − 1, ..., deg (P(n) ) = 0, et que le coefficient dominant de P est égal à 1, le polynôme Q est exactement de degré n et de coefficient dominant égal à 1. On peut donc appliquer a) à Q à la place de P. Il existe donc d ∈ R tel que : ∀x ∈ R, Q(x) Q(d).
Q =
ak xki an xni = xni > 0,
n
P(k+1) =
k=0
n+1
P(k) =
k=1
On conclut : ∀x ∈ R, Q(x) P(c).
' 3
1 + 1 + (−xk ) 3 1 · 1 · (−xk ) = 3(−xk )1/3 . 3
3.42
Remarquons :
n n k=1
k
= (1 + 1)n − 1 = 2n − 1.
D’où : P(z0 ) = 0 ⇐⇒ zn0 +
n k=1
d’où : n n n 1/3 3(−xk )1/3 = 3n (2 − xk ) (−xk ) . k=1
Mais :
k=1 n (−xk ) = P(0) = 1. k=1
On conclut : 58
P(k) ,
k=1
On a donc : Q = Q − P. Comme Q est dérivable sur R et que Q admet un minimum global, donc local, en d, on a : Q (d) = 0, donc : Q(d) = P(d) P(c).
∀i ∈ 1 ; n, xi 0. n (2 − xk ). P(2) = k=1
P(2) =
n
car P(n+1) = 0, puisque P est de degré n.
Par comparaison de la moyenne arithmétique et de la moyenne géométrique de trois réels 0 (cf exercice 11.23), on a, pour tout k ∈ 1 ; n : 2 − xk = 3
+∞.
D’autre part, on remarque :
contradiction.
D’autre part :
−→
x −→ +∞
Il existe donc (a, b) ∈ R2 tel que a 0 b et que : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ ] − ∞ ; a], P(x) P(0) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ [b ; +∞[, P(x) P(0).
k=0
Ainsi :
P(x)
k=0
S’il existe i ∈ 1 ; n tel que xi > 0, alors : 0 = P(xi ) =
+∞ et
•
Il existe x1 , ..., xn ∈ R et a1 , ..., an−1 ∈ R+ , an = 1 tels n n (X − xk ), P = ak Xk . que : P =
n
−→
x −→ −∞
∀x ∈ R, P(x) P(c). n b) Notons Q = P(k) .
3.40
k=1
P(x)
donc :
P(n + 1) = (−1)n .
On conclut :
a) Puisque P est un polynôme de degré pair et de coefficient dominant égal à 1, on a :
On a alors : ⎧ ⎪ ⎪ ∀x ∈ ] − ∞ ; a], P(x) P(0) P(c) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∀x ∈ [a ; b], P(x) P(c) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ (b ; +∞[, P(x) P(0) P(c),
n+1 $ −1 k k=0 n+1 − 1 = (−1)n . = (−1)n+1 1 + (−1)
= (−1)n+1
3.41
P(2) 3n .
k=1
ak zn−k =0 0
n k (2n − 1)ak n−k ⇐⇒ zn0 + z0 = 0 n −1 2 n k=1 k (( (( n (( (( n (( (( n k (2 − 1)a k n n n−k =⇒ |z0 | = | − z0 | = (( z0 (( n (( (( 2 −1 n (( (( k=1 k n
Corrigés des exercices
n n n n k (2n − 1)|ak | n−k k |z0 | M k |z0 |n−k , 2n − 1 2n − 1 n k=1 k=1 k en notant : M = Max
k
(2n − 1)|ak |
1/k
.
n puis : 2n |z0 |n M + |z0 | , donc : 2|z0 | M + |z0 |, et finalement :
|z0 | M.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
1kn
n−1
D’où, en utilisant la formule du binôme de Newton : n n k n−k n M |z0 | = M + |z0 | − |z0 |n , (2n − 1)|z0 |n k k=1
59
Espaces vectoriels, applications linéaires Plan Les méthodes à retenir
61
Énoncés des exercices
64
Du mal à démarrer ?
69
Corrigés des exercices
71
On abrège espace vectoriel en ev, sous-espace vectoriel en sev.
CHAPITRE
4
Thèmes abordés dans les exercices •
Montrer qu’un ensemble est un ev (espace vectoriel), un sev (sous-espace vectoriel)
•
Étude d’intersections, de sommes, de sommes directes de deux sev ; montrer que deux sev sont supplémentaires dans un ev
•
Montrer qu’une famille est libre, qu’une famille est liée, qu’une famille est génératrice, qu’une famille est une base
•
Montrer qu’une application est linéaire
•
Détermination du noyau, de l’image d’une application linéaire, obtention d’inclusions ou d’égalités faisant intervenir des noyaux et images d’applications linéaires
•
Montrer qu’une certaine application linéaire est injective, est surjective, est bijective
•
Manipulation de projecteurs.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices
60
•
Définition et propriétés de : ev, sev
•
Définition et propriétés des combinaisons linéaires finies de vecteurs, des familles libres, des familles liées, des familles génératrices, des bases
•
Définition et propriétés de l’intersection et de la somme de sev ; définition et caractérisation de la somme directe de deux sev, de deux sev supplémentaires dans un ev
•
Définition et propriétés des applications linéaires, opérations sur les applications linéaires et les endomorphismes, définition et propriétés du noyau et de l’image d’une application linéaire
•
Définition et caractérisation des projecteurs d’un ev.
Les méthodes à retenir
Les méthodes à retenir Essayer de : •
revenir à la définition d’un sev, c’est-à-dire montrer que F est inclus dans E, que F n’est pas vide et que F est stable par addition et stable par multiplication externe
➥ Exercices 4.1 a), 4.2 a), c), 4.3 a), 4.4 a), 4.18 a) Pour montrer qu’une partie F d’un ev E est un sev de E
•
montrer que F est une intersection de sev, ou est une somme de sev de E
➥ Exercice 4.18 b) •
montrer que F est le sev de E engendré par une certaine famille
➥ Exercice 4.18 a) •
montrer que F est le noyau ou l’image d’une certaine application linéaire
➥ Exercices 4.1 a), 4.4 a).
Pour montrer qu’un ensemble E muni de lois usuelles est un ev
Montrer que E est un sev d’un ev connu.
➥ Exercice 4.24.
Essayer de : •
Pour montrer qu’une partie F d’un ev E n’est pas un sev de E
➥ Exercices 4.1 b), 4.2 b), 4.3 b), c) •
montrer que F n’est pas stable par la multiplication externe
➥ Exercices 4.1 d), 4.2 d), 4.3 d) •
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
montrer que l’élément nul de E n’est pas dans F
montrer que F n’est pas stable par addition.
➥ Exercice 4.1 c).
Pour établir des relations (souvent des inclusions) entre sev d’un ev
Pour montrer que deux sev F, G d’un ev E sont en somme directe
Essayer de passer par les éléments.
➥ Exercices 4.14, 4.25.
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que F ∩ G = {0}. Voir aussi les méthodes du chapitre 6 sur les ev de dimension finie. 61
Chapitre 4
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que : Pour montrer que deux sev F, G d’un ev E sont supplémentaires dans E
Pour montrer qu’une famille finie de vecteurs d’un ev E est libre
F ∩ G = {0} et
F + G = E.
➥ Exercices 4.13, 4.17, 4.18 b), 4.21 b). Voir aussi les méthodes du chapitre 6 sur les ev de dimension finie. Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que, si une combinaison linéaire de ces vecteurs est nulle, alors nécessairement tous les coefficients sont nuls.
➥ Exercices 4.5 b), 4.8 a), 4.15 c), 4.16 a). Voir aussi les méthodes du chapitre 6 sur les ev de dimension finie.
Revenir à la définition de famille libre, et, suivant les exemples, essayer de : •
remplacer la variable par des valeurs particulières
➥ Exercice 4.5 b) •
Pour montrer qu’une famille finie de fonctions est libre pour les lois usuelles
utiliser des passages à la limite
➥ Exercice 4.26 c) •
utiliser une non-continuité ou une non-dérivabilité en certains points
➥ Exercices 4.26 a), b) •
dériver une ou plusieurs fois, ou primitiver
•
faire intervenir les degrés s’il s’agit de polynômes
•
raisonner sur les racines et les ordres de multiplicité s’il s’agit de polynômes.
Essayer de :
Pour montrer qu’une famille finie de vecteurs d’un ev E est liée
•
revenir à la définition, c’est-à-dire trouver une combinaison linéaire de ces vecteurs qui soit nulle et dont les coefficients ne soient pas tous nuls
•
montrer qu’un des vecteurs de la famille se décompose linéairement sur les autres.
➥ Exercices 4.5 a), 4.8 b), 4.15 a), b), 4.16 c). Voir aussi les méthodes du chapitre 6 sur les ev de dimension finie.
Pour montrer qu’une famille finie de vecteurs d’un ev E est génératrice de E
62
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que tout vecteur de E se décompose linéairement sur cette famille.
➥ Exercice 4.5 b). Voir aussi les méthodes du chapitre 6 sur les ev de dimension finie.
Les méthodes à retenir
Pour montrer qu’une famille finie de vecteurs d’un ev E est une base de E
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que cette famille est libre et génératrice de E.
➥ Exercice 4.5 b). Voir aussi les méthodes du chapitre 6 sur les ev de dimension finie.
Essayer de : Pour montrer qu’une application f : E −→ F est linéaire, où E et F sont des K-ev
•
revenir à la définition d’une application linéaire, c’est-à-dire montrer : ∀α ∈ K, ∀x, y ∈ E, f (αx + y) = α f (x) + f (y)
➥ Exercices 4.6 a), 4.7 a), 4.16 a), 4.23 a) •
montrer que f s’obtient, par certaines opérations, à partir d’applications linéaires.
Revenir aux définitions, avec les notations usuelles : Pour manipuler noyau, image, somme, loi externe, composition d’applications linéaires
Ker ( f ) = x ∈ E ; f (x) = 0 , Im ( f ) = y ∈ F ; ∃ x ∈ E, y = f (x) ∀x ∈ E, ∀λ ∈ K, ( f + g)(x) = f (x) + g(x), (λ f )(x) = λ f (x), (g ◦ f )(x) = g f (x) .
➥ Exercices 4.7 c), 4.10 à 4.13, 4.19, 4.21, 4.23 a), 4.27, 4.29.
Pour déterminer le noyau d’une application linéaire f : E −→ F
Revenir à la définition : Ker ( f ) = x ∈ E ; f (x) = 0 . Il s’agit donc de résoudre l’équation f (x) = 0, d’inconnue x ∈ E.
➥ Exercice 4.7 c). Voir aussi les méthodes du chapitre 6 sur les ev de dimension finie.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Montrer Ker ( f ) = {0}, c’est-à-dire montrer : Pour montrer qu’une application linéaire f : E −→ F est injective
∀x ∈ E,
f (x) = 0 =⇒ x = 0 .
➥ Exercices 4.23 b), 4.24. Voir aussi les méthodes du chapitre 6 sur les ev de dimension finie.
Montrer Im ( f ) = F, c’est-à-dire montrer : Pour montrer qu’une application linéaire f : E −→ F est surjective
∀y ∈ F, ∃ x ∈ E, y = f (x).
➥ Exercices 4.23 b), 4.24. Voir aussi les méthodes du chapitre 6 sur les ev de dimension finie. 63
Chapitre 4
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
Essayer de : •
montrer : Ker ( f ) = {0} et Im ( f ) = F
➥ Exercice 4.24 Pour montrer qu’une application linéaire f : E −→ F est bijective
•
trouver une application g : F −→ E telle que : g ◦ f = IdE et f ◦ g = IdF . L’application g est alors la réciproque de f , et g est linéaire.
➥ Exercice 4.28. Essayer de : •
utiliser l’égalité p ◦ p = p
➥ Exercices 4.7 b), 4.22, 4.31 Pour manipuler un projecteur p d’un ev E
•
utiliser la décomposition de tout élément x de E sous la forme : x = p(x) + x − p(x) . ∈Im (p)
∈Ker (p)
➥ Exercice 4.32.
Énoncés des exercices 4.1 Une partie de R3 est-elle un sev ou non ? Est-ce que les parties suivantes de E = R3 sont des sev de E : a) F = (x, y, z) ∈ R3 ; x + 2y + z = 0 b) G = (x, y, z) ∈ R3 ; x − y + z = 4 c) H = (x, y, z) ∈ R3 ; x2 − y2 = 0 d) L = (x, y, z) ∈ R3 ; x + y + z 1 ?
4.2 Une partie de RR est-elle un sev de ou non ? Est-ce les parties suivantes de E = RR , ensemble des applications de R dans R, sont des sev de E : a) F = f ∈ E ; f (2) = f (0) + f (1) b) G = f ∈ E ; f (1) + f (−1) = 3 c) H = f ∈ E ; ∀x ∈ R, ; f (1 − x) = − f (x) 2 d) L = f ∈ E ; ∀x ∈ R, f (x) = f (x) ?
4.3 Une partie de RN est-elle un sev ou non ? Est-ce que les parties suivantes de E = RN , ensemble des suites réelles, sont des sev de E : 64
Énoncés des exercices
a) F = u = (un )n∈N ∈ E ; ∀n ∈ N, un+2 = un+1 + un b) G = u = (un )n∈N ∈ E ; u0 = 0 et u1 = 1 c) H = u = (un )n∈N ∈ E ; ∀n ∈ N, un+1 = un + 4 ) d) L = u = (un )n∈N ∈ E ; ∀n ∈ N, un+1 = u2n + u4n ?
4.4 Détermination d’une base d’un sev donné par une équation On note : F = (x, y, z) ∈ R3 ; x − 2y + 4z = 0 . a) Vérifier que F est un sev de R3 . b) Déterminer une base de F.
4.5 Famille libre, famille liée, détermination d’une base du sev engendré On considère les applications f1 , ..., f4 : ]0 ; +∞[ −→ R définies, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, par : f1 (x) = ln x,
f2 (x) = ln(2x),
f3 (x) = e x ,
f4 (x) = e x+1 .
a) Est-ce que la famille ( f1 , f2 , f3 , f4 ) est libre ? b) Déterminer une base de F = Vect ( f1 , f2 , f3 , f4 ).
4.6 Une application donnée est-elle linéaire, non linéaire ? Est-ce que les applications suivantes, de R2 dans R2 , sont linéaires : a) f1 : (x, y) −→ (x + y, x) b) f2 : (x, y) −→ (x, x − y + 2) c) f3 : (x, y) −→ ( e xy , x + y) d) f4 : (x, y) −→ (x2 − y, y2 − x) ?
4.7 Exemple de projecteur On note :
f : R2 −→ R2 , (x, y) −→ (2x + y, −2x − y).
a) Vérifier que f est linéaire. b) Montrer que f est un projecteur. c) Déterminer une base de Ker ( f ) et une base de Im ( f ).
4.8 Exemples simples de famille libre, famille liée
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
On note, dans R4 : U = (1, 1, 0, 0), V = (1, 0, 1, 0), X = (1, 0, 0, 1), Y = (2, 1, 1, 0). a) La famille (U, V, X) est-elle libre ou liée ? b) La famille (U, V, Y) est-elle libre ou liée ?
4.9 Une partie est-elle un sev ?
On note E = (x, y) ∈ K2 ; x2 + y2 = 0 . Est-ce que E est un sev de K2 ? On distinguera les cas K = R, K = C.
4.10 Noyau et image de f + g Soient E, F des ev, f, g ∈ L (E, F). Montrer : a) Ker ( f ) ∩ Ker (g) ⊂ Ker ( f + g) b) Im ( f + g) ⊂ Im ( f ) + Im (g). 65
Chapitre 4
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
4.11 Noyau et image de g ◦ f Soient E, F, G des ev, f ∈ L (E, F), g ∈ L (F, G). Montrer : a) Ker ( f ) ⊂ Ker (g ◦ f ) b) Im (g ◦ f ) ⊂ Im (g).
4.12 Endomorphismes f, g, h vérifiant des relations de composition Soient E un ev, f, g, h ∈ L (E) tels que : f ◦ g = h,
g ◦ h = f,
h ◦ f = g.
Montrer que f, g, h ont le même noyau et ont la même image.
4.13 Endomorphismes f, g tels que : f ◦ g ◦ f = f et g ◦ f ◦ g = g Soient E un ev, f, g ∈ L (E) tels que : f ◦ g ◦ f = f
et g ◦ f ◦ g = g.
Montrer que Ker ( f ) et Im (g) sont supplémentaires dans E, que Ker (g) et Im ( f ) sont supplémentaires dans E.
4.14 Opérations sur des sev Soient E un ev, A, B, C des sev de E. Montrer : A ∩ B + (A ∩ C) = A ∩ C + (A ∩ B) .
4.15 Familles de fonctions, familles de leurs carrés Soient f, g, h : R −→ R. On note f 2 = f · f, g2 = g · g, h2 = h · h. a) Montrer que, si ( f, g) est liée, alors ( f 2 , g2 ) est liée. b) Donner un exemple de ( f, g) dans lequel : ( f, g) est libre et ( f 2 , g2 ) est liée. c) Donner un exemple de ( f, g, h) dans lequel : ( f, g, h) est liée et ( f 2 , g2 , h2 ) est libre.
4.16 Liberté ou liaison d’une famille de deux ou trois applications linéaires On note E = C([−1 ; 1] ; R) le R-ev des applications continues de [−1 ; 1] dans R, ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 : E −→ R les applications définies, pour toute f ∈ E par : / ϕ1 ( f ) =
/
0
f, −1
/
1
ϕ2 ( f ) =
f, 0
ϕ3 ( f ) =
1
f. −1
a) Vérifier que ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 sont linéaires. b) Est-ce que (ϕ1 , ϕ2 ) est libre ? c) Est-ce que (ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 ) est libre ?
4.17 Sommes directes de sev Soient E un ev, A, B deux sev de E, C un sev de E supplémentaire de A dans A + B et tel que : C ⊂ B. Montrer que C est un supplémentaire de A ∩ B dans B.
4.18 Exemple de sev supplémentaires dans un ev On note E = C([0 ; 1] ; R) le R-ev des applications continues de [0 ; 1] dans R, / 1 " ! f (x) dx = 0 , B = f ∈ E ; f (0) = 0 , e0 , e1 : [0 ; 1] −→ R les applications A = f ∈ E; 0
définies, pour tout x ∈ [0 ; 1], par : e0 (x) = 1, e1 (x) = x, C = Vect (e0 , e1 ) le sev de E engendré par (e0 , e1 ). 66
Énoncés des exercices
a) Montrer que A, B, C sont des sev de E. b) Établir que A ∩ B et C sont supplémentaires dans E.
4.19 Images et noyaux de composées Soient E, F, G, H des ev, f ∈ L (E, F), g ∈ L (F, G), h ∈ L (G, H). Montrer : a) Ker (h ◦ g) = Ker (g) =⇒ Ker (h ◦ g ◦ f ) = Ker (g ◦ f ). b) Im (g ◦ f ) = Im (g) =⇒ Im (h ◦ g ◦ f ) = Im (h ◦ g)
4.20 Noyaux, images, composés de deux endomorphismes Soient E un ev, f, g ∈ L (E) tels que : f ◦ g = g ◦ f. Montrer que, si Ker ( f ) + Ker (g) = E ou Im ( f ) ∩ Im (g) = {0}, alors : f ◦ g = g ◦ f = 0.
4.21 Étude de noyaux Soient E un K-ev, e = IdE , (a, b) ∈ K2 tel que a b, f ∈ L (E) telle que : f 2 − (a + b) f + abe = 0. a) Montrer :
( f − ae) ◦ ( f − be) = 0.
b) On note : Ea = Ker ( f − ae),
Eb = Ker ( f − be).
Établir que Ea et Eb sont des sev de E supplémentaires dans E.
4.22 Composés de deux projecteurs Soient E un ev, p, q deux projecteurs de E. Montrer : a) p ◦ q = p et q ◦ p = q ⇐⇒ Ker (p) = Ker (q) b) p ◦ q = q et q ◦ p = p ⇐⇒ Im (p) = Im (q).
4.23 Exemple d’endomorphismes f, g vérifiant : f ◦ g − g ◦ f = IdE On note E = K[X], f, g : E −→ E les applications définies, pour tout P ∈ K[X], par : f (P) = XP, a) Vérifier :
g(P) = −P .
f, g ∈ L (E), f ◦ g − g ◦ f = IdE .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) Est-ce que f (resp. g) est injectif ? surjectif ? bijectif ?
4.24 Exemple d’automorphisme
On note E = P ∈ R[X] ; P(0) = 0 et f : E −→ E, P −→ XP . Montrer : f ∈ G L(E).
4.25 Réunion de deux sev Soient E un ev, A, B des sev de E tels que : A ∪ B = E. Montrer : A = E ou B = E.
4.26 Familles libres dans un espace de fonctions Soient n ∈ N∗ , (a1 , ..., an ) ∈ Rn tel que a1 < ... < an . Montrer que la famille d’applications ( fai : R −→ R)1in est libre dans les exemples suivants : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨0 si x ai a) fai : x −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1 si x > ai 67
Chapitre 4
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
⎧ ⎪ ⎪ si x ai ⎪ ⎨0 b) fai : x −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x − ai si x > ai c) fai : x −→ e ai x .
4.27 Étude d’applications linéaires f, g telles que Ker (g ◦ f ) = Ker ( f ), telles que Im (g ◦ f ) = Im (g) Soient E, F, G des ev, f ∈ L (E, F), g ∈ L (F, G). Montrer : a) Ker (g ◦ f ) = Ker ( f ) ⇐⇒ Ker (g) ∩ Im ( f ) = {0} b) Im (g ◦ f ) = Im (g) ⇐⇒ Ker (g) + Im ( f ) = F.
4.28 Inversibilités de e − f ◦ g et e − g ◦ f Soient E un ev, e = IdE , f, g ∈ L (E). On suppose e − f ◦ g ∈ G L(E) et on note u = (e − f ◦ g)−1 . a) Calculer (e − g ◦ f ) ◦ (e + g ◦ u ◦ f ) et (e + g ◦ u ◦ f ) ◦ (e − g ◦ f ). b) En déduire e − g ◦ f ∈ G L(E) et préciser (e − g ◦ f )−1 .
4.29 Crochet de Lie dans L (E) Soient E un ev, f ∈ L (E) fixée. On note : φ : L (E) −→ L (E), g −→ φ(g) = f ◦ g − g ◦ f. 2 a) Calculer φ(g ◦ h) pour tout (g, h) ∈ L (E) , en fonction de g, h, φ(g), φ(h). 2 b) En déduire, pour tout n ∈ N et tout (u, v) ∈ L (E) : φ (u ◦ v) = n
n n k=0
k
φk (u) ◦ φn−k (v).
4.30 Endomorphismes transformant tout vecteur en un vecteur colinéaire
Soient E un ev, f ∈ L (E) tel que, pour tout x ∈ E, la famille x, f (x) est liée. Démontrer que f est une homothétie, c’est-à-dire qu’il existe λ ∈ K tel que : ∀x ∈ E, f (x) = λx (où λ ne dépend pas de x).
4.31 Somme de deux projecteurs Soient E un ev, p, q deux projecteurs de E. Démontrer que p + q est un projecteur si et seulement si : p ◦ q = q ◦ p = 0.
4.32 Composées d’un projecteur et d’un endomorphisme Soient E un ev, f, g ∈ L (E) et p, q des projecteurs de E. a) Montrer : Im (p ◦ f ) = Im (p) ∩ Ker (p) + Im ( f ) . b) Montrer : Ker (g ◦ q) = Ker (q) ⊕ Ker (g) ∩ Im (q) .
68
Du mal à démarrer ?
Du mal à démarrer ? 4.1
a) 1re méthode : revenir à la définition d’un sev.
4.14
e
2 méthode : présenter F comme noyau d’une application linéaire. b) (0, 0, 0) G.
1) Montrer une inclusion, en passant par les éléments. 2) Utiliser des rôles symétriques.
4.15
a) Si (f, g) est liée et f 0, il existe α ∈ R tel que g = αf.
c) Trouver X1 ∈ H, X2 ∈ H tels que X1 + X2 H.
b) Penser, par exemple, à x −→ x et x −→ |x|.
d) Trouver X1 ∈ L tel que 2X1 L.
c) Choisir (f, g, h) pour que, par exemple, h = f + g mais que (f 2 , g2 , h2 ) soit libre.
4.2
a) Revenir à la définition d’un sev.
b) 0 G. c) Revenir à la définition d’un sev. d) Trouver f ∈ L telle que −f L.
4.3
a) Revenir à la définition d’un sev.
b) c) 0 G, 0 H.
4.16
c) Utiliser la relation de Chasles.
4.17
d) Trouver u ∈ L telle que 2u L.
4.4 4.5
a) Remarquer : f4 = e f3 .
b) Montrer que (f1 , f2 , f3 ) est libre, en revenant à la définition.
4.6
a) Revenir à la définition d’une application linéaire.
b) c) f2 (0, 0) (0, 0), f3 (0, 0) (0, 0).
1) Montrer : (A ∩ B) ∩ C = {0}. 2) • Montrer : (A ∩ B) + C ⊂ B. • Pour l’autre inclusion, passer par les éléments.
a) Revenir à la définition d’un sev.
b) Exprimer, par exemple, x en fonction de (y, z).
a) L’intégration est linéaire.
b) Montrer que (ϕ1 , ϕ2 ) est libre, en revenant à la définition et en appliquant l’hypothèse à deux fonctions simples bien choisies.
4.18
a) Pour A et B, revenir à la définition d’un sev.
Remarquer que C est défini comme sev engendré par une famille. b) 1) Montrer : (A ∩ B) ∩ C = {0}.
2) Pour f ∈ E, chercher g ∈ A ∩ B, (α, β) ∈ R2 tels que
d) Trouver u, v ∈ R2 tels que f(u + v) f(u) + f(v).
4.7
b) Montrer : f ◦ f = f. c) 1) Résoudre l’équation f(x, y) = (0, 0).
2) Remarquer que, pour tout (x, y) ∈ R2 , f(x, y) est colinéaire à (1, −1).
4.8
a) Revenir à la définition d’une famille libre.
b) Remarquer Y = U + V.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
4.9
f = g + (αe0 + βe1 ).
a) Revenir à la définition d’une application linéaire.
1) Pour K = R, montrer E = {(0, 0)}. 2) Pour K = C, trouver (u, v) ∈ E2 tel que u + v E.
4.19
a) Supposer Ker (h ◦ g) = Ker (g).
L’inclusion Ker (g ◦ f) ⊂ Ker (h ◦ g ◦ f) est immédiate. Pour l’autre inclusion, passer par les éléments. b) Supposer Im (g ◦ f) = Im (g). L’inclusion Im (h ◦ g ◦ f) ⊂ Im (h ◦ g) est immédiate. Pour l’autre inclusion, passer par les éléments.
4.20
1) Supposer Ker (f) + Ker (g) = E.
Montrer : ∀x ∈ E, g ◦ f(x) = 0,
4.10
a) b) Revenir aux définitions.
4.11
Revenir aux définitions.
2) Supposer Im (f) ∩ Im (g) = {0}.
4.12
1) Noyaux : montrer Ker (f) ⊂ Ker (g), puis permuter.
Montrer : ∀x ∈ E, g ◦ f(x) = 0,
2) Images : montrer Im (f) ⊂ Im (g), puis permuter.
puis utiliser des rôles symétriques.
4.13
1) • Montrer : Ker (f) ∩ Im (g) = {0}. • Remarquer que, pour tout x ∈ E, x − g ◦ f(x) ∈ Ker (f).
2) Utiliser des rôles symétriques.
puis utiliser des rôles symétriques.
4.21
a) Développer.
b) Montrer d’abord Ea ∩ Eb = {0}. Puis montrer Ea + Eb = E en raisonnant par analyse-synthèse.
69
Chapitre 4
4.22
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
a) 1) Supposer : p ◦ q = p et q ◦ p = q.
Montrer Ker (p) ⊂ Ker (q), puis utiliser des rôles symétriques.
2) Supposer Ker (p) = Ker (q). Montrer : ∀x ∈ E, q(x) = q ◦ p(x),
b) Remarquer que, pour tout i ∈ 1 ; n, fai est dérivable en tout point de R {ai } et n’est pas dérivable en ai . c) Multiplier par e −an x puis faire tendre x vers +∞.
4.27
a) Séparer en deux implications.
puis utiliser des rôles symétriques.
b) Séparer en deux implications.
b) 1re méthode : Raisonner de façon analogue à 1).
Pour le sens direct, pour y ∈ F, utiliser g(y) ∈ Im (g).
2e méthode : Utiliser les projecteurs p = e − p, q = e − q.
4.23
b) 1) Montrer que f est injectif et non surjectif.
4.28
a) Développer et obtenir e.
b) Immédiat à partir de a).
2) Montrer que g est surjectif et non injectif.
4.24
1) Vérifier que E est bien un R-ev.
2) Vérifier que f est linéaire.
4.29
a) Dans l’expression de φ(g ◦ h), intercaler ± g ◦ f ◦ h.
b) Récurrence sur n. Pour le passage de n à n + 1, utiliser a) et la formule fondamentale sur les coefficients binomiaux.
3) Vérifier que f va bien de E dans E. 4) Montrer que f est injectif, en utilisant Ker (f). 5) Montrer que f est surjectif, en construisant, pour Q =
n
ak Xk ∈ E, un polynôme P de E tel que XP = Q.
4.30
Par hypothèse, pour tout x ∈ E, il existe λx ∈ K tel que f(x) = λx x. Remarquer que, si x 0, alors λx est unique. Il s’agit de montrer que λx ne dépend pas de x. Pour montrer λx = λy , séparer en deux cas selon que (x, y) est libre ou liée. Dans le cas libre, considérer x + y.
k=1
4.25
Raisonner par l’absurde, d’où l’existence de (a, b) ∈ E2 tel que : a A et b B. Considérer a + b.
4.26
Revenir à la définition d’une famille libre.
a) Remarquer que, pour tout i ∈ 1 ; n, fai est continue en tout point de R {ai } et n’est pas continue en ai .
70
4.31
Un sens est immédiat.
Réciproquement, si p + q est un projecteur, développer (p + q)2 = p + q, et composer par p à gauche, à droite.
4.32
a) b) Séparer en deux sens, en passant par les éléments.
Corrigés des exercices 4.1
a) 1re méthode : retour à la définition d’un sev :
•
F ∅, car (0, 0, 0) ∈ F.
•
Soient α ∈ R, X1 = (x1 , y1 , z1 ), X2 = (x2 , y2 , z2 ) ∈ F.
On a : αX1 + X2 = (αx1 + x2 , αy1 + y2 , αz1 + z2 ) et : (αx1 + x2 ) + 2(αy1 + y2 ) + (αz1 + z2 ) = α(x1 + 2y1 + z1 ) + (x2 + 2y2 + z2 ) = 0, =0
donc : αX1 + X2 ∈ F.
=0
On conclut : F est un sev de E. b) On devine que G n’est pas un sev de E par la présence de la constante additive non nulle 3 dans la définition de G. La partie G n’est pas un sev de E car 0 G. c) • H ∅, car 0 ∈ H. •
Soient α ∈ R, f, g ∈ H. On a, pour tout x ∈ R :
(α f + g)(1 − x) = α f (1 − x) + g(1 − x) = α − f (x) + − g(x) = −(α f + g)(x),
On conclut : F est un sev de E.
donc : α f + g ∈ H.
2e méthode : utilisation d’une application linéaire :
On conclut : H est un sev de E.
L’application f : E −→ R, (x, y, z) −→ x + 2y + z
d) On devine que L n’est pas un sev de E par la présence d’un carré dans la définition de L.
est linéaire, car, pour tout α ∈ R et tous X1 = (x1 , y1 , z1 ), X2 = (x2 , y2 , z2 ) ∈ E : f (αX1 + X2 ) = = = =
f (αx1 + x2 , αy1 + y2 , αz1 + z2 ) (αx1 + x2 ) + 2(αy1 + y2 ) + (αz1 + z2 ) α(x1 + 2y1 + z1 ) + (x2 + 2y2 + z2 ) α f (X1 ) + f (X2 ),
et F = Ker ( f ), donc F est un sev de E. b) On devine que G n’est pas un sev de E par la présence de la constante additive non nulle 4 dans l’équation définissant G.
La partie L n’est pas un sev de E car 1 ∈ L et −1 L, où 1 et −1 désignent les applications constantes égales à 1 et à −1 respectivement.
4.3 •
a) • F ∅ car 0 ∈ F, où 0 désigne la suite nulle.
Soient α ∈ R, u = (un )n∈N , v = (vn )n∈N ∈ F.
On a, pour tout n ∈ N : (αu + v)n+2 = αun+2 + vn+2 = α(un+1 + un ) + (vn+1 + vn ) = (αun+1 + vn+1 ) + (αun + vn ) = (αu + v)n+1 + (αu + v)n ,
La partie G n’est pas un sev de E, car (0, 0, 0) G.
donc : αu + v ∈ F.
c) On devine que H n’est pas un sev de E par la présence de carrés dans l’équation définissant H.
On conclut : F est un sev de E.
La partie H n’est pas un sev de E car, en notant :
b) On devine que G n’est pas un sev de E par la présence de la constante additive non nulle 1.
X1 = (1, 1, 0) ∈ E, X2 = (1, −1, 0) ∈ E,
La partie G n’est pas un sev de E car 0 G.
on a : X1 ∈ H, X2 ∈ H, X1 + X2 = (2, 0, 0) H.
c) On devine que H n’est pas un sev de E par la présence de la constante additive non nulle 4.
d) On devine que L n’est pas un sev de E à cause de l’inégalité au lieu d’une égalité dans la définition de L. La partie L n’est pas un sev de E, car X1 = (1, 0, 0) ∈ L et 2X1 = (2, 0, 0) L.
4.2 •
a) • F ∅ car 0 ∈ F, où 0 désigne l’application nulle.
Soient α ∈ R, f, g ∈ F. On a : (α f + g)(2) = = = =
donc : α f + g ∈ F.
α f (2) + g(2) α f (0) + f (1) + g(0) + g(1) α f (0) + g(0) + α f (1) + g(1) (α f + g)(0) + (α f + g)(1),
La partie H n’est pas un sev de E car 0 H. d) On devine que L n’est pas un sev de E par la présence d’un carré dans la définition de L. Considérons la suite u = (un )n∈N définie par ): u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 = u2n + u4n . Il est clair que : u ∈ L. Considérons la suite v = 2u. On a : v0 = 2u0 = 2, ) √ √ ) √ u1 = u20 + u40 = 2, v1 = 2u1 = 2 2, v20 + v40 = 20, ) d’où : v1 v20 + v40 , et donc : v L. On conclut : L n’est pas un sev de E. 71
Chapitre 4
4.4
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
a) • F ∅, car (0, 0, 0) ∈ F.
donc f1 est linéaire.
Soient α ∈ R, X1 = (x1 , y1 , z1 ), X2 = (x2 , y2 , z2 ) ∈ F. On a : αX1 + X2 = (αx1 + x2 , αy1 + y2 , αz1 + z2 ) et : (αx1 + x2 ) − 2(αy1 + y2 ) + 4(αz1 + z2 ) = α(x1 − 2y1 + 4z1 ) + (x2 − 2y2 + 4z2 ) = 0, =0
=0
donc : αX1 + X2 ∈ F.
Puisque f2 (0, 0) = (0, 2) (0, 0), f2 n’est pas linéaire. c) On devine que f3 n’est pas linéaire par la présence d’un produit et d’une exponentielle dans la définition de f3 . Puisque f3 (0, 0) = (1, 0) (0, 0), f3 n’est pas linéaire.
On conclut : F est un sev de R3 .
d) On devine que f4 n’est pas linéaire par la présence de carrés dans la définition de f4 .
b) On peut, dans l’équation donnée pour F, exprimer, par exemple, x en fonction de (y, z) :
Considérons u = (1, 0), v = −u = (−1, 0).
F = (x, y, z) ∈ R3 ; x = 2y − 4z = (2y − 4z, y, z) ; (y, z) ∈ R2 = y(2, 1, 0) + z(−4, 0, 1) ; (y, z) ∈ R2 . Notons U = (2, 1, 0), V = (−4, 0, 1). Ainsi : F = Vect (U, V), sev engendré par (U, V). De plus, il est clair que (U, V) est libre. On conclut : une base de F est (U, V).
4.5
a) On a : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f4 (x) = e x+1 = e x e = e f3 (x),
donc f4 = e f3 , ce qui montre que ( f1 , f2 , f3 , f4 ) est liée. b) Montrons que ( f1 , f2 , f3 ) est libre. Soit (α1 , α2 , α3 ) ∈ R3 tel que : α1 f1 + α2 f2 + α3 f3 = 0. On a donc : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, α1 ln x + α2 ln(2x) + α3 e x = 0. En multipliant par e −x : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, α1 e −x ln x + α2 e −x ln(2x) + α3 = 0. En faisant tendre x vers +∞, on déduit : α3 = 0. Ainsi : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, α1 ln x + α2 ln(2x) = 0. En remplaçant x par 1, on déduit α2 = 0, puis, en remplaçant x par 2 par exemple, on, déduit α1 = 0. On conclut que ( f1 , f2 , f3 ) est libre. Comme de plus, d’après la solution de a), f4 est colinéaire à f3 , une base de F = Vect ( f1 , f2 , f3 , f4 ) est, par exemple : ( f1 , f2 , f3 ).
4.6
a) Pour tout α ∈ R et tous X1 = (x1 , x2 ),
X2 = (y1 , y2 ) ∈ R2 , on a : f1 (αX1 + X2 ) = f1 (αx1 + y1 , αx2 + y2 ) = (αx1 + y1 ) + (αx2 + y2 ), αx1 + y1 = α(x1 + x2 , x1 ) + (y1 + y2 , y1 ) = α f1 (X1 ) + f1 (X2 ), 72
b) On devine que f2 n’est pas linéaire par la présence de la constante additive non nulle 2.
On a : f4 (u) = (1, −1), f4 (v) = (1, 1) donc f4 (u) + f4 (v) = (2, 0), mais f4 (u + v) = f4 (0, 0) = (0, 0), donc f4 (u + v) f4 (u) + f4 (v), donc f4 n’est pas linéaire.
4.7
a) Pour tout α ∈ R et tous X1 = (x1 , y1 ),
X2 = (x2 , y2 ) ∈ R2 , on a : f (αX1 + X2 ) = f (αx1 + x2 , αy1 + y2 ) = 2(αx1 + x2 ) + (αy1 + y2 ), −2(αx1 + x2 ) − (αy1 + y2 ) = α(2x1 + y1 ) + (2x2 + y2 ), α(−2x1 − y1 ) − 2x2 − y2 ) = α(2x1 + y1 , −2x1 − y1 ) + (2x2 + y2 , −2x2 − y2 ) = α f (X1 ) + f (X2 ), donc f est linéaire. b) On a, pour tout X = (x, y) ∈ R2 : f ◦ f (X) = f f (X) = f (2x + y, −2x − y) = 2(2x + y) + (−2x − y), −2(2x + y) − (−2x − y) = (2x + y, −2x − y) = f (X), donc : f ◦ f = f. On conclut : f est un projecteur de R2 . Remarque : En notant A la matrice de f dans la base cano 2 1 2 d’où, par produit matriciel, nique de R , on a A = −2 −1 2 1 A2 = = A, donc f 2 = f. −2 −1 c) 1) Noyau : Soit X = (x, y) ∈ R2 . On a : X ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (X) = 0 ⇐⇒ (2x + y, −2x − y) = (0, 0) ⇐⇒ 2x + y = 0 ⇐⇒ y = −2x.
Ainsi : Ker ( f ) = (x, −2x) ; x ∈ R = x(1, −2) ; x ∈ R . On conclut : une base de Ker ( f ) est (U), où U = (1, −2).
Corrigés des exercices
2) Image :
2
On a : Im ( f ) = (2x + y, −2x − y) ; (x, y) ∈ R = (2x + y)(1, −1) ; (x, y) ∈ R2 ,
Il existe alors x ∈ E tel que : z = (g ◦ f )(x) et on a : z = (g ◦ f )(x) = g f (x) ∈ Im (g). Ceci montre : Im (g ◦ f ) ⊂ Im (g).
donc : Im ( f ) ⊂ Vect (V), où V = (1, −1). De plus, f (0, 1) = (1, −1) = V, donc V ∈ Im ( f ). Enfin, comme V 0, la famille (V), à un seul élément, est libre. On conclut : une base de Im ( f ) est (V), où V = (1, −1).
4.12 •
1) Noyaux :
Soit x ∈ Ker ( f ).
On a alors : g(x) = (h ◦ f )(x) = h f (x) = h(0) = 0, donc : x ∈ Ker (g).
4.8
a) Soit (a, b, c) ∈ R . On a :
Ceci montre : Ker ( f ) ⊂ Ker (g).
3
aU + bV + cX = 0 ⇐⇒ a(1, 1, 0, 0) + b(1, 0, 1, 0) + c(1, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 0)
• Comme les hypothèses sont invariantes par permutation circulaire sur ( f, g, h), on a aussi :
Ker (g) ⊂ Ker (h) et
⇐⇒ (a + b + c, a, b, c) = (0, 0, 0, 0) ⇐⇒ a = 0, b = 0, c = 0.
Ker (h) ⊂ Ker ( f ).
Les trois inclusions précédentes montrent : Ker ( f ) = Ker (g) = Ker (h).
On conclut : (U, V, X) est libre. b) On remarque : Y = U + V, donc (U, V, Y) est liée.
2) Images : Soit y ∈ Im ( f ). Il existe x ∈ E tel que : y = f (x). On a alors : y = f (x) = (g ◦ h)(x) = g h(x) ∈ Im (g).
•
4.9
1) Cas K = R :
On a : ∀(x, y) ∈ R2 , x2 + y2 = 0 ⇐⇒ (x, y) = (0, 0),
Ceci montre : Im ( f ) ⊂ Im (g).
donc E = {(0, 0)}, qui est un sev de K2 = R2 .
•
On termine comme en 1) et on conclut : Im ( f ) = Im (g) = Im (h).
2) Cas K = C : On a : (− i , 1) ∈ E et ( i , 1) ∈ E, mais : (− i , 1) + ( i , 1) = (0, 2) E, donc E n’est pas un sev de K2 = C2 .
4.10
1) • Soit x ∈ Ker ( f ) ∩ Im (g).
Alors, f (x) = 0 et il existe t ∈ E tel que x = g(t). On a : x = g(t) = (g ◦ f ◦ g)(t) = (g ◦ f ) g(t)
= (g ◦ f )(x) = g f (x) = g(0) = 0.
a) On a, pour tout x ∈ E :
x ∈ Ker ( f ) ∩ Ker (g) ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x ∈ Ker (g)
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (x) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g(x) = 0
=⇒ ( f + g)(x) = f (x) + g(x) = 0 ⇐⇒ x ∈ Ker ( f + g). © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
4.13
Ceci montre : Ker ( f ) ∩ Ker (g) ⊂ Ker ( f + g). b) Soit y ∈ Im ( f + g). Il existe x ∈ E tel que : y = ( f + g)(x) = f (x) + g(x),
Ceci montre : Ker ( f ) ∩ Im (g) = {0}. •
Soit x ∈ E.
On a : f ◦ g ◦ f (x) = f (x), donc : f x − g ◦ f (x) = f (x) − f ◦ g ◦ f (x) = 0. Ceci montre : x − g ◦ f (x) ∈ Ker ( f ). Ainsi : x = x − g ◦ f (x) + g ◦ f (x),
où : x − g ◦ f (x) ∈ Ker ( f ), g ◦ f (x) = g f (x) ∈ Im (g).
donc : y ∈ Im ( f ) + Im (g);
Ceci montre : Ker ( f ) + Im (g) = E.
Ceci montre : Im ( f + g) ⊂ Im ( f ) + Im (g).
On conclut : Ker ( f ) et Im (g) sont supplémentaires dans E.
a) Soit x ∈ Ker ( f ). On a alors : (g ◦ f )(x) = g f (x) = g(0) = 0,
4.11
donc : x ∈ Ker (g ◦ f ).
2) Comme f et g ont des rôles symétriques dans l’hypothèse, on conclut aussi que Ker (g) et Im ( f ) sont supplémentaires dans E.
4.14
1) Soit x ∈ A ∩ B + (A ∩ C) .
Ceci montre : Ker ( f ) ⊂ Ker (g ◦ f ).
Alors, x ∈ A et x ∈ B + (A ∩ C).
b) Soit z ∈ Im (g ◦ f ).
Il existe donc b ∈ B, c ∈ A ∩ C tels que : x = b + c. 73
Chapitre 4
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
On a : b = x − c, x ∈ A, c ∈ A, et A est un sev de E, donc : b ∈ A. Ainsi : x = c + b, c ∈ C, b ∈ A ∩ B, donc : x ∈ C + (A ∩ B). on obtient : x ∈ A ∩ C + (A ∩ B) . Ceci montre : A ∩ B + (A ∩ C) ⊂ A ∩ C + (A ∩ B) .
b) Soit (α1 , α2 ) ∈ R2 tel que : α1 ϕ1 + α2 ϕ2 = 0. / 0 / 0 f + α2 f = 0 (1). On a alors : ∀ f ∈ E, α1 −1
a) Supposons ( f, g) liée.
Si f = 0, alors f 2 = 0, donc ( f 2 , g2 ) est liée. Si f 0, il existe α ∈ R tel que g = α f, d’où g2 = α2 f 2 , donc ( f 2 , g2 ) est liée. Ceci montre que, si ( f, g) est liée, alors ( f 2 , g2 ) est liée. b) Notons f : R −→ R et g : R −→ R . x −→ x x −→ |x|
Il est clair que : f1 ∈ E et f2 ∈ E. On a : ⎧ / 0 / 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ α f + α f1 = 0 ⎪ 1 1 2 ⎪ ⎪ ⎪ −1 0 ⎨ (1) =⇒ ⎪ ⎪ / 0 / 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ f + α f2 = 0 α 2 2 ⎩ 1 −1 0 ⎧ ⎪ ⎪ α1 + α2 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 1 ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩α1 − + α2 = 0 2 2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨α1 + α2 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−α + α = 0 1
• La famille ( f, g) est libre, car, pour tout (λ, μ) ∈ R , si λ f + μg = 0, alors : ∀x ∈ R, λx + μ|x| = 0, 2
On conclut : (ϕ1 , ϕ2 ) est libre. /
λ + μ = 0 et λ − μ = 0,
∀ f ∈ E,
donc : λ = μ = 0. c) Notons : f : R −→ R , g : R −→ R , h : R −→ R . x −→ 1 x −→ x x −→ x + 1 •
On a h = f + g, donc ( f, g, h) est liée.
•
On a, pour tout x ∈ R : f (x) = 1,
g (x) = x , 2
2
2
Soit (a, b, c) ∈ R3 tel que : a f 2 + bg2 + ch2 = 0. On a alors : ∀x ∈ R, (a + c) + 2cx + (b + c)x2 = 0. Ainsi, le polynôme (a + c) + 2cX + (b + c)X2 s’annule en tout point de R, donc est le polynôme nul, d’où : a + c = 0,
b + c = 0,
/
0
−1
1
f+
f, 0
Ceci montre que (ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 ) est liée, donc n’est pas libre. 1) On a : (A ∩ B) ∩ C = (C ∩ A) ∩ B = {0} ∩ B = {0}.
2) • On a : A ∩ B ⊂ B et C ⊂ B, donc, puisque B est un sev de E : (A ∩ B) + C ⊂ B. •
Soit b ∈ B. On a alors : b ∈ B ⊂ A + B = A ⊕ C.
Il existe donc a ∈ A, c ∈ C tels que : b = a + c. On a : a = b − c, b ∈ B, c ∈ C ⊂ B et B est un sev de E, donc : a ∈ B. b = a + c, a ∈ A ∩ B, c ∈ C.
Ainsi :
Ceci montre : B ⊂ (A ∩ B) + C.
puis : a = 0, b = 0, c = 0.
On obtient : (A ∩ B) + C = B.
Ceci montre que la famille ( f 2 , g2 , h2 ) est libre.
On conclut : A ∩ B et C sont supplémentaires dans B.
4.16
a) On a, pour tout α ∈ R et toutes f, g ∈ E : /
ϕ1 (α f + g) =
−1
(α f + g)
/
/
0 −1
f+
a) • On a : A ⊂ E, et 0 ∈ A donc A ∅.
4.18 •
0
=α 74
2c = 0,
−1
f =
c’est-à-dire : ϕ3 = ϕ1 + ϕ2 .
4.17
h (x) = 1 + 2x + x . 2
/
1
∀ f ∈ E, ϕ3 ( f ) = ϕ1 ( f ) + ϕ2 ( f ),
donc :
La famille ( f 2 , g2 ) est liée car f 2 = g2 .
2
2
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨α1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩α2 = 0.
c) D’après la relation de Chasles :
d’où, en remplaçant x par 1, par −1 :
•
−1
Considérons : f1 : [−1 ; 1] −→ R , f2 : [−1 ; 1] −→ R . x −→ 1 x− → x
2) En appliquant le résultat de 1) à (A, C, B) à la place de (A, B, C), on a aussi : A ∩ C + (A ∩ B) ⊂ A ∩ B + (A ∩ C) . Finalement : A ∩ B + (A ∩ C) = A ∩ C + (A ∩ B) .
4.15
donc ϕ1 est linéaire, et, de même, ϕ2 et ϕ3 sont linéaires.
Soient α ∈ R, f, g ∈ E. On a : /
(α f + g)(x) dx = α
0
−1
/
1
g = αϕ1 ( f ) + ϕ1 (g),
0
/ 1 f (x) dx + g(x) dx = 0, 0 0 1
=0
=0
Corrigés des exercices
donc : α f + g ∈ A.
4.19
a) Supposons : Ker (g ◦ f ) = Ker ( f ).
On conclut : A est un sev de E.
•
On a (cf. exercice 4.11) : Ker (h ◦ g ◦ f ) ⊃ Ker (g ◦ f ).
2) • On a : B ⊂ E, et 0 ∈ B donc B ∅.
•
Soit x ∈ Ker (h ◦ g ◦ f ).
Soient α ∈ R, f, g ∈ B.
On a : (α f + g)(0) = α f (0) + g(0) = α0 + 0 = 0,
On a : h ◦ g ◦ f (x) = 0, donc : f (x) ∈ Ker (h ◦ g) = Ker (g), d’où : g f (x) = 0, donc x ∈ Ker (g ◦ f ).
donc : α f + g ∈ B.
Ceci montre : Ker (h ◦ g ◦ f ) ⊂ Ker (g ◦ f ).
On conclut : B est un sev de E.
On conclut :
3) Puisque C = Vect (e0 , e1 ), C est le sev de E engendré par (e0 , e1 ), donc C est un sev de E.
b) Supposons : Im (g ◦ f ) = Im (g).
•
b) Remarquer d’abord que A ∩ B est bien un sev de E, comme intersection de deux sev de E. 1) Montrons : (A ∩ B) ∩ C = {0}.
•
On a (cf. exercice 4.11) : Im (h ◦ g ◦ f ) ⊂ Im (h ◦ g).
• Soit t ∈ Im (h ◦ g). Il existe y ∈ F tel que : t = h ◦ g(y). Comme g(y) ∈ Im (g) = Im (g ◦ f ), il existe x ∈ E tel que : g(y) = g ◦ f (x). D’où :
t = h g(y) = h(g ◦ f (x) = (h ◦ g ◦ f )(x) ∈ Im (h ◦ g ◦ f ).
Soit f ∈ (A ∩ B) ∩ C. Puisque f ∈ C, il existe (α, β) ∈ R tel que : f = αe0 + βe1 ,
Ker (h ◦ g ◦ f ) = Ker (g ◦ f ).
2
c’est-à-dire : ∀x ∈ R, f (x) = α + βx. On a alors : ⎧/ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 0 (α + βx) dx = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩α = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ α=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨α = 0 ⇐⇒ f = 0. ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ β ⎪ ⎪ ⎪ ⎩β = 0 ⎩ =0 2
⎧/ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 0 f (x) dx = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f (0) = 0
Im (h ◦ g) ⊂ Im (h ◦ g ◦ f ).
On conclut :
Im (h ◦ g ◦ f ) = Im (h ◦ g).
4.20 •
1) On suppose : f ◦ g = g ◦ f et Ker ( f ) + Ker (g) = E.
Soit x ∈ E.
Il existe u ∈ Ker ( f ), v ∈ Ker (g) tels que : x = u + v. On a alors : f (x) = f (u + v) = f (u) + f (v) = f (v), puis : (g ◦ f )(x) = g f (v) = g ◦ f (v) = f ◦ g(v) = f (0) = 0. Ceci montre : g ◦ f = 0. •
Ceci montre : (A ∩ B) ∩ C = {0},
Comme f ◦ g = g ◦ f, on a alors aussi : f ◦ g = 0.
autrement dit, A ∩ B et C sont en somme directe.
2) On suppose : f ◦ g = g ◦ f et Im ( f ) ∩ Im (g) = {0}.
2) Soit f ∈ E. On cherche g ∈ A ∩ B, (α, β) ∈ R tels que :
•
2
f = g + (αe0 + βe1 ),
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Ceci montre :
c’est-à-dire : ∀x ∈ R, f (x) = g(x) + (α + βx). ⎧/ 1 On a : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 0 g(x) dx = 0 g ∈ A ∩ B ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g(0) = 0 / 1 ⎧/ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ f (x) dx = (α + βx) dx ⎪ ⎨ 0 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f (0) = α ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ α = f (0) ⎪ ⎪ α = f (0) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ / / 1 1 ⇐⇒⎪ ⇐⇒⎪ ⎪ ⎪ β ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ f (x) dx ⎪ f (x) dx − 2 f (0). ⎩α + = ⎩β = 2 2 0 0
Soit x ∈ E. ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f ◦ g(x) = f g(x) ∈ Im ( f ) On a : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f ◦ g(x) = g ◦ f (x) = g f (x) ∈ Im (g),
donc :
f ◦ g(x) ∈ Im ( f ) ∩ Im (g) = {0},
d’où : f ◦ g(x) = 0. Ceci montre : f ◦ g = 0. •
Comme f ◦ g = g ◦ f, on a alors aussi : g ◦ f = 0.
4.21
a) En développant, on a : ( f − ae) ◦ ( f − be) = f 2 − a f − b f + abe = 0.
b) D’abord, Ea et Eb sont bien des sev de E, comme noyaux d’applications linéaires. 1) Soit x ∈ Ea ∩ Eb . ( f − ae)(x) = 0 et ( f − be)(x) = 0,
Ainsi, il existe (α, β) ∈ R2 convenant, puis g convenant, ce qui montre : (A ∩ B) + C = E.
Alors :
Finalement : A ∩ B et C sont supplémentaires dans E.
Comme a b, on déduit x = 0.
d’où : f (x) = ax et f (x) = bx, donc : (a − b)x = ax − bx = 0.
75
Chapitre 4
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
Ceci montre : Ea ∩ Eb = {0}.
•
2) Soit y ∈ E. Montrons que y se décompose linéairement sur Ea et Eb . À cet effet, raisonnons par analyse et synthèse.
Ceci montre : Im (p) ⊂ Im (q).
•
Analyse :
Supposons qu’il existe u ∈ Ea , v ∈ Eb tels que : y = u + v. On a alors : f (y) = f (u + v) = f (u) + f (v) = au + bv.
• Comme l’hypothèse p ◦ q = p et q ◦ p = q est invariante lorsque l’on échange p et q, on a aussi : Im (q) ⊂ Im (p).
On conclut : Im (p) = Im (q).
Ainsi : u + v = y et au + bv = f (y),
2) Réciproquement, supposons Im (p) = Im (q).
d’où, par combinaisons linéaires visant à faire disparaître u ou v : (a − b)u = f (y) − by et (b − a)v = f (y) − ay 1 1 f (y) − by , v = f (y) − ay . et donc : u = a−b b−a • Synthèse :
•
Réciproquement, montrons que les vecteurs u, v obtenus cidessus conviennent. On a : f (u) =
1 f ◦ f (y) − b f (y) a−b % 1 . (a + b) f (y) − aby − b f (y) = a−b 1 a f (y) − aby = au = a−b
et de même, par un calcul analogue : f (v) = bv. 1 Et : u + v = f (y) − by − f (y) − ay = y. a−b Ceci montre : ∀y ∈ E, ∃ (u, v) ∈ Ea × Eb , y = u + v, donc : E = Ea + Eb . Finalement : Ea et Eb sont supplémentaires dans E.
4.22 •
Soit x ∈ E. On a : p(x) ∈ Im (p) = Im (q), d’où, puisque p est un projecteur : q p(x) = p(x). Ceci montre : q ◦ p = q.
• Comme l’hypothèse Im (p) = Im (q) est invariante lorsque l’on échange p et q, on a aussi : p ◦ q = p.
2e méthode : utilisation de projecteurs associés : On remarque que, en notant e = IdE , puisque p et q sont des projecteurs, p = e − p et q = e − q sont aussi des projecteurs et Im (p) = Ker (p ), Im (q) = Ker (q ). D’où, en appliquant le résultat de a ) à (p , q ) à la place de (p, q) : Im (p) = Im (q) ⇐⇒ Ker (p ) = Ker (q ) ⇐⇒ p ◦ q = p et q ◦ p = q ⇐⇒ (e − p) ◦ (e − q) = e − p et (e − q) ◦ (e − p) = e − q ⇐⇒ e − p − q + p ◦ q = e − p et e − q − p + q ◦ p = e − q ⇐⇒ p ◦ q = q et q ◦ p = p. a) • D’abord, il est clair que f et g sont bien des applications de E dans E.
4.23
On a, pour tout α ∈ K et tous P, Q ∈ K[X] : f (αP + Q) = X(αP + Q) = αXP + XQ = α f (P) + f (Q),
a) 1) Supposons : p ◦ q = p et q ◦ p = q.
g(αP + Q) = −(αP + Q) = −αP − Q = αg(P) + g(Q),
Soit x ∈ Ker (p).
On a : q(x) = (q ◦ p)(x) = q p(x) = q(0) = 0,
donc : f, g ∈ L (E).
donc : x ∈ Ker (q).
•
Ceci montre : Ker (p) ⊂ Ker (q). • Comme l’hypothèse p ◦ q = p et q ◦ p = q est invariante lorsque l’on échange p et q, on a aussi : Ker (q) ⊂ Ker (p).
On a, pour tout P ∈ E : ( f ◦ g − g ◦ f )(P) = f g(P) − g f (P) = f (−P ) − g(XP) = X(−P ) + (XP) = −XP + P + XP = P,
On conclut : Ker (p) = Ker (q).
donc : f ◦ g − g ◦ f = IdE .
2) Réciproquement, supposons : Ker (p) = Ker (q).
b) 1) Étude de f :
•
Soit x ∈ E.
On a : x − p(x) ∈ Ker (p) = Ker (q), donc : q x − p(x) = 0, d’où : q(x) = q p(x) = q ◦ p(x). Ceci montre : q = q ◦ p. Comme l’hypothèse Ker (p) = Ker (q) est invariante lorsque l’on échange p et q, on a aussi : p = p ◦ q. •
76
Soit x ∈ Im (p). On a alors x = p(x), puisque p est un projec teur, puis : x = p(x) = q ◦ p(x) = q p(x) ∈ Im (q).
•
On a, pour tout P ∈ E : P ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (P) = 0 ⇐⇒ XP = 0 ⇐⇒ P = 0,
donc Ker ( f ) = {0}, ce qui montre que f est injectif. Il est clair qu’il n’existe pas P ∈ E tel que XP = 1 (comme on le voit en considérant les degrés), donc 1 (qui est dans E) n’a pas d’antécédent par f .
•
b) 1re méthode : retour aux définitions :
On conclut que f n’est pas surjectif.
1) Supposons : p ◦ q = q et q ◦ p = p.
•
Puisque f n’est pas surjectif, f n’est pas bijectif.
Corrigés des exercices
2) Étude de g : •
On a : g(1) = 0 et 1 0, donc g n’est pas injectif.
Pour tout Q ∈ E, il existe P ∈ E tel que −P = Q, il suffit de prendre pour P une primitive de −Q, qui existe dans E. •
Ainsi, g est surjectif. •
4.26
a) Soit (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn tel que
n
λi fai = 0.
i=1
On remarque que, pour tout i ∈ 1 ; n, fai est continue en tout point de R {ai }, et est discontinue en ai .
y
Puisque g n’est pas injectif, g n’est pas bijectif.
1) D’abord, E est bien un R-ev. En effet, E est un sev de R[X] car 0 ∈ E et, pour tout α ∈ R et tous P, Q ∈ E :
4.24
fai
1
(αP + Q)(0) = αP(0) + Q(0) = α0 + 0 = 0, donc αP + Q ∈ E. 2) L’application f va bien de E dans E, car, pour tout P ∈ E, f (P) = XP est un polynôme qui s’annule en 0. 3) L’application f est linéaire car, pour tout α ∈ R et tous P, Q ∈ E : f (αP + Q) = X(αP + Q)
= X(αP + Q ) = αXP + XQ = α f (P) + f (Q).
O
ai
x
Supposons qu’il existe i ∈ 1 ; n tel que λi 0. On a alors : f ai = −
λj fa . λ j 1 jn, ji i
D’une part, fai est discontinue en ai .
Soit P ∈ Ker ( f ), c’est-à-dire XP = 0. On déduit P = 0, P est une constante. Comme de plus P(0) = 0, on obtient P = 0. Ainsi, Ker ( f ) = {0}, donc f est injective.
D’autre part, pour tout j i, fa j est continue en ai , donc la λj combinaison linéaire − fa est continue en ai , d’où λi j 1 jn, ji une contradiction.
5) Surjectivité :
Ce raisonnement par l’absurde montre : ∀i ∈ 1 ; n, λi = 0,
Soit Q ∈ E. Comme Q(0) = 0, il existe n ∈ N∗ , a1 , ..., an ∈ R n n ak k tels que : Q = ak Xk . Notons P = X . Il est clair que k k=1 k=1 P ∈ E, puisque P(0) = 0. Et :
et on conclut que la famille ( fai )1in est libre. n λi fai = 0. b) Soit (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn tel que
4) Injectivité :
f (P) = XP = X
n n ak k−1 ak Xk = Q. kX = k k=1 k=1
i=1
On remarque que, pour tout i ∈ 1 ; n, fai est dérivable en tout point de R {ai }, et n’est pas dérivable en ai .
y
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Ceci montre que f est surjective. Finalement, puisque f est linéaire, injective, surjective, on conclut : f ∈ G L(E).
4.25
fai
Raisonnons par l’absurde : supposons A E et B E.
Il existe alors a ∈ E tel que a A, et b ∈ E tel que b B. Comme A ∪ B = E, il s’ensuit : a ∈ B et b ∈ A. Considérons a + b. On a : a + b ∈ E = A ∪ B, donc : a + b ∈ A ou a + b ∈ B. Supposons a + b ∈ A. On a alors : a = (a + b) − b ∈ A car a + b ∈ A, b ∈ A et A est un sev de E, d’où une contradiction.
•
Supposons a + b ∈ B. On a alors : b = (a + b) − a ∈ B car a + b ∈ B, a ∈ B et B est un sev de E, d’où une contradiction.
•
Ce raisonnement par l’absurde montre : A = E ou B = E.
O
ai
x
Supposons qu’il existe i ∈ 1 ; n tel que λi 0. On a alors : f ai = −
1 jn, ji
λj fa . λi j
D’une part, fai n’est pas dérivable en ai . 77
Chapitre 4
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
D’autre part, pour tout j i, fa j est dérivable en ai , donc la λj combinaison linéaire − fa est dérivable en ai , d’où λi j 1 jn, ji une contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre : ∀i ∈ 1 ; n, λi = 0, et on conclut que la famille ( fai )1in est libre. n λi fai = 0. c) Soit (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn tel que i=1
On a donc :
∀x ∈ R,
n
λi e ai x = 0.
i=1
D’où, en multipliant par e ∀x ∈ R,
−an x
n−1
on a :
Ceci montre : Ker (g) + Im ( f ) = F. 2) Réciproquement, supposons : Ker (g) + Im ( f ) = F. •
D’après l’exercice 4.11, on a : Im (g ◦ f ) ⊂ Im (g).
•
Soit z ∈ Im (g). Il existe y ∈ F tel que z = g(y).
Puisque F = Ker (g) + Im ( f ), il existe u ∈ Ker (g) et x ∈ E tels que : y = u + f (x). D’où : z = g u + f (x) = g(u) + g ◦ f (x) = g ◦ f (x) ∈ Im (g ◦ f ). Des deux points précédents, on déduit : Im (g ◦ f ) = Im (g).
et en isolant le dernier terme :
λi e (ai −an )x + λn = 0.
i=1
Comme :
On a alors : y = y − f (x) + f (x) ∈ Ker (g) + Im ( f ).
a) Puisque u = (e − g ◦ f )−1 , on a : (e − g ◦ f ) ◦ u = e, donc : u − f ◦ g ◦ u = e, c’est-à-dire : f ◦ g ◦ u = u − e, d’où :
4.28
∀i ∈ 1 ; n − 1, ai − an < 0, n−1 λi e (ai −an )x −→ 0, i=1
(e − g ◦ f ) ◦ (e + g ◦ u ◦ f ) =e−g◦ f +g◦u◦ f −g◦ f ◦g◦u◦ f
x −→ +∞
= e − g ◦ f + g ◦ u ◦ f − g ◦ (u − e) ◦ f
d’où : λn −→ 0, c’est-à-dire λn = 0 car λn ne dépend pas x −→ +∞ de x. En réitérant, on déduit successivement : λn = 0, λn−1 = 0, ..., λ1 = 0,
= e − g ◦ f + g ◦ u ◦ f − g ◦ u ◦ f + g ◦ f = e. De même, puisque u = (e − f ◦ g)−1 , on a : u ◦ (e − f ◦ g) = e, donc : u − u ◦ f ◦ g = e, c’est-à-dire : u ◦ f ◦ g = u − e, d’où : (e + g ◦ u ◦ f ) ◦ (e − g ◦ f )
et on conclut que ( fai )1in est libre.
4.27
=e+g◦u◦ f −g◦ f −g◦u◦ f ◦g◦ f = e + g ◦ u ◦ f − g ◦ f − g ◦ (u − e) ◦ f
a) 1) Supposons : Ker (g ◦ f ) = Ker ( f ).
Soit y ∈ Ker (g) ∩ Im ( f ). Alors, g(y) = 0 et il existe x ∈ E tel que y = f (x). D’où : (g ◦ f )(x) = g(y) = 0, donc : x ∈ Ker (g ◦ f ) = Ker ( f ), puis : y = f (x) = 0. Ceci montre : Ker (g) ∩ Im ( f ) = {0}. 2) Réciproquement, supposons : Ker (g) ∩ Im ( f ) = {0}. D’après l’exercice 4.11, on a : Ker (g ◦ f ) ⊃ Ker ( f ). • Soit x ∈ Ker (g ◦ f ). Alors, g f (x) = 0. •
On a : f (x) ∈ Ker (g) ∩ Im ( f ) = {0}, f (x) = 0, x ∈ Ker ( f ).
= e + g ◦ u ◦ f − g ◦ f − g ◦ u ◦ f + g ◦ f = e. ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(e − g ◦ f ) ◦ (e + g ◦ u ◦ f ) = e On conclut : ⎪ ⎪ ⎪(e + g ◦ u ◦ f ) ◦ (e − g ◦ f ) = e. ⎩ b) D’après a), e − g ◦ f est inversible, e − g ◦ f ∈ G L(E), et : (e − g ◦ f )−1 = e + g ◦ u ◦ f, où on a noté u = (e − f ◦ g)−1 .
4.29
φ(g ◦ h) = f ◦ (g ◦ h) − (g ◦ h) ◦ f = ( f ◦ g) ◦ h − (g ◦ f ) ◦ h + g ◦ ( f ◦ h) − g ◦ (h ◦ f )
Ceci montre : Ker (g ◦ f ) ⊂ Ker ( f ).
= (f ◦ g − g ◦ f) ◦ h + g ◦ (f ◦ h − h ◦ f)
Des deux points précédents, on conclut : Ker (g ◦ f ) = Ker ( f ).
78
a) On a :
= φ(g) ◦ h + g ◦ φ(h).
b) 1) Supposons : Im (g ◦ f ) = Im (g).
b) Récurrence sur n.
Soit y ∈ F. Comme g(y) ∈ Im (g) = Im (g ◦ f ), il existe x ∈ E tel que : g(y) = (g ◦ f )(x). On déduit : g y − f (x) = g(y) − g f (x) = 0,
•
Pour n = 0, la propriété est évidente, car φ0 (u ◦ v) = u ◦ v 0 n k et : φ (u) ◦ φn−k (v) = φ0 (u) ◦ φ0 (v) = u ◦ v, k k=0
c’est-à-dire : y − f (x) ∈ Ker (g).
puisque φ0 = IdL (E) .
Corrigés des exercices •
Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N fixé. On a :
φn+1 (u ◦ v) = φ φn (u ◦ v) n n k = φ φ (u) ◦ φn−k (v) k k=0
et, a priori, dépend de x. Nous allons montrer que λ x ne dépend pas de x. Soit (x, y) ∈ (E − {0})2 . 1) Supposons (x, y) libre. On a : f (x) = λ x x, f (y) = λy y, d’où, par linéarité de f :
n n k φ φ (u) ◦ φn−k (v) = k k=0
f (x + y) = f (x) + f (y) = λ x x + λy y. Mais, d’autre part : f (x + y) = λ x+y (x + y).
car φ est, à l’évidence, linéaire n n k n−k = φ φ (u) ◦ φ (v) k k=0
D’où : λ x x + λy y = λ x+y (x + y), puis : (λ x+y − λ x )x + (λ x+y − λy )y = 0.
+ φ (u) ◦ φ φn−k (v)
Comme (x, y) est libre, on déduit :
k
d’après a) n n k+1 φ (u) ◦ φn−k (v) = k k=0
=
n n k=0
k
n−k+1
(v)
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
=
n+1 n φk (u)φn+1−k (v) k−1 k=0 n+1 n k φ (u) ◦ φn+1−k (v) + k k=0
k=0
=
car les deux termes rajoutés sont nuls $ n n k + φ (u) ◦ φn+1−k (v) k−1 k
n+1 n+1 k=0
k
f (y) = λy y = λy αx,
d’où : (λ x − λy )αx = 0 et donc λ x = λy , puisque α 0 et x 0. 2è méthode : Si E = Kx = Vect (x), alors il est clair que f est une homothétie. Si E Kx, alors il existe z ∈ E tel que (x, z) soit libre. Comme y est colinéaire à x, la famille (y, z) est alors aussi libre. D’après 1), on a λ x = λz et λy = λz , d’où λ x = λy . On a ainsi prouvé que λ x ne dépend pas de x. Il existe donc λ ∈ K tel que : ∀x ∈ E − {0}, f (x) = λx. De plus, trivialement : f (0) = 0 = λ0. Finalement, f = λIdE , c’est-à-dire que f est une homothétie. 1) Si p ◦ q = q ◦ p = 0, alors :
4.31
(p + q) = (p + q) ◦ (p + q) = p2 + p ◦ q + q ◦ p + q2 = p + q, 2
donc p + q est un projecteur. φ (u)φ k
(n+1)−k
(v),
ce qui établit la formule au rang n + 1. On conclut par récurrence sur n, à la formule demandée. Remarque : Cette étude est très proche de la démonstration de la formule du binôme de Newton dans le cours. Par hypothèse, pour tout x ∈ E, il existe λ x ∈ K tel que f (x) = λ x x. Il est clair que, pour tout x ∈ E − {0}, λ x est unique
4.30
Il existe α ∈ K − {0} tel que y = αx; et :
n n k φ (u) ◦ φn−k+1 (v) + k k=0
n+1 n φk (u) ◦ φn−(k−1) (v) k←k+1 k−1 k=1 n n k + φ (u) ◦ φn−k+1 (v) k k=0
n+1 #
1re méthode : On a : f (y) = f (αx) = α f (x) = αλ x x
φk+1 (u) ◦ φn−k (v)
=
=
et donc : λ x = λy . 2) Supposons (x, y) liée.
+ φ (u) ◦ φ k
λ x+y − λ x = 0 et λ x+y − λy = 0,
2) Réciproquement, supposons que p + q soit un projecteur. On a alors : p + q = (p + q)2 = p2 + p ◦ q + q ◦ p + q2 = p + p ◦ q + q ◦ p + q, d’où : p ◦ q + q ◦ p = 0. En composant par p à gauche et par p à droite, on obtient : p ◦ q + p ◦ q ◦ p = 0 et
p ◦ q ◦ p + q ◦ p = 0,
d’où, en soustrayant : p ◦ q − q ◦ p = 0. 79
Chapitre 4
•
Espaces vectoriels, applications linéaires
Comme : p ◦ q + q ◦ p = 0 et
p ◦ q − q ◦ p = 0,
on déduit, en additionnant, 2p ◦ q = 0, et, en soustrayant, 2q ◦ p = 0, d’où finalement : p ◦ q = q ◦ p = 0.
4.32
a) 1) • On a : Im (p ◦ f ) ⊂ Im (p), cf. exercice 4.11.
Soit y ∈ Im (p ◦ f ). Il existe x ∈ E tel que y = p ◦ f (x). On a alors : y = p ◦ f (x) − f (x) + f (x) et : p p ◦ f (x) − f (x) = p2 ◦ f (x) − p ◦ f (x) = 0 car p2 = p. •
Ainsi : p ◦ f (x) − f (x) ∈ Ker (p). Ceci montre : y ∈ Ker (p) + Im ( f ). D’après les deux résultats précédents, on déduit : Im (p ◦ f ) ⊂ Im (p) ∩ Ker (p) + Im ( f ) . 2) Soit y ∈ Im (p) ∩ Ker (p) + Im ( f ) . Alors, p(y) = y (puisque p est un projecteur), et il existe x ∈ Ker (p), t ∈ Im ( f ) tels que y = x + t, puis il existe u ∈ E tel que t = f (u). Ainsi : y = p x + f (u) = p(x) + p f (u) = (p ◦ f )(u) ∈ Im (p ◦ f ). Ceci montre : Im (p) ∩ Ker (p) + Im ( f ) ⊂ Im (p ◦ f ). On conclut à l’égalité : Im (p ◦ f ) = Im (p) ∩ Ker (p) + Im ( f ) .
80
b) 1) • On a : Ker (q) ∩ Ker (g) ∩ Im (q) = Ker (q) ∩ Im (q) ∩ Ker (g) = {0}, ={0}
donc la somme Ker (q) + Ker (g) ∩ Im (q) est directe. •
On a : Ker (q) ⊂ Ker (g ◦ q), d’après l’exercice 4.11.
•
Soit y ∈ Ker (g) ∩ Im (q).
Alors, g(y) = 0 et, puisque q est un projecteur, q(y) = y. D’où : g ◦ q(y) = g q(y) = g(y) = 0, donc : y ∈ Ker (g ◦ q). Ceci montre : Ker (g) ∩ Im (q) ⊂ Ker (g ◦ q). D’après les trois points précédents, on a : Ker (q) ⊕ Ker (g) ∩ Im (q) ⊂ Ker (g ◦ q). •
Soit x ∈ Ker (g ◦ q).
Puisque q est un projecteur : x = x − q(x) + q(x) . ∈Ker (q)
∈Im (q)
De plus : g q(x) = g ◦ q(x) = 0, donc : q(x) ∈ Ker (g). Ainsi : x ∈ Ker (q) + Ker (g) ∩ Im (q) . Ceci montre l’inclusion : Ker (g ◦ q) ⊂ Ker (q) + Ker (g) ∩ Im (q) . On conclut à l’égalité : Ker (g ◦ q) = Ker (q) ⊕ Ker (g) ∩ Im (q) .
Calcul matriciel, systèmes linéaires Plan Les méthodes à retenir
81
Énoncés des exercices
83
Du mal à démarrer ?
88
Corrigés des exercices
90
CHAPITRE
5
Thèmes abordés dans les exercices •
Acquisition du calcul matriciel
•
Calcul des puissances d’une matrice carrée assez simple
•
Étude de l’inversibilité et, éventuellement, calcul de l’inverse d’une matrice carrée
•
Détermination du rang d’une matrice
•
Résolution de systèmes linéaires.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définitions et structures des ensembles usuels de matrices : Mn,p (K), Mn (K), GLn (K)
•
Définition et propriétés du rang d’une matrice
•
Méthode du pivot de Gauss.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Les méthodes à retenir Essayer, autant que possible, de garder une notation globale (une lettre pour une matrice), ne faisant pas intervenir les coefficients des matrices. Pour effectuer un calcul sur des matrices
➥ Exercices 5.7, 5.18, 5.19, 5.21, 5.24, 5.25. Sinon, passer aux coefficients des matrices, en particulier si les matrices sont d’ordre petit (deux ou trois), ou si une matrice diagonale ou une matrice triangulaire intervient. ➥ Exercices 5.1, 5.15, 5.23.
Pour effectuer un calcul sur des matrices avec paramètres
Essayer de décomposer linéairement ces matrices sur des matrices plus simples, sans paramètre, si c’est possible.
➥ Exercice 5.12. 81
Chapitre 5
•
Calcul matriciel, systèmes linéaires
•
Dans certains exemples simples, calculer A2 , A3 , et essayer de conjecturer une formule pour Ak , que l’on montrera alors par récurrence sur k.
➥ Exercices 5.3 a), c), 5.4 c). •
Essayer de décomposer A en somme d’une matrice α In , α ∈ K, et d’une matrice simple, souvent une matrice nilpotente, et utiliser la formule du binôme de Newton.
•
La formule obtenue pour A lorsque k ∈ N est souvent aussi valable pour k ∈ Z, si A est inversible.
Pour calculer les puissances A k (k ∈ N∗ , k ∈ Z)... d’une matrice carrée A
➥ Exercices 5.3 a), b), 5.11 à 5.14. k
➥ Exercices 5.13, 5.14 c). •
Voir aussi d’autres méthodes, liées à la réduction des matrices carrées, dans le chapitre 7.
•
Pour une matrice carrée assez simple, donnée sous forme d’un tableau, appliquer la méthode du pivot de Gauss.
➥ Exercice 5.14 b) •
Pour montrer qu’une matrice carrée A ∈ M n(K) est inversible et, éventuellement, calculer son inverse
Noter (E1 , ..., En) la base canonique de Mn,1 (K), (C1 , ..., Cn ) les colonnes de A. Exprimer C1 , ..., Cn en fonction de E1 , ..., En par la donnée de A, résoudre ce système en considérant que les inconnues sont E1 , ..., En, et en déduire l’inversibilité de A et l’expression de l’inverse de A.
➥ Exercices 5.2, 5.14 b), 5.16. •
Former une équation simple sur A, puis isoler le terme en In .
➥ Exercices 5.20, 5.21. •
Associer à la matrice carrée A un système linéaire AX = Y, où X, Y sont des matrices-colonnes, et résoudre ce système en considérant que l’inconnue est X.
•
Conjecturer la forme B de la matrice inverse de A, et vérifier que celle-ci convient, en calculant le produit AB (ou BA).
•
Résoudre l’équation AB = In (ou BA = In ) où B est une matrice inconnue, d’une forme particulière.
•
Se rappeler que toute matrice triangulaire à termes diagonaux tous non nuls est inversible.
➥ Exercices 5.2, 5.13 b).
•
Pour calculer le rang d’une matrice A
Déterminer la dimension du sev engendré par les colonnes de A (ou la dimension du sev engendré par les lignes de A).
➥ Exercices 5.4 a), 5.5 a), b), 5.22. 82
Énoncés des exercices
•
Appliquer une méthode de Gauss.
➥ Exercices 5.5 c), d), 5.6. •
(suite)
Appliquer le théorème du rang, pour une application linéaire f représentée par A ∈ Mn,p (K) : rg (A) = rg ( f ) = p − dim Ker ( f ) , lorsqu’on peut calculer la dimension de Ker ( f ).
Privilégier la notation globale des matrices, en utilisant les propriétés de la transposition :
Pour manipuler des transposées de matrices
t
(αA + B) = α t A + t B,
t
(AB) = t B t A.
➥ Exercice 5.7. •
Utiliser une méthode de Gauss.
➥ Exercices 5.8, 5.9 a). Pour résoudre un système linéaire
•
Utiliser des combinaisons linéaires d’équations pour se ramener à un système équivalent plus simple.
➥ Exercices 5.8, 5.9 b), 5.10, 5.17.
Énoncés des exercices 5.1 Équation satisfaite par toute matrice carrée d’ordre 2
Soit M =
ab ∈ M2 (R). Montrer : M 2 − (a + d)M + (ad − bc) I2 = 0. c d
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
5.2 Exemples simples de calcul d’inverses de matrices carrées inversibles Pour chacune des matrices suivantes de ⎞ montrer qu’elle est inversible et calculer son ⎛ M3 (R), ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ B = ⎜⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟⎟ . inverse : A = ⎜⎜⎜⎜0 1 1⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 011 001
5.3 Exemples de calcul de puissances de matrices carrées Calculer, pour tout n ∈ N∗ , An dans les exemples suivants : ab a) A = , (a, b) ∈ K2 0a ab b) A = , (a, b) ∈ K2 ba ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ c) A = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 100 83
Chapitre 5
•
Calcul matriciel, systèmes linéaires
5.4 Exemple de calcul des puissances d’une matrice carrée ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ Soit a ∈ R. On note A = ⎜⎜ a 1 1⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ −a 0 0
a) Est-ce que A est inversible ? Quel est le rang de A ? b) Calculer A2 , A3 . c) Déterminer An pour tout n ∈ N.
5.5 Exemples de calcul de rangs de matrices Déterminer le rang de chacune des matrices suivantes : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 2 3 4⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 −1 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ A = ⎜⎜ 3 1⎟⎟ , B = ⎜⎜2 1 5⎟⎟ , C = ⎜⎜−1 1 1⎟⎟ , D = ⎜⎜3 4 5 6⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 5678 1 11 1 1 3 −1 4
5.6 Exemple de calcul du rang d’une matrice avec paramètres
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 a 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ Déterminer le rang de M(a, b) = ⎜⎜−1 −2 1 b⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,4 (R), selon (a, b) ∈ R2 . ⎠ ⎝ 1 0 12
5.7 Calculs simples sur des matrices carrées d’ordre n Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (R). Montrer que deux quelconques des trois propriétés suivantes en(2) A2 = In , (3) t A = A. traînent la troisième : (1) t AA = In ,
5.8 Exemples simples de résolution de systèmes d’équations linéaires a) Résoudre les systèmes d’équations suivants, d’inconnue (x, y) ∈ R2 : ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x − 3y = −1 ⎨4x − 2y = 1 (2) ⎪ (1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x + y = 5. ⎩6x − 3y = 2 b) Résoudre les systèmes d’équations suivants, d’inconnue (x, y, z) ∈ R3 : ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2x + y + z = 2 x − 2y + z = 1 2x + y − z = 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎨ (3) ⎪ (2) ⎪ (1) ⎪ x + 2y + z = 0 2x − 3y − z = 3 x − y + z = −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3x + z = 4. ⎩3x − 4y − 3z = 4 ⎩ x − 2y − z = 0
5.9 Exemples de résolution de systèmes d’équations linéaires avec paramètres Résoudre et discuter les systèmes d’équations suivants, d’inconnue (x, y, z) ∈ R3 et de paramètre a∈R: ⎧ ⎪ ⎪ x + y − 2z = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ a) ⎪ x−y+z =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 2y + az = a ⎧ ⎪ ⎪ ax + y + z = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ b) ⎪ x + ay + z = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + y + az = 1. 84
Énoncés des exercices
5.10 Exemple de résolution d’un système d’équations linéaires avec paramètres Résoudre et discuter le système d’équations suivant, d’inconnue (x, y, z, t) ∈ R4 et de paramètre (a, b) ∈ R2 : x − y + 2z + t = 0, −2x + 3y + z − 4t = 1, −3x + 5y + 4z − 7t = a, −x + 2y + 3z − 3t = b.
5.11 Calcul des puissances d’une matrice carrée d’ordre 2 par deux méthodes
On note A =
3 2 ∈ M2 (R). On se propose de calculer les puissances de A. −2 −1
a) 1re méthode : décomposition de A sur I2 et une matrice nilpotente 1 1 . 1) Exprimer A à l’aide de I2 et de N = −1 −1 2) Calculer An pour tout n ∈ N. b) 2è méthode : décomposition de An sur I2 et A 1) Exprimer A2 comme combinaison linéaire de I2 et A. 2) En déduire qu’il existe deux suites réelles (un )n∈N , (vn )n∈N telles que : ∀n ∈ N, An = un I2 + vn A, et exprimer un et vn en fonction de n, pour tout n ∈ N. 3) En déduire An , pour tout n ∈ N.
5.12 Calcul des puissances d’une matrice carrée avec paramètres ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜a b b⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ Soit (a, b) ∈ C . On note M = ⎜⎜b a b⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (C). ⎠ ⎝ bba ⎛ ⎜⎜⎜1 1 ⎜ a) Décomposer linéairement M sur I3 et U = ⎜⎜⎜⎜1 1 ⎝ 11 2
⎞ 1⎟⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟⎟ . ⎠ 1
b) Calculer U n pour tout n ∈ N. On distinguera les cas n = 0 et n 1. c) En déduire M n pour tout n ∈ N.
5.13 Calcul des puissances d’une matrice carrée avec paramètres, cas des exposants négatifs
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 a b⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ Soit (a, b, c) ∈ K3 . On note M = ⎜⎜⎜⎜0 1 c⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (K). ⎠ ⎝ 001
a) Calculer M k pour tout k ∈ N. b) Montrer que M est inversible et calculer M k pour tout k ∈ Z.
5.14 Calcul des puissances d’une matrice carrée, cas des exposants négatifs ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ On note A = ⎜⎜ 1 1 0⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (R). ⎠ ⎝ −1 0 1
a) 1) On note N = A − I3 . Calculer N 2 et N 3 . 2) Calculer An pour tout n ∈ N. b) Montrer que A est inversible. c) Calculer An pour tout n ∈ Z. 85
Chapitre 5
•
Calcul matriciel, systèmes linéaires
5.15 Exemples de résolution d’équations matricielles
On note A =
1 −1 . 1 −1
a) Trouver M ∈ M2 (R) ; MB = A dans chacun des trois exemples suivants : (1) B =
11 , 01
(2) B =
11 , 11
(3) B =
1 −1 . 0 0
b) Trouver M ∈ M2 (R) ; C M = A dans chacun des trois exemples suivants : (1) C =
10 , 11
(2) C =
1 1 , −1 −1
(3) C =
10 . 10
5.16 Inversibilité et calcul de l’inverse pour une matrice carrée d’ordre n Soient n ∈ N∗ , A = Min (i, j) 1i, jn ∈ Mn (R).
Montrer que A est inversible et calculer A−1 .
5.17 Liberté d’une famille de fonctions de deux variables On note f, g, h, k : R2 −→ R les applications définies, pour tout (x, y) ∈ R2 , par : f (x, y) =
)'
h(x, y) =
x2 + y2 − x,
)'
x2 + y2 − y,
g(x, y) =
)'
k(x, y) =
x2 + y2 + x,
)'
x2 + y2 + y.
Montrer que la famille ( f, g, h, k) est libre.
5.18 Manipulation d’égalités matricielles Soient n ∈ N∗ , A, B ∈ Mn (R) telles que : A + B ∈ GLn (R), ABA = A2 B, BAB = B2 A. Montrer : AB = BA.
5.19 Somme de deux inverses, somme de trois inverses Soit n ∈ N∗ . a) Montrer :
2 ∀(A, B) ∈ GLn (K) , A−1 + B−1 = A−1 (A + B)B−1.
b) Y a-t-il une formule analogue pour trois matrices, c’est-à-dire est-ce que : ∀(A, B, C) ∈ GLn (K) 3 , ∃ (U, V) ∈ Mn (K) 2 , A−1 + B−1 + C −1 = U(A + B + C)V ?
5.20 Inversibilité et calcul de l’inverse par utilisation d’une équation matricielle Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (R) telle que : A3 − A2 + A + In = 0. Montrer que A est inversible et exprimer A−1 .
5.21 Commutation par utilisation d’un inverse Soient n ∈ N∗ , A, B ∈ Mn (R) telles que : AB = 2A + 3B. a) Montrer : (A − 3 In )(B − 2 In ) = 6 In . b) En déduire : AB = BA. 86
Énoncés des exercices
5.22 Exemple de calcul du rang d’une matrice carrée d’ordre n
Soient n ∈ N∗ , An = sin(i + j) 1i, jn ∈ Mn (R). Déterminer rg (An ).
5.23 Commutant d’une matrice diagonale à termes diagonaux deux à deux distincts Soient n ∈ N∗ , d1 , ..., dn ∈ K deux à deux distincts, D = diag (d1 , ..., dn ) la matrice diagonale dont les termes diagonaux sont, dans l’ordre, d1 , ..., dn . Montrer que le commutant de D, c’est à-dire l’ensemble C (D) = A ∈ Mn (K) ; AD = DA est égal à l’ensemble Dn (K) des matrices diagonales de Mn (K).
5.24 Matrices nilpotentes Soit n ∈ N∗ . On dit qu’une matrice A ∈ Mn (K) est nilpotente si et seulement s’il existe k ∈ N∗ tel que Ak = 0. a) 1) Montrer que, pour toute A ∈ Mn (K), si A est nilpotente, alors A n’est pas inversible. 2) Les matrices suivantes de M2 (R) sont-elles nilpotentes : 01 1 1 0 1 A= , B= , C= , 00 0 −1 0 −1
D=
1 1 ? −1 −1
b) Soient A, M ∈ Mn (K). Montrer que, si A est nilpotente et AM = MA, alors AM est nilpotente. c) Soit A ∈ Mn (K). Montrer que, si A est nilpotente, alors In − A est inversible et exprimer (In − A)−1 . d) Soient A, B ∈ Mn (K). Montrer que, si A et B sont nilpotentes et AB = BA, alors A + B est nilpotente.
5.25 Somme de l’identité et d’une matrice nilpotente
Soit n ∈ N∗ . On note E = A ∈ Mn (K) ; ∃ k ∈ N∗ , (A − In )k = 0 . Montrer : ∀(A, B) ∈ E 2 , AB = BA =⇒ AB ∈ E . (Utiliser l’exercice 5.24.)
5.26 Matrices satisfaisant une équation, utilisation des matrices élémentaires Soient n, p ∈ N∗ , A ∈ Mn,p (K) telle que : ∀L ∈ M1,n (K), ∀C ∈ M p,1 (K), LAC = 0.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Montrer : A = 0.
5.27 Matrices inversibles à termes 0 et dont l’inverse est à termes 0 Soient n ∈ N∗ , A ∈ GLn (R). On suppose que les termes de A et les termes de A−1 sont tous 0. Montrer qu’il existe une permutation σ de 1 ; n et (α1 , ..., αn ) ∈ (R+ )n tels que : A = δiσ( j) α j i, j , ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨1 où δ désigne le symbole de Kronecker : δik = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩0
si i = k si i k
.
87
Chapitre 5
•
Calcul matriciel, systèmes linéaires
5.28 Commutants de Mn(K), de GLn(K) Soit n ∈ N∗ . Pour toute partie E de Mn (K), on appelle commutant de E la partie C (E ) de Mn (K) formée des matrices de Mn (K) qui commutent avec toute matrice de E : C (E ) = A ∈ Mn (K) ; ∀M ∈ E , AM = MA . a) Vérifier que, pour toute partie E de Mn (K), C (E ) est un sev de Mn (K). b) Démontrer : C Mn (K) = K In . À cet effet, on pourra faire intervenir les matrices élémentaires Ei j , (i, j) ∈ 1 ; n2 , où Ei j est la matrice dont tous les termes sont nuls, sauf celui situé à la ligne i et à la colonne j, qui est égal à 1. 2 c) 1) Démontrer : ∀M ∈ Mn (K), ∃ (P, Q) ∈ GLn (K) , M = P + Q. 2) En déduire : C GLn (K) = K In .
Du mal à démarrer ? 5.1
Calculer M2 , puis le premier membre de l’égalité voulue.
5.2
Noter (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de M3,1 (R) et (V1 , V2 , V3 ) les colonnes de la matrice proposée. Exprimer, en utilisant la matrice de l’énoncé, V1 , V2 , V3 en fonction de e1 , e2 , e3 , puis calculer e1 , e2 , e3 en fonction de V1 , V2 , V3 par résolution d’un système d’équations, ce qui montre que la matrice est inversible et fournit son inverse.
5.3
a) 1re méthode : récurrence sur n :
Calculer les premières puissances de A, conjecturer une formule pour An et démontrer cette formule, par récurrence sur n.
2e méthode : décomposition de A : Décomposer convenablement A et utiliser la formule du binôme de Newton. b) Décomposer convenablement A et utiliser la formule du binôme de Newton.
5.9
Utiliser, par exemple, les opérations licites sur les lignes.
a) Séparer les cas : a = 1, a 1.
b) Séparer les cas : a = −2, a = 1, a −2 et a 1 .
5.10
Utiliser, par exemple, les opérations licites sur les lignes. Séparer les cas : (a, b) = (2, 1), (a, b) (2, 1).
5.11
a) 2) Utiliser la formule du binôme de Newton.
b) 1) Calculer A2 , puis résoudre l’équation A2 = α I2 + βA, d’inconnue (α, β) ∈ R2 .
2) Montrer, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, il existe (un , vn ) ∈ R2 unique tel que An = un I2 + vn A, et calculer un+1 et vn+1 en fonction de un et vn , puis calculer, par exemple, un+2 en fonction de un+1 et un .
5.12
b) Récurrence sur n 1, pour montrer : Un = 3n−1 U.
c) Utiliser la formule du binôme de Newton.
c) Calculer A2 .
5.4
a) Montrer : rg (A) = 2.
c) Remarquer : A3 = A, A4 = A2 , ...
5.5 5.6
Travailler, par exemple, sur les colonnes des matrices. Utiliser, par exemple, la méthode de Gauss.
5.7 .
Montrer : % . % . % (1) et (2) =⇒ (3), (1) et (3) =⇒ (2), (2) et (3) =⇒ (1).
5.8
88
Utiliser, par exemple, les opérations licites sur les lignes.
5.13
a) Décomposer M en M = I3 + N et utiliser la formule du binôme de Newton. b) Utiliser la formule du binôme de Newton.
5.14
a) 2) Utiliser la formule du binôme de Newton.
b) 1re méthode : utiliser le pivot de Gauss.
2e méthode : interpréter A comme matrice d’une famille dans une base. 3e méthode : essai, pour n = −1, de la formule obtenue en a). c) Montrer que la formule obtenue en a) est aussi valable pour n 0.
Du mal à démarrer ?
5.15
a) (1) : Remarquer que B est inversible. x y (2) et (3) : noter M = et résoudre l’équation MB = A. z t b) (1) : Remarquer que C est inversible. x y (2) et (3) : noter M = et résoudre l’équation CM = A. z t
5.23
Un sens est évident.
Réciproquement, si A ∈ C (D), traduire AD = DA en passant par les éléments.
5.24
a) 1) On peut raisonner par l’absurde.
b) Calculer (AM)k = (AM) · · · (AM) en utilisant AM = MA. c) Utiliser la formule relative à une sommation géométrique.
5.16
Noter (e1 , ..., en ) la base canonique de Mn,1 (R) et (C1 , ..., Cn ) les colonnes de A. Exprimer C1 , ..., Cn en fonction de e1 , ..., en , puis calculer e1 , ..., en en fonction de C1 , ..., Cn .
5.17
Revenir à la définition de famille libre.
5.18
Calculer A(AB − BA) et B(AB − BA).
5.19
b) Trouver A, B, C ∈ GLn (K) de façon que : A−1 + B−1 + C −1 0 et A + B + C = 0.
d) Utiliser la formule du binôme de Newton.
5.25
Soit (A, B) ∈ E2 tel que AB = BA. Noter M = A − In et N = B − In , et utiliser l’exercice 5.24.
5.26
Appliquer l’hypothèse à des matrices L, C particulièrement simples, des matrices élémentaires.
Noter A = (aij )ij , A−1 = (bij )ij et traduire AA−1 = In en passant aux éléments.
5.27 5.28
5.20
Isoler In et mettre A en facteur.
b) Une inclusion est évidente. Réciproquement, soit A ∈ C Mn (K) . Appliquer l’hypothèse aux matrices élémentaires Eij .
5.21
c) 1) Penser à décomposer M en somme d’une matrice triangulaire supérieure et d’une matrice triangulaire inférieure.
5.22
d) Si f convient, montrer que sa matrice A dans une base quelconque vérifie : ∀P ∈ GLn (K), A = P −1 AP,
b) Faire apparaître un produit égal à In , le produit en sens inverse est alors aussi égal à In .
et utiliser c)2).
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
En utilisant une formule de trigonométrie, montrer que les colonnes de A se décomposent linéairement sur deux vecteurs colonnes fixes.
89
Corrigés des exercices 5.1
On calcule : 2 ab a b a + bc ab + bd = M2 = 2 , c d c d ca + dc cb + d
d’où, en effectuant les opérations : M − (a + d)M + (ad − bc) I2 = 0. 2
donc la formule est vraie pour n + 1. n n−1 a na b On conclut : ∀n ∈ N∗ , An = 0 an
5.2
Notons (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de M3,1 (R) et (V1 , V2 , V3 ) les colonnes de la matrice proposée.
et la formule est aussi vraie pour n = 0, avec les conventions habituelles.
On exprime, en utilisant la matrice de l’énoncé, V1 , V2 , V3 en fonction de e1 , e2 , e3 , puis on calcule e1 , e2 , e3 en fonction de V1 , V2 , V3 par résolution d’un système d’équations, ce qui montre que la matrice est inversible et fournit l’inverse. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ • Pour A = ⎜ ⎜⎝0 1 1⎟⎟⎟⎠ : 001
2e méthode : Décomposition de A : 01 ab . On a : A = = a I2 + bN, où N = 00 0a
⎧ ⎪ V1 = e1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ V2 = e1 + e2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩V3 = e1 + e2 + e3
⎧ ⎪ e1 = V1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ e2 = V2 − V1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩e3 = V3 − V2
donc A est inversible et : A−1 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ • Pour B = ⎜ ⎜⎝1 1 1⎟⎟⎟⎠ : 011 ⎧ ⎪ V1 = e1 + e2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ V2 = e1 + e2 + e3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩V3 = e2 + e3 donc B est inversible et : B
5.3
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 −1 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ = ⎜⎜0 1 −1⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 0 0 1
⎧ ⎪ e1 = V2 − V3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ e3 = V2 − V1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩e2 = V1 − (V2 − V3 ) −1
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 1 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ = ⎜⎜ 1 −1 1 ⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ −1 1 0
Les matrices I2 et N commutent, d’où, d’après la formule du binôme de Newton, pour tout n ∈ N : n n n n n−k k k (a I2 )n−k (bN)k = a bN . An = k k k=0 k=0 Mais N 2 = 0, donc : ∀k 2, N k = 0, et la somme se réduit donc aux termes d’indices k = 0, k = 1 : n n−1 a na b . An = an I2 + nan−1 N = 0 an b) On a : A =
Montrons, par récurrence sur n : n n−1 a na b ∗ n ∀n ∈ N , A = . 0 an
ab 01 = a I2 + bJ, où J = . ba 10
Les matrices I2 et J commutent, d’où, d’après la formule du binôme de Newton : n n n n n−k k k An = (a I2 )n−k (bJ)k = a b J . k k k=0 k=0 Mais : J 2 = I2 , J 3 = J, ..., d’où, par récurrence immédiate : ∀p ∈ N, J 2p = I2 , J 2p+1 = J . On obtient : An =
n n−2p 2p a b I2 2p p, 02pn n an−2p−1 b2p+1 J + 2p + 1 p, 02p+1n
a) 1re méthode : Récurrence sur n :
On calcule d’abord les premières puissances de A : 2 ab a 2ab 0 1 2 A = I2 , A = A = , A = . 0a 0 a2
90
Si la formule est vraie pour un n ∈ N∗ , alors : n n−1 n+1 a (n + 1)an b a na b a b = , An+1 = 0a 0 an 0 an+1
=
1 1 (a + b)n + (a − b)n I2 + (a + b)n − (a − b)n J. 2 2
On conclut : ⎞ ⎛1 ⎜⎜ (a + b)n + (a − b)n 12 (a + b)n − (a − b)n ⎟⎟⎟ An = ⎜⎝⎜ 21 ⎟⎠ . (a + b)n − (a − b)n 12 (a + b)n + (a − b)n 2
Corrigés des exercices
⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ 2 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎜ c) On a : A = ⎜⎜0 1 0⎟⎟ , A = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ = I3 . ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 100 001
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 0 1⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ • Pour C = ⎜ ⎜⎝−1 1 1⎟⎟⎟⎠ , on a, par la méthode de Gauss : 1 11
Une récurrence immédiate montre :
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ rg (C) = rg ⎜⎜−1 1 2⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ C3 ←−C3 −C1 1 10
∀p ∈ N,
5.4
A2p = I3 , A2p+1 = A ).
a) Notons C1 , C2 , C3 les colonnes de A.
•
Puisque C2 = C3 , A n’est pas inversible.
•
Montrons que (C1 , C2 ) est libre.
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−λ + μ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎜ λC1 + μC2 = 0 ⇐⇒ ⎜⎜ λa + μ ⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 −λa
=⇒ λ = μ = 0.
Ainsi, (C1 , C2 ) est libre et C3 = C2 , donc : rg (A) = 2. b) Calculons A2 et A3 : A
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ a 1 1⎟⎟⎟⎟⎠ −a 0 0
A
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ a 1 1⎟⎟⎟⎟⎠ −a 0 0
⎞ ⎛ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 0 ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝−a a + 1 a + 1⎟⎟⎟⎟⎠ a −a −a
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ a 1 1⎟⎟⎟⎟⎠ −a 0 0 ⎞. ⎛ ⎜⎜⎜−1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ a 1 1⎟⎟⎟⎟⎠ −a 0 0
A
A2
A3
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
c) On remarque : A3 = A. Il s’ensuit : A4 = A2 , A5 = A3 = A, ... ⎧ 2p+1 ⎪ ⎪ =A ⎪∀p ∈ N, A ⎨ Par récurrence immédiate, on a : ⎪ ⎪ ⎪ ∗ 2p ⎩∀p ∈ N , A = A2 (et A0 = I2 ). Notons C1 , C2 , ... les colonnes des matrices envisagées. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 2⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ • Pour A = ⎜ ⎜⎝ 3 1⎟⎟⎟⎠ , (C1 , C2 ) est libre, donc : rg (A) = 2. −1 4 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 −1 1⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ • Pour B = ⎜ ⎜⎝2 1 5⎟⎟⎟⎠ , on remarque que (C1 , C2 ) est libre et 1 1 3 que C3 = 2C1 + C2 , donc : rg (B) = 2.
5.5
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 2 3 4⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ • Pour D = ⎜ ⎜⎜⎝3 4 5 6⎟⎟⎟⎠⎟ , on a : 5678 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 1⎟⎟⎟ C4 ←− C4 − C3 ⎟ ⎜⎜ ⎜ rg (D) = rg ⎜⎜3 1 1 1⎟⎟⎟⎟ C3 ←− C3 − C2 ⎠ ⎝ 5 1 1 1 C2 ←− C2 − C1 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0 0⎟⎟⎟ C4 ←− C4 − C3 ⎟ ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜3 −2 0 0⎟⎟⎟⎟ C3 ←− C3 − C2 = 2. ⎠ ⎝ 5 −4 0 0 C2 ←− C2 − C1
On a, pour tout (λ, μ) ∈ R2 :
⎧ ⎪ μ=λ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ λa + μ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩λa = 0
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜−1 1 0 ⎟⎟⎟⎟ = 3. ⎠ ⎝ C3 ←−C3 −2C2 1 1 −2
5.6
On a, par la méthode de Gauss : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 a 1⎟⎟⎟ C2 ←− C2 − C1 ⎟ ⎜⎜⎜ rg ⎜⎜−1 −2 1 b⎟⎟⎟⎟ C3 ←− C3 − aC1 ⎠ ⎝ 1 0 1 2 C4 ←− C4 − C1
⎞ ⎛ 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 0 ⎟ ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜−1 −1 1 + a b + 1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 1 −1 1 − a 1 ⎧ ⎪ si ⎪ ⎪ ⎨3 On conclut : rg M(a, b) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2 si
5.7
•
.
C3 ←− C3 + (1 + a)C2 C4 ←− C4 + (1 + b)C2 a 0 ou b 0 a = 0 et b = 0.
% (1) et (2) =⇒ (3) :
Supposons t AA = In et A2 = In . Alors, A est inversible et on a : A−1 = t A et A−1 = A, d’où : t A = A. . % • (1) et (3) =⇒ (2) : Supposons t AA = In et t A = A. On a alors : A2 = t AA = In . . % • (2) et (3) =⇒ (1) : Supposons A2 = In et t A = A. On a alors : t AA = A2 = In .
5.8
a) ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨4x − 2y = 1 L1 (1) ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩6x − 3y = 2 L2
⎧ ⎪ ⎪ ⎨4x − 2y = 1 L1 ⎪ ⎪ ⎩0 = 1 L2 ←− L2 − 32 L1 . 2
On conclut : S = ∅. ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = 2 ⎨ x = 3y − 1 ⎨ x − 3y = −1 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ (2) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 1. ⎩2(3y − 1) + y = 5 ⎩2x + y = 5 On conclut : S = {(2, 1)}. 91
Chapitre 5
b)
•
Calcul matriciel, systèmes linéaires
⎧ ⎪ ⎪ 2x + y − z = 4 L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (1) ⎪ x − y + z = −1 L2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x − 2y − z = 0 L3 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2x + y − z = 4 x=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 3x = 3 L2 ←− L2 + L1 ⇐⇒ ⎪ y=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x − 3y = −1 L3 ←− L3 + L2 ⎩z = −1.
Si a = 1, alors (1) n’a pas de solution, donc (S) non plus. Si a 1, alors (S) admet une solution unique, donnée par : a−2 , a−1 1 a−2 3a − 4 x= z+1 = +1= , 2 2(a − 1) 2(a − 1) z=
3(a − 2) 5a − 8 3 +1= . y= z+1 = 2 2(a − 1) 2(a − 1)
On conclut : S = {(1, 1, −1)}.
Finalement, l’ensemble S des solutions est :
⎧ ⎪ ⎪ x − 2y + z = 1 L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (2) ⎪ 2x − 3y − z = 3 L2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3x − 4y − 3z = 4 L3
⎧ ⎪ ⎪ x − 2y + z = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ y − 3z = 1 L2 ←− L2 − 2L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2y − 6z = 1 L3 ←− L3 − 3L1
et les deux dernières équations sont incompatibles. On conclut : S = ∅. ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x + 2y + z = 0 2x + y + z = 2 L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ (3) ⎪ 2x + y + z = 2 L1 ←→ L2 x + 2y + z = 0 L2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3x + z = 4 ⎩3x + z = 4 L3 ⎧ ⎪ ⎪ x + 2y + z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −3y − z = 2 L2 ←− L2 − 2L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−6y − 2z = 4 L3 ←− L3 − 3L1 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x = −2y − (−2 − 3y) = y + 2 ⎨ x + 2y + z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪z = −2 − 3y. ⎪3y + z = −2 ⎩ ⎩
On conclut : S = (y + 2, y, −2 − 3y) ; y ∈ R . ⎧ ⎪ ⎪ x + y − 2z = 2 L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ a) (S) ⎪ x−y+z=0 L2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 2y + az = a L3
5.9
⎧ ⎪ 2x − z = 2 L1 ←− L1 + L2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2y − 3z = 2 L2 ←− L1 − L2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 2y + az = a (1) où :
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ x= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ y= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(1),
92
si a = 1 si a 1.
b) En additionnant les trois équations du système proposé (S), on obtient : (a + 2)(x + y + z) = 3. •
Si a = −2, alors (S) n’a pas de solution.
•
Si a −2, alors :
⎧ ⎪ ax + y + z = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x + ay + z = 1 ⎪ ⎪ ⎨ (S) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ x + y = az = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎩x + y + z = a+2
⎧ a−1 ⎪ ⎪ (a − 1)x = ⎪ ⎪ ⎪ a+2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a−1 ⎪ ⎪ ⎪ (a − 1)y = ⎪ ⎪ ⎨ a+2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ a−1 ⎪ ⎪ ⎪ (a − 1)z = ⎪ ⎪ ⎪ a+2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩x + y + z = 3 . a+2
∗ Si a = 1, alors : (S) ⇐⇒ x + y + z = 1. 1 1 1 ∗ Si a 1, alors : (S)⇐⇒ x= , y= , z= . a+2 a+2 a+2 On conclut que l’ensemble S des solutions de (S) est : ⎧ ⎪ ∅ si a = −2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎨ (x, y, 1 − x − y) ; (x, y) ∈ R si a = 1 S =⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ! 1 ⎪ 1 1 " ⎪ ⎪ ⎩ , , ; si a −2 et a 1. a+2 a+2 a+2
1 z+1 2 1 z+1 2
3 1 (1) 4 z + 1 − 2 z + 1 z + az = a ⇐⇒ (a − 1)z = a − 2. 2 2
⎧ ⎪ ∅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ! S =⎪ 3a − 4 5a − 8 a − 2 " ⎪ ⎪ ⎪ , , ⎩ 2(a − 1) 2(a − 1) a − 1
5.10
Combinons linéairement les équations pour, par exemple, faire disparaître x des équations 2 et 4 : ⎧ ⎪ x − y + 2z + t = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪−2x + 3y + z − 4t = 1 ⎨ (S) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ −3x + 5y + 4z − 7t = a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + 2y + 3z − 3t = b
L1 L2 L3 L4
Corrigés des exercices
⎧ ⎪ x − y + 2z + t = 0 L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪y + 5z − 2t = 1 L2 ←− L2 + 2L1 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2y + 10z − 4t = a L3 ←− L3 + 3L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y + 5z − 2t = b L4 ←− L4 + L1 ⎧ ⎪ x − y + 2z + t = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y + 5z − 2t = 1 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ y + 5z − 2t = a/2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y + 5z − 2t = b. Si a 2 ou b 1, alors (S) n’a pas de solution. Si a = 2 et b = 1, alors : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x − y + 2z = t = 0 (S) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y + 5z − 2t = 1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = −5z + 2t + 1 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = (−5z + 2t + 1) + 2z + t = −3z + 3t + 1. On conclut : ⎧ ⎪ ⎪ ∅ si (a, b) (2, 1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ S =⎪ (−3z + 3t + 1, −5z + 2t + 1, z, t) ; (z, t) ∈ R2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ si (a, b) = (2, 1)
5.11
a) 1) On a : 3 2 10 1 1 A= = +2 = I2 + 2N. −2 −1 01 −1 −1
2) Puisque I2 et N commutent, on a, pour tout n ∈ N, d’après la formule du binôme de Newton : n n k k An = (I2 + 2N)n = 2N . k k=0
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
De plus :
N2 =
1 1 1 1 = 0, −1 −1 −1 −1 ∀k 2, N k = 0,
d’où : et donc : An =
1 n n n k k I2 + 2N 2N = 0 1 k k=0 10 1 1 1 + 2n 2n = + 2n = , 01 −1 −1 −2n 1 − 2n
et cette formule est clairement valable aussi pour n = 0, pour n = 1. b) 1) On calcule : A2 =
3 2 3 2 5 4 = . −2 −1 −2 −1 −4 −3
On a, pour tout (α, β) ∈ R2 : A2 = α I2 + βA 5 4 10 3 2 ⇐⇒ =α +β −4 −3 01 −2 −1 ⇐⇒ α + 3β = 5, 2β = 4, −2β = −4, α − β = −3 ⇐⇒ α = −1, β = 2. Ceci montre :
A2 = −I2 + 2A.
2) ∗ Montrons, par récurrence sur n ∈ N, que, pour tout n ∈ N, il existe (un , vn ) ∈ R2 unique tel que : An = un I2 + vn A. Remarquons que l’unicité est évidente, puisque (I2 , A) est libre. •
Pour n = 0, on a : A0 = I2 = u0 I2 + v0 A, où u0 = 1, v0 = 0.
•
Soit n ∈ N tel qu’il existe (un , vn ) ∈ R2 tel que :
An = un I2 + vn A. On a alors : An+1 = An A = un A + vn A2 = un A + vn (−I2 + 2A) = −vn I2 + (un + 2vn )A. En notant un+1 = −vn et vn+1 = un + 2vn , on a donc : An+1 = un+1 I2 + vn+1 A, ce qui prouve la propriété pour n + 1. On a montré l’existence et l’unicité de deux suites réelles (un )n∈N , (vn )n∈N convenant. ∗ On a, pour tout n ∈ N : un+2 = −vn+1 = −(un + 2vn ) = −un − 2vn = −un + 2un+1 . Ainsi, la suite (un )n∈N est une suite récurrente linéaire du deuxième ordre, à coefficients constants et sans second membre. L’équation caractéristique r2 − 2r + 1 = 0 admet une racine double égale à 1. D’après le cours, il existe donc (λ, μ) ∈ R2 tel que : ∀n ∈ N, un = (λn + μ)1n . ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨μ = 1 ⎨u0 = 1 ⎨μ = 1 ⇐⇒ On a : ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩λ = −1. ⎩u1 = 0 ⎩λ + μ = 0 ∀n ∈ N, un = −n + 1, ∀n ∈ N, vn = −un+1 = − − (n + 1) + 1 = n.
On obtient : puis :
3) On déduit : ∀n ∈ N, An = un I2 + vn A 10 3 2 2n + 1 2n = (−n + 1) +n = . 01 2 −1 2n −2n + 1 93
Chapitre 5
5.12
•
Calcul matriciel, systèmes linéaires
a) On a : M
b) On a :
⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜ U = ⎜⎜⎜⎜1 ⎝ 1 2
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜a b b⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ = ⎜⎜b a b⎟⎟⎟⎟ = (a − b)I3 + bU. ⎠ ⎝ bba ⎞2 ⎛ ⎞ 1 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 3 3⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ 1 1⎟⎟ = ⎜⎜3 3 3⎟⎟⎟⎟ = 3U, ⎠ ⎠ ⎝ 11 333
Comme I3 et N commutent, on a, par la formule du binôme de Newton, pour tout k ∈ N :
⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜ = ⎜⎜⎜⎜0 ⎝ 0 ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜ = ⎜⎜⎜⎜0 ⎝ 0
U 3 = U 2 U = 3U 2 = 9U, ... Montrons, par récurrence sur n : ∀n ∈ N∗ , U n = 3n−1 U. •
La formule est vraie pour n = 1.
•
Si elle est vraie pour un n ∈ N∗ , alors :
0 1 2 2 I3 + N+ N k k k i i=0 ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 a b⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 ac⎟⎟⎟ k(k − 1) ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ 1 0⎟⎟⎟⎟ + k ⎜⎜⎜⎜0 0 c⎟⎟⎟⎟ + ⎜⎜⎝0 0 0 ⎟⎟⎟⎟⎠ ⎠ ⎝ ⎠ 2 000 01 00 0 ⎞ ka kb + k(k−1) ac⎟⎟⎟ 2 ⎟⎟⎟⎟ . 1 kc ⎟⎠ 0 1
M k = (I3 + N)k =
k k
Ni =
U n+1 = U n U = 3n−1 U 2 = 3n−1 3U = 3n U = 3(n+1)−1 U, donc elle est vraie pour n + 1. ∗
On a ainsi montré , par récurrence : ∀n ∈ N , U = 3 U. Attention : cette formule est fausse pour n = 0, puisque U 0 = I3 . n
n−1
c) Puisque I3 et U commutent, on a, d’après la formule du binôme de Newton, pour tout n ∈ N : n M n = (a − b)I3 + bU n n = (a − b)I3 n−k (bU)k k k=0 n n (a − b)n−k bk U k = k k=0
⎞ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎛ ⎜⎜⎜1 a b⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 −a −b + ac⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ −c ⎟⎟ = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ , MM = ⎜⎜0 1 c⎟⎟ ⎜⎜0 1 ⎠ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎝ 001 1 001 0 0
donc M est inversible et M −1 = M . •
Montrons que la formule obtenue en a) est aussi valable pour k ∈ Z.
n n = (a − b)n I3 + (a − b)n−k bk 3k−1 U k k=1
= (a − b)n I3 +
b) • Notons M la matrice obtenue en remplaçant k par −1 dans la formule obtenue en a). On a :
n $ 1# n (a − b)n−k (3b)k U 3 k=1 k
$ 1 # n = (a − b) I3 + (a − b) + 3b − (a − b)n U 3
Soit k ∈ Z− . On a alors k 0, −k 0, et : ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜1 ka kb + k(k−1) ac⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 −ka −kb + k(k+1) ac⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ 2 2 ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ kc −kc ⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝0 1 ⎟⎟⎠ = ⎜⎜⎝0 1 0⎟⎟⎟⎟⎠ . ⎜⎜⎝0 1 001 0 0 1 0 0 1 M −k
n
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜(a + 2b)n + 2(a − b)n(a + 2b)n − (a − b)n (a + 2b)n − (a − b)n ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜⎜ (a + 2b)n − (a − b)n(a + 2b)n + 2(a − b)n(a + 2b)n − (a − b)n ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟ 3 ⎜⎜⎜ ⎝ ⎠ n n n n n n (a + 2b) − (a − b) (a + 2b) − (a − b) (a + 2b) + 2(a − b)
5.13
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 a b⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ a) On a : M = I3 + N, où N = ⎜⎜0 0 c⎟⎟⎟⎟ , et : ⎠ ⎝ 000 N
94
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1 ka kb + k(k−1) ac⎟⎟⎟ 2 ⎜ ⎟⎟⎟ On conclut : ∀k ∈ Z, M k = ⎜⎜⎜⎜0 1 kc ⎟⎟⎠ . ⎝ 0 0 1
5.14
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ a) 1) On a : N = A − I3 = ⎜⎜ 1 0 0⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎝ −1 0 0
puis :
N
N
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 a b⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 c⎟⎟⎟⎟⎠ 000
⎛⎞ ⎜⎜⎜0 a b⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 c⎟⎟⎟⎟⎠ 000 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 ac⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 0 ⎟⎟⎟⎟⎠ 00 0
⎛⎞ ⎜⎜⎜0 a b⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 c⎟⎟⎟⎟⎠ 000 ⎞. ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 0⎟⎟⎟⎟⎠ 000
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ 1 0 0⎟⎟⎟⎟⎠ −1 0 0
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ 1 0 0⎟⎟⎟⎟⎠ −1 0 0 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 1 1 ⎟⎟⎟⎟⎠ 0 1 −1
N
N2
N3
N
N2
N
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ 1 0 0⎟⎟⎟⎟⎠ −1 0 0 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 0⎟⎟⎟⎟⎠ . 000 N3
Corrigés des exercices
2) On a donc : A = I3 + N et N 3 = 0. Comme I3 et N commutent, d’après la formule du binôme de Newton, on a, pour tout n ∈ N : n n n n 2 n k I3 + N+ N An = (I3 + N)n = N = 0 1 2 k k=0 ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 1 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜0 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ n(n − 1) ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ = ⎜⎜0 1 0⎟⎟ + n ⎜⎜ 1 0 0⎟⎟ + ⎜⎜⎝0 1 1 ⎟⎟⎟⎟⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 2 −1 0 0 001 0 1 −1 ⎛ ⎞ n n ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎜ n(n−1) ⎟ ⎟⎟⎟⎟ . = ⎜⎜⎜⎜ n 1 + n(n−1) 2 2 ⎟ ⎝ n(n−1) n(n−1) ⎠ −n − 2 1− 2 b) 1re méthode : pivot de Gauss : ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 1 0⎟⎟⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ 1 1 0⎟⎟⎠ 001 −1 0 1 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 0 −1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜−1 1 0⎟⎟⎟⎟ L2 ←− L2 − L1 ⎟⎠ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎜⎝ 01 2 1 01 L3 ←− L3 + L1 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ L2 ←→ L3 ⎜⎜⎝0 1 2 ⎟⎟⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ 1 0 1⎟⎟⎟⎟⎠ 0 0 −1 −1 1 0 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟ L1 ←− L1 + L3 ⎜⎜⎜⎜0 1 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜−1 2 1⎟⎟⎟⎟ L 2 ←− L2 + 2L3 ⎟⎠ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎜⎝ 0 0 −1 −1 1 0 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ L1 ←− L1 − L2 ⎜⎜⎜1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 1 0 ⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝−1 2 1 ⎟⎟⎟⎟⎠ 0 0 −1 −1 1 0 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜−1 2 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎠ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎜⎝ 001 1 −1 0 L3 ←− −L3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ On conclut : A est inversible et A−1 = ⎜⎜⎜⎜−1 2 1 ⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 1 −1 0
⎞ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ On a : ⎜⎜ 1 1 0⎟⎟ ⎜⎜−1 2 1 ⎟⎟ = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎝ 001 −1 0 1 1 −1 0 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ donc A est inversible et : A−1 = ⎜⎜⎜⎜−1 2 1 ⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 1 −1 0 c) On a déjà calculé An pour tout n ∈ N, cf. a) 2). Montrons que cette formule est aussi valable pour n ∈ Z− . Soit n ∈ Z− . On a alors n 0, −n 0 et : ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ n n −n −n ⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎜⎜1 0 0⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜⎜−n 1 + n(n+1) n(n+1) ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ n 1 + n(n−1) n(n−1) ⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟⎟ . 2 2 2 2 ⎟⎠ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎜⎝ 001 n − n(n+1) 1 − n(n+1) −n − n(n−1) 1 − n(n−1) 2 2 2 2 A−n
Ceci montre que la formule obtenue en a) 2) est aussi valable pour tout n ∈ Z. Notons S l’ensemble des solutions de l’équation proxy posée et, si nécessaire, M = ∈ M2 (R). z t
5.15
a) (1) On remarque que B est triangulaire supérieure à termes diagonaux tous non nuls, donc B est inversible, d’où, pour toute M ∈ M2 (R) : 1 −1 1 −1 1 −2 = , MB = A ⇐⇒ M = AB−1 ⇐⇒ M = 1 −1 0 1 1 −2 d’où : S =
! 1 −2 " . 1 −2
(2) Dans cet exemple et dans le suivant, on ne peut pas tenir le même raisonnement qu’en (1), car B n’est pas inversible. On a : MB = A ⇐⇒
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
e
2 méthode : interprétation de A comme matrice d’une famille dans une base : En notant (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de M3,1 (R) et (C1 , C2 , C3 ) les colonnes de A, on a : ⎧ ⎪ ⎪ C1 = e1 + e2 − e3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ C2 = e1 + e2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩C3 = e1 + e3
⎧ ⎪ ⎪ e3 = C2 − C1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ e1 = C3 − C2 + C1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩e2 = 2C2 − C3 − C1 .
Ainsi, A est inversible et : A
−1
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ = ⎜⎜−1 2 1 ⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 1 −1 0
3e méthode : essai, pour n = −1, de la formule obtenue en a) :
xy 11 1 −1 = z t 11 1 −1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x + y + z + t = 1 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + y + z + t = −1
impossible ,
d’où : S = ∅. (3) De même : MB = A ⇐⇒
d’où :
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ x y 1 −1 1 −1 ⎨x = 1 = ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪y = 1, z t 0 0 1 −1 ⎩
! 1 y " S = ; (y, t) ∈ R2 . 1 t
b) (1) On remarque que C est inversible, donc, pour toute M ∈ M2 (R) : 1 0 1 −1 1 −1 −1 = , C M = A ⇐⇒ M =C A ⇐⇒ M = −1 1 1 −1 0 0 95
Chapitre 5
Calcul matriciel, systèmes linéaires
•
! 1 −1 " d’où : S = . 0 0
c’est-à-dire :
(2) Dans cet exemple et dans le suivant, on ne peut pas tenir le même raisonnement qu’en (1), car C n’est pas inversible.
∀(x, y) ∈ R2 , a
On a :
1 1 xy 1 −1 = −1 −1 z t 1 −1 ⇐⇒ x + z = 1, y + t = −1, −x − z = 1, −y − t = −1,
C M = A ⇐⇒
⎧ √ ⎪ b 2 + c + d = 0 L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪a 2 + c + d = 0 L2 ⎨ (S) ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎪ a + b + d 2 = 0 L3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎩a + b + c 2 = 0 L4 .
(3) De même : 10 xy 1 −1 = ⇐⇒ x = 1, y = −1, 10 z t 1 −1
d’où :
" ! 1 −1 S = ; (z, t) ∈ R2 . z t
Notons (e1 , ..., en ) la base canonique de Mn,1 (R) et (C1 , ..., Cn ) les colonnes de A. On a :
5.16
⎧ ⎪ C1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ C ⎪ ⎪ ⎨ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩C n
⎧ ⎪ C1 = e1 + e2 + · · · + en ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ = e1 + 2e2 + · · · + 2en C − C1 = e2 + · · · + en ⎪ ⎪ ⎨ 2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ .. .. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩C − C = e = e + 2e + · · · + ne = e1 + e2 + · · · + en
1
2
n
n
n−1
A−1
5.17
−1 0 . 2 .. .. .. . . .. .. . . ... 0
'
.
On conclut : la famille ( f, g, h, k) est libre.
5.18
On a :
⎧ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ A(AB − BA) = ABA − A B = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ B(BA − AB) = B2 A − BAB = 0,
5.19
a) En développant, on a, pour toutes A, B ∈ GLn (K) : A−1 (A + B)B−1 = B−1 + A−1 = A−1 + B−1 .
Pour A = In , B = In , C = −2In ,
⎞ (0)⎟⎟ ⎟ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟ ⎟ 2 −1⎟⎟⎟⎟⎠ −1 1
1 on a : A−1 = In , B−1 = In , C −1 = − In , 2 donc : A + B + C = 0 et
A−1 + B−1 + C −1 =
3 In . 2
3 In = U0V = 0, S’il existait (U, V) convenant, on aurait 2 contradiction. La réponse à la question posée est donc : non. '
x2 + y2 ,
les applications f, g, h, k sont correctement définies. Soit (a, b, c, d) ∈ R4 tel que : a f + bg + ch + dk = 0, 96
⇐⇒ a = b = c = d = 0.
b) Donnons un contrexemple.
... .. . .. .
x2 + y2 et |y|
⎧ ⎪ b=a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨d = c ⇐⇒ ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎪ 2c = −a 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎩d 2 = −2a
Comme A + B est inversible, il s’ensuit : AB − BA = 0, donc : AB = BA.
Remarquer d’abord que, puisque : ∀(x, y) ∈ R2 , |x|
⎧ √ ⎪ a 2 + c + d = 0 L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ L2 ←− L2 − L1 ⎪ ⎨b = a (S) ⇐⇒ ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎪ a + b + d 2 = 0 L3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩d = c L4 ←− L4 − L3
donc, en additionnant : (A + B)(AB − BA) = 0.
Ceci montre que A est inversible et que : ⎛ ⎜⎜⎜ 2 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜⎜−1 ⎜ = ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ .. ⎜⎝ (0)
Et :
n
⎧ ⎪ e1 = C1 − (C2 − C1 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ e2 = (C2 − C1 ) − (C3 − C2 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ en−1 = (Cn−1 − Cn−2 ) − (Cn − Cn−1 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩e = C − C n n n−1
)' x2 + y2 − x + b x2 + y2 + x )' )' +c x2 + y2 − y + d x2 + y2 + y = 0.
En appliquant à (1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0, −1), on obtient :
impossible. On conclut : S = ∅.
C M = A ⇐⇒
)'
5.20
On a : A3 − A2 + A + In = 0 ⇐⇒ A(−A2 + A − In ) = In .
Donc A est inversible et : A−1 = −A2 + A − In .
Corrigés des exercices
a) (A − 3In )(B − 2In ) = AB − 2A − 3B + 6In = 6In . 1 b) D’après a), on a : (A − 3In ) (B − 2In ) = In . 6 1 Ainsi, A − 3In est inversible et son inverse est (B − 2In ). 6 On a donc aussi, dans l’autre sens :
5.21
1 6
(B − 2In ) (A − 3In ) = In ,
On a, par une formule de trigonométrie : ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , sin(i + j) = sin i cos j + cos i sin j.
Notons (C1 , ..., Cn ) les colonnes de An . On a donc, pour tout j ∈ 1 ; n : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜sin 1 cos j + cos 1 sin j⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ = cos C j = ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎠⎟ ⎝⎜ sin n cos j + cos n sin j
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜sin 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ j ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ + sin ⎟⎠ ⎜⎝ sin n notée U
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜cos 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ j ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎠ ⎜⎝ cos n
On a : A1 = (sin 1) 0, donc : rg (A1 ) = 1.
•
Pour tout n 2, montrons : rg (An ) = 2.
Comme sin 2 sin 4 − (sin 3)2 0, on déduit (λ, μ) = (0, 0),
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
ce qui montre que (C1 , C2 ) est libre. ⎧ ⎪ ⎪ si n = 1 ⎪ ⎨1 Finalement : rg (An ) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2 si n 2.
d’où, par une récurrence immédiate : ∀k ∈ N∗ , C k = ± C, et donc C n’est pas nilpotente.
(AM)k = (AM)(AM) · · · (AM) = (A · · · A)(M · · · M) = Ak M k = 0M k = 0,
Il existe k ∈ N∗ tel que : Ak = 0.
2) Réciproquement, soit A ∈ C (D). On a :
k=1
0 −1 = −C, C 3 = −C 2 = C, ... 0 1
c) Soit A ∈ Mn (K) nilpotente.
1) Soit A ∈ Dn (K); puisque D et A sont diagonales, elles commutent entre elles, donc A ∈ C (D).
(A)ik (D)k j =
C2 =
donc AM est nilpotente.
5.23
n
donc A est nilpotente. 1 1 • La matrice B = est inversible, donc, d’après 1), 0 −1 B n’est pas nilpotente. 0 1 • Pour C = , on a : 0 −1
b) Soient A, M ∈ Mn (K) telles que : A est nilpotente et AM = MA. Il existe k ∈ N∗ tel que : Ak = 0. On a, en permutant A et M successivement :
Soit (λ, μ) ∈ R2 tel que λC1 + μC2 = 0. ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨λ sin 2 + μ sin 3 = 0 On a alors, en particulier : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩λ sin 3 + μ sin 4 = 0.
⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 ,
k
Cet exemple montre que la réciproque de 1) est fausse. 1 1 • Pour D = , on a D2 = 0, donc D est nilpotente. −1 −1
À cet effet, montrons que (C1 , C2 ) est libre.
A ∈ C (D) ⇐⇒ AD = DA
a) 1) Soit A ∈ Mn (K) nilpotente. Il existe k ∈ N∗ tel que A = 0. Si A était inversible, d’après le cours, Ak serait inversible, contradiction car la matrice nulle n’est pas inversible.
5.24
notée V
Ainsi, les colonnes de An se décomposent toutes linéairement sur U et V, d’où : rg (An ) 2. •
Finalement : C (D) = Dn (K).
On conclut que, pour toute A ∈ Mn (K), si A est nilpotente, alors A n’est pas inversible. 2 01 00 = = 0, 2) • On a : A2 = 00 00
d’où, en développant : BA = 2A + 3B = AB.
5.22
Ceci montre que les termes non diagonaux de A sont tous nuls, donc A ∈ Dn (K).
n
(D)ik (A)k j
k=1
⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n , (A)i j d j = di (A)i j
On a, par sommation géométrique : ⎧ k−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (I − A) A i = In − A k = In ⎪ n ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ i=0 ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ k−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Ai (In − A) = In − Ak = In , ⎪ ⎪ ⎩ i=0
2
⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n , (d j − di )(A)i j = 0. 2
donc In − A est inversible et : (In − A)−1 =
k−1
Ai .
i=0
Soit (i, j) ∈ 1 ; n2 tel que i j.
d) Soient A, B ∈ Mn (K) nilpotentes et telles que AB = BA.
On a alors, par hypothèse, di d j , d’où : (A)i j = 0.
Il existe k, ∈ N∗ tels que : Ak = 0 et B = 0. 97
Chapitre 5
•
Calcul matriciel, systèmes linéaires
Soit k ∈ 1 ; n fixé.
On a, d’après la formule du binôme de Newton : (A + B)
k+−1
Puisque A−1 est inversible, la ligne numéro k de A−1 n’est pas la ligne nulle, donc il existe j ∈ 1 ; n tel que : bk j 0. n ai b j = 0, Soit i ∈ 1 ; n tel que i j. On a : =1
k+−1
k + − 1 i k+−1−1 AB = i i=0 k−1 k+−1 i A ( = B Bk−1−i) i i=0 +
k+−1 i=k
0
=0
k+−1 ( Ak Ai−k )Bk+−1−i = 0, i =0
∀k ∈ 1 ; n, ∃ j ∈ 1 ; n, ∀i ∈ 1 ; n − { j}, aik = 0.
On a : AB = (In + M)(In + N) = In + M + N + MN. De plus :
= BA − A − B + In = (B − In )(A − In ) = N M. Puisque M est nilpotente et que MN = N M, d’après l’exercice 5.24 b), MN est nilpotente. Puisque M et N sont nilpotentes et que MN = N M, d’après l’exercice 5.24 d), M + N est nilpotente. De même, puisque M+N et MN sont nilpotentes et commutent, (M + N) + MN est nilpotente. Ainsi, AB − In est nilpotente, donc : AB ∈ E. Notons A = (ai j )i j . Appliquons l’hypothèse à L = 0 . . . 1 . . . 0 ∈ M1,n (K), où le 1 est à la i-ème colonne, i ∈ 1 ; n fixé, et C = t 0 . . . 1 . . . 0 , où le 1 est à la j-ème ligne, j ∈ 1 ; p fixé :
5.26
C
A
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜a11 . . . a1n ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . .. ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ .. . ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ an1 . . . ann
0 . . . 1 . . . 0 ai1 . . . ain L
Ainsi, pour tout k ∈ 1 ; n, les éléments de la k-ième colonne de A sont tous nuls, sauf au plus l’un d’entre eux. Comme de plus, A est inversible, cette colonne numéro k n’est pas la colonne nulle. Ainsi, pour tout k ∈ 1 ; n, la k-ième colonne de A contient un terme non nul et un seul, noté a jk ci-dessus.
MN = (A − In )(B − In ) = AB − A − B + In
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ 0 ai j
LA
Notons A = (ai j )i j , A−1 = (bi j )i j .
Puisque AA−1 = In , on a : ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 ,
k=1
k −→ j
Si σ n’est pas surjective, alors il existe ∈ 1 ; n tel que : ∀k ∈ 1 ; n, ak = 0, donc A contient une ligne nulle, A n’est pas inversible, contradiction. Ainsi, σ est surjective. Comme σ est une application de l’ensemble fini 1 ; n dans lui-même et que σ est surjective, σ est bijective, c’est-à-dire que σ est une permutation de 1 ; n. Notons α1 = aσ(1)1 , ..., ⎧ αn = aσ(n)n . On a ⎪ ⎪ si i = σ( j) ⎪ ⎨α j (i, j) ∈ 1 ; n2 : ai j = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩0 si i σ( j)
5.28
alors, pour tout ((( (( (( = δiσ( j) α j . (
a) Soit E ⊂ Mn (K).
•
C (E ) ⊂ Mn (K) et C (E ) ∅ car 0 ∈ C (E ).
•
Soient α ∈ K, A, B ∈ C (E ). On a, pour toute M ∈ E :
donc : αA + B ∈ C (E ).
LAC
n
Considérons l’application σ : 1 ; n −→ 1 ; n, ainsi définie.
(αA + B)M = αAM + BM = αMA + MB = M(αA + B),
On a donc : ∀i ∈ 1 ; n, ∀ j ∈ 1 ; p, ai j = 0, d’où : A = 0.
98
0
Soit (A, B) ∈ E 2 tel que AB = BA.
En notant M = A − In et N = B − In, il existe k, ∈ N∗ tels que : M k = 0 et N = 0, autrement dit M et N sont nilpotentes.
5.27
En particulier : aik bk j = 0, donc : aik = 0. Ceci montre :
donc A + B est nilpotente.
5.25
∀ ∈ 1 ; n, ai b j = 0.
donc :
aik bk j = δi j .
On conclut : C (E ) est un sev de Mn (K). b) • L’inclusion KIn ⊂ C Mn (K) est immédiate car, pour tout α ∈ K : ∀M ∈ Mn (K), (αIn )M = αM = M(αIn ), donc : αIn ∈ C Mn (K) . • Réciproquement, soit A ∈ C Mn (K) . On a donc : ∀M ∈ M (K), AM = MA. Notons, pour (i, j) ∈ 1 ; n2 , Ei j la matrice élémentaire ayant un 1 à la (i, j)-ème place et des 0 ailleurs. On a donc, pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 : AEi j = Ei j A.
Corrigés des exercices
⎛ ⎜⎜⎜ q1 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ 0 Q = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜⎜ ... ⎜⎝ (0)
Comme : ⎛ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ AEi j = ⎜⎜⎜⎜⎜(0) ⎜⎝
⎞ ⎞ ⎛ a1i ⎟⎟⎟ (0) ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ .. ⎜ ⎟ . (0)⎟⎟⎟⎟ , Ei j A = ⎜⎜⎜⎝a j1 . . . a jn ⎟⎟⎟⎠ , ⎠ (0) ani on déduit : ∀k i, aki = 0 , ∀ j, a j = 0 , aii = a j j . Ceci montre que, pour tout (i, j) ∈ 1 ; n tel que i j, on a : 2
ai j = 0 et aii = a j j . ⎛ ⎞ (0) ⎟⎟ ⎜⎜⎜a11 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = a I ∈ KI . .. Ainsi, A = ⎜⎜⎜⎜ 11 n n ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠ (0) a11 On conclut : C Mn (K) = KIn . c) 1) Soit M = (mi j )i j ∈ Mn (K). Nous allons décomposer M en somme d’une matrice triangulaire supérieure inversible P et d’une matrice triangulaire inférieure inversible Q. Pour chaque i ∈ 1 ; n, il existe (pi , qi ) ∈ K2 tel que : pi + qi = mii ,
pi 0,
qi 0.
En effet, si mii 0, on peut choisir pi = 2mii , qi = −mii , et, si mii = 0, on peut choisir pi = 1, qi = −1. Notons alors 0 p2 .. . ...
... .. . .. . mnn−1
⎞ (0)⎟⎟ ⎟ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ , ⎟ 0 ⎟⎟⎟⎟⎠ pn
Les matrices P et Q sont inversibles car triangulaires à éléments diagonaux tous non nuls, et on a : M = P + Q. On conclut : 2 ∀M ∈ Mn (K), ∃(P, Q) ∈ GLn (K) , M = P + Q. Par exemple : ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜4 0 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜8 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−4 0 2 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜2 0 1 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜2 1 0 ⎟⎟⎟ + ⎜⎜⎜ 0 −1 1 ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 1 0 −1 0 0 −1 1 0 −2 M
P
Q
2) • L’inclusion KIn ⊂ C GLn (K) est immédiate. • Réciproquement, soit A ∈ C GLn (K) . Soit M ∈ Mn (K). 2 D’après 1), il existe (P, Q) ∈ GLn (K) tel que M = P + Q. On a alors : AM = A(P + Q) = AP + AQ = PA + QA = (P + Q)A = MA, donc : A ∈ C Mn (K) = KIn . On conclut : C GLn (K) = KIn .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
⎛ ⎜⎜⎜ p1 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜m P = ⎜⎜⎜⎜⎜ 21 ⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎝ . mn1
⎞ m12 . . . m1n ⎟⎟ ⎟ . ⎟⎟⎟ . q2 . . .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ . .. .. ⎟ . . mn−1n ⎟⎟⎟⎟ ⎠ . . . 0 qn
99
Espaces vectoriels de dimension finie Plan Les méthodes à retenir 100 Énoncés des exercices
103
Du mal à démarrer ?
107
Corrigés des exercices
109
On abrège : espace vectoriel en ev sous-espace vectoriel en sev
CHAPITRE
6
Thèmes abordés dans les exercices •
Montrer qu’un ev est de dimension finie et en trouver une base
•
Déterminer la dimension d’un sev d’un ev de dimension finie
•
Montrer qu’une famille est une base d’un ev de dimension finie
•
Déterminer le noyau, l’image d’une application linéaire, obtenir des inclusions ou des égalités faisant intervenir noyaux et images d’applications linéaires
•
Montrer qu’une certaine application linéaire est injective, est surjective, est bijective
•
Déterminer le rang d’une famille finie de vecteurs, le rang d’une application linéaire, obtenir des résultats sur le rang d’une application linéaire.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définition et propriétés des combinaisons linéaires finies de vecteurs, des familles libres, familles liées, familles génératrices, bases
•
Si deux sev ont la même dimension et si l’un est inclus dans l’autre, alors ils sont égaux
•
Définition du rang d’une famille finie de vecteurs, du rang d’une application linéaire
•
Théorème du rang et conséquences pour les applications linéaires et les endomorphismes en dimension finie
•
Matrice d’une application linéaire en dimension finie.
Les méthodes à retenir Essayer de : Pour montrer qu’une famille finie B = (e1 , ..., e n) est une base d’un ev E
•
revenir à la définition d’une base, c’est-à-dire montrer que B est libre et génératrice de E.
➥ Exercice 6.7 b) 100
Les méthodes à retenir
Essayer de : •
montrer que B est libre et que E est de dimension finie égale au cardinal n de B.
➥ Exercices 6.6, 6.10 a), 6.12, 6.19, 6.20 c), 6.22
(suite) •
montrer que B est génératrice de E et que E est de dimension finie égale au cardinal n de B.
➥ Exercices 6.4 b). Essayer de : •
Pour montrer qu’un ev E est de dimension finie
montrer que E est un sev d’un ev connu de dimension finie.
➥ Exercices 6.1, 6.2 •
montrer que E admet au moins une famille génératrice finie ou une base finie
➥ Exercices 6.1, 6.2, 6.7 b). Essayer de : •
Pour calculer la dimension d’un ev de dimension finie
trouver une base (finie) B de E, et on a alors dim (E) = Card (B).
➥ Exercices 6.1, 6.2, 6.7, 6.10 a) •
présenter E comme noyau ou comme image d’une application linéaire, et calculer sa dimension en utilisant le théorème du rang.
➥ Exercice 6.13. Il suffit de montrer, par exemple :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Pour montrer que deux sev F, G d’un ev E de dimension finie sont égaux
Pour relier entre elles les dimensions du noyau et de l’image d’une application linéaire f : E −→ F, où E et F sont des ev de dimensions finies
F ⊂ G et dim (F) = dim (G).
➥ Exercices 6.15, 6.17. Utiliser le théorème du rang : dim Ker ( f ) + dim Im ( f ) = dim (E).
➥ Exercices 6.15, 6.17, 6.18, 6.24. Essayer de :
Pour déterminer le noyau Ker ( f ) d’une application linéaire f : E −→ F, où E et F sont des ev de dimensions finies
•
revenir à la définition : Ker ( f ) = {x ∈ E ; f (x) = 0}.
➥ Exercices 6.5 a), 6.9 b)1). 101
Chapitre 6
•
Espaces vectoriels de dimension finie
•
(suite)
obtenir une inclusion relative à Ker ( f ) et utiliser un argument de dimension, par exemple le théorème du rang.
Essayer de : •
Pour déterminer l’image Im ( f ) d’une application linéaire f : E −→ F, où E et F sont des ev de dimensions finies
revenir à la définition : Im ( f ) = {y ∈ F ; ∃ x ∈ E, y = f (x)}.
➥ Exercice 6.5 b) •
obtenir une inclusion relative à Im ( f ) et utiliser un argument de dimension, par exemple le théorème du rang.
➥ Exercice 6.9 b) 2).
Pour déterminer la matrice A d’une application linéaire f : E −→ F dans une base B = (e1 , ..., e p) de E et une base C = ( f1 , ..., f n) de F
Pour tout j ∈ 1 ; n, la colonne numéro j de A est formée par les coordonnées de f (e j ) dans la base C de F.
➥ Exercices 6.4 b), 6.10 b), 6.11 c), 6.20 c), 6.23.
Essayer de : •
Pour déterminer le rang d’une application linéaire f : E −→ F, où E, F sont des ev de dimensions finies
appliquer la définition :
rg ( f ) = dim Im ( f ) .
➥ Exercices 6.5, 6.16 •
utiliser le théorème du rang :
rg ( f ) = dim (E) − dim Ker ( f ) .
➥ Exercices 6.15, 6.17, 6.24 •
utiliser rg ( f ) = rg (A), où A est n’importe quelle matrice représentant f .
➥ Exercice 6.5. Essayer de : Pour montrer qu’une application linéaire f : E −→ F est un isomorphisme, où E, F sont des ev de dimensions finies
102
•
revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que f (qui est déjà linéaire) est injective et surjective.
•
trouver une application linéaire g : F −→ E telle que : g ◦ f = IdE
et
f ◦ g = IdF .
➥ Exercices 6.20 c), 6.23
Énoncés des exercices
•
montrer que f est injective et que dim (E) = dim (F).
➥ Exercice 6.26
(suite) •
montrer que f est surjective et que dim (E) = dim (F).
•
montrer qu’une matrice représentant f est inversible.
Énoncés des exercices 6.1 Exemple de sev de matrices On note E =
! a b " ∈ M2 (R) ; a + b = 0 . c d
Montrer que E est un sev de M2 (R), déterminer une base de E et la dimension de E.
6.2 Sev de matrices carrées
a) Soient n ∈ N∗ , A, B ∈ Mn (K). On note E = M ∈ Mn (K) ; AM = MB .
Montrer que E est un K-sev de Mn (K). 11 21 b) On prend ici : n = 2, A = , B= . 02 01 Déterminer E , une base de E , la dimension de E .
6.3 Endomorphismes nilpotents en dimension 2 Soient E un K-ev de dimension 2, f ∈ L (E) tel que : f 2 = 0 et f 0. Montrer qu’il existe une 00 base B de E telle que la matrice de f dans B soit N = . 10
6.4 Exemple de changement de bases pour une application linéaire
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Soient E un R-ev de dimension 2, E = (e1 ,⎛ e2 ) une ⎞ base de E, F un R-ev de dimension 3, ⎜⎜⎜2 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ F = ( f1 , f2 , f3 ) une base de F. On note A = ⎜⎜⎜⎜3 −1⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,2 (R), et u l’application linéaire de E ⎠ ⎝ 0 2 dans F représentée par A dans les bases E de E et F de F. a) Exprimer u(e1 ) et u(e2 ) sur f1 , f2 , f3 . b) On note e1 = e1 , e2 = e1 + e2 , E = (e1 , e2 ), f1 = f1 + f2 , f2 = f1 + f3 , f3 = f2 + f3 , F = ( f1 , f2 , f3 ). Montrer que E est une base de E et que F est une base de F, et déterminer la matrice A de u dans les bases E de E et F de F.
6.5 Exemple de détermination d’un noyau, d’une image, d’un rang
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 0 2 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ On note A = ⎜⎜ 2 3 1 1 ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,4 (R) et f : R4 −→ R3 l’application linéaire de matrice A dans ⎠ ⎝ −1 2 −5 −3 les bases canoniques. a) Déterminer un système d’équations de Ker ( f ), puis une base de Ker ( f ) et dim Ker ( f ) . b) Déterminer une base de Im ( f ). Quel est le rang de f ? 103
Chapitre 6
•
Espaces vectoriels de dimension finie
6.6 Exemple de base de R4 [X] On note, dans R[X] : P0 = 1, P1 = X, P2 = (X − 1)X(X + 1), P3 = X2 (X + 1), P4 = (X − 1)X(X + 1)2 . Montrer que B = (P0 , ..., P4 ) est une base de R4 [X].
6.7 Produit cartésien de deux ev Soient E1 , E2 deux K-ev. a) Montrer que E1 × E2 est un K-ev pour les lois définies, pour tout α ∈ K et tous (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ E1 × E2 par : (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = (x1 + y1 , x2 + y2 ),
α(x1 , x2 ) = (αx1 , αx2 ).
b) Établir que, si E1 et E2 sont de dimensions finies, alors E1 × E2 est de dimension finie et : dim (E1 × E2 ) = dim (E1 ) + dim (E2 ).
6.8 Commutation pour deux endomorphismes
2 Soient E un C-ev de dimension finie, e = IdE , ( f, g) ∈ L (E) tel que : f 3 = e − f ◦ g. Établir : f ◦ g = g ◦ f.
6.9 Exemple de détermination d’un noyau, d’une image
2 −4 On note A = ∈ M2 (R) et f : M2 (R) −→ M2 (R), M −→ AM. 3 −6
a) Vérifier que f est linéaire. b) 1) Déterminer une base et la dimension de Ker ( f ). 2) Déterminer une base et la dimension de Im ( f ).
6.10 Exemple d’endomorphisme d’un ev de fonctions trigonométriques On considère les applications f0 , ..., f4 : R −→ R définies, pour tout x ∈ R, par : f0 (x) = 1,
f1 (x) = cos x,
f2 (x) = sin x,
f3 (x) = cos 2x,
f4 (x) = sin 2x,
et on note E le sev de RR (ev de toutes les applications de R dans R) engendré par F = ( f0 , ..., f4 ). a) Montrer que F est une base de E. Quelle est la dimension de E ? b) Montrer que, pour toute f ∈ E, f est dérivable sur R et : f ∈ E. On note : d : E −→ E, f −→ f . Montrer d ∈ L (E) et former la matrice D de d dans la base F de E.
6.11 Aspects linéaire et matriciel des suites récurrentes linéaires d’ordre 2 (à coefficients constants et sans second membre) On note E l’ensemble des suites réelles u = (un )n∈N telles que : ∀n ∈ N, un+2 = 5un+1 − 6un . On note a, b les éléments de E définis par : a0 = 1, a1 = 0 , (b0 = 0, b1 = 1 , et on note : r = (2n )n∈N , s = (3n )n∈N . 104
Énoncés des exercices
a) Montrer que E est un R-ev et que (a, b), (r, s) sont des bases de E. b) Déterminer la matrice M de la famille (r, s) dans la base (a, b) de E, et calculer M −1 . c) Montrer que l’application f qui, à tout élément u = (un )n∈N de E, associe la suite (un+1 )n∈N , est un endomorphisme de E, et préciser la matrice de f dans la base (a, b) de E, et la matrice de f dans la base (r, s) de E.
6.12 Une base de Kn[X] Soient n ∈ N∗ , (a, b) ∈ K2 tel que a b. On note, pour tout i ∈ 0 ; n : Pi = (X − a)i (X − b)n−i . Montrer que la famille (Pi )0in est une base de Kn [X].
6.13 Formule de Grassmann Soient E un K-ev de dimension finie, F, G deux sev de E. D’après l’exercice 6.7, F × G est un K-ev de dimension finie et dim (F × G) = dim (F) + dim (G). a) Vérifier que l’application f : F × G −→ E, (x, y) −→ x + y est linéaire. b) Déterminer Im ( f ) et Ker ( f ). c) En déduire (formule de Grassmann) : dim (F + G) = dim (F) + dim (G) − dim (F ∩ G).
6.14 Inégalité sur des dimensions pour trois sev Soient E un K-ev de dimension finie, A, B, C des sev de E. On note, pour abréger, d(.) la dimension d’un sev de E. Montrer : . % d(A + B + C) + Max d(A ∩ B), d(A ∩ C), d(B ∩ C) d(A) + d(B) + d(C). (On pourra utiliser la formule de Grassmann, exercice 6.13.)
6.15 Caractérisation des f ∈ L (E) tels que Ker ( f ) ⊕ Im ( f ) = E, en dimension finie Soient E un K-ev de dimension finie, f ∈ L (E). Montrer que les quatre propriétés suivantes sont deux à deux équivalentes : (1) Im ( f 2 ) = Im ( f ),
(2) Ker ( f 2 ) = Ker ( f ),
(3) Ker ( f ) ∩ Im ( f ) = {0},
(4) Ker ( f ) + Im ( f ) = E.
6.16 Inégalités portant sur le rang d’une somme, d’une différence de deux endomorphismes Soient E, F deux K-ev de dimensions finies, α ∈ K − {0}, f, g ∈ L (E). Montrer : © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
a) rg (α f ) = rg ( f ) b) rg ( f + g) rg ( f ) + rg (g) ( ( c) ((rg ( f ) + rg (g)(( rg ( f − g). (On pourra utiliser la formule de Grassmann, exercice 6.13.)
6.17 Étude des cas d’égalité d’un noyau et d’une image Soient E, F, G des K-ev de dimensions finies, f ∈ L (E, F), g ∈ L (F, G). Montrer : Im ( f ) = Ker (g) ⇐⇒ g ◦ f = 0 et rg ( f ) + rg (g) = dim (F) .
6.18 Majoration du rang d’un produit de deux matrices Soient n, p, q ∈ N∗ , A ∈ Mn,p (K), B ∈ M p,q (K). Montrer : rg (AB) Min rg (A), rg (B) . 105
Chapitre 6
•
Espaces vectoriels de dimension finie
6.19 Matrices diagonales à termes diagonaux deux à deux distincts Soient n ∈ N∗ , d1 , ..., dn ∈ K deux à deux distincts, D = diag (d1 , ..., dn ). Montrer que (Dk )0kn−1 est une base du K-ev Dn (K) des matrices diagonales.
6.20 Étude d’un endomorphisme de M2 (R) On note A =
21 41 ,B = ∈ M2 (R), ϕ : M2 (R) −→ M2 (R), M −→ AMB. 53 72
a) Vérifier que ϕ est linéaire. b) Montrer que ϕ est bijective et exprimer ϕ−1 . c) Montrer que B = I2 , A, B, AB est une base de M2 (R), déterminer la matrice de ϕ dans B (on pourra utiliser l’exercice 5.1), et la matrice de ϕ−1 dans B.
6.21 Liberté de familles de fonctions trigonométriques Soit N ∈ N∗ . On note, pour tout n ∈ 0 ; N : γn : R −→ R, x −→ cosn x,
Cn : R −→ R, x −→ cos nx.
Montrer que les familles (γn )0nN et (Cn )0nN sont libres et engendrent le même sev de RR .
6.22 Base formée de polynômes d’interpolation de Lagrange Soient n ∈ N∗ , a0 , ..., an ∈ K deux à deux distincts. (X − a j ) On note, pour tout i ∈ 0 ; n : Li =
0 jn, ji
(ai − a j )
.
0 jn, ji
Montrer que la famille L = (L0 , ..., Ln ) est une base de Kn [X].
6.23 Exemple de calcul de l’inverse d’une matrice triangulaire dont les termes sont certains coefficients binomiaux Soit n ∈ N∗ . On note A la matrice carrée réelle d’ordre n + 1 dont le terme situé à la ligne i, j colonne j est le coefficient binomial , où, par convention, ce coefficient est nul si i > j. i a) Montrer que l’application f : Rn [X] −→ Rn [X], P(X) −→ P(X + 1) est un endomorphisme de l’espace vectoriel Rn [X], et préciser la matrice de f dans la base canonique de Rn [X]. b) En déduire que A est inversible et exprimer A−1 .
6.24 Minoration du rang d’une composée Soient E, F, G trois K-ev de dimensions finies, f ∈ L (E, F), g ∈ L (F, G). On note h : Im ( f ) −→ G, y −→ g(y) la restriction de g à Im ( f ). a) Montrer : Ker (h) = Ker (g) ∩ Im ( f ) et Im (h) = Im (g ◦ f ). b) En déduire : rg (g ◦ f ) = rg ( f ) − dim Ker (g) ∩ Im ( f ) . c) Démontrer : rg (g ◦ f ) rg ( f ) + rg (g) − dim (F).
6.25 Utilisation de l’algèbre linéaire dans une question polynomiale Soient n ∈ N∗ , a0 , ..., an ∈ C, λ0 , ..., λn ∈ C∗ . Démontrer : ∀Q ∈ Cn [X], ∃ !P ∈ Cn [X], Q(X) =
n k=0
(où P(k) est pris en X − ak ). 106
λk P(k) (X − ak ),
Du mal à démarrer ?
6.26 Opérateur de différence sur les polynômes On note Δ : R[X] −→ R[X], P −→ ΔP = P(X + 1) − P(X). ⎧ ⎪ ⎪ si deg (P) 1 ⎪deg (P) − 1 ⎨ a) Montrer : ∀P ∈ R[X], deg (ΔP) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ −∞ si deg (P) 0. b) 1) Soit n ∈ N∗ . Établir que l’application Δn : Rn [X] −→ Rn [X], P −→ ΔP est un endomor= 0. phisme de l’ev Rn [X] et que Δn+1 n 2) Soient n ∈ N∗ , (a0 , ..., an ) ∈ Rn+1 .
Montrer que l’application f : Rn [X] −→ Rn+1 , P −→ (Δk P)(ak ) 0kn est un isomorphisme d’ev.
Du mal à démarrer ? 6.1
et montrer que B est une base de E1 × E2 , en revenant aux définitions de famille libre et de famille génératrice.
6.2
6.8
a) Revenir à la définition d’un sev. x y b) En notant M = , résoudre l’équation AM = MB, d’inz t connues x, y, z, t.
6.3
Il existe e1 ∈ E tel que f(e1 ) 0. Noter e2 = f(e1 ) et montrer que B = (e1 , e2 ) convient.
6.4
a) Lecture de A.
b) 1) Montrer que e1 , e2 s’expriment sur E .
2) Montrer que f1 , f2 , f3 s’expriment sur F . 3) Calculer u(e1 ) et u(e2 ) en fonction de f1 , f2 , f3 . © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) À partir d’une base B1 = (e1 , ..., en1 ) de E1 et d’une base B2 = (f1 , ..., fn2 ) de E2 , considérer la famille B = (e1 , 0), ..., (en1 , 0), (0, f1 ), ..., (0, fn2
1) Revenir à la définition d’un sev. a −a 2) Remplacer b par −a et décomposer comme combic d naison linéaire de trois matrices fixes. Montrer que la famille de trois matrices obtenue est libre.
6.5
a) En notant u = (x, y, z, t) ∈ R4 , résoudre f(u) = 0.
b) En notant V1 , ..., V4 les éléments de R3 dont les coordonnées dans la base canonique sont les colonnes de A, montrer que (V1 , V2 , V3 ) est libre et que V4 se décompose linéairement sur (V1 , V2 , V3 ).
6.6
• Vérifier d’abord que P0 , ..., P4 sont dans R4 [X].
Faire apparaître une composée égale à e et utiliser la propriété du cours, pour des endomorphismes u, v d’un ev E de dimension finie : u ◦ v = e ⇐⇒ v ◦ u = e.
6.9
b) 1) Noter M =
x y ∈ M2 (R) et résoudre f(M) = 0. z t
x y ∈ M2 (R), calculer f(M) et décomposer liz t néairement f(M) sur des matrices fixes. Voir enfin si celles-ci forment une famille libre.
2) Pour M =
6.10
a) Montrer que F est libre.
b) , c) Calculer les fi pour i ∈ 0 ; 4. a) 1) Montrer que E est un sev de l’ev RN de toutes les suites réelles.
6.11
2) Vérifier (a, b) ∈ E2 et montrer que la famille (a, b) est libre et génératrice de E. 3) Vérifier (r, s) ∈ E2 , montrer que (r, s) est libre, puis utiliser un argument de dimension.
• Montrer que B est libre.
b) Exprimer r et s en fonction de a, b.
• Utiliser un argument de dimension.
c) 1) Vérifier que f va de E dans E et est linéaire.
6.7
2) Calculer f(a) et f(b) en fonction de a, b. a) Revenir à la définition d’un ev.
3) Calculer f(r) et f(s) en fonction de r, s.
107
Chapitre 6
6.12
•
Espaces vectoriels de dimension finie
1) Vérifier : ∀i ∈ 0 ; n, Pi ∈ Kn [X].
2) Montrer que (Pi )0in est libre, en revenant à la définition et en évaluant les polynômes en ai par exemple. 3) Utiliser un argument de dimension.
6.13
6.19
• Montrer que (Dk )0kn−1 est libre, en faisant intervenir un polynôme. • Utiliser un argument de dimension.
6.20
a) Revenir à la définition d’une application linéaire.
a) Revenir à la définition d’une application linéaire. b) Montrer : Im (f) = F + G et Ker (f) = (x, −x) ; x ∈ F ∩ G .
b) Montrer que A et B sont inversibles et considérer l’application ψ : M2 (R) −→ M2 (R), N −→ A−1 NB−1 .
c) Appliquer le théorème du rang à f.
c) 1) • Montrer que B est libre, en revenant à la définition d’une famille libre.
6.14
Remarquer que, d’après la formule de Grassmann de l’exercice 6.13, pour tous sev F, G de E : d(F + G) d(F) + d(G). Appliquer à A + B et C et permuter.
6.15
Ker (f) ⊂ Ker (f 2 ),
{0} ⊂ Ker (f) ∩ Im (f),
Ker (f) + Im (f) ⊂ E
sont acquises de manière générale. (1) =⇒ (2) : Appliquer le théorème du rang à f 2 et à f. (2) =⇒ (3) : Partir de x ∈ Ker (f) ∩ Im (f) quelconque. (3) =⇒ (4) : Appliquer le théorème du rang à f. (4) =⇒ (1) : Pour y = f(x) ∈ Im (f), décomposer linéairement x sur Ker (f) et Im (f). a) Montrer : Im (αf) = Im (f).
b) Montrer Im (f + g) ⊂ Im (f) + Im (g) et utiliser la formule de Grassmann (exercice 6.13). c) Appliquer b) à (f − g, g) à la place de (f, g), puis rôles symétriques.
6.17
2) Calculer les images de I2 , A, B, AB par ϕ, en utilisant le résultat de l’exercice 5.1 pour exprimer A2 sur I2 et A et pour exprimer B2 sur I2 et B. 3) La matrice de ϕ−1 dans B est l’inverse de celle de ϕ dans B.
Remarquer que les inclusions Im (f 2 ) ⊂ Im (f),
6.16
• Utiliser un argument de dimension.
1) Supposer Im (f) = Ker (g).
• Montrer d’abord : g ◦ f = 0. • Utiliser le théorème du rang.
2) Réciproquement, supposer : g◦f =0
et
rg (f) + rg (g) = dim (E).
6.21
1) Montrer que (γn )0nN est libre, en faisant intervenir un polynôme.
2) On sait que, pour tout n ∈ N, cos nx s’exprime comme polynôme en cos x, de degré n et de coefficient dominant 2n−1 . Considérer la matrice de la famille (Cn )0nN dans la base B = (γ0 , ..., γN ).
6.22
• Vérifier : ∀i ∈ 0 ; n, Li ∈ Kn [X].
• Montrer que L est libre, en revenant à la définition. • Utiliser un argument de dimension.
6.23
a) • Vérifier que f est un endomorphisme de E.
• Pour obtenir la matrice de f dans la base canonique B
de Rn [X], développer (X + 1)j par la formule du binôme de Newton. b) Considérer : g : Rn [X] −→ Rn [X], P(X) −→ P(X − 1).
6.24
a) Revenir aux définitions de Ker (h) et Im (h).
b) Appliquer le théorème du rang à h. c) Utiliser le théorème du rang pour g.
6.25
Considérer : f : Cn [X] −→ Cn [X], P −→
1) Noter a : Kp −→ Kn , b : Kn −→ Kp les applications linéaires canoniquement associées aux matrices A, B respectivement. Montrer : Im (a ◦ b) ⊂ Im (a) et passer aux dimensions. Déduire : rg (AB) rg (A).
2) 1re méthode : Utiliser les noyaux et le théorème du rang. 2è méthode : Passer par des transposées de matrices et utiliser 1).
108
λk P (k) (X − ak ).
k=0
• Montrer : Im (f) ⊂ Ker (g). • Utiliser le théorème du rang.
6.18
n
6.26
a) Soit P ∈ R(X]. Traiter le cas deg (P) 0. Si deg (P) 1, noter P = an Xn + Q, où n ∈ N∗ , an ∈ R∗ , Q ∈ Rn−1 [X], et exprimer ΔP.
b) 1) • Montrer que Δn est correctement définie et que Δn est un endomorphisme de l’ev Rn [X]. • Utiliser a).
2) Montrer que f est linéaire et injective, puis utiliser un argument de dimension.
Corrigés des exercices
6.1 •
1) • E ⊂ M2 (R) et
00 ∈ E. 00
" ! x y ; (x, y) ∈ K2 x x ! 1 0 " 01 = x +y ; (x, y) ∈ K2 = Vect (C, D). 11 00
On a donc : E =
a b On a, pour tout α ∈ R et toutes matrices M = , c d a b M = ∈ E : c d αM + M =
αa + a αb + b αc + c αd + d
et : (αa + a ) + (αb + b ) = α(a + b) + (a + b ) = 0, donc : αM + M ∈ E. Ceci montre que E est un sev de M2 (R). ! a −a " 2) On a : E = ; (a, c, d) ∈ R3 c d ! 1 −1 0 0 " 00 = a +c +d ; (a, c, d) ∈ R3 0 0 10 01 notée A
notée C
notée C
De plus, (C, D) est libre car, pour tout (x, y) ∈ K2 : xy 00 xC + yD = 0 ⇐⇒ = ⇐⇒ x = y = 0. x x 00 On conclut : (C, D) est une base de E et dim (E ) = 2.
6.3
Puisque f 0, il existe e1 ∈ E tel que f (e1 ) 0.
Notons e2 = f (e1 ) et B = (e1 , e2 ). Soit (λ1 , λ2 ) ∈ K2 tel que : λ1 e1 + λ2 e2 = 0. On a alors : 0 = f (λ1 e1 + λ2 e2 ) = λ1 f (e1 ) + λ2 f (e2 ) = λ1 e2 + λ2 f 2 (e1 ) = λ1 e2 ,
notée D
= Vect (A, C, D),
donc (A, C, D) engendre E. De plus, (A, C, D) est libre, car, pour tout (a, c, d) ∈ R3 : a −a 00 aA + cC + dD = 0 ⇐⇒ = c d 00 ⇐⇒ a = c = d = 0. Ainsi, (A, C, D) est une base de E, donc dim (E) = 3.
6.2 •
a) • On a : E ⊂ Mn (K) et 0 ∈ E.
On a, pour tout α ∈ K et toutes M, N ∈ E :
=0
On conclut : E est un sev de Mn (K). xy b) On a, pour toute M = ∈ M2 (K) : z t M ∈ E ⇐⇒ AM = MB 11 xy xy 21 ⇐⇒ = 02 z t z t 01 ⎧ ⎪ ⎪ x+z y+t 2x x + y ⎨z = x ⇐⇒ = ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩t = x. 2z 2t 2z z + t
0
d’où λ1 = 0, puis λ2 e2 = 0, donc λ2 = 0, puisque e2 = f (e1 ) 0. Ceci montre que B est libre. Comme B est libre et Card (B) = 2 = dim (E), on conclut que B est une base de E. Puisque f (e1 ) = e2 et f (e2 ) = f 2 (e1 ) = 0, la matrice de f 00 dans B est : N = . 10
6.4
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜2 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ a) Par lecture de A = ⎜⎜⎜⎜3 −1⎟⎟⎟⎟, on a : ⎠ ⎝ 0 2 u(e1 ) = 2 f1 + 3 f2 ,
A(αM + N) = αAM + AN = αMB + NB = (αM + N)B, donc : αM + N ∈ E .
notée D
u(e2 ) = f1 − f2 + 2 f3 .
b) 1) Puisque e1 = e1 , e2 = e1 + e2 , on a : e1 = e1 , e2 = e2 − e1 . Ainsi, (e1 , e2 ) engendre E, et a deux éléments, donc E est une base de E. 2) Puisque f1 = f1 + f2 , f2 = f1 + f3 , f3 = f2 + f3 , on a : f1 =
1 1 1 ( f + f − f ), f2 = ( f1 + f3 − f2 ), f3 = ( f2 + f3 − f1 ). 2 1 2 3 2 2
Ainsi, ( f1 , f2 , f3 ) engendre F, et a trois éléments, donc F est une base de F. 109
Chapitre 6
•
Espaces vectoriels de dimension finie
3) On a :
Une base de Ker ( f ) est donc (V0 ), où V0 = (5, −3, −4, 3), et donc : dim Ker ( f ) = 1.
• u(e1 ) = u(e1 ) = 2 f1 + 3 f2
b) Notons V1 , ..., V4 les éléments de R3 dont les coordonnées dans la base canonique sont les colonnes C1 , ..., C4 de A : V1 = (1, 2, −1), V2 = (0, 3, 2), V3 = (2, 1, −5), V4 = (1, 1, −3).
3 5 1 1 = ( f1 + f2 − f3 ) + ( f1 + f3 − f2 ) = f1 − f2 + f3 , 2 2 2 2 • u(e2 ) = u(e1 + e2 ) = u(e1 ) + u(e2 )
On a, pour tout (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 : ⎧ ⎪ a1 + 2a3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ a1 V1 + a2 V2 + a3 V3 = 0 ⇐⇒ ⎪ 2a1 + 3a2 + a3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−a1 + 2a2 − 5a3 = 0
3 = ( f1 + f2 − f3 ) + ( f1 + f3 − f2 ) + ( f2 + f3 − f2 ) 2 3 3 1 f + f + f . 2 1 2 2 2 3
On conclut que la ⎛ matrice ⎞A de u dans les bases E de E et F ⎜⎜⎜ 5/2 3/2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ de F est : A = ⎜⎜⎜⎜−1/2 3/2⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 1/2 1/2
6.5
a) On a, pour tout u = (x, y, z, t) ∈ R4 : u ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (u) = 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎜ x⎟ ⎜0⎟ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 0 2 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜y⎟ ⎜0⎟ ⎜ ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜ 2 3 1 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ 0 ⎠ z ⎝ −1 2 −5 −3 ⎜⎜⎝ ⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ ⎟⎟⎠ 0 t ⎧ ⎪ x + 2z + t = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ (S) ⎪ 2x + 3y + z + t = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + 2y − 5z − 3t = 0.
⎧ ⎧ ⎪ ⎪ a2 = 0 a1 + 2a3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 3a2 − 3a3 = 0 L2 ←− L2 − 2L1 ⇐⇒ ⎪ a3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a = 0. ⎩2a − 3a = 0 L ←− L + L 2 3 3 3 1 1 Ainsi, (V1 , V2 , V3 ) est libre, donc dim Im ( f ) 3. D’autre part, comme Im ( f ) = Vect (V1 , ..., V4 ) ⊂ R3 , on a : dim Im ( f ) 3. On conclut qu’une base de Im ( f ) est (V1 , V2 , V3 ) et que dim Im ( f ) = 3, donc : rg ( f ) = 3. Remarque : on pouvait aussi obtenir dim Im ( f ) en appliquant le théorème du rang : dim Im ( f ) = dim (R4 ) − dim Ker ( f ) = 4 − 1 = 3.
6.6 •
•
D’abord, il est clair que : ∀k ∈ 0 ; 4, Pk ∈ R4 [X].
Montrons que B = (P0 , ..., P4 ) est libre.
Soit (a0 , ..., a4 ) ∈ R5 tel que :
4
ak Pk = 0.
k=0
Le système (S) est un système d’équations de Ker ( f ).
En prenant les valeurs en 0, en −1, on déduit : a0 = 0 et a0 − a1 = 0, d’où a1 = 0.
On a :
On a alors : ⎧ ⎪ x + 2z + t = 0 L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (S) ⇐⇒ ⎪ 3y − 3z − t = 0 L2 ←− L2 − 2L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2y − 3z − 2t = 0 L ←− L + L 3 3 1 ⎧ ⎪ x + 2z + t = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 3y − 3z − t = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−3z − 4t = 0 L ←− 3L − 2L . 3 3 2 ⎧ 4 ⎪ ⎪ ⎪ z=− t ⎪ ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎨ ⇐⇒ ⎪ y = z + t = −t ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 5 ⎪ ⎪ ⎩ x = −2z − t = t. 3
110
Im ( f ) = Vect (V1 , ..., V4 ).
Voyons si (V1 , V2 , V3 ) est libre.
= (2 f1 + 3 f2 ) + ( f1 − f2 + 2 f3 ) = 3 f1 + 2 f2 + 2 f3
=
On a alors :
a2 P2 + a3 P3 + a4 P4 = 0 ⇐⇒ a2 (X − 1)X(X + 1) + a3 X2 (X + 1) + a4 (X − 1)X(X + 1)2 . % = X(X + 1) a2 (X − 1) + a3 X + a4 (X − 1)(X + 1) % . = X(X + 1) a4 X2 + (a2 + a3 )X − (a2 + a4 ) = 0, d’où :
a4 X2 + (a2 + a3 )X − (a2 + a4 ) = 0,
puis :
a4 = 0, a2 + a3 = 0, −(a2 + a4 ) = 0,
et donc :
a4 = 0, a2 = 0, a3 = 0.
Ceci montre que B est libre.
Comme B est libre et que Card (B) = 5 = dim R4 [X] , on conclut : B est une base de R4 [X].
•
6.7
a) Les vérifications sont immédiates. Détaillons quand
même. 1) • La loi + est interne dans E1 × E2 .
Corrigés des exercices • La loi + est associative dans E1 × E2 , car, pour tous (x1 , x2 ), (y1 , y2 ), (z1 , z2 ) ∈ E1 × E2 : (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) + (z1 , z2 ) = (x1 + y1 , x2 + y2 ) + (z1 , z2 ) = (x1 + y1 ) + z1 , (x2 + y2 ) + z2 = x1 + (y1 + z1 ), x2 + (y2 + z2 ) = (x1 , x2 ) + (y1 + z1 , y2 + z2 ) = (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) + (z1 , z2 ) . • La loi + est commutative dans E1 × E2 , car, pour tous (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ E1 × E2 :
(y1 , y2 ) + (x1 , x2 ) = (y1 + x1 , y2 + x2 ) = (x1 + y1 , x2 + y2 ) = (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ). La loi + dans E1 × E2 admet un neutre qui est (0, 0).
2) On a, pour tous α, β ∈ K, (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ E1 × E2 : • α(x1 , x2 ) = (αx1 , αx2 ) ∈ E1 × E2 . • (α + β)(x1 , x2 ) = (α + β)x1 , (α + β)x2
• α (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = α(x1 + y1 , x2 + y2 ) = α(x1 + y1 ), α(x2 + y2 ) = (αx1 + αy1 , αx2 + αy2 ) = (αx1 , αx2 ) + (αy1 , αy2 ) = α(x1 , x2 ) + α(y1 , y2 ). • (αβ)(x1 , x2 ) = (αβ)x1 , (αβ)x2 = α(βx1 ), α(βx2 ) = α(βx1 , βx2 ) = α β(x1 , x2 ) . • 1(x1 , x2 ) = (1x1 , 1x2 ) = (x1 , x2 ).
Soit (x1 , x2 ) ∈ E1 × E2 . Puisque B1 engendre E1 et B2 engender E2 , il existe α1 , ..., αn1 ∈ K et β1 , ..., βn2 ∈ K tels que : x1 = α1 e1 + · · · + αn1 en1 et y = β1 f1 + · · · + βn2 fn2 . On a alors : (x1 , x2 ) = α1 e1 + · · · + αn1 en1 , β1 f1 + · · · βn2 en2
Ceci montre que B engendre E1 × E2 . D’après les deux points précédents, B est une base de E1 × E2 . Comme B est finie, il en résulte que E1 × E2 est de dimension finie, et :
On a :
f 3 = e − f ◦ g ⇐⇒ f 3 + f ◦ g = e ⇐⇒ f ◦ ( f 2 + g) = e. Comme E est de dimension finie, d’après le cours, il en résulte : ( f 2 + g) ◦ f = e, et donc :
g ◦ f = e − f 3 = f ◦ g.
6.9
a) Il est clair que f est bien une application de M2 (R) dans M2 (R). On a, pour tout α ∈ R et toutes M, N ∈ M2 (R) : f (αM + N) = A(αM + N) = αAM + AN = α f (M) + f (N),
On conclut : E1 × E2 est un K-ev. b) Puisque E1 et E2 sont de dimensions finies, E1 admet au moins une base B1 = (e1 , ..., en1 ) où n1 = dim (E1 ), et E2 admet au moins une base B2 = ( f1 , ..., fn2 ) © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Montrons que B engendre E1 × E2 .
6.8
= (αx1 , αx2 ) + (βx1 , βx2 ) = α(x1 , x2 ) + β(x1 , x2 ).
Considérons la famille : B = (e1 , 0), ..., (en1 , 0), (0, f1 ), ..., (0, fn2 ) .
⇐⇒
2 −4 x y 00 = 3 −6 z t 00
⇐⇒ 2x − 4z = 0, 2y − 4t = 0, 3x − 6z = 0, 3y − 6t = 0
Montrons que B est libre.
On a, pour tous λ1 , ..., λn1 , μ1 , ..., μn2 ∈ K : λ1 (e1 , 0) + · · · + λn1 (en1 , 0) + μ1 (0, f1 ) + · · · + μn2 (0, fn2 ) = (0, 0) ⇐⇒ λ1 e1 + · · · + λn1 en1 , μ1 f1 + · · · + μn2 fn2 = (0, 0) ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨λ1 e1 + · · · + λn1 en1 = 0 ⎨λ1 = ... = λn1 = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪μ f + · · · + μ f = 0 ⎪μ = ... = μ = 0 ⎩ ⎩ 1
donc f est linéaire. xy b) 1) Soit M = ∈ M2 (R). On a : z t M ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (M) = 0
où n2 = dim (E2 ).
n2 n2
•
dim (E1 × E2 ) = Card (B) = n1 + n2 = dim (E1 ) + dim (E2 ).
= (αx1 + βx1 , αx2 + βx2 )
1 1
Ceci montre que B est libre.
= α1 (e1 , 0) + · · · + αn1 (en1 , 0) + β1 (0, f1 ) + · · · + βn2 (0, fn2 ).
Tout élément (x1 , x2 ) de E1 × E2 admet un opposé, qui est (−x1 , −x2 ). •
•
car les familles B1 et B2 sont libres.
n2
⇐⇒ x = 2z, y = 2t. " ! 2z 2t On obtient : Ker ( f ) = ; (z, t) ∈ R2 z t " ! 20 02 +t ; (z, t) ∈ R2 = Vect (B, C). = z 01 10 notée B
notée C
111
Chapitre 6
•
Espaces vectoriels de dimension finie
Comme (B, C) est libre (car les matrices B, C ne sont pas colinéaires), on conclut : (B, C) est une base de Ker ( f ) et dim Ker ( f ) = 2. xy 2) On a, pour toute M = ∈ M2 (R) : z t 2 −4 x y f (M) = AM = 3 −6 z t =
2è méthode : utilisation des nombres complexes : On a, pour tout x ∈ R : 0 = a0 + a1 cos x + a2 sin x + a3 cos 2x + a4 sin 2x = 0 = a0 + a1
e 2 i x + e −2 i x e 2 i x − e −2 i x + a4 2 2i a3 a4 −2 i x a1 a2 − i x e e + +i +i = 2 2 2 2 a1 a2 i x a3 a4 2 i x e + e , + a0 + −i −i 2 2 2 2 + a3
2x − 4z 2y − 4t 2(x − 2z) 2(y − 2t) = 3x − 6z 3y − 6t 3(x − 2z) 3(y − 2t) 02 20 +(y − 2t) ∈ Vect (D, E). 03 30
= (x − 2z)
notée D
notée E
Ceci montre : Im ( f ) ⊂ Vect (D, E).
d’où, en multipliant par 2 e 2 i x : (a3 − i a4 ) e 4 i x + (a1 − i a2 ) e 3 i x + 2a0 e 2 i x + (a1 + i a2 ) e i x + (a3 + i a4 ) = 0.
De plus : 1 0 0 1 D= f ∈ Im ( f ) et E = f ∈ Im ( f ). 00 00
Ainsi, le polynôme (a3 − i a4 )X4 + (a1 − i a2 )X3 + 2a0 X2 + (a1 + i a2 )X + (a3 + i a4 )
Im ( f ) = Vect (D, E).
s’annule en une infinité de points (les e i x , x ∈ R), donc est le polynôme nul, d’où :
Comme (D, E) est libre, on conclut : (D, E) est une base de Im ( f ) et dim Im ( f ) = 2.
a3 − i a4 = 0, a1 − i a2 = 0, 2a0 = 0, a1 + i a2 = 0, a3 + i a4 = 0,
On obtient :
Remarque : On contrôle avec le théorème du rang : 4 = dim M2 (R) = dim Im ( f ) + dim Ker ( f ) = 2 + 2.
6.10
a) • Montrons que F est libre.
Soit (a0 , ..., a4 ) ∈ R5 tel que :
4
ak fk = 0. On a donc :
∀x ∈ R, a0 + a1 cos x + a2 sin x + a3 cos 2x + a4 sin 2x = 0. 1re méthode : utilisation de la parité et de la valeur en certains points : En remplaçant x par −x, on a aussi : ∀x ∈ R, a0 + a1 cos x − a2 sin x + a3 cos 2x − a4 sin 2x = 0. En additionnant, en soustrayant, on déduit : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨a0 + a1 cos x + a3 cos 2x = 0 ∀x ∈ R, ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a sin x + a sin 2x = 0. 2
4
Dans la première équation, en remplaçant x par 0, par π/2, par π, on obtient : a0 + a1 + a3 = 0, a0 − a3 = 0, a0 − a1 + a3 = 0, d’où facilement :
a0 = a1 = a3 = 0.
Dans la deuxième équation, en remplaçant x par π/2, on obtient a2 = 0, puis, en remplaçant x par π/4, on obtient a4 = 0.
a0 = ... = a4 = 0.
et donc :
On a montré que F est libre. • Puisque E = Vect (F ), F est libre et que Card (F ) = 5, on déduit que F est une base de E et que : dim (E) = 5.
b) Il est clair que f0 , ..., f4 sont dérivables sur R et que : f0 = 0, f1 = − f2 , f2 = f1 , f3 = −2 f4 , f4 = 2 f3 .
k=0
112
e ix + e −i x e ix − e −ix + a2 2 2i
Par linéarité de la dérivation, il en résulte que, pour toute f ∈ E, f est dérivable sur R et f ∈ E. On peut donc considérer l’application d : E −→ E, f −→ f . c) Par linéarité de la dérivation : d ∈ L (E). On a calculé d( f0 ), ..., d( f4 ) ci-dessus, dans la base F de E est : ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0 0 ⎜⎜⎜0 0 1 0 ⎜⎜⎜ D = ⎜⎜⎜⎜0 −1 0 0 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 0 0 0 0 0 −2
6.11
a) 1)
•
donc la matrice D de d ⎞ 0⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ . ⎟ 2⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0
E ⊂ RN et 0 ∈ E, où 0 est la suite constante
nulle. •
Soient α ∈ R, u = (un )n∈N , v = (vn )n∈N ∈ E, w = αu + v.
On a, pour tout n ∈ N : wn+2 = αun+2 + vn+2 = α(5un+1 − 6un ) + (5vn+1 − 6vn ) = 5(αun+1 + vn+1 ) − 6(αun + vn ) = 5wn+1 − 6wn , donc : w ∈ E.
Corrigés des exercices
On conclut : E est un sev de RN , donc E est un R-ev. 2) • Par définition de a et b, on a : a ∈ E, b ∈ E. •
Soit (α, β) ∈ R2 tel que αa + βb = 0. On a alors : ∀n ∈ N, αan + βbn = 0,
d’où, en particulier, pour n = 0, pour n = 1 : α = 0, β = 0. Ainsi, (a, b) est libre. • Soit u = (un )n∈N ∈ E. Notons v = u − u0 a − u1 b. On a alors : v ∈ E, v0 = 0, v1 = 0, donc, par récurrence immédiate : ∀n ∈ N, vn = 0, d’où v = 0, u = u0 a + v0 b.
Ainsi, (a, b) engendre E. Finalement : (a, b) est une base de E, et donc : dim (E) = 2. 3) • On a r ∈ E, s ∈ E, car, pour tout n ∈ N :
•
•
On a, pour tout α ∈ R et toutes u, v ∈ E : f (αu + v = (αu + v)n+1 n∈N . % . % = (αun+1 + vn+1 )n∈N = α f (u) n∈N + f (v) n∈N ,
et on conclut : f est linéaire. Ainsi, f est un endomorphisme de E. . % . % 2) On a : f (a) 0 = a1 = 0, f (a) 1 = a2 = 5a1 − 6a0 = −6, donc : f (a) = −6b. . % . % On a : f (b) 0 = b1 = 1, f (b) 1 = b2 = 5b1 − 6b0 = 5, donc : f (b) = a + 5b. On en déduit que la matricede f dans la base (a, b) de E est : 0 1 . −6 5 . % 3) • On a : ∀n ∈ N, f (r) n = rn+1 = 2n+1 = 2rn ,
rn+2 − 5rn+1 + 6rn = 2n (4 − 10 + 6) = 0,
donc : f (r) = 2r, et de même : f (s) = 3s.
sn+2 − 5sn+1 + 6sn = 3n (9 − 15 + 6) = 0.
On en déduit que la matrice de 2 0
Soit (λ, μ) ∈ R2 tel que : λr + μs = 0. On a alors : ∀n ∈ N, λ2n + μ3n = 0,
d’où, en particulier, pour n = 0, pour n = 1 : λ + μ = 0 et
2λ + 3μ = 0,
puis : λ = 0, μ = 0. Ainsi, (r, s) est libre.
6.12
1) D’abord, il est clair que : ∀i ∈ 0 ; n, Pi ∈ Kn [X].
2) Montrons que (Pi )0in est libre. Soit (λi )0in ∈ Kn+1 n tel que : λi Pi = 0. En prenant la valeur en a, comme i=0
Pi (a) = 0 pour tout i 1, on obtient λ0 P0 (a) = 0, puis, comme P0 (a) = (a − b)n 0, on déduit λ0 = 0. En reportant et en simplifiant par X − a, on déduit :
Comme (r, s) est libre et que Card (r, s) = 2 = dim (E), on conclut : (r, s) est une base de E.
n
et
s = a + 3b,
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
d’où la matrice M de la famille (r, s) dans la base (a, b) de E : 11 . M= 23 On calcule : M −1 =
3 −1 . Il en résulte : −2 1
a = 3r − 2s,
b = −r + s.
c) 1) • Soit u = (un )n∈N ∈ E. Notons u = (un+1 )n∈N . On a, pour tout n ∈ N : un+2 = un+3 = 5un+2 − 6un+1 = 5un+1 − 6un , donc : u ∈ E. On peut donc définir l’application f : E −→ E, u = (un )n∈N −→ (un+1 )n∈N .
λi (X − a)i−1 (X − b)n−i = 0,
i=1
b) Comme dans la solution de a) 2), on a : r = a + 2b
f dans la base (r, s) de E est : 0 . 3
c’est-à-dire :
n−1
λ j+1 (X − a) j (X − b)n−1− j = 0.
j=0
En réitérant, on obtient successivement : λ1 = 0, ..., λn = 0. Ceci montre que (Pi )0in est libre. Comme la famille (Pi )0in est libre et que Card (Pi )0in = n + 1 = dim Kn [X] , on conclut que (Pi )0in est une base de Kn [X]. a) On a, pour tous α ∈ K, (x, y), (x , y ) ∈ F × G : f α(x, y) + (x , y ) = f (αx + x , αy + y ) = (αx + x ) + (αy + y )
6.13
= α(x + y) + (x + y ) = α f (x, y) + f (x , y ), donc f est linéaire. b) • On a, pour tout z ∈ E : z ∈ Im ( f ) ⇐⇒ ∃ (x, y) ∈ F × G, z = x + y ⇐⇒ z ∈ F + G, donc : Im ( f ) = F + G. 113
Chapitre 6 •
•
Espaces vectoriels de dimension finie
On a, pour tout (x, y) ∈ F × G :
•
On a, en appliquant le théorème du rang à f 2 et à f : dim Ker ( f 2 ) = dim (E) − dim Im ( f 2 )
(x, y) ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ x + y = 0 ⇐⇒ y = −x.
= dim (E) − dim Im ( f ) = dim Ker ( f ) .
Si (x, y) ∈ Ker ( f ), alors y = −x ∈ F ∩ G. Réciproquement, pour tout x ∈ F ∩ G : (x, −x) ∈ Ker ( f ). On conclut : Ker ( f ) = (x, −x) ; x ∈ F ∩ G .
On conclut :
Ker ( f 2 ) = Ker ( f ).
(2) =⇒ (3) :
c) Puisque f est linéaire et que F × G et E sont de dimensions finies, d’après le théorème du rang : dim Im ( f ) = dim (F × G) − dim Ker ( f ) . D’après b) : dim Im ( f ) = dim (F + G).
Soit x ∈ Ker ( f ) ∩ Im ( f ). Alors, f (x) = 0 et il existe t ∈ E tel que x = f (t). On a : 0 = f (x) = f f (t) = f 2 (t), donc t ∈ Ker ( f 2 ) = Ker ( f ), d’où f (t) = 0, x = 0.
D’après l’exercice 6.7 : dim (F × G) = dim (F) + dim (G).
On conclut : Ker ( f ) ∩ Im ( f ) = {0}.
Enfin, il est clair, d’après b) que l’application
(3) =⇒ (4) :
F ∩ G −→ Ker ( f ), x −→ (x, −x) est un isomorphisme d’ev, donc : dim Ker ( f ) = dim (F ∩ G). On conclut à la formule de Grassmann : dim (F + G) = dim (F) + dim (G) − dim (F ∩ G).
6.14
Rappelons la formule de Grassmann (cf. exercice 6.13), pour tous sev F, G d’un ev de dimension finie : d(F + G) = d(F) + d(G) − d(F ∩ G),
Supposons : Ker ( f 2 ) = Ker ( f ).
Supposons : Ker ( f ) ∩ Im ( f ) = {0}. D’une part : Ker ( f ) + Im ( f ) ⊂ E. D’autre part, en utilisant le théorème du rang : dim Ker ( f ) + Im ( f ) = dim Ker ( f ) ⊕ Im ( f ) = dim Ker ( f ) + dim Im ( f ) = dim (E). On conclut : Ker ( f ) + Im ( f ) = E. (4) =⇒ (1) : Supposons : Ker ( f ) + Im ( f ) = E. •
On a déjà : Im ( f 2 ) ⊂ Im ( f ), car, pour tout x ∈ E : f 2 (x) = f f (x) ∈ Im ( f ).
d’où l’inégalité : d(F + G) d(F) + d(G). On a : d(A + B + C) = d (A + B) + C d(A + B) + d(C) = d(A) + d(B) + d(C) − d(A ∩ B), d’où : d(A + B + C) + d(A ∩ B) d(A) + d(B) + d(C). En appliquant ce résultat à (A, C, B) et à (B, C, A) à la place de (A, B, C), on a aussi : d(A + B + C) + d(A ∩ C) d(A) + d(B) + d(C) et : d(A + B + C) + d(B ∩ C) d(A) + d(B) + d(C). On conclut : . % d(A + B + C) + Max d(A ∩ B), d(A ∩ C), d(B ∩ C) d(A) + d(B) + d(C).
6.15
(1) =⇒ (2) :
Supposons : Im ( f 2 ) = Im ( f ). •
On a déjà : Ker ( f ) ⊂ Ker ( f 2 ), car, pour tout x ∈ E : x ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (x) = 0 =⇒ f f (x) = f (0) = 0 ⇐⇒ x ∈ Ker ( f 2 ).
114
Soit y ∈ Im ( f ). Il existe x ∈ E tel que y = f (x). Puisque E = Ker ( f ) + Im ( f ), Il existe u ∈ Ker ( f ), v ∈ Im ( f ) tels que : x = u + v. Et il existe t ∈ E tel que v = f (t).
•
On a alors : y = f (u + v) = f (u) + f (v) = f f (t) = f 2 (t) ∈ Im ( f 2 ). =0
Ceci montre : Im ( f ) ⊂ Im ( f 2 ). On conclut : Im ( f 2 ) = Im ( f ). Finalement, les quatre propriétés (1) à (4) sont deux à deux équivalentes.
6.16
a) On a : Im (α f ) = Im ( f ) car ⎧ ⎪ ⎪ ∀x ∈ E, (α f )(x) = f (αx) ∈ Im ( f ) ⎪ ⎪ ⎨ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ E, f (x) = α f x ∈ Im (α f ). α
On déduit, en passant aux dimensions : rg (α f ) = dim Im (α f ) = dim Im ( f ) = rg ( f ).
Corrigés des exercices
b) On a : Im ( f + g) ⊂ Im ( f ) + Im (g), car :
1) Notons a : K p −→ Kn , b : Kq −→ K p les applications linéaires canoniquement associées aux matrices A, B respectivement. On a : Im (a ◦ b) ⊂ Im (a), car, pour tout x ∈ Kq : (a ◦ b)(x) = a b(x) ∈ Im (a).
6.18
∀x ∈ E, ( f + g)(x) = f (x) + g(x) ∈ Im ( f ) + Im (g). On déduit, en passant aux dimensions et en utilisant la formule de Grassmann (cf. exercice 6.13) :
D’où, en passant aux dimensions : rg (a ◦ b) = dim Im (a ◦ b) dim Im (a) = rg (a),
rg ( f + g) = dim Im ( f + g) dim Im ( f ) + Im (g) dim Im ( f ) + dim Im (g) = rg ( f ) + rg (g).
et donc, en passant aux matrices : rg (AB) rg (A). 2) 1re méthode : utilisation de noyaux :
c) En appliquant b) à ( f − g, g) à la place de ( f, g), on a :
Avec les mêmes notations qu’en 1), on a :
rg ( f − g) + rg (g) rg ( f − g) + g = rg ( f ),
Ker (b) ⊂ Ker (a ◦ b),
rg ( f ) − rg (g) rg ( f − g).
d’où :
En appliquant ce dernier résultat à (g, f ) à la place de ( f, g), on a : rg (g) − rg ( f ) rg (g − f ) = rg − ( f − g) = rg ( f − g). ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨rg ( f ) − rg (g) rg ( f − g) On obtient ainsi : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩rg (g) − rg ( f ) rg ( f − g), (( ( et on conclut : (rg ( f ) − rg (g)(( rg ( f − g).
•
Soit x ∈ E.
On a : f (x) ∈ Im ( f ) = Ker (g), donc g f (x) = 0, c’est-à-dire (g ◦ f )(x) = 0. Ceci montre : g ◦ f = 0.
•
On a, en prenant les dimensions et en appliquant le théorème du rang : Im ( f ) = Ker (g) =⇒ dim Im ( f ) = dim Ker (g) ⇐⇒ rg ( f ) = dim (F) − rg (g),
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
dim Ker (b) dim Ker (a ◦ b) , puis, en appliquant le théorème du rang à b et à a ◦ b :
et donc, en matrices : rg (B) rg (AB). 2e méthode : utilisation d’une transposée : On a : rg (AB) = rg t (AB) = rg ( t B t A) rg ( t B) = rg (B). On a montré : rg (AB) rg (A) et rg (AB) rg (B), et on conclut : rg (AB) Min rg (A), rg (B) . Autrement dit, quand on multiplie des matrices, le rang ne peut que diminuer (au sens large).
•
Soit (α0 , ..., αn−1 ) ∈ Kn tel que
On a alors : 0=
n−1 k=0
donc : y ∈ Ker (g).
αk Dk =
n−1
αk diag (d1k , ..., dnk )
k=0
= diag
Ceci montre : Im ( f ) ⊂ Ker (g).
n−1
dim Im ( f ) = rg ( f ) = dim (F) − rg (g) = dim Ker (g) , et on conclut : Im ( f ) = Ker (g).
αk d1k , ...,
k=0
On a, en utilisant le théorème du rang et l’hypothèse :
αk Dk = 0.
∀k ∈ 0 ; n − 1, Dk = diag (d1k , ..., dnk ).
rg ( f ) + rg (g) = dim (F).
Soit y ∈ Im ( f ). Il existe x ∈ E tel que y = f (x). On a alors :
n−1
Puisque D est diagonale, on a :
g(y) = g f (x) = (g ◦ f )(x) = 0,
•
D’où, en passant aux dimensions :
k=0
2) Réciproquement, supposons :
•
=⇒ a ◦ b(x) = a(0) = 0 ⇐⇒ x ∈ Ker (a ◦ b).
6.19
d’où : rg ( f ) + rg (g) = dim (F).
g ◦ f = 0 et
x ∈ Ker (b) ⇐⇒ b(x) = 0
rg (b) = q − dim Ker (b) q − dim Ker (a ◦ b) = rg (a ◦ b),
1) Supposons : Im ( f ) = Ker (g).
6.17
car, pour tout x ∈ Kq :
Considérons le polynôme P =
n−1
n−1
αk dnk .
k=0
αk Xk . On a donc :
k=0
P(d1 ) = 0, ..., P(dn ) = 0. 115
Chapitre 6
•
Espaces vectoriels de dimension finie
⎧ ⎪ α + 2β + 4γ + 15δ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪β + γ + 4δ = 0 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2γ − 21δ = 0 L3 ←− L3 − 5L2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−3γ − 8δ = 0 L4 ←− L4 − L2
Comme deg (P) n − 1 et que P s’annule en n points deux à deux distincts (les d1 , ..., dn ), d’après le cours, P est le polynôme nul, donc : ∀k ∈ 0 ; n − 1, αk = 0. Ainsi, la famille (Dk )0kn−1 est libre. • Puisque Dn (K) est un K-ev de dimension n et que la famille (Dk )0kn−1 est libre et a n éléments, on conclut que (Dk )0kn−1 est une base de Dn (K).
6.20
a) On a, pour tous α ∈ R, M, N ∈ M2 (R) :
ϕ(αM + N) = A(αM + N)B = αAMB + ANB = αϕ(M) + ϕ(N), donc ϕ est linéaire.
⇐⇒ α = β = γ = δ = 0. Ceci montre que B est libre. • Comme B est libre, de cardinal 4 dans M2 (R) qui est de dimension 4, on conclut que B est une base de M2 (R).
2) On calcule les images par ϕ des éléments de B. •
ϕ(I2 ) = AI2 B = AB
•
ϕ(A) = A2 B. D’après l’exercice 5.1, on a :
b) Puisque 2 · 3 − 5 · 1 = 1 0 et 4 · 2 − 7 · 1 = 1 0, les matrices A et B sont inversibles et :
A−1
3 −1 2 −1 = , B−1 = . −5 2 −7 4
A2 − (2 + 3)A + (2 · 3 − 5 · 1)I2 = 0, donc :
A2 = 5A − I2 .
D’où :
ϕ(A) = (5A − I2 )B = −B + 5AB.
•
ϕ(B) = AB2. De même : B2 − (4 + 2)B + (4 · 2 − 7 · 1)I2 = 0,
Considérons l’application −1
−1
ψ : M2 (R) −→ M2 (R), N −→ A NB , qui est linéaire, comme en a) pour ϕ. On a : ⎧ ⎪ −1 −1 ⎪ ⎪ ⎨∀M ∈ M2 (R), (ψ ◦ ϕ)(M) = A (AMB)B = M ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀N ∈ M2 (R), (ϕ ◦ ψ)(N) = A(A−1 NB−1)B = N, donc :
ψ ◦ ϕ = IdM2 (R)
et
ϕ ◦ ψ = IdM2 (R) .
Il en résulte que ϕ est bijective et que ϕ−1 = ψ. c) 1) • Montrons que B = (I2 , A, B, AB) est libre. Soit (α, β, γ, δ) ∈ R . On a : 4
αI2 + βA + γB + δAB = 0 10 21 41 15 4 00 ⇐⇒ α +β +γ +δ = 01 53 72 41 11 00 ⎧ ⎪ α + 2β + 4γ + 15δ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨β + γ + 4δ = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 5β + 7γ + 41δ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩α + 3β + 2γ + 11δ = 0 ⎧ ⎪ α + 2β + 4γ + 15δ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪β + γ + 4δ = 0 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪5β + 7γ + 41δ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩β − 2γ − 4δ = 0 L4 ←− L4 − L1 116
donc :
B2 = 6B − I2 ,
d’où :
ϕ(B) = A(6B − I2 ) = −A + 6AB.
• ϕ(AB) = A(AB)B = A2 B2 = (5A − I2 )(6B − I2 ) = I2 − 5A − 6B + 30AB. On conclut que la matrice de ϕ dans B est : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 −1 −5⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ . Φ = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 −1 0 −6⎟⎟⎟⎟⎠ 1 5 6 30 3) La matrice de ϕ−1 dans B est Φ−1 , que l’on calcule par une méthode classique, et on obtient : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 30 6 5 1⎟⎟⎟ ⎜⎜−6 0 −1 0⎟⎟⎟ ⎜ ⎟⎟⎟ . Φ−1 = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎝−5 −1 0 0⎟⎟⎟⎠ 1 0 0 0
6.21
1) Montrons que (γn )0nN est libre.
Soit (αn )0nN ∈ RN+1 tel que :
N
αn γn = 0.
n=0
On a donc : ∀x ∈ R,
N
αn cosn x = 0.
n=0
∀t ∈ [−1 ; 1], ∃ x ∈ R, t = cos x, N αn tn = 0. il en résulte : ∀t ∈ [−1 ; 1], Comme :
n=0
Corrigés des exercices
Ainsi, le polynôme
N
αn Xn s’annule en une infinité de points
n=0
(les éléments de [−1 ; 1]), donc est le polynôme nul, c’est-àdire : ∀n ∈ 0 ; N, αn = 0. On conclut : (γn )0nN est libre. 2) D’après le cours, on sait que, pour tout n ∈ N, cos nx se décompose en un polynôme en cos x, de degré n et de coefficient dominant 2n−1 . La matrice de la famille (Cn )0nN dans la base (γn )0nN de Vect (γ0 , ..., γN ) est donc de la ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 2 (∗) ⎟⎟⎟⎟ ⎜ ⎟⎟⎟⎟ . forme : ⎜⎜⎜⎜ . . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. (0) . . ⎟⎠⎟ ⎝⎜ N−1 0 ... 0 2 Cette matrice est triangulaire supérieure à termes diagonaux tous non nuls, donc cette matrice est inversible et on a donc : rg (C0 , ..., C N ) = N + 1. Comme les Cn (0 n N) se décomposent linéairement sur (γ0 , ..., γN ), on a : Vect (C0 , ..., C N ) ⊂ Vect (γ0 , ..., γN ), et, d’autre part : dim Vect (C0 , ..., C N ) = N + 1 = dim Vect (γ0 , ..., γN ) . On conclut : Vect (C0 , ..., C N ) = Vect (γ0 , ..., γN ).
donc f est linéaire. Ainsi, f est un endomorphisme de l’espace vectoriel Rn [X]. On a, pour tout j ∈ 0 ; n, en utilisant la formule du binôme j j i X. de Newton : f (X j ) = (X + 1) j = i i=0 •
La matrice de f dans la base canonique B = (1, X, ..., Xn ) de Rn [X] est donc A, définie dans l’énoncé. b) Considérons l’application g : Rn [X] −→ Rn [X], P(X) −→ P(X − 1), qui est un endomorphisme de Rn [X], comme ci-dessus pour f . On a, pour tout P ∈ Rn [X] : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(g ◦ f ) P(X) = g P(X + 1) = P (X + 1) − 1 = P(X), ⎪ ⎪ ⎪ ⎩( f ◦ g) P(X) = f P(X − 1) = P (X − 1) + 1 = P(X), donc : g ◦ f = IdRn [X] et f ◦ g = IdRn [X] . Il en résulte que A est inversible et que A−1 = MatB (g). Mais, comme plus haut pour f , à l’aide de la formule du binôme de Newton, on a, pour tout j ∈ 0 ; n :
D’abord, il est clair que, pour tout i ∈ 0 ; n, Li existe et Li ∈ Kn [X].
6.22
•
Montrons que L = (L0 , ..., Ln ) est libre. n λk Lk = 0. Soit (λ0 , ..., λn ) ∈ Kn+1 tel que •
k=0
Soit k ∈ 0 ; n fixé. On a : 0 =
n
n λi Li (ak ) = λi Li (ak ).
i=0
i=0
Mais, pour tout i ∈ 0 ; n, Li = (X − a j ) / (ai − a j ),
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
donc :
D’où :
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨1 ∀i ∈ 0 ; n, Li (ak ) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩0 0=
n
ji
g(X j ) = (X − 1) j =
i=0
A=
j i
0i, j3
si i k. A−1 = (−1) j−i
λi Li (ak ) = λk .
i=0
Ceci montre que L est libre.
6.23
a) • Il est clair que, pour tout P(X) ∈ Rn [X] : f (P) = P(X + 1) ∈ Rn [X].
On a, pour tous α ∈ R, P, Q ∈ Rn [X] : f (αP + Q) = (αP + Q)(X + 1) = αP(X + 1) + Q(X + 1) = α f (P) + f (Q),
j i X. i
Par exemple, pour n = 3 :
ji
Comme L est libre et Card (L ) = n + 1 = dim Kn [X]), on conclut : L est une base de Kn [X].
(−1) j−i
j On a donc : MatB (g) = (−1) j−i . i 0i, jn j . On conclut : A−1 = (−1) j−i i 0i, jn
si i = k
•
j
⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜0 = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0
1 1 0 0
j i
0i, j3
1 2 1 0
⎞ 1⎟⎟ ⎟ 3⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟, 3⎟⎟⎟⎟ ⎠ 1
⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜0 = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0
−1 1 0 0
1 −2 1 0
⎞ −1⎟⎟ ⎟ 3 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟. −3⎟⎟⎟⎟ ⎠ 1
a) • On a, pour tout y ∈ F : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y ∈ Im ( f ) y ∈ Ker (h) ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ y ∈ Ker (g) ∩ Im ( f ), ⎪ ⎪ ⎩g(y) = 0
6.24
donc : Ker (h) = Ker (g) ∩ Im ( f ). •
On a, pour tout z ∈ G : z ∈ Im (h) ⇐⇒ ∃ y ∈ Im ( f ), z = h(y) ⇐⇒ ∃ x ∈ E, z = g f (x) ⇐⇒ z ∈ Im (g ◦ f ). 117
Chapitre 6
•
Espaces vectoriels de dimension finie
b) En appliquant le théorème du rang à h, on obtient : dim Im (h) = dim Im ( f ) − dim Ker (h) , c’est-à-dire : dim Im (g ◦ f ) = dim Im ( f ) − dim Ker (g) ∩ Im ( f ) , ou encore : rg (g ◦ f ) = rg ( f ) − dim Ker (g) ∩ Im ( f ) . c) Comme Ker (g) ∩ Im ( f ) ⊂ Ker (g), on a : dim Ker (g) ∩ Im ( f ) dim Ker (g) = dim (F) − rg (g),
On a : ΔP = P(X + 1) − P(X) = an (X + 1)n − Xn + ΔQ. n−1 n k n n X est un polynôme de deD’une part, (X + 1) − X = k k=0 gré n − 1. D’autre part, comme les termes de degré n − 1 s’éliminent dans la différence Q(X + 1) − Q(X), on a : deg (ΔQ) n − 2. On a donc : deg (ΔP) = n − 1 = deg (P) − 1. b) 1) • D’après a), on a donc : ∀P ∈ Rn [X], ΔP ∈ Rn−1 [X] ⊂ Rn [X].
et on conclut : rg (g ◦ f ) rg ( f ) + rg (g) − dim (F).
6.25
• On a :
∀P ∈ Cn [X],
n
Ceci permet de définir l’application λk P (X − ak ) ∈ Cn [X]. On (k)
Δn : Rn [X] −→ Rn [X], P −→ ΔP.
k=0
peut donc considérer l’application f : Cn [X] −→ Cn [X], P −→
n
•
λk P(k) (X − ak ).
Δn (αP + Q) = (αP + Q)(X + 1) − (αP + Q)(X) . % . % = αP(X + 1) + Q(X + 1) − αP(X) + Q(X) . % . % = α P(X + 1) − P(X) + Q(X + 1) − Q(X)
k=0
L’application f est linéaire car, pour tout α ∈ C et tous n λk (αP + R)(k) (X − ak ) P, R ∈ Cn [X] : f (αP + R) =
•
k=0
=
n
λk (αP
(k)
n
+ R )(X − ak )
λk P(k) (X − ak ) +
k=0
•
n
Ainsi, Δn est un endomorphisme de l’ev Rn [X]. •
λk R(k) (X − ak ) = α f (P) + f (R).
k=0
n
λk (Xi )(k) (X − ak ) =
k=0
i k=0
λk
i! (X − ak )i−k , k!
donc f (Xi ) est un polynôme de degré i et de coefficient do minant λi . Ainsi, f (Xi ) 0in est une famille de polynômes de degrés échelonnés de 0 à n, donc f (Xi ) 0in est une base de Cn [X]. Il en résulte que f est un automorphisme de l’ev Cn [X]. •
Δn P ∈ Rn−1 [X], Δ2n (P) ∈ Rn−2 [X], ..., Δnn P ∈ R0 [X], Δn+1 n P = 0.
2) • L’application f : Rn [X] −→ Rn+1 , P −→ (Δkn )(P)(ak ) 0kn est linéaire car, pour tout α ∈ R et tous P, Q ∈ Rn [X] : f (αP + Q) = Δkn (αP + Q)(ak ) 0kn = (αΔkn P + Δkn Q)(ak ) 0kn = αΔkn P(ak ) + Δkn Q(ak ) 0kn k k = α Δn P(ak ) 0kn + Δn Q(ak ) 0kn = α f (P) + f (Q).
Puisque f est bijectif, on a donc : ∀Q ∈ Cn [X], ∃ !P ∈ Cn [X], Q(X) =
n
λk P(k) (X − ak ).
k=0
6.26
a) Soit P ∈ R[X].
Si deg (P) 0, alors P est une constante, donc ΔP = 0, d’où deg (ΔP) = −∞. Supposons deg (P) 1. Notons n = deg (P). Il existe an ∈ R∗ , Q ∈ R[X] tels que : P = an Xn + Q, 118
On a, pour tout P ∈ Rn [X] :
= 0. On conclut : Δn+1 n
On a, pour tout i ∈ 0 ; n : f (Xi ) =
= αΔn (P) + +Δn (Q), donc Δn est linéaire.
(k)
k=0
=α
On a, pour tout α ∈ R et tous P, Q ∈ Rn [X] :
deg (Q) n − 1.
•
On a :
dim Rn [X] = n + 1 = dim (Rn+1 ).
f est injective. Soit P ∈ Ker ( f ). On a f (P) = 0, d’où : ∀k ∈ 0 ; n, (Δkn P)(ak ) = 0.
• Montrons que
Si P 0, en notant k = deg (P) ∈ 0 ; n, on a deg (Δkn P) = 0, donc Δkn P est une constante non nulle, contradiction avec Δkn P(ak ) = 0. Ceci montre P = 0, donc Ker ( f ) = {0}, f est injective. Puisque f : Rn [X] −→ Rn+1 est une application linéaire injective et que Rn [X] et Rn+1 sont des ev de même dimension finie, on conclut que f est un isomorphisme d’ev.
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Plan Les méthodes à retenir 119 Énoncés des exercices
123
Du mal à démarrer ?
129
Corrigés des exercices
132
On abrège : espace vectoriel en ev sous-espace vectoriel en sev
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
valeur propre en vp → vecteur propre en − vp
CHAPITRE
7
Thèmes abordés dans les exercices •
Détermination des valeurs propres et des sous-espaces propres d’un endomorphisme ou d’une matrice carrée
•
Étude de la diagonalisabilité d’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie ou d’une matrice carrée, obtention d’une diagonalisation
•
Montrer que deux matrices carrées sont semblables
•
Calcul des puissances d’une matrice carrée
•
Résolution d’équations matricielles.
sous-espace propre en SEP.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices
K désigne R ou C.
•
Définitions des valeurs propres, des vecteurs propres, des sous-espaces propres d’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie
•
Endomorphismes diagonalisables, CNS de diagonalisabilité
•
Matrices de passages, formules de changement de base, matrices semblables
•
Définitions des valeurs propres, des vecteurs propres, des sous-espaces propres d’une matrice carrée
•
Matrices diagonalisables, CNS de diagonalisabilité, méthode pratique de diagonalisation.
Les méthodes à retenir On peut :
Pour montrer qu’un élément λ de K est une valeur propre d’une matrice A ∈ M n(K)
•
montrer que la matrice A − λIn n’est pas inversible
•
montrer que le rang de A − λIn est strictement inférieur à n ; le sous-espace propre associé à la valeur propre λ est alors de di mension n − rg A − λIn
•
montrer qu’il existe une matrice-colonne X ∈ Mn,1 (K) non nulle telle que A X = λ X.
➥ Exercices 7.7, 7.9, 7.12 a), 7.23, 7.24 a), 7.25. 119
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
Pour montrer qu’un élément λ de K est une valeur propre d’un endomorphisme f d’un ev E de dimension finie
On peut : •
montrer que l’endomorphisme f − λIdE n’est pas bijectif
•
montrer qu’il existe une vecteur x de E non nul tel que f (x) = λ x.
➥ Exercices 7.13 a), 7.24 a), 7.25 a), 7.26 b). On peut :
Pour déterminer les valeurs propres d’une matrice A ∈ M n(K)
•
déterminer les valeurs de λ ∈ K pour lesquelles la matrice A − λIn n’est pas inversible
•
déterminer les valeurs de λ ∈ K pour lesquelles le rang de A − λIn est strictement inférieur à n
•
déterminer les valeurs de λ ∈ K pour lesquelles le système AX = λX, d’inconnue X ∈ Mn,1 (K), n’est pas de Cramer.
➥ Exercices 7.2 à 7.5, 7.7, 7.14 b), 7.16 a), 7.17 a), 7.18.
Pour déterminer le sous-espace propre associé à une valeur propre λ d’une matrice A ∈ M n(K)
Résoudre le système linéaire AX = λX d’inconnue X ∈ Mn,1 (K).
➥ Exercices 7.2 à 7.5, 7.11 c), 7.12 a), 7.14 b), 7.16 a), 7.17 a).
On peut : •
Pour déterminer les éléments propres d’un endomorphisme f d’un K-ev E de dimension finie
écrire la matrice A associée à f dans une base B de E puis déterminer les éléments propres de A ; les valeurs propres de A dans K sont alors les valeurs propres de f , et les vecteurs propres de A nous donnent les composantes des vecteurs propres de f dans la base B
➥ Exercice 7.5 b) •
revenir à la définition des éléments propres, et résoudre l’équation f (x) = λx, d’inconnues λ ∈ K et x ∈ E \ {0E }. Pour cela, on peut raisonner par équivalences successives, ou par analyse-synthèse. Lorsque E est un sev de R[X], il s’agit de résoudre une équation polynomiale. On peut alors utiliser les méthodes classiques relatives aux polynômes (considérer les degrés, donner des valeurs à X, ...).
➥ Exercices 7.5 b), 7.6, 7.15 a), 7.19 c), 7.22 b) c).
Utiliser : Pour décider si une matrice A ∈ M n(K) est diagonalisable
120
•
si A admet n valeurs propres deux à deux distinctes, alors A est diagonalisable ; de plus, chaque sous-espace propre est de dimension 1
•
si A admet une unique valeur propre λ, alors A est diagonalisable si et seulement si A = λ In
Les méthodes à retenir
•
si A est semblable à une matrice diagonale, alors A est diagonalisable
•
sinon on utilise l’équivalence suivante : A est diagonalisable si et seulement si
(suite)
dim SEP(A, λ) = n,
λ∈Sp(A)
où SEP(A, λ) désigne le sous-espace propre de A associé à la valeur propre λ.
➥ Exercices 7.2 à 7.4, 7.7, 7.9, 7.11 c), 7.12, 7.13 b), 7.14 b), 7.17 a).
Pour diagonaliser une matrice A ∈ M n(K) diagonalisable
Après avoir déterminé une base de chaque sous-espace propre de A, la famille notée F obtenue en juxtaposant ces bases est une base de Mn,1 (K) constituée de vecteurs propres de A. La matrice P s’obtient en écrivant successivement les vecteurs de F ; la matrice D s’obtient en écrivant sur la diagonale les valeurs propres associées aux vecteurs propres formant F , dans le bon ordre. On a alors la relation : A = P D P−1 . Remarque : Il existe en général plusieurs matrices P et D possibles.
➥ Exercices 7.2, 7.3, 7.4 a), 7.14 b), 7.16 a). On peut : déterminer la matrice A représentant à f dans une base B de E et utiliser l’équivalence : A est diagonalisable dans Mn (K) si et seulement si f est diagonalisable •
➥ Exercices 7.5 c, 7.15 c), 7.22 d)
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Pour décider si un endomorphisme f d’un K-ev E de dimension finie n ∈ N∗ est diagonalisable
•
déterminer directement tous les éléments propres de f et utiliser l’équivalence : dim SEP( f, λ) = n, f est diagonalisable si et seulement si λ∈Sp( f )
où SEP( f, λ) désigne le sous-espace propre de f associé à la valeur propre λ
➥ Exercices 7.5 c), 7.6, 7.19 c) •
montrer qu’il existe une base de E constituée de vecteurs propres de f .
➥ Exercices 7.21 b), 7.24, b). On peut : Pour montrer que deux matrices A et B de M n(K) sont semblables
•
utiliser la définition : montrer qu’il existe une matrice P de Mn (K) inversible telle que A = P B P−1
•
considérer l’endomorphisme f de Kn canoniquement associé à A et montrer qu’il existe une base B de Kn dans laquelle la matrice de f est B 121
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
•
(suite)
montrer que A et B sont semblables à une même matrice (par exemple en diagonalisant A et B lorsque c’est possible).
➥ Exercices 7.7, 7.17 b). On peut :
Pour calculer les puissances A k (k ∈ N, k ∈ Z, ...) d’une matrice A de M n(K)
•
utiliser l’une des méthodes décrites dans le chapitre 5
•
lorsque cela est possible, diagonaliser la matrice A et écrire A sous la forme A = P D P−1 avec P inversible et D diagonale ; utiliser ensuite : ∀k ∈ N, Ak = (P D P−1 ) · · · (P D P−1 ) = P Dk P−1 , k fois
k avec D = diag λ1 , . . . , λn = diag λk1 , . . . , λkn ; cette formule s’étend aux entiers n négatifs lorsque A est inversible k
•
montrer que A est semblable à une matrice B plus simple et écrire A sous la forme A = P B P−1 avec P inversible ; calculer ensuite, pour tout k de N, la matrice Bk puis utiliser : ∀k ∈ N, Ak = (P B P−1) · · · (P B P−1) = P Bk P−1 . k fois
➥ Exercices 7.4, 7.17 c). Pour obtenir des renseignements sur les valeurs propres d’une matrice A ∈ M n(K) ou d’un endomorphisme f ∈ L (E) satisfaisant une équation
Pour obtenir des renseignements en terme de valeur propre d’une matrice A ∈ M n(K) ou d’un endomorphisme f ∈ L (E) connaissant leurs rangs
122
Montrer que, si λ est une valeur propre de A (resp. de f ), alors, pour tout k de N, λk est une valeur propre de Ak (resp. de f k ). En déduire une équation satisfaite par les valeurs propres de A (resp. de f ), puis les valeurs propres possibles de A (resp. de f ).
➥ Exercices 7.8 à 7.11, 7.13 a), 7.19 c), 7.24 a), 7.26. Penser ⎧ aux équivalences suivantes : ⎪ ⎨ 0 est une valeur propre de A si et seulement si rg(A) < n ⎪ ⎩ 0 est une valeur propre de f si et seulement si rg( f ) < dim(E). Dans ce cas, le sous-espace propre associé à la valeur propre 0, qui est alors Ker( f ), est de dimension n − rg(A) ou dim(E) − rg( f ).
➥ Exercices 7.11 a), 7.20 c).
Énoncés des exercices
Énoncés des exercices 7.1 Condition sur les coefficients d’une matrice carrée pour que trois vecteurs donnés soient des vecteurs propres de cette matrice carrée
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 a d ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ Déterminer tous les (a, b, c, d, e, f ) ∈ R tels que la matrice A = ⎜⎜1 b e ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (R) ⎠ ⎝ 1 c f ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ admette pour vecteurs propres : U = ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ , V = ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ , W = ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1 0 6
7.2 Exemples d’étude de diagonalisabilité de matrices carrées d’ordre 2 Les matrices suivantes sont-elles diagonalisables dans M2 (R) ? Si oui, les diagonaliser. 11 2 −1 5 −6 21 a) A = b) B = c) C = d) E = . 11 1 4 3 −6 02
7.3 Exemples d’étude de diagonalisabilité de matrices carrées d’ordre 3 Les matrices suivantes sont-elles diagonalisables dans M3 (R) ? Si oui, les diagonaliser. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 6 2⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ a) A = ⎜⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟⎟ ⎠⎟ ⎝⎜ −4 12 5 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 5 4 −7⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ 1⎜ b) B = ⎜⎜⎜⎜−2 2 2 ⎟⎟⎟⎟ 2 ⎝⎜ ⎠⎟ −1 0 3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜4 −3 −2⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ c) C = ⎜⎜⎜5 −4 −2⎟⎟⎟⎟ ⎟⎠ ⎜⎝ 5 −3 −3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 2 −1⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ d) E = ⎜⎜⎜−3 5 −3⎟⎟⎟⎟. ⎟⎠ ⎜⎝ −4 4 −3
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7.4 Calcul des puissances d’une matrice carrée à l’aide d’une diagonalisation ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−2 1 3⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ On considère la matrice A = ⎜⎜−3 2 3⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ −1 1 2
a) Montrer que A est diagonalisable et diagonaliser A. b) Calculer, pour tout n de N, la matrice An . c) Montrer que A est inversible, et calculer, pour tout n de N∗ , la matrice A−n .
7.5 Éléments propres d’un endomorphisme d’un ev de polynômes On considère l’application u définie sur R2 [X] par : ∀P ∈ R2 [X], u(P) = (2X + 1)P − (X2 − 1)P . a) Montrer que u est un endomorphisme de R2 [X]. 123
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de u, de deux façons différentes, en utilisant : 1) la définition des éléments propres de u 2) la matrice de u dans la base (1, X, X2 ) de R2 [X]. c) L’endomorphisme u est-il diagonalisable ?
7.6 Éléments propres d’un endomorphisme de M2 (R) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de l’endomorphisme f suivant : f : M2 (R) −→ M2 (R),
a b d −b → − . c d −c a
L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?
7.7 Matrices carrées semblables Dans les deux exemples suivants, montrer que les matrices A et B de M3 (R) sont semblables : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 −3 3 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎜ a) A = ⎜⎜−2 −6 13⎟⎟ et B = ⎜⎜0 1 1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 001 −1 −4 8 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 1 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 4 1 3 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ b) A = ⎜⎜−1 2 −1⎟⎟ et B = ⎜⎜−2 3 2⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ −1 1 3 −1 −1 0
7.8 Polynôme annulateur d’un endomorphisme Soient E un K-ev de dimension n ∈ N∗ et f ∈ L (E). On considère un polynôme P = définie par :
P( f ) =
d
d
ak Xk de K[X]. On note alors P( f ) l’endomorphisme de E
k=0 k
ak f .
k=0
a) Soit x un vecteur propre de f associé à une valeur propre λ. Montrer que P(λ) est une vp de P( f ) et que x est un vecteur propre de P( f ) associé à P(λ). b) On suppose que P( f ) = 0 (on dit alors que P est un polynôme annulateur de f ). Montrer que les valeurs propres de f sont parmi les racines de P. La réciproque est-elle vraie ?
7.9 Exemples de matrices carrées satisfaisant une égalité
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 −1 4⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ a) On considère A = ⎜⎜0 −1 8⎟⎟⎟⎟. Calculer A3 − 3A2 + 3A − I3 . En déduire que 1 est la seule vp ⎠ ⎝ 1 −1 3 possible de A. La matrice A est-elle diagonalisable ? ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 −3 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ b) On considère B = ⎜⎜−5 −2 −5⎟⎟⎟⎟. Calculer B3 − 2B2 − 5B + 6I3 . En déduire les vp possibles ⎠ ⎝ 3 3 4 de B. La matrice B est-elle diagonalisable ?
7.10 Exemple d’équation matricielle Déterminer toutes les matrices M ∈ Mn (R) diagonalisables vérifiant : 124
M 2 − 2M = − In .
Énoncés des exercices
7.11 Exemple d’étude de diagonalisabilité ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎜0 On considère la matrice A = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜0 ⎝⎜ 1
0 1 0 0 1 0
0 0 1 1 0 0
0 0 1 1 0 0
0 1 0 0 1 0
⎞ 1⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ ∈ M6 (R). 0⎟⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ 1
a) Déterminer le rang de A. b) Calculer, pour tout n de N∗ , la matrice An . c) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de A. La matrice A est-elle diagonalisable ?
7.12 Exemple d’étude de diagonalisabilité
Pour tout n de N∗ , on considère la matrice :
⎛ 1 ⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜ n ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ 1 2 An = ⎜⎜⎜⎜− 1 + ⎜⎜⎜ n n ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ 1 1 − n n
1 ⎞⎟⎟ ⎟ n ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟ . n ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 1⎠
1 a) Soit n ∈ N∗ . Montrer que 1 et 1 + sont des valeurs propres de An . Montrer que An est n diagonalisable et diagonaliser An . La matrice An est inversible ? b) Soit n ∈ N∗ , on note Bn = A1 A2 · · · An . La matrice Bn est-elle diagonalisable ? Déterminer ses valeurs propres. La matrice Bn est-elle inversible ?
7.13 Étude d’un endomorphisme nilpotent Soient E un K-ev de dimension finie n 1 et f ∈ L (E) nilpotent (c’est-à-dire qu’il existe p ∈ N∗ tel que f p = 0). a) Montrer que 0 est une valeur propre de f , et que c’est la seule. b) L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?
7.14 Exemple de diagonalisation
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
On considère les matrices carrées d’ordre 3 suivantes : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 ⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ J = ⎜⎜⎜⎜0 1 A = ⎜⎜1 0 1⎟⎟ , 1cmI = ⎜⎜0 1 0⎟⎟ , ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 10 010 001
⎞ 1⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ 0
a) Calculer A2 et exprimer J comme une combinaison linéaire de I et A2 .
b) Montrer qu’il existe une matrice P carrée d’ordre 3 inversible, de première ligne 1 1 1 , et trois réels λ1 , λ2 , λ3 avec λ1 < λ2 < λ3 tels que : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜λ1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ A = P ⎜⎜ 0 λ2 0 ⎟⎟⎟⎟ P−1 . ⎠ ⎝ 0 0 λ3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜a b c⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ 2 c) Soit (a, b, c) ∈ R . On note M = ⎜⎜b a + c b⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ c b a 1) Exprimer M comme une combinaison linéaire de I, A, A2 . 2) En déduire une matrice diagonale Δ d’ordre 3 telle que :
M = PΔP−1 . 125
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
7.15 Exemple d’étude de diagonalisabilité d’une matrice à paramètre
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 − m m 2 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ Pour tout m ∈ R, on note Hm = ⎜⎜ −m 1 m ⎟⎟⎟⎟ et hm l’endomorphisme de R3 canoniquement ⎠ ⎝ −2 m 3 − m associé à Hm . a) Montrer que, pour tout m ∈ R, 1 est une vp de hm , et déterminer le sous-espace propre associé.
Déterminer v1 ∈ R3 tel que v1 soit un vecteur propre commun à tous les endomorphismes hm , pour m ∈ R. b) On pose v2 = (1, 0, 1) et v3 = (1, 1, 0). Montrer que (v1 , v2 , v3 ) est une base de R3 et écrire, pour tout m de R, la matrice de hm dans cette base. c) Déterminer la ou les valeurs de m pour lesquelles hm est diagonalisable.
7.16 Exemples d’équation matricielle
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 10 −5⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ On considère la matrice A = ⎜⎜−8 17 −8⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ −6 6 −2
a) Montrer qu’il existe une matrice P ∈ M3 (R) inversible et une matrice D ∈ M3 (R) diagonale telles que : A = PDP−1 . b) Soit M ∈ M3 (R) telle que AM = MA. On pose N = P−1 MP. Montrer que ND = DN, puis montrer que N est une matrice diagonale. c) Déterminer toutes les matrices M ∈ M3 (R) telles que :
M 2 = A.
Expliciter l’une d’elles. d) Déterminer toutes les matrices M ∈ M3 (R) telles que : 6M − M 2 = A.
7.17 Calcul des puissances et du commutant d’une matrice carrée donnée ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜3 −2 3⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ On considère la matrice A = ⎜⎜1 0 2⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (R). ⎠ ⎝ 0 0 2
a) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de A. La matrice A est-elle diagonalisable ?
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ b) Montrer que A est semblable à la matrice T = ⎜⎜0 2 1⎟⎟⎟⎟, et déterminer une matrice P ∈ M3 (R) ⎠ ⎝ 002 −1 −1 inversible telle que : A = PT P . Calculer P . c) Pour tout n de N, calculer la matrice T n et en déduire la matrice An . d) On note C (A) = M ∈ M3 (R) ; AM = MA et C (T ) = N ∈ M3 (R) ; T N = NT . 1) Montrer que M ∈ C (A) si et seulement si P−1 MP ∈ C (T ). 2) Déterminer l’ensemble C (T ). 3) En déduire que C (A) est un R-ev de dimension finie, puis en déterminer une base et sa dimension.
126
Énoncés des exercices
7.18 Exemples de détermination des éléments propres de matrices de Mn(R) Soit n 3. Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres des matrices de Mn (R) suivantes. Ces matrices sont-elles diagonalisables ? ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 · · · 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 · · · 1⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜⎜ . . . ⎟⎟ . A = ⎜⎜⎜ .. (1) .. ⎟⎟⎟⎟⎟ et B = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. (0) .. ⎟⎟⎟⎟⎟. ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 1 ··· 1 1 ··· 1
7.19 Étude de diagonalisabilité d’un endomorphisme d’un ev de polynômes Pour tout polynôme P de R4 [X], on pose Φ(P) = P(X) + 2X4 P
1 X
.
a) Montrer que Φ est un endomorphisme de R4 [X]. b) Exprimer Φ ◦ Φ en fonction de Φ et de l’identité. Est-ce que Φ est bijectif ? c) Déterminer les valeurs propres de Φ. L’endomorphisme Φ est-il diagonalisable ?
7.20 Condition de diagonalisabilité d’une matrice carrée de rang 1 Soient n 2 et A ∈ Mn (R) telle que rg(A) = 1. On note tr(A) la somme des éléments diagonaux de A. a) Montrer qu’il existe deux matrices U et V de Mn,1 (R) non nulles telles que A = U t V. b) Montrer que t V U = tr(A). Exprimer A2 en fonction de A. c) Montrer que A est diagonalisable si et seulement si tr(A) 0.
7.21 Codiagonalisation Soit E un K-ev de dimension n ∈ N∗ et soient u, v ∈ L (E) tels que : u ◦ v = v ◦ u. a) Montrer que chaque sous-espace propre de u est stable par v. b) On suppose dans cette question que u admet n valeurs propres distinctes. 1) Montrer que tout vecteur propre de u est aussi un vecteur propre de v. 2) En déduire que v est diagonalisable, et qu’il existe une base de E constituée de vecteurs propres communs à u et à v.
7.22 Éléments propres d’un endomorphisme d’un ev de polynômes Soit n ∈ N∗ . On définit, pour tout polynôme P de Cn [X], © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
f (P) = (X2 − 1)P (X) − (nX − 1)P(X). a) Montrer que f est un endomorphisme de Cn [X]. b) Soit P un vecteur propre de f . Montrer que les seules racines possibles de P sont 1 et −1 et que deg(P) = n. c) En déduire les valeurs propres et les sous-espaces propres de f . L’endomorphisme f est-il diagonalisable ? ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 −1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−3 1 −2 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟. En utilisant les résultats précédents, montrer que A est diagod) On note A = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ 0 −2 1 −3⎟⎟⎟⎟⎠ 0 0 −1 1 naliable et diagonaliser A.
127
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
7.23 Valeurs propres d’une matrice stochastique Soit A ∈ Mn (R) telle que :
n ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , ai, j 0 et ∀i ∈ 1 ; n, ai, j = 1 . j=1
a) Montrer que 1 est une valeur propre de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ b) Soit λ une valeur propre de A et X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) un vecteur propre associé. ⎜⎝ ⎟⎠ xn On note i0 un élément de 1 ; n tel que : ∀i ∈ 1 ; n, |xi | |xi0 |. ( ( Montrer que ((λx (( |x |, puis en déduire que λ ∈ [−1 ; 1]. i0
i0
7.24 Exemple d’un endomorphisme de E satisfaisant une équation Soient a ∈ K∗ et E un K-ev de dimension finie. Soit u ∈ L (E) tel que u2 − au = 0. a) Déterminer les valeurs propres de u en fonction de rg(u). b) Montrer que u est diagonalisable.
7.25 Comparaison des éléments propres de MN et de N M, avec M, N ∈ Mn(K) Soit n 1 et soient M et N deux matrices de Mn (K). a) Montrer que MN et N M ont les mêmes valeurs propres. b) Soit λ une valeur propre non nulle de MN. Montrer que les sous-espaces propres de MN et de N M associés à la vp λ ont la même dimension. c) Le résultat précédent est-il encore valable pour λ = 0 ?
7.26 Étude de diagonalisabilité pour une matrice compagnon associée à un polynôme Soient n 2 et P = Xn + an−1 Xn−1 + · · · + a1 X + a0 un polynôme de Cn [X]. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0 · · · · · · · · · 0 −a0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 . . (0) . −a 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ . . .. .. ⎟⎟⎟⎟ . . ⎜⎜0 . . . . ⎟⎟⎟⎟ (la matrice C est appelée On note C la matrice de Mn (C) définie par C = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. . . . . . . .. . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . . . . . ⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ .. (0) . . . . . . 0 −a ⎟⎟⎟⎟⎟ n−2 ⎟ ⎜⎝ ⎠ 0 · · · · · · 0 1 −an−1 la matrice compagnon du polynôme P). On note B = (e1 , . . . , en ) la base canonique de Cn et f l’endomorphisme de Cn canoniquement associé à C. a) 1) Calculer, pour tout i ∈ 0 ; n, f i (e1 ). 2) Montrer que l’endomorphisme P( f ) = f n + an−1 f n−1 + · · · + a1 f + a0 IdCn est l’application nulle. 3) En déduire que les valeurs propres de C sont des racines du polynôme P. b) Soient λ une racine du polynôme P et R ∈ C[X] tel que P(X) = (X − λ)R(X). 1) Justifier que ( f − λIdCn ) ◦ R( f ) est l’application nulle. 2) En déduire que les racines du polynôme P sont des valeurs propres de C.
128
Du mal à démarrer ?
c) 1) Montrer que, pour tout x ∈ C, rg(C − x In ) n − 1. En déduire que chaque sous-espace propre de C est de dimension 1. 2) Montrer que C est diagonalisable si et seulement si P admet n racines distinctes. d) Les matrices suivantes sont-elle diagonalisables ? ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 0 4 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜1 0 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 0 0 −8⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ A A1 = ⎜⎜⎜⎜⎜ 2 = ⎜ ⎜⎜⎜0 1 0 3 ⎟⎟⎟⎟⎟. ⎜⎜⎝0 1 0 0⎟⎟⎟⎠ ⎠ ⎝ 0010 001 2
Du mal à démarrer ? −−→ 1re méthode : utiliser la définition des vp . 2 méthode : noter P = U V W ; montrer que P est inversible et traduire que P −1 AP est diagonale.
7.1 e
7.2
7.8
a) Montrer dans un premier temps que, pour tout k de N, f k (x) = λk x. En déduire : P(f)(x) = P(λ)x.
Utiliser les définitions du cours et les méthodes décrites dans ce chapitre.
b) Montrer que, si λ est une vp de f, alors P(λ) = 0.
7.3
Utiliser les définitions du cours et les méthodes décrites dans ce chapitre.
7.9
7.4
b) Montrer : B3 − 2B2 − 5B + 6I3 = 0. En déduire que les seules vp possibles de B sont 1, 3, −2. Montrer que 1, 3, −2 sont des vp de B et conclure que B est diagonalisable.
a) Utiliser les définitions du cours et les méthodes décrites dans ce chapitre. b) Utiliser le fait que, si A = PDP −1 , alors, pour tout n de N, An = PDn P −1 . c) Montrer que l’expression de An obtenue au b) est encore valable pour n entier négatif.
7.5
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Montrer ensuite que B est aussi semblable à cette matrice. Conclure.
a) Montrer que u : R2 [X] → R2 [X] puis que u est linéaire.
a) Montrer que : A3 − 3A2 + 3A − I3 = 0. En déduire que 1 est la seule vp possible de A, puis montrer que A n’est pas diagonalisable.
7.10
Raisonner par analyse-synthèse. Montrer que si M est solution, alors M = In . Puis étudier la réciproque.
7.11
a) Obtenir :
rg(A) = 3.
b) 1) Résoudre l’équation u(P) = λP, d’inconnues λ ∈ R et P ∈ R2 [X] \ {0}.
b) Remarquer que A2 = 2A. En déduire une expression de An en fonction de n.
c) 2) Montrer que la matrice de u dans la base (1, X, X2 ) est ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ A = ⎜⎜2 1 2⎟⎟⎟⎟. Déterminer les éléments propres de A puis en dé⎠ ⎝ 0 1 1 duire les éléments propres de u.
c) Montrer que 0 et 2 sont les seules vp possibles de A, puis vérifier que ce sont bien des vp. Déterminer les SEP associés et conclure.
d) Utiliser une CNS de diagonalisabilité
7.6
• Résoudre l’équation f(M) = λM, d’inconnues λ ∈ R et M ∈ M2 (R) \ {0}. • En déduire les éléments propres de f, puis utiliser une CNS de
diagonalisabilité.
7.7
a) Considérer l’endomorphisme f de K3 canoniquement associé à A, et montrer qu’il existe une base de K3 dans laquelle la matrice de f est B. b) Montrer que A est diagonalisable, et en déduire que A est ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ semblable à la matrice D = ⎜⎜0 2 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 0 0 3
1 X. a) Résoudre les systèmes AX = X et AX = 1 + n En déduire que An est diagonalisable et qu’il existe deux matrices P et Dn carrées d’ordre 3, avec P inversible et Dn diagonale telles que : An = PDn P −1 , la matrice P étant indépendante de n. b) Remarquer que Bn = P D1 · · · Dn P −1 . En déduire que B est semblable à une matrice diagonale, donc est diagonalisable.
7.12
7.13
a) • Montrer que f n’est pas injectif et en déduire que 0 est une vp de f.
• Montrer que si f p = 0 et si λ est une vp de f, alors λp = 0. Conclure.
b) Montrer :
f est diagonalisable
si et seulement si
f = 0.
129
Chapitre 7
7.14
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
a) Obtenir :
J = A2 − I.
Même chose pour la matrice B.
b) Utiliser les définitions du cours et les méthodes décrites dans ce chapitre. Bien respecter les consignes de l’énoncé. c) Obtenir :
M(a, b, c) = (a − c)I + bA + cA . 2
Remarquer que A = PDP −1 , A2 = PD2 P −1 et I = PIP −1 . En déduire la matrice Δ.
7.15
a) Résoudre le système hm (u) = u d’inconnue u = (x, y, z). Séparer les cas m = 0 et m 0. b) Obtenir que la matrice de hm dans la base (v1 , v2 , v3 ) est : ⎞ ⎛ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 ⎟ ⎜ Am = ⎜⎜⎜⎜0 1 − m m − 2⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 0 0 1−m
c) En déduire les vp et les SEP de Am en séparant les cas m = 0, m = 2, m 0, 2. Déterminer ensuite les valeurs de m pour lesquelles Am est diagonalisable et donc pour lesquelles hm est diagonalisable.
7.16
2 1 Φ − IdR4 [X] . 3 3 c) Montrer que −1 et 3 sont les seules vp possibles de Φ, puis que ce sont bien des vp de Φ. Déterminer les SEP associés et conclure que Φ est diagonalisable.
7.20
a) Montrer qu’il existe une colonne Ci0 non nulle de A telle que toutes les autres colonnes lui sont proportionnelles. Prendre U = Ci0 et V la matrice des coefficients de proportionalités. b) Obtenir :
b) Utiliser la relation AM = MA avec A = PDP −1 et M = PNP −1 . ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ a b c⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ Ensuite écrire N = ⎜⎜⎜⎜d e f ⎟⎟⎟⎟, et résoudre DN = ND. ⎠ ⎝ g h i
7.22
7.17
a) Montrer que A n’est pas diagonalisable.
b) Considérer l’endomorphisme f de R3 canoniquement associé à A, et montrer qu’il existe une base de R3 dans laquelle la matrice de f est T . ∀n ∈ N, An = PT n P −1 . ⎞ ⎛ " ! ⎜⎜⎜⎜a 0 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜ d) 2) Montrer que C (T ) = ⎜⎜⎜0 b c ⎟⎟⎟⎟ ; (a, b, c) ∈ R3 . ⎠ ⎝ 0 0 b ⎞ ⎛ ! ⎜⎜⎜⎜a 0 0⎟⎟⎟⎟ " e) 3) En déduire C (A) = P ⎜⎜⎜⎜0 b c ⎟⎟⎟⎟ P −1 ; (a, b, c) ∈ R3 . ⎠ ⎝ 0 0 b
c) Utiliser :
7.18
Revenir à la définition des éléments propres d’une matrice carrée. Résoudre le système AX = λX d’inconnues λ ∈ R et X ∈ Mn,1 (R) \ {0}.
A2 = tr(A)A.
c) En déduire que les seules vp possibles de A sont 0 et tr(A). Montrer que si tr(A) = 0, alors A n’est pas diagonalisable, et −−→ que si tr(A) 0, alors U est un vp de A associé à la vp tr(A), puis conclure.
7.21
d) Utiliser la question b) et montrer que ⎧ ⎞ ⎛ 2 ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜x 0 0⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ 6x − x 2 = 1 ⎨ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ −1 6y − y = 4 . P MP = ⎜⎜0 y 0⎟⎟ avec ⎪ ⎪ ⎪ ⎠ ⎝ ⎪ ⎩ 6z − z2 = 9 0 0 z
b) Montrer Φ ◦ Φ = 2Φ + 3 IdR4 [X] .
En déduire que Φ est bijectif et Φ−1 =
a) Utiliser les définitions du cours et les méthodes décrites dans ce chapitre.
c) Utiliser la question b) et montrer que ⎧ 2 ⎞ ⎛ ⎪ x =1 ⎪ ⎜⎜⎜x 0 0⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ −1 P MP = ⎜⎜0 y 0⎟⎟ avec ⎪ ⎪y =4 . ⎪ ⎠ ⎝ ⎪ ⎩ z2 = 9 0 0 z
130
7.19
a) Montrer que :
∀x ∈ SEP(u, λ), v(x) ∈ SEP(u, λ).
b) 1) Utiliser le fait que tous les SEP de u sont de dimension 1.
b) • Considérer α une racine de P et r son ordre de multiplicité. existe deux polynômes Q et R tels que : 0 Montrer qu’il P(X) = (X − α)r Q(X) et Q(α) 0 . P (X) = (X − α)r−1 R(X) et R(α) 0
Reporter ces expressions dans la relation f(P) = λP, puis prendre X = α pour en déduire que α2 = 1. −−→ c) Écrire alors que les vp de f sont la forme : P(X) = a(X − 1)r (X + 1)n−r , avec a ∈ C∗ et r ∈ 0 ; n. En déduire la vp associée. Montrer ensuite que f admet n + 1 vp distinctes.
d) Prendre n = 3, et montrer que la matrice de f dans la base (1, X, X2 , X3 ) est la matrice A. En utilisant les éléments propres de f, déterminer les éléments propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 7.23 a) Considérer le vecteur V = ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ et calculer AV . ⎜⎜⎝ . ⎟⎟⎠ 1 b) Calculer, pour tout i ∈ 1 ; n, AX i puis utiliser le fait que AX = λX.
7.24
a) Montrer que les seules vp possibles de u sont 0 et a. Puis distinguer les cas rg(u) = dim(E), rg(u) = 0 et 0 < rg(u) < dim(E) pour en déduire les vp de u.
b) Montrer :
E = Ker(u) ⊕ Ker(u − aIdE ). Puis conclure.
Du mal à démarrer ?
7.25
a) Considérer λ une vp de MN. Montrer alors que λ est une vp de NM en distinguant les cas λ = 0 et λ 0.
Utiliser ensuite la symétrie des rôles de M et N pour conclure. b) Considérer (X1 , . . . , Xp ) une base de SEP(MN, λ). Montrer alors que (NX1 , . . . , NXp ) est une famille libre de SEP(NM, λ). En déduire que dim SEP(NM, λ) dim SEP(MN, λ) . Utiliser ensuite la symétrie des rôles de M et N pour conclure. c) Montrer que le résultat n’est plus valable pour λ = 0 en trouvant un contre-exemple. a) 1) Montrer :
∀i ∈ 0 ; n − 1, f i (e1 ) = ei+1
f n (e1 ) = −(a0 e1 + · · · + an−1 en ).
a) 2) Montrer que P(f)(e1 ) = 0, puis utiliser le fait que, pour tout i ∈ 2 ; n, ei = f i−1 (e1 ), et donc : P(f)(ei ) = f i−1 P(f) (e1 ) = 0. b) 2) Montrer que l’application R(f) n’est pas l’application nulle. En déduire que f − λIdCn n’est pas bijectif. Conclure. c) 1) Considérer les n−1 premières colonnes de la matrice C −x In pour en déduire rg(C − x In ) n − 1.
c) 2) Utiliser les questions précédentes. d) Considérer les polynômes associés à ces matrices compagnons puis utiliser le résultat de la question précédente.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
7.26
et :
131
Corrigés des exercices 7.1
→ 1re méthode : utilisation de la définition des − vp.
Remarque : Les trois vecteurs colonnes U, V, W sont tous non nuls. −− → • U est un vp de A ⇐⇒ il existe α ∈ R tel que AU = αU ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 + a⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⇐⇒ il existe α ∈ R tel que ⎜⎜1 + b⎟⎟ = α ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 0 1+c ⎧ ⎪ 1+a = α ⎪ ⎪ ⎨ 1 +b=α ⇐⇒ il existe α ∈ R tel que ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1+c = 0 0 a=b ⇐⇒ (1). c = −1 −− → • V est un vp de A ⇐⇒ il existe β ∈ R tel que AV = βV ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a + d ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⇐⇒ il existe β ∈ R tel que ⎜⎜ b + e ⎟⎟ = β ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 1 c+ f ⎧ ⎪ a+d = 0 ⎪ ⎪ ⎨ b+e=β ⇐⇒ il existe β ∈ R tel que ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c+ f = β 0 a = −d ⇐⇒ (2). b+e=c+ f −− → • W est un vp de A ⇐⇒ il existe γ ∈ R tel que AW = γW ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 + d ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⇐⇒ il existe γ ∈ R tel que ⎜⎜⎜⎜ 1 + e ⎟⎟⎟⎟ = γ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 1 1+ f ⎧ ⎪ 1+d =γ ⎪ ⎪ ⎨ 1+e=0 ⇐⇒ il existe γ ∈ R tel que ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1+ f = γ 0 e = −1 ⇐⇒ (3). d= f − →de A On en déduit : U, V, W sont des − vp ⇐⇒ les systèmes (1), (2), (3) sont vérifiés 0 0 c = e = −1 c = e = −1 ⇐⇒ ⇐⇒ a = b = −d = f = d a=b=d= f =0 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⇐⇒ A = ⎜⎜⎜⎜1 0 −1⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 1 −1 0
132
2e méthode : utilisation d’une matrice de passage. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟⎟ Notons P = U V W = ⎜⎜⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 011 Alors P est inversible, donc (U, V, W) est une base M3,1 (R), et : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 −1⎟⎟⎟ 1 ⎟ ⎜ P−1 = ⎜⎜⎜⎜−1 1 1 ⎟⎟⎟⎟. ⎠ 2⎝ 1 −1 1 − →de A Ainsi : U, V, W sont des − vp ⇐⇒ la famille (U, V, W) est une base de M3,1 (R) − →de A constituée de − vp ⇐⇒ la matrice P−1 AP est diagonale. P−1 AP ⎞ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎛ ⎜ 1 1 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 a d ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜⎜⎜−1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 b e ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎠⎝ ⎠⎝ 2⎝ 1 −1 1 1 c f 0 1 1 ⎞ ⎞⎛ ⎛ ⎜ 1 1 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 + a a + d 1 + d ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜⎜⎜−1 1 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 + b b + e 1 + e ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎠⎝ 2⎝ 1 −1 1 1 + c c + f 1 + f ⎛ ⎜1 + a + b − c a + b − c + d + e − f 1 + d + e − 1 ⎜⎜⎜⎜ = ⎜⎜⎜1 − a + b + c −a + b + c − d + e + f 1 − d + e + 2⎝ 1+a−b+c a−b+c+d−e+ f 1+d−e+ − →de A Ainsi : U, V, W sont des − vp ⎧ ⎧ ⎪ ⎪a+b−c+d +e− f = 0 a=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ b=0 1 + d + e − f = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ c = −1 ⎨1−a+b+c = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ d=0 1−d+e+ f =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ e = −1 1 + a − b + c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩f =0 ⎩a−b+c+d −e+ f = 0 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ ⇐⇒ A = ⎜⎜1 0 −1⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 1 −1 0 Or :
⎞ f ⎟⎟⎟ ⎟ f ⎟⎟⎟⎟. ⎠ f
Par chacune des deux méthodes, on conclut qu’il existe un et un seul 6-uplet (a, b, c, d, e, f ) de R6 qui convient : (a, b, c, d, e, f ) = (0, 0, −1, 0, −1, 0). a) • Déterminons les vp de A. Soit λ ∈ R. On a : 1−λ 1 rg(A − λI2 ) = rg 1 1−λ 1 1 − λ L1 ←− L2 = rg 0 λ(λ − 2) L2 ←− (1 − λ)L2 − L1 0 2 si λ 0 et λ 2 = . 1 sinon Ainsi, A admet 0 et 2 pour vp.
7.2
Corrigés des exercices
La matrice A admet deux vp distinctes et A ∈ M2 (R). Donc A est diagonalisable. Déterminons les SEP de A. x 1) X = ∈ SEP(A, 0) ⇐⇒ AX = 0 y 0 x+y=0 ⇐⇒ ⇐⇒ y = −x. x+y=0 0 1 1 x Ainsi : SEP(A, 0) = ; x ∈ R = Vect . −1 −x x 2) X = ∈ SEP(A, 2) ⇐⇒ AX = 2X y 0 x + y = 2x ⇐⇒ ⇐⇒ y = x. x + y = 2y 0 1 1 x Ainsi : SEP(A, 2) = ; x ∈ R = Vect . x 1 •
•
On en déduit que A = P D P−1 avec (par exemple) : 1 1 00 P= et D = . −1 1 02
b) • Déterminons les vp de B. Soit λ ∈ R. On a : 2 − λ −1 rg(B − λI2 ) = rg 1 4−λ 1 4 − λ L1 ←− L2 = rg 0 (λ − 3)2 L2 ←− (2 − λ)L2 − L1 0 2 si λ 3 = . 1 sinon Ainsi, B admet 3 pour unique vp. • Si la matrice B est diagonalisable, alors il existe P ∈ M2 (R) inversible telle que : 3 0 −1 B=P P = 3PI2 P−1 = 3I2 , 03
0 Ainsi : SEP(C, −4) =
x ∈ SEP(C, 3) ⇐⇒ CX = 3X y 0 5x − 6y = 3x ⇐⇒ ⇐⇒ x = 3y. 3x − 6y = 3y 0 1 3 3y Ainsi : SEP(C, 3) = ; y ∈ R = Vect . y 1 2) X =
•
Ainsi, E admet 2 comme unique vp. • Si la matrice E est diagonalisable, alors il existe P ∈ M2 (R) inversible telle que : 2 0 −1 E=P P = 2PI2 P−1 = 2I2 , 02
ce qui est absurde ! Donc E n’est pas diagonalisable. a) • Déterminons les vp de A. Soit λ ∈ R. On a : ⎛ ⎞ 2 ⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 − λ 6 ⎟ ⎜ 1 − λ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ rg(A − λI3 ) = rg ⎜⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎠ ⎝ −4 12 5 − λ −4 12 L ←− L 5−λ 1 3 0 = rg 0 1 − λ
7.3
0 12(1 − λ) (λ − 1)(λ − 3) L3 ←− 4L1 − (1 + λ)L3
⎛ ⎜⎜⎜−4 12 = rg ⎜⎜⎝⎜ 0 1 − λ 0
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
• La matrice C admet deux vp distinctes et C ∈ M2 (R). Donc C est diagonalisable. Déterminons les SEP de C. x 1) X = ∈ SEP(C, −4) ⇐⇒ CX = −4X y 0 3 5x − 6y = −4x ⇐⇒ ⇐⇒ y = x. 3x − 6y = −4y 2
0
⎞
5−λ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ 0 ⎠ (λ − 1)(λ − 3) L3 ←− L3 − 12L2
⎧ ⎪ 3 si λ 1 et λ 3 ⎪ ⎪ ⎨ 2 si λ = 3 . =⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si λ = 1
Donc B n’est pas diagonalisable.
Ainsi, C admet −4 et 3 pour vp.
On en déduit que C = P D P−1 avec (par exemple) : 23 −4 0 P= et D = . 31 0 3
d) • La matrice E est triangulaire supérieure, donc les valeurs propres de E sont les éléments de sa diagonale.
ce qui est absurde ! c) • Déterminons les vp de C. Soit λ ∈ R. On a : 5 − λ −6 rg(C − λI2 ) = rg 3 −6 − λ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜3 −6 − λ ⎟⎟⎟ L ←− L 2 ⎜ ⎟⎟⎟ 1 = rg ⎜⎜⎝ ⎠ 0 λ2 + λ − 12 L2 ←− (5 − λ)L2 − 3L1 0 2 si λ 3 et λ −4 = . 1 sinon
1 2 x ; x ∈ R = Vect . 3 x 3 2
Ainsi : les vp de A sont 1 et 3. • De plus, puisque rg(A − I3 ) = 1, alors d’après le théorème du rang : dim SEP(A, 1)) = 3 − 1 = 2.
De même, puisque rg(A − 3I3 ) = 2, alors d’après le théorème du rang : dim SEP(A, 3)) = 3 − 2 = 1. On a alors : dim SEP(A, 1)) + dim SEP(A, 3)) = 3 et A ∈ M3 (R). Donc la matrice A est diagonalisable. Déterminons les SEP de A. ⎧ ⎛ ⎞ ⎪ −x + 6y + 2z = x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ y=y 1) X = ⎜⎜y⎟⎟ ∈ SEP(A, 1) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ −4x + 12y + 5z = z z ⇐⇒ x = 3y + z.
•
133
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜3⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 1 ⎛ ⎞ ⎧ ⎪ −x + 6y + 2z = 3x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ y = 3y 2) X = ⎜⎜y⎟⎟ ∈ SEP(A, 3) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ −4x + 12y + 5z = 3z z 0
⇐⇒
Ainsi : •
y=0 . z = 2x
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ SEP(A, 3) = Vect ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 2
On en déduit que A = PDP−1 avec (par exemple) : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜1 0 0⎟⎟ et D = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 003 012
b) • Déterminons les vp de B. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ −7 ⎟ ⎜⎜⎜5 − 2λ 4 ⎜⎜⎜ −2 2 − 2λ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟ rg(B − λI3 ) = rg(2B − 2λI3 ) = rg ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ −1 0 3 − 2λ ⎛−1 0 ⎞ L ←− L 3 − 2λ 3 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 2 ⎜ ⎟⎠ L2 ←− L1 + (5 − 2λ)L3 0 4 4(λ − 4λ + 2) = rg ⎝ 0 2(1 − λ)
L3 ←− L2 − 2L3
4(λ − 1)
⎛ ⎞ 3 − 2λ ⎜⎜⎜−1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ 2 = rg ⎜⎜ 0 4 4(λ − 4λ + 2)⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ L ←− 2L − (1 − λ)L 3 3 2 0 0 ∗ avec (∗) = 8(λ − 1) − 4(1 − λ)(λ2 − 4λ + 2) = 4(λ − 1)(λ2 − 4λ + 4) = 4(λ − 1)(λ − 2)2 0 3 si λ 1 et λ 2 = . 2 sinon Ainsi :
les vp de B sont 1 et 2.
• De plus, puisque rg(B − I3 ) = rg(B − 2I3 ) = 2, alors d’après le théorème du rang : dim SEP(B, 1)) = dim SEP(B, 2)) = 3 − 2 = 1. On a alors : dim SEP(B, 1)) + dim SEP(B, 2)) = 2 et B ∈ M3 (R).
Donc la matrice B n’est pas diagonalisable. c) • Déterminons⎛les vp de C. Soit λ ∈ ⎞R. On a : −2 ⎟⎟ ⎜⎜⎜4 − λ −3 ⎟⎟ ⎜ rg(C − λI3 ) = rg ⎜⎜⎜⎜⎜ 5 −4 − λ −2 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ 5 −3 −3 − λ 5 −3 L ←− L −3 − λ 1 3 = rg 0 −3(λ + 1) −(λ + 1)(λ − 2) L2 ←− 5L1 − (4 − λ)L2 0 −(1 + λ)
λ+1
L3 ←− L2 − L3
⎛ ⎞ −3 −3 − λ ⎜⎜⎜5 ⎟⎟⎟ ⎜ = rg ⎜⎜⎝0 −3(λ + 1) −(λ + 1)(λ − 2)⎟⎟⎟⎠ 2 0 = 134
0
0
3 si λ −1 . 1 si λ = −1
(λ + 1)
L3 ←− 3L3 − L2
Ainsi : la matrice C admet −1 comme unique vp. • Puisque rg(C + I3 ) = 1, alors d’après le théorème du rang : dim SEP(C, −1)) = 3 − 1 = 2.
Comme C ∈ M3 (R), on en déduit que C n’est pas diagonalisable. Ou : si C est diagonalisable, alors il existe P ∈ M3 (R) inversible telle que : C = P(−1)I3 P−1 = −I3 , ce qui est absurde ! Donc C n’est pas diagonalisable. d) • Déterminons les vp de E. Soit λ ∈ R. On a : ⎛ ⎞ 2 −1 ⎟⎟ ⎜⎜⎜ −λ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ rg(E − λI3 ) = rg ⎜⎜⎜ −3 5 − λ −3 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ −4 4 −3 − λ ⎛ ⎞ 5−λ −3 ⎟⎟ L1 ←− L2 ⎜⎜⎜−3 ⎟ 2 ⎜ = rg ⎜⎜⎝ 0 λ − 5λ + 6 3λ − 3⎟⎟⎟⎠ L2 ←− 3L1 − λL2 . 0
−8 + 4λ
3 − 3λ L3 ←− 3L3 − 4L2
1 cas : λ = 2, alors : er
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−3 3 −3⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ rg(E − λI3 ) = rg ⎜⎜ 0 0 3 ⎟⎟⎟⎟ = 2. ⎠ ⎝ 0 0 −3
2e cas : λ 2, alors : rg(E − λI3 ) ⎞ ⎛ 5−λ −3 ⎟⎟ ⎜⎜⎜−3 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ = rg ⎜⎜ 0 4λ − 8 3 − 3λ ⎟⎟⎟⎟ L2 ←− L3 ⎠ ⎝ 0 (λ − 2)(λ − 3) 3(λ − 1) L3 ←− L2 ⎛ ⎞ −3 ⎜⎜⎜−3 5 − λ ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟⎟⎟ 3 − 3λ = rg ⎜⎜⎝ 0 4λ − 8 ⎠ 0 =
0
0
3(λ − 1)(λ + 1) L3 ←− 4L3 − (λ − 3)L2
3 si λ −1 et λ 1 . 2 sinon
Ainsi : les vp de E sont −1, 1, 2. • La matrice E admet trois vp distinctes et E ∈ M3 (R). Donc E est diagonalisable ; de plus, tous les SEP sont de dimension 1. •
Déterminons les SEP de E. ⎛ ⎞ ⎧ ⎪ 2y − z = −x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ −3x + 5y − 3z = −y 1) X = ⎜⎜y⎟⎟ ∈ SEP(E, −1) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ −4x + 4y − 3z = −z z ⎧ 0 ⎪ x = z − 2y ⎪ ⎪ x = z − 2y ⎨ −3(z − 2y) + 6y − 3z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ −6z + 12y = 0 ⎩ −4(z − 2y) + 4y − 2z = 0 0 x=0 ⇐⇒ . z = 2y ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(E, −1) = Vect ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 2 ⎛ ⎞ ⎧ ⎪ 2y − z = x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜ ⎟ −3x + 5y − 3z = y 2) X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ SEP(E, 1) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ −4x + 4y − 3z = z z
Corrigés des exercices
⎧ 0 ⎪ x = 2y − z ⎪ ⎪ x = 2y − z ⎨ −3(2y − z) + 4y − 3z = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ y =0 ⎩ −4(2y − z) + 4y − 4z = 0 0 y=0 ⇐⇒ . z = −x ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(E, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ −1 ⎛ ⎞ ⎧ ⎪ 2y − z = 2x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ −3x + 5y − 3z = 2y 3) X = ⎜⎜y⎟⎟ ∈ SEP(E, 2) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ −4x + 4y − 3z = 2z z
⎧ 0 ⎪ z = 2y − 2x ⎪ ⎪ z = 2y − 2x ⎨ −3x + 3y − 3(2y − 2x) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ y−x=0 ⎩ −4x + 4y − 5(2y − 2x) = 0 0 z=0 ⇐⇒ . y=x ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(E, 2) = Vect ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 0 •
On en déduit que E = PDP−1 avec (par exemple) : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ P = ⎜⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟⎟ et D = ⎜⎜⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 02 2 −1 0
a) • Déterminons les vp de A. Soit λ ∈ R. ⎞ ⎛ 3 ⎟⎟ ⎜⎜⎜−2 − λ 1 ⎟⎟ ⎜ rg(A − λI3 ) = rg ⎜⎜⎜⎜⎜ −3 2 − λ 3 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ −1 1 2−λ ⎛ ⎞ 2 − λ ⎟⎟ L1 ←− L3 ⎜⎜⎜−1 1 ⎟ = rg ⎜⎜⎝⎜ 0 −1 − λ λ2 − 1 ⎟⎟⎠⎟ L2 ←− L1 − (2 + λ)L3
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(A, −1) = Vect ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 0 ⎛ ⎞ ⎧ ⎪ −2x + y + 3z = x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜ ⎟ −3x + 2y + 3z = y 2) X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ SEP(A, 1) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ −x + y + 2z = z z ⎧ 0 ⎪ −3x + y + 3z = 0 ⎪ ⎪ y=0 ⎨ −3x + y + 3z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ . ⎪ ⎪ z=x ⎩ −x + y + z = 0
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 1 ⎛ ⎞ ⎧ ⎪ −2x + y + 3z = 2x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ −3x + 2y + 3z = 2y 3) X = ⎜⎜y⎟⎟ ∈ SEP(A, 2) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ −x + y + 2z = 2z z ⎧ ⎪ −4x + y + 3z = 0 ⎪ ⎪ ⎨ −3x + 3z = 0 ⇐⇒ x = y = z. ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ −x + y = 0
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 1 •
7.4
0 −1 − λ 3(λ − 1) L3 ←− L2 − 3L3
⎛ ⎜⎜⎜−1 1 = rg ⎜⎜⎜⎝ 0 −1 − λ 0 © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
=
0
0
⎞
2 − λ ⎟⎟ ⎟ λ2 − 1 ⎟⎟⎟⎠ λ2 − 3λ + 2 L3 ←− L2 − L3
3 si λ −1 et λ 1 et λ 2 . 2 sinon
Ainsi, la matrice A admet trois vp distinctes : −1, 1, 2, et A ∈ M3 (R). Donc A est diagonalisable et tous les SEP sont de dimension 1. •
Déterminons les SEP de A. ⎛ ⎞ ⎧ ⎪ −2x + y + 3z = −x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ −3x + 2y + 3z = −y 1) X = ⎜⎜y⎟⎟ ∈ SEP(A, −1) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ −x + y + 2z = −z z ⎧ 0 ⎪ −x + y + 3z = 0 ⎪ ⎪ z=0 ⎨ −3x + 3y + 3z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ . ⎪ ⎪ y=x ⎩ −x + y + 3z = 0
On en déduit que A = PDP−1 avec (par exemple) : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜1 0 1⎟⎟ et D = ⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 02 011
b) Par une récurrence immédiate, on montre : ∀n ∈ N, An = PDn P−1 . ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜(−1)n 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ • On a, pour tout n de N : Dn = ⎜ ⎜⎜⎜⎝ 0 1 0 ⎟⎟⎟⎠⎟. 0 0 2n • Calculons P−1 . Notons (E1 , E2 , E3 ) la base canonique de M3,1 (R) et (C1 , C2 , C3 ) les colonnes de A. ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ E = C1 + C2 − C3 C = E1 + E2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1 ⎨ 1 C 2 = E1 + E3 E2 = C 3 − C 2 ⇐⇒ ⎪ Alors : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩E =C −C ⎩C = E + E + E 3
On en déduit :
1
P−1
2
3
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 0 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ = ⎜⎜ 1 −1 0 ⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ −1 1 1
3
3
1
On obtient alors : ∀n ∈ N, ⎞ ⎞⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜(−1)n 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜(−1)n 1 2n ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 0 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ −1 ⎜⎜⎜⎜⎜ n n⎟ n ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ A = ⎜⎜1 0 1⎟⎟ ⎜⎜ 0 1 0 ⎟⎟ P = ⎜⎜(−1) 0 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 −1 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎠⎝ ⎝ ⎝ n⎠ n⎠ ⎝ 011 0 1 2 −1 1 1 0 02 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1 + (−1)n − 2n −1 + 2n −(−1)n + 2n ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ 2n −(−1)n + 2n ⎟⎟⎟⎟. = ⎜⎜⎜⎜ (−1)n − 2n ⎝ ⎠ n n n 1−2 −1 + 2 2
•
c) • Le réel 0 n’est pas vp de A. Donc la matrice A est inversible.
135
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
•
Montrons que la formule précédente est encore valable pour n ∈ Z− . Soit n ∈ N∗ . Notons Bn la matrice obtenue en remplaçant n dans −n dans l’expression de An . Puisque (−1)n = (−1)−n , ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 + (−1)n − 21n −1 + 21n −(−1)n + 21n ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 −(−1)n + 21n ⎟⎟⎟⎟. on a : Bn = ⎜⎜⎜⎜ (−1)n − 21n n 2 ⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ 1 1 − 21n −1 + 21n 2n En calculant le produit An · Bn , on trouve : An · Bn = I3 . On en déduit que An est inversible (ce que l’on savait déjà −1 puisque A l’est) et : A−n = An = Bn .
7.5
a) • On a, pour tout P = aX2 + bX + c ∈ R2 [X] : u(P) = (2X + 1)(aX2 + bX + c) − (X2 − 1)(2aX + b) = (a + b)X2 + (2a + b + 2c)X + (b + c).
Ainsi u(P) est bien un polynôme de R2 [X]. Donc : u : R2 [X] −→ R2 [X]. Montrons que u est linéaire. Soient (P, Q) ∈ R2 [X] et α ∈ R. Alors :
•
⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ λ=3 λ = −1 λ=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎨ b = 2a b = −2a b = 0 ou ou ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c = a ⎩c = a ⎩ c = −a (car P est un polynôme non nul). On en déduit que u admet trois vp : −1, 1, 3. De plus : SEP(u, 1) = aX2 − a ; a ∈ R = Vect(X2 − 1), SEP(u, −1) = aX2 − 2aX + a ; a ∈ R = Vect(X2 − 2X + 1) SEP(u, 3) = aX2 + 2aX + a ; a ∈ R = Vect(X2 + 2X + 1). b) 2) Notons A la matrice de u dans la base B = (1, X, X2 ). Puisque : u(1) = 1 + 2X, u(X) = 1 + X + X2 , u(X2 ) = X2 + 2X, ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ on obtient : A = ⎜⎜⎜⎜2 1 2⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 011 •
Déterminons les éléments propres de A. ⎛ ⎜⎜⎜1 − λ 1 ⎜ Soit λ ∈ R. Alors rg(A − λI3 ) = rg ⎜⎜⎜⎜ 2 1 − λ ⎝ ⎛ ⎜⎜⎜2 ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜0 ⎝
u(αP + Q) = (2X + 1)(αP + Q) − (X2 − 1)(αP + Q ) = α (2X + 1)P − (X2 − 1)P + (2X + 1)Q − (X2 − 1)Q ) = αu(P) + u(Q). On conclut :
u est un endomorphisme de R2 [X].
b) 1) Soient P = aX2 + bX + c ∈ R2 [X] \ {0} et λ ∈ R. − →de u associé à la vp λ ⇐⇒ u(P) = λP P est un − vp ⇐⇒ (a + b)X2 + (2a + b + 2c)X + (b + c) = λ(aX2 + bX + c) ⎧ ⎪ a + b = λa ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2a + b + 2c = λb ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ b + c = λc ⎧ ⎪ b = (λ − 1)a ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2a + (λ − 1)a + 2c = λ(λ − 1)a ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ b + (1 − λ)c = 0 ⎧ ⎪ b = (λ − 1)a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a ⎨ ⇐⇒ ⎪ c = (λ2 − 2λ − 1) ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ .2(λ − 1) + (1 − λ)(λ2 − 2λ − 1)%a = 0 ⎧ ⎪ b = (λ − 1)a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a ⎨ ⇐⇒ ⎪ c = (λ2 − 2λ − 1) ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (λ − 1)(λ + 1)(λ − 3)a = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ λ=1 a=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ b=0 b = 0 ou ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ c = −a ⎩c = 0 136
0
⎛ ⎜⎜⎜2 ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜0 ⎝
⎧ ⎧ ⎪ ⎪ λ=3 λ = −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ b = 2a b = −2a ou ou ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c = a ⎩c = a
0
0
1
⎞
0 ⎟⎟ ⎟⎟ 2 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 1−λ
⎞ 1−λ 2 ⎟⎟⎟ L1 ←− L2 ⎟ 1 1 − λ ⎟⎟⎟⎟ L2 ←− L3 ⎠ 2 1 + 2λ − λ −2(1 − λ) L3 ←− 2L1 − (1 − λ)L2 ⎞ 1 − λ 2 ⎟⎟ ⎟⎟ 1 1 − λ⎟⎟⎟⎟ ⎠ L ←− L − (1 + 2λ − λ2 )L 0
∗
3
3
2
avec : ∗ = −2(1 − λ) − (1 + 2λ − λ )(1 − λ) = (1 − λ) − 3 − 2λ + λ2 ) = (1 − λ)(λ + 1)(λ − 3). 2
Ainsi : les vp de A sont −1, 1, 3. •
Déterminons les SEP de A. ⎛ ⎞ ⎧ ⎪ x + y = −x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 2x + y + 2z = −y 1) X = ⎜⎜y⎟⎟ ∈ SEP(A, −1) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ y + z = −z z ⎧ 0 ⎪ 2x + y = 0 ⎪ ⎪ z=x ⎨ 2x + 2y + 2z = 0 ⇐⇒ . ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ y = −2x ⎩ y + 2z = 0
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(A, −1) = Vect ⎜⎜⎜⎜−2⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 1 ⎛ ⎞ ⎧ ⎪ x+y= x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜ ⎟ 2x + y + 2z = y 2) X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ SEP(A, 1) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩y+z = z z 0 0 y=0 y=0 ⇐⇒ ⇐⇒ . 2x + 2z = 0 z = −x ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ −1
Corrigés des exercices
⎛ ⎞ ⎧ ⎪ x + y = 3x ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ 2x + y + 2z = 3y 3) X = ⎜⎜y⎟⎟ ∈ SEP(A, 3) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ y + z = 3z z ⎧ 0 ⎪ −2x + y = 0 ⎪ ⎪ z=x ⎨ 2x − 2y + 2z = 0 ⇐⇒ . ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ y = 2x ⎩ y − 2z = 0 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜2⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 1
On conclut que f est diagonalisable. a) Notons (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de R3 et f l’endomorphisme de R3 canoniquement associé à A.
7.7
•
L’endomorphisme u a les mêmes vp que A. Donc les vp de u sont −1, 1, 3. − →de A nous donnent les composantes dans la base B des Les − vp ⎧ ⎪ SEP(u, −1) = Vect(1 − 2X + X2 ) ⎪ ⎪ ⎨ − − → SEP(u, 1) = Vect(1 − X2 ) . vp de u. Ainsi : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ SEP(u, 3) = Vect(1 + 2X + X2 )
• Pour montrer que la matrice A est semblable à B, cherchons une base (e1 , e2 , e3 ) de R3 telle que : ⎧ ⎪ f (e1 ) = e1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (e2 ) = e1 + e2 . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f (e ) = e + e 3 2 3
Remarque : on retrouve bien les mêmes résultats.
Notons e1 = (x, y, z) ∈ R3 . Alors : f (e1 ) = e1 ⎧ 0 ⎪ x − 3y + 3z = x ⎪ ⎪ z=y ⎨ −2x − 6y + 13z = y ⇐⇒ . ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ x = 3y ⎩ −x − 4y + 8z = z
c) L’endomorphisme u admet 3 valeurs propres distinctes et dim R2 [X] = 3. On conclut que u est diagonalisable.
7.6
•
Soient M =
ab ∈ M2 (R) \ {0} et λ ∈ R. c d
Prenons par exemple e1 = (3, 1, 1). Notons e2 = (x, y, z) ∈ R3 . Alors : f (e2 ) = e1 + e2 ⎧ 0 ⎪ x − 3y + 3z = 3 + x ⎪ ⎪ y= z−1 ⎨ −2x − 6y + 13z = 1 + y . ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ x = 3z + 3 ⎩ −x − 4y + 8z = 1 + z
− →de f associé à la vp λ ⇐⇒ f (M) = λM M est un − vp ⎧ ⎪ d = λa ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ d −b a b ⎨ −b = λb ⇐⇒ =λ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ −c = λc −c a c d ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ a = λd ⎧ 2 ⎪ (λ − 1)a = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (λ + 1)b = 0 ⇐⇒ ⎪ (S). ⎪ ⎪ (λ + 1)c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ d = λa
Notons e3 = (x, y, z) ∈ R3 . Alors : f (e3 ) = e2 + e3 ⎧ 0 ⎪ x − 3y + 3z = 3 + x ⎪ ⎪ y=z−1 ⎨ −2x − 6y + 13z = −1 + y ⇐⇒ . ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ x = 3z + 4 ⎩ −x − 4y + 8z = z
1er cas : si λ 1 et λ −1, alors :
Prenons par exemple e3 = (4, −1, 0).
(S) ⇐⇒ a = b = c = d = 0, ce qui est impossible car M 0. 2 cas : si λ = 1, alors : (S) ⇐⇒ e
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
D’autre part, il est clair que la famille (E1 , E2 , E3 ) est une famille libre de M2 (R), donc cette famille est une base de SEP( f, −1) et dim SEP( f, −1) = 3. Ainsi : dim SEP( f, 1) + dim SEP( f, −1) = 1 + 3 = 4 et dim M2 (R) = 4.
0
b=c=0 . d=a
On en déduit que 1 est vp de f et que ! a 0 " SEP( f, 1) = ; a ∈ R = Vect(I2 ). 0a 3e cas : si λ = −1, alors :
Il reste à montrer que la famille (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 . Notons P la matrice de la famille (e1 , e2 , e3 ) dans la base cano⎞ ⎛ ⎜⎜⎜⎜3 3 4 ⎟⎟⎟⎟ nique de R3 : P = ⎜⎜⎜⎜1 −1 −1⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 1 0 0 ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎜⎜⎜1 −1 −1⎟⎟⎟ L1 ←− L2 ⎜⎜⎜ 3 3 4 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ On a : rg(P) = rg ⎜⎜⎜ 1 −1 −1⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜⎜0 1 1 ⎟⎟⎟⎟⎟ L2 ←− L3 − L2 ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 1 0 0 0 6 7 L3 ←− L1 − 3L2
(S) ⇐⇒ d = −a.
On en déduit que −1 est vp de f et que ! a b " 1 0 0 1 0 0 . , , SEP( f, 1) = ; a ∈ R = Vect c −a 0 −1 0 0 1 0 notée E 1
On en déduit que f admet deux vp : 1 et −1. D’une part, dim SEP( f, 1) = 1.
•
Prenons par exemple e2 = (3, −1, 0).
notée E 2 notée E 3
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜0 1 1 ⎟⎟⎟⎟ = 3. ⎠ ⎝ 0 0 1 L3 ←− L3 − 6L2 On en déduit que la matrice P est inversible et donc que la famille (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 . •
Enfin, la matrice de f dans cette base est : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 1 1⎟⎟⎟⎟ qui est la matrice B. ⎟⎠ ⎜⎝ 001 137
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
a) • Notons, pour tout k de N, P(k) la propriété :
Ainsi, les matrices A et B représentent le même endomorphisme de R3 . On en déduit que A et B sont semblables.
7.8
Remarque : D’après les formules de changement de bases, on a : A = PBP−1, où P est la matrice définie précédemment.
Montrons, par récurrence, la propriété P(k) pour tout k ∈ N.
b) Dans cet exemple, la deuxième matrice est plus "compliquée" que dans l’exemple précédent. Nous allons montrer que les deux matrices A et B sont semblables à une même autre matrice plus simple, si possible une matrice diagonale. • Pour cela, commençons par déterminer les valeurs propres de A. ⎞ ⎛ 3⎟ ⎜⎜⎜4 − λ 1 ⎜⎜⎜ −1 2 − λ −1⎟⎟⎟⎟⎟ Soit λ ∈ R. Alors rg(A − λI3 ) = rg ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ −1 −1 −λ ⎛ ⎞ −λ ⎜⎜⎜−1 −1 ⎟⎟⎟ L1 ←− L3 1 − λ ⎟⎟⎠⎟ L2 ←− L3 − L2 = rg ⎜⎜⎝⎜ 0 λ − 3 2
0 λ − 3 λ − 4λ + 3 L3 ←− L1 + (4 − λ)L3
⎛ ⎜⎜⎜−1 −1 = rg ⎜⎜⎜⎝ 0 λ − 3 0 =
0
0
« f k (x) = λk x ». Initialisation : On a f 0 (x) = IdE (x) = x = λ0 x. D’où la propriété P(0). Hérédité : Soit k ∈ N. Supposons P(k). Alors : f k+1 (x) = f f k (x) = f (λk x) d’après P(k) − →de f vp = λk f (x) = λk λ x car x est un − = λk+1 x. D’où la propriété P(k + 1). Conclusion : Ainsi, pour tout k ∈ N, f k (x) = λk x. •
D’où :
P( f )(x) =
k=0
⎞
−λ ⎟⎟⎟ 1 − λ ⎟⎟⎟⎠ 2 λ − 3λ + 2 L3 ←− L3 − L2
3 si λ 1, λ 2, λ 3 . 2 sinon
On en déduit que les vp de A sont 1, 2, 3. Puisque A ∈ M3 (R) et que A admet trois vp deux à deux disctinctes, la matrice A ⎞ est diagonalisable et est semblable à la ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ matrice D = ⎜⎜⎜⎜0 2 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 003
d
=
d
ak f k (x) =
d
ak λk x
k=0
ak λk x = P(λ)x.
k=0
− →), on en déduit que P(λ) est une Puisque x 0 (car x est un − vp − →de P( f ) associé à P(λ). vp de P( f ) et x est un − vp b) • Soit λ une vp de f . Montrons λ est une racine de P. Il existe x ∈ E \ {0} tel que f (x) = λx. P( f )(x) = P(λ)x. − →), on obtient : Or P( f )(x) = 0 et x 0 (car x est un − vp
D’après la question a), on a alors :
P(λ) = 0.
•
Montrons que B est également semblable à D, autrement dit que B est diagonalisable et admet 1, 2, 3 comme vp. ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 1 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 1 2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎜ rg(B−I3) = rg ⎜⎜−2 2 2⎟⎟ = rg ⎜⎜ 0 0 2⎟⎟⎟⎟ L2 ←− 2L1 − L2 = 2 < 3, ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 0 0 L3 ←− L1 − L3 −1 1 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−2 1 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−2 1 2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ rg(B−2I3) = rg ⎜⎜⎜⎜−2 1 2⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜⎜⎜ 0 0 0⎟⎟⎟⎟ L2 ←− L1 −L2 = 2 < 3, ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 −1 0 L3 ←− L1 −2L3 −1 1 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 0 0⎟⎟⎟ L1 ←− L3 ⎜⎜⎜−3 1 2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ rg(B−3I3) = rg ⎜⎜−2 0 2⎟⎟ = rg ⎜⎜ 0 0 2⎟⎟⎟⎟ L2 ←− L2 −2L3 = 2 < 3. ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 1 2 L3 ←− L1 −3L3 −1 0 0 Ainsi, 1, 2, 3 sont des vp de B, et puisque B ∈ M3 (R), ce sont les seules vp de B et B est diagonalisable. On en déduit que B est semblable à D. • Il existe donc deux matrices P et Q de M3 (R) inversibles telles que : A = PDP−1 et B = QDQ−1 .
Alors D = Q−1 BQ et donc :
−1 A = PQ−1 BP−1 Q = PQ−1 B PQ−1 .
On conclut que les matrices A et B sont semblables. 138
On conclut que λ est une racine de P. • La réciproque est fausse. Par exemple, pour f = IdE , alors le polynôme P = X(X − 1) = X2 − X est un polynôme annulateur de f (car P( f ) = IdE ◦ (IdE − IdE ) = 0).
De plus, IdE admet 1 comme unique vp ; donc 0 qui est une racine de P n’est pas une vp de IdE .
7.9
a) • Par produit matriciel, on a : ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜5 −4 8 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜13 −9 12⎟⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ A2 = ⎜⎜⎜⎜8 −7 16⎟⎟⎟⎟ et A3 = ⎜⎜⎜⎜24 −17 24⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 4 −3 5 9 −6 7
A3 − 3A2 + 3A − I3 = 0. −− → • Soit λ une vp de A et soit X un vp de A associé à λ. ⎧ ⎪ AX = λX ⎪ ⎪ ⎨ 2 A X = A(AX) = A(λX) = λ(AX) = λ2 X . Alors : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ A3 X = A(A2 X) = A(λ2 X) = λ2 (AX) = λ3 X On obtient :
D’une part :
(A3 − 3A2 + 3A − I3 )X = 0.
Et d’autre part : (A3 − 3A2 + 3A − I3 )X = A3 X − 3A2 X + 3AX − X = (λ3 − 3λ2 + 3λ − 1)X = (λ − 1)3 X.
Corrigés des exercices
On en déduit : (λ − 1)3 X = 0. Et puisque X 0 (car X est un − − →), on obtient (λ − 1)3 = 0 ; donc λ = 1. vp Ainsi 1 est la seule vp possible de A. Si A est diagonalisable, ⎞ alors il existe P ∈ M3 (K) inversible ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ telle que A = P ⎜⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ P−1 = PP−1 = I3 , ⎠ ⎝ 001 ce qui est absurde ! •
Donc la matrice A n’est pas diagonalisable. b) • Par produit matriciel, on a : ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜ 12 3 11 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 18 −9 17 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ 2 3 ⎟ ⎜ ⎜ B = ⎜⎜−5 4 −5⎟⎟ et B = ⎜⎜−35 −8 −35⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ −3 −3 −2 9 9 10 B3 − 2B2 − 5B + 6I3 = 0. −− → • Soit λ une vp de B et soit X un vp de B associé à λ.
On obtient :
En utilisant le même raisonnement qu’au a), on obtient : 0 = λ3 − 2λ2 − 5λ + 6 = (λ − 1)(λ2 − λ − 6) = (λ − 1)(λ − 3)(λ + 2) et donc λ = 1, 3 ou −2. Ainsi, les seules vp possibles de B sont 1, 3, −2. Regardons si 1, 3, −2 sont des vp de B. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ −1 −3 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ rg(B − I3 ) = rg ⎜⎜⎜ −5 −3 −5⎟⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ 3 3 3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 −3 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜ 0 12 0 ⎟⎟⎟⎟ L2 ←− L2 − 5L1 = 2 < 3, ⎠ ⎝ 0 −6 0 L3 ←− L3 + 3L1
•
donc 1 est vp de B.
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ −3 −3 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ rg(B − 3I3 ) = rg ⎜⎜⎜ −5 −5 −5⎟⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ 3 3 1 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−3 −3 −1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜ 0 0 −10⎟⎟⎟⎟ L2 ←− 3L2 − 5L1 = 2 < 3, ⎠ ⎝ 0 0 0 L3 ←− L3 + L1 © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
donc 3 est vp de B.
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 2 −3 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ rg(B + 2I3 ) = rg ⎜⎜⎜ −5 0 −5⎟⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ 3 3 6 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜2 −3 −1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ = rg ⎜⎜0 −15 −15⎟⎟⎟⎟ L2 ←− 2L2 + 5L1 = 2 < 3, ⎠ ⎝ 0 15 15 L3 ←− 2L3 − 3L1 donc 2 est vp de B. Ainsi B admet trois vp distinctes et B ∈ M3 (K). On conclut que la matrice B est diagonalisable.
7.10 fiant :
• Soit M une matrice de Mn (R) diagonalisable vériM 2 − 2M = − In .
− →associé à cette vp. Soit λ une vp de M et X un − vp MX = λX et M 2 X = M(λX) = λ MX = λ2 X.
Alors :
On en déduit : (M 2 − 2M)X = (λ2 − 2λ)X = −X. − →), alors : Puisque X 0 (car X est un − vp λ2 − 2λ = −1, d’où (λ − 1)2 = 0, puis λ = 1. Ainsi 1 est la seule vp possible de M, et puisque M est diagonalisable, il existe P ∈ Mn (R) tel que M = P In P−1 = In . •
Réciproquement, si M = In , alors : 0 2 M − 2M = In − 2In = − In M est diagonalisable (car diagonale).
Ainsi, l’ensemble des matrices cherchées est :
7.11
In .
a) Notons C1 , . . . , C6 les colonnes de A.
Alors : rg(A) = rg(C1 , . . . , C6 ) = rg(C1 , C2 , C3 ) =3
car C4 = C3 , C5 = C2 , C6 = C1
car (C1 , C2 , C3 ) forment une famille libre.
b) Après calcul, A2 = 2A. Et par une récurrence immédiate, on obtient : ∀n ∈ N∗ , An = 2n−1 A. Remarque : Cette formule n’est pas valable pour n = 0. − →associé. vp c) • Soit λ une vp de A et soit X un − Alors : 0 = (A2 − 2A)X = A2 X − 2AX = λ2 X − 2λX = λ(λ − 2)X. Et puisque X 0, alors λ = 0 ou λ = 2. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ • Regardons si 0 est vp de A. Soit X = ⎜ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ M6,1 (R). ⎜⎝ ⎟⎠ x6 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ x = −x1 x + x6 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 6 ⎨ 1 x5 = −x2 . x2 + x5 = 0 ⇐⇒ ⎪ Alors : AX = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = −x ⎩x +x =0 3
4
4
3
On en déduit :
⎛1⎞ ⎛0⎞ ⎛0⎞ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ 0 est vp de A et SEP(A, 0) = Vect ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝ 0 ⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝−1⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ 0 ⎟⎟⎠ −1
0
0
Il est clair que ces trois vecteurs-colonnes forment une famille libre, ils forment donc une base de SEP(A, 0) et donc : dim SEP(A, 0) = 3. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ • Regardons si 2 est vp de A. Soit X = ⎜ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ∈ M6,1 (R). ⎜⎝ ⎟⎠ x6 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ x1 + x6 = 2x1 = 2x6 x6 = x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ x2 + x5 = 2x2 = 2x5 ⇐⇒ ⎪ x5 = x2 . Alors : AX = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + x = 2x = 2x ⎩x = x 3
4
3
4
4
3
139
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
On en déduit :
⎛1⎞ ⎛0⎞ ⎛0⎞ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜00⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜10⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜01⎟⎟⎟⎟ 2 est vp de A et SEP(A, 2) = Vect ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎝0⎟⎟⎟⎠ ⎜⎜⎜⎝1⎟⎟⎟⎠ ⎜⎜⎜⎝0⎟⎟⎟⎠ 1
0
0
Il est clair que ces trois vecteurs-colonnes forment une famille libre, ils forment donc une base de SEP(A, 2) et donc : dim SEP(A, 2) = 3. • On a alors : dim SEP(A, 0) + dim SEP(A, 2) = 6 et A ∈ M6 (R). On conclut :
la matrice A est diagonalisable.
Remarque : La matrice A est une matrice symétrique réelle, donc A est diagonalisable dans M6 (R) (voir le programme de seconde année).
7.12
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ a) • Soit X = ⎜⎜⎜⎝y⎟⎟⎟⎠ ∈ M3,1 (R).
•
Les vp de Bn sont les éléments sur la diagonale de En . ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0 ⎟⎟⎟ n ⎜ ⎜⎜⎜1 0 ⎜ ⎟ ⎟ 1 ⎜ ⎜ ⎟ Or : En = ⎜⎜⎜⎝0 1 + k 0 ⎟⎟⎟⎠ = ⎜⎜⎜⎝0 pn 0 ⎟⎟⎟⎟⎠, 1 k=1 0 0 1+ k 0 0 pn n n 1 k + 1 (n + 1)! où pn = = = = n + 1. 1+ k k n! k=1 k=1 Ainsi les vp de Bn sont 1 et n + 1. •
La matrice Bn est inversible puisque 0 n’est pas vp de Bn .
L’endomorphisme f étant nilpotent, il existe p ∈ N tel que f p = 0.
7.13
a) • Soit λ une vp de f . Alors en utilisant l’exercice 7.8, λ p est une vp de f p . Il existe donc x ∈ E \ {0} tel que f p (x) = λ p x.
z
⎧1 ⎪ y + 1n z = 0 ⎪ ⎪ n ⎪ ⎪ ⎨ 1 − n x + 2n y + 1n z = 0 ⇐⇒ x = y = −z. 1) An X = X ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 x − 1y = 0 n n On en déduit que 1 est une vp de An et que : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ SEP(An , 1) = Vect ⎜⎜⎝⎜ 1 ⎟⎟⎠⎟ . −1
On a alors λ p x = f p (x) = 0, et puisque x 0, alors λ p = 0 et donc λ = 0. Ainsi 0 est la seule vp possible de f . De plus, puisque f n’est pas bijectif (car sinon, f p = 0 le serait aussi, ce qui est absurde, car E n’est pas réduit à {0} !), f n’est donc pas injectif, d’où Ker( f ) {0}. Donc 0 est une vp de f . •
Ainsi : 0 est la seule vp de f .
1 2) An X = 1 + X ⇐⇒ − n1 x + 1n y + 1n z = 0 ⇐⇒ x = y + z. n 1 On en déduit que 1 + est une vp de An et que : n ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ 1 SEP An , 1 + = Vect ⎜⎜⎜⎝0⎟⎟⎟⎠ , ⎜⎜⎜⎝1⎟⎟⎟⎠ . n 1 0
b) Si f est diagonalisable, alors, puisque f admet une unique vp, le SEP associé est de dimension n = dim(E).
1 = 3 et Alors : dim SEP(An , 1) + dim SEP An , 1 + n An ∈ M3 (R). On conclut que An est diagonalisable.
On conclut, pour un endomorphisme nilpotent : f est diagonalisable si et seulement si f = 0.
•
On peut écrire : ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 ⎜ Pn = ⎜⎜⎜⎜ 1 0 ⎝ −1 1
An = Pn Dn P−1 n avec (par exemple) ⎞ ⎛ ⎞ 1⎟⎟⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ 1⎟⎟ et Dn = ⎜⎜0 1 + 1n 0 ⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 1⎠ 0 0 0 1+ n
Ainsi : Ker( f ) = SEP( f, 0) = E. Donc :
f est l’application nulle.
Réciproquement, si f = 0, alors il est clair que f est diagonalisable.
7.14
a) On a : ⎞⎛ ⎛ ⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 1 ⎟⎜ ⎜ A2 = ⎜⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 0 ⎠⎝ ⎝ 010 01
Donc :
⎞ ⎞ ⎛ 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1⎟⎟ = ⎜⎜0 2 0⎟⎟⎟⎟ = I + J. ⎠ ⎠ ⎝ 101 0
J = A2 − I.
On s’aperçoit que la matrice Pn ne dépend pas de n. Notons-la alors P au lieu de Pn .
b) Il s’agit de diagonaliser A.
•
•
La matrice An est inversible puisque 0 n’est pas vp de An .
b) • Puisque, pour tout k de 1 ; n, on a :
Ak = PDk P−1 ,
on en déduit :
Bn = (PD1 P−1 )(PD2 P−1 ) · · · (PDn P−1 ) = P D1 D2 · · · Dn P−1 .
Notons En = D1 D2 · · · Dn . Puisque les matrices Dk sont diagonales, la matrice En est aussi diagonale. Ainsi Bn est semblable à une matrice diagonale. 140
On conclut que Bn est diagonalisable.
Déterminons les vp de A. Soit λ ∈ R. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ −λ 1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ Alors : rg(A − λI3 ) = rg ⎜⎜ 1 −λ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜0 ⎝
0
1 −λ
⎞
1 ⎟⎟ L1 ←− L2 ⎟⎟ 1 −λ⎟⎟⎟⎟ L2 ←− L3 ⎠ 0 1 − λ2 λ L3 ←− L1 + λL2 −λ
Corrigés des exercices
⎛ ⎜⎜⎜1 −λ ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜0 1 ⎝
⎞ ⎟⎟⎟ ⎟ −λ ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 2 2 0 0 λ(2 − λ ) L3 ←− L3 − (1 − λ )L2 √ 0 √ 3 si λ 0, 2, − 2 = . 2 sinon √ √ Ainsi A admet trois vp distinctes : 0, − 2, 2. 1
Puisque A ∈ M3 (R), on en déduit que la matrice A est diagonalisable. √ √ Notons λ1 = − 2, λ2 = 0, λ3 = 2. Remarque : La matrice A est une matrice symétrique réelle, donc A est diagonalisable dans M3 (R) (voir le programme de seconde année).
⎛ √ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜− 2 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜2 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ avec Δ = (a − c) ⎜⎜0 1 0⎟⎟ + b ⎜⎜⎜ 0 0 √0 ⎟⎟⎟ + c ⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ 002 001 0 0 2 √ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜a − b 2 + c 0 ⎟⎟⎟ 0 ⎜ ⎟⎟⎟ 0 a−c 0√ = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ 0 0 a+b 2+c a) • Soient m ∈ R et u = (x, y, z) ∈ R3 . ⎧ ⎪ (−1 − m)x + my + 2z = x ⎪ ⎪ ⎨ −mx + y + mz = y On a : hm (u) = u ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ −2x + my + (3 − m)z = z
7.15
⎧ ⎪ (−2 − m)x + my + 2z = 0 ⎪ ⎪ ⎨ −mx + mz = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ −2x + my + (2 − m)z = 0 0 mx = mz ⇐⇒ (S) . −2x + my + (2 − m)z = 0
•
Déterminons les SEP de A. ⎧ ⎛ ⎞ ⎪ y=0 ⎪ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎪ ⎨ x+z=0 1) X = ⎜⎜⎝⎜y⎟⎟⎠⎟ ∈ SEP(A, 0) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0 z
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ z = −x ⇐⇒ . Ainsi, SEP(A, 0) = Vect ⎜⎜⎝⎜ 0 ⎟⎟⎠⎟ . y=0 −1 √ ⎧ ⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ √ ⎪ y = − 2 x√ ⎨ 2) X = ⎜⎜⎜⎝y⎟⎟⎟⎠ ∈ SEP(A, − 2) ⇐⇒ ⎪ x + z =√− 2 y ⎪ ⎪ ⎪ z ⎩y = − 2z ⎛ ⎞ 0 ⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟ √ z=x √ ⎜ . Ainsi, SEP(A, − 2) = Vect ⎜⎜⎝− 2⎟⎟⎟⎠ . ⇐⇒ y=− 2x 1 √ ⎧ ⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ √ ⎪ y = 2 x√ ⎨ 3) X = ⎜⎜⎜⎝y⎟⎟⎟⎠ ∈ SEP(A, 2) ⇐⇒ ⎪ x + z√= 2 y ⎪ ⎪ ⎪ z ⎩y = 2z ⎛ ⎞ 0 ⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟ √ z = x√ . Ainsi, SEP(A, 2) = Vect ⎜⎜⎜⎝ 2⎟⎟⎟⎠ . ⇐⇒ y= 2x 1 0
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
•
On obtient alors : A = PDP−1 , avec : ⎛ √ ⎛ ⎞ ⎞ ⎜⎜⎜− 2 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ √ ⎟⎟ √ ⎟⎟⎟ P = ⎜⎜⎜⎜− 2 0 2⎟⎟⎟⎟ et D = ⎜⎜⎜⎜ 0 0 0 ⎟⎟⎟⎟⎟. ⎜⎝ ⎜⎝ ⎟⎠ √ ⎟⎠ 1 −1 1 0 0 2
c) 1) On a :
c) 2) On a :
Ainsi :
M = aI + bA + cJ = aI + bA + c(A2 − I) = (a − c)I + bA + cA2 . ⎧ ⎪ A = PDP−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎨ A = (PDP−1 )(PDP−1) = PD2 P−1 . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ I = PP−1 = PIP−1
M = (a − c)PIP−1 + bPDP−1 + cPD2 P−1 = P (a − c)I + bD + cD2 P−1 , noté Δ
1er cas : si m = 0, alors (S) ⇐⇒ z = x.
Ainsi 1 est vp de h0 et SEP(h0 , 1) = Vect (1, 0, 1), (0, 1, 0) .
2e cas : si m 0, alors (S ) ⇐⇒ x = y = z. Ainsi 1 est vp de hm et SEP(hm , 1) = Vect (1, 1, 1) . −− → • Prenons v1 = (1, 1, 1). Alors v1 est un vp commun à tous les endomorphismes hm car : ∀m ∈ R, hm (v1 ) = (1, 1, 1) = v1 . b) • Montrons que (v1 , v2 , v3 ) est une base de R3 . Notons P la matrice ⎛de la famille (v1 , v2 , v3 ) dans la base cano⎞ ⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ nique de R3 : P = ⎜⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 110 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ Alors : rg(P) = rg ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ L2 ←− L1 − L2 = 3. ⎠ ⎝ 0 0 1 L3 ←− L1 − L3 On en déduit que la matrice P est inversible et donc que la famille (v1 , v2 , v3 ) est une base de R3 . •
On a, pour tout m de R :
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 − m⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ hm (v1 ) = v1 , hm (v2 ) = ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ = (1 − m)v2 ⎠ ⎝ 1−m ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ −1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ et hm (v3 ) = ⎜⎜⎜⎜1 − m⎟⎟⎟⎟ = (m − 2)v2 + (1 − m)v3 . ⎠ ⎝ m−2
Ainsi la matrice de hm dans la base (v1 , v2 , v3 ) est : ⎞ ⎛ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 ⎟ ⎜ Am = ⎜⎜⎜⎜0 1 − m m − 2⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 0 0 1−m c) Soit m ∈ R.
141
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
La matrice Am est triangulaire supérieure, donc les éléments diagonaux de Am sont ses vp. Ainsi les vp de Am , et donc celle de hm , sont : 1, 1 − m. 1er cas : si m = 0, alors h0 admet 1 comme unique vp, et puisque dim SEP(h0 , 1) = 2, on en déduit que h0 n’est pas diagonalisable. 2e cas : si m 0, alors hm admet deux vp : 1 et 1 − m. Déterminons SEP(hm , 1 − m). Soit u = (x, y, z) ∈ R3 . ⎧ ⎪ −2x + my + 2z = 0 ⎪ ⎪ ⎨ −mx + my + mz = 0 Alors : hm (u) = (1 − m)u ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ −2x + my + 2z = 0 0
⇐⇒ (S) m0
−x + y + z = 0 . (m − 2)y = 0
1 sous cas : si m = 2, alors (S) ⇐⇒ x = y + z. Ainsi : SEP(h2 , 1 − m) = SEP(h2 , −1) = Vect (1, 1, 0), (1, 0, 1) . On en déduit que dim SEP(h2 , −1) = 2. D’où : dim SEP(h2 , 1) + dim SEP(h2 , −1) = 3 = dim(R3 ). er
On conclut que h2 est diagonalisable.
0
y=0 . z=x Ainsi : SEP(hm , 1 − m) = Vect (1, 0, 1) . On en déduit que dim SEP(h2 , −1) = 1. D’où : dim SEP(h2 , 1) + dim SEP(h2 , −1) = 2 3 = dim(R3 ). 2e sous cas : si m 2, alors (S) ⇐⇒
On conclut que hm n’est pas diagonalisable. Conclusion : hm est diagonalisable si et seulement si m = 2.
7.16 •
a) Par la méthode usuelle, on trouve que :
les vp de A sont : 1, 4, 9
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ SEP(A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ , ⎝ ⎠ 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 ⎟ ⎜ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ SEP(A, 4) = Vect ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ et SEP(A, 9) = Vect ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 −1 •
les SEP de A sont :
On a donc A = ⎛ ⎜⎜⎜0 ⎜ P = ⎜⎜⎜⎜1 ⎝ 2
PDP−1 en posant (par exemple) : ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ 0 1⎟⎟ et D = ⎜⎜0 4 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ ⎠ 009 −1 0
b) • On a la relation : M = PNP−1 . Donc : AM = MA ⇐⇒ (PDP−1)(PNP−1 ) = (PNP−1 )(PDP−1) ⇐⇒ PDNP−1 = PNDP−1 =⇒ DN = ND en multipliant à droite par P et à gauche par P−1 (la réciproque est vraie et s’obtient en multipliant à droite par P−1 et à gauche par P). 142
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜a b c ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ • Notons N = ⎜ ⎜⎝d e f ⎟⎟⎟⎠. Alors : g h i ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜ a b c ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a 4b 9c ⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ DN = ND ⇐⇒ ⎜⎜4d 4e 4 f ⎟⎟ = ⎜⎜d 4e 9 f ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ g 4h 9i 9g 9h 9i
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜a 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ ⇐⇒ b = c = d = f = g = h = 0 ⇐⇒ N = ⎜⎜0 e 0⎟⎟. ⎝ ⎠ 00 i
Ceci montre que la matrice N est diagonale. c) Soit M ∈ M3 (R) vérifiant :
M 2 = A.
Alors M et A commutent car AM = M 2 M = MM 2 = MA. D’après la question b), on en déduit que P−1 MP est diagonale. Notons E cette matrice. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜⎜ x 0 0⎟⎟⎟⎟ Soit (x, y, z) ∈ R3 tel que E = P−1 MP = ⎜⎜⎜⎜0 y 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 00 z Puisque M 2 = A, alors en multipliant par P−1 et P, on a P−1 M 2 P = P−1 AP. On obtient donc : ⎞ ⎛ 2 ⎜⎜⎜ x 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ 2 2 E = ⎜⎜ 0 y 0 ⎟⎟⎟⎟ = D. ⎝ 2⎠ 0 0 z ⎧ 2 ⎧ ⎪ ⎪ x =1 x = ±1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2 ⎨ y = ±2 . y = 4 , c’est-à-dire ⎪ Ainsi : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ z2 = 9 ⎩ z = ±3 Ceci montre que la matrice ⎛ ⎜⎜⎜±1 ⎜ M = P ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎝ 0
M est de la forme : ⎞ 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ±2 0 ⎟⎟⎟⎟ P−1 . ⎠ 0 ±3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜±1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ Réciproquement, si M = P ⎜⎜⎜⎜ 0 ±2 0 ⎟⎟⎟⎟ P−1 , alors : ⎠ ⎝ 0 0 ±3 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜(±1)2 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ M 2 = P ⎜⎜⎜⎜ 0 (±2)2 0 ⎟⎟⎟⎟ P−1 = PDP−1 = A. Donc M est ⎝ 2⎠ 0 0 (±3) solution. Conclusion : Les matrices ⎞ du problème sont les ⎛ solutions ⎜⎜⎜±1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ matrices de la forme : P ⎜⎜⎜⎜ 0 ±2 0 ⎟⎟⎟⎟ P−1 . ⎠ ⎝ 0 0 ±3 Il y a 8 matrices distinctes solutions du problème. L’une d’elles est, après calcul du produit de trois matrices : ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜ 1 2 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎟⎟ −1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ M = P ⎜⎜0 2 0⎟⎟ P = ⎜⎜−2 5 −2⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 2 2 0 003 et on peut contrôler que M 2 = A.
Corrigés des exercices
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜2⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(A, 2) = Vect ⎜⎜⎜⎝1⎟⎟⎠⎟ .
d) Soit M ∈ M3 (R) vérifiant : 6M − M 2 = A. Alors M et A commutent car :
0
AM = (6M − M 2 )M = 6M 2 − M 3 = M(6M − M 2 ) = MA. D’après la question b), on en déduit que P−1 MP est diagonale. Notons E cette matrice. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ 3 −1 Soit (x, y, z) ∈ R tel que E = P MP = ⎜⎜0 y 0⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 00 z Par le même raisonnement qu’au c), on obtient : ⎧ √ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ 6x − x2 = 1 x = 3 ± 2√ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ 6y − y2 = 4 ⇐⇒ ⎪ y=3± 5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 6z − z2 = 9 ⎪ ⎩z = 3 √ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜3 ± 2 2 0√ 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ donc : M = P ⎜⎜⎜ 0 3 ± 5 0⎟⎟⎟⎟ P−1 . ⎝ ⎠ 0 0 3 √ ⎛ ⎜⎜⎜3 ± 2 2 0√ ⎜⎜⎜ Réciproquement, si M = P ⎜⎜⎜ 0 3± 5 ⎝ 0 0 6M − M 2 = A. Donc M est solution.
•
dim SEP(A, 1) + dim SEP(A, 2) = 2 et A ∈ M3 (R).
On a :
On conclut que la matrice A n’est pas diagonalisable. b) • Notons (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de R3 et u l’endomorphisme canoniquement associé à A. On cherche alors ( f1 , f2 , f3 ) une base de R3 telle que : ⎧ ⎪ u( f1 ) = f1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ u( f2 ) = 2 f2 . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ u( f3 ) = f2 + 2 f3 − →de u associé à la vp 1. vp Le vecteur f est alors un − 1
Prenons donc f1 = (1, 1, 0). ⎞ 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0⎟⎟⎟⎟ P−1 , alors ⎠ 3
Conclusion : Les matrices du problème sont les √ ⎛ solutions ⎞ ⎜⎜⎜3 ± 2 2 0√ 0⎟⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ matrices de la forme : P ⎜⎜⎜⎜⎜ 0 3 ± 5 0⎟⎟⎟⎟ P−1 . ⎝ ⎠ 0 0 3 Il y a 4 matrices distinctes solutions du problème.
− →de u associé à la vp 2. vp Le vecteur f2 est alors un −
Prenons donc f2 = (2, 1, 0). Notons f3 = (x, y, z). Alors : u( f3 ) = f2 + 2 f3 ⎧ ⎪ ⎧ 3x − 2y + 3z = 2 + 2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x − 2y + 3z = 2 ⎨ x + 2z = 1 + 2y ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x − 2y + 2z = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 2z = 0 + 2z ⎧ ⎪ ⎪ ⎨z = 1 ⇐⇒ ⎪ . ⎪ ⎩ x = 2y − 1 Prenons donc f3 = (−1, 0, 1).
Déterminons les vp de A. Soit λ ∈ R. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜3 − λ −2 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ Alors rg(A − λI3 ) = rg ⎜⎜⎜ 1 −λ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ 0 0 2−λ
7.17
•
La famille ( f1 , f2 , f3 ) est une base de R3 car : 1) les trois vecteurs appartiennent à R3
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
⎛ ⎞ −λ 2 ⎟⎟⎟ L1 ←− L2 ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ 2 ⎟ = rg ⎜⎜0 λ − 3λ + 2 3 − 2λ⎟⎟⎟⎟ L2 ←− (3 − λ)L2 − L1 ⎝ ⎠ 0 0 2−λ 0 = 3 si λ 1, 2 . 2 sinon Ainsi :
les vp de A sont 1 et 2.
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝y⎟⎟⎟⎠ ∈ M3,1 (R). • Déterminons les SEP de A. Soit X = ⎜ ⎧ 2 2x − 2y + 3z = 0 ⎪ ⎪ ⎨ z=0 x − y + 2z = 0 1) X ∈ SEP(A, 1) ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ x = y . ⎪ ⎩ 2z = 0 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ Ainsi : SEP(A, 1) = Vect ⎜⎜⎝1⎟⎟⎠ . 0 2) X ∈ SEP(A, 2) ⇐⇒
x − 2y + 3z = 0 x − 2y + 2z = 0
0 ⇐⇒
z=0 x = 2y
donc la famille est libre 3) la famille comporte 3 vecteurs et dim(R3 ) = 3. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ Et la matrice de u dans cette base est : ⎜⎜0 2 1⎟⎟⎟⎟ = T . ⎠ ⎝ 002 On conclut que les matrices A et T sont semblables.
z
0
2) soit (a, b, c) ∈ R3 tel que a f1 + b f2 + c f3 = 0, alors : ⎧ ⎪ a + 2b − c = 0 ⎪ ⎪ ⎨ a+b=0 ⇐⇒ a = b = c = 0 ; ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c = 0
.
P la matrice de passage de ⎞ la base (e1 , e2 , e3 ) à la base ⎛ ⎜⎜⎜1 2 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ( f1 , f2 , f3 ). Alors : P = ⎜⎜⎜⎜1 1 0 ⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 00 1 • Notons
D’après le cours, on a la relation : A = PT P−1. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜a⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ −1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ y • Calculons P . Soient X = ⎜ ⎜⎝ ⎟⎟⎠ et Y = ⎜⎜⎜⎝b⎟⎟⎟⎠. Alors : z
c
143
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
⎧ ⎧ ⎪ ⎪ x = −a + 2b − c x + 2y − z = a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ y= a−b+c . x+y=b ⇐⇒ ⎪ PX = Y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = c ⎩z = c ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 2 −1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ −1 ⎜ On en déduit que P = ⎜⎜ 1 −1 1 ⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 0 0 1 c) • Calculons, pour tout n de N, T n . ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ On obtient : T 2 = ⎜⎜⎜⎜0 4 4⎟⎟⎟⎟ et T 3 = ⎜⎜⎜⎜0 8 12⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 004 00 8 Par récurrence simple, on ⎛ montre⎞que, pour tout n de N, il existe ⎜⎜⎜1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ αn ∈ R tel que : T n = ⎜⎜⎜⎜0 2n αn ⎟⎟⎟⎟ ; ⎝ n⎠ 0 0 2 de plus, on a :
∀n ∈ N, αn+1 = 2αn + 2n .
Puis, par récurrence, on montre : ∀n ∈ N, αn = n2n−1 . ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ n n−1 ⎟⎟⎟ n ⎜ Ainsi : ∀n ∈ N, T = ⎜⎜0 2 n2 ⎟⎟. ⎠ ⎝ 0 0 2n Puisque A = PT P−1, on en déduit que, pour tout n de N : ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 2 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎜ An = PT n P−1 = ⎜⎜⎜⎜1 1 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 2n n2n−1 ⎟⎟⎟⎟ P−1 ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 1 0 0 2n
•
⎞ ⎞⎛ ⎛ n+1 n 2 (n − 1)⎟⎟ ⎜⎜−1 2 −1⎟⎟ ⎜⎜⎜1 2 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ = ⎜⎜⎜1 2n n2n−1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 1 −1 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎠ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎜⎝ 0 0 1 0 0 2n ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜−1 + 2n+1 2 − 2n+1 −1 + 2n + n2n ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜⎜ −1 + 2n 2 − 2n −1 + 2n + n2n−1 ⎟⎟⎟⎟. ⎜⎝ ⎟⎠ 0 0 2n d) 1) Soit M ∈ M3 (R). On a :
M ∈ C (A) ⇐⇒ AM = MA ⇐⇒ PT P−1 M = M PT P−1 −1
−1
⇐⇒ T P M = P MPT P −1
−1
⇐⇒ T P MP = P MPT
−1
en multipliant à gauche par P−1 en multipliant à droite par P
⇐⇒ P−1 MP ∈ C (T ). ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜a b c ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ d) 2) Notons M = ⎜⎜d e f ⎟⎟⎟⎟. Alors : T M = MT ⎠ ⎝ gh i ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ b c ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a 2b b + 2c ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ a ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⇐⇒ ⎜⎜2d + g 2e + h 2 f + i⎟⎟ = ⎜⎜d 2e e + 2 f ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ g 2h h + 2i 2g 2h 2i ⎞ ⎛ 0 ⎜⎜⎜a 0 0 ⎟⎟⎟ b=c=d=g=h=0 ⎟ ⎜⎜⎜ ⇐⇒ ⇐⇒ M = ⎜⎜0 e f ⎟⎟⎟⎟ i=e ⎠ ⎝ 00 e
⎞ ⎛ " ! ⎜⎜⎜⎜a 0 0⎟⎟⎟⎟ ⎜ Ainsi : C (T ) = ⎜⎜⎜0 b c⎟⎟⎟⎟ ; (a, b, c) ∈ R3 . ⎠ ⎝ 00b ⎞ ⎛ ! ⎜⎜⎜⎜a 0 0⎟⎟⎟⎟ " d) 3) D’où : C (A) = P ⎜⎜⎜⎜0 b c⎟⎟⎟⎟ P−1 ; (a, b, c) ∈ R3 ⎠ ⎝ 00b ⎞ ⎛ ! ⎜⎜⎜⎜−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c⎟⎟⎟⎟ " ⎜ = ⎜⎜⎜ −a + b 2a − b −a + b + c ⎟⎟⎟⎟ ; (a, b, c) ∈ R3 ⎠ ⎝ 0 0 b ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜⎜⎜⎜−1 2 −1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜2 −2 1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 0 2⎟⎟⎟⎟ = Vect ⎜⎜⎜⎜−1 2 −1⎟⎟⎟⎟, ⎜⎜⎜⎜1 −1 1⎟⎟⎟⎟, ⎜⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 0 0 1 000 0 0 0 notée E 1
notée E 3
De plus, on montre facilement que les matrices E1 , E2 , E3 forment une famille libre de C (A). On en déduit que la famille (E1 , E2 , E3 ) est une base de C (A) et donc dim C (A) = 3.
7.18
1) Déterminons les éléments propres de la matrice A, en utilisant la définition.
Remarquons tout d’abord que rg(A) = 1 < n et donc 0 est une vp de A et, d’après le théorème du rang, dim SEP(A, 0) = n − rg(A) = n − 1. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ Soient λ ∈ R et X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R). ⎜⎝ ⎟⎠ xn ⎧ ⎪ x1 + · · · + xn = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ . .. .. On a : (S) : AX = λX ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + · · · + x = λx 1 n n 1er cas : si λ = 0, alors : (S) ⇐⇒ xn = −(x1 + x2 + · · · + xn−1 ). ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Ainsi : SEP(A, 0) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ , . . . , ⎜⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ −1 −1 −1 0 x1 = · · · = xn 2e cas : si λ 0, alors (S) ⇐⇒ . nx1 = λx1 • 1er
sous-cas : si λ n,
alors :
(S) ⇐⇒ x1 = · · · = xn = 0 ⇐⇒ X = 0,
donc λ n’est pas une vp de A. • 2e
144
notée E 2
Les matrices E1 , E2 , E3 étant des éléments de M3 (R), on en déduit que C (A) est un sev de M3 (R) ; en particulier, C (A) est un R-ev.
sous-cas : si λ = n,
Corrigés des exercices
alors : (S) ⇐⇒ x1 = · · · = xn ,
⎛ ⎞ ⎜1 ⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟⎟ donc λ = n est une vp de A et SEP(A, n) = Vect ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎟⎠ 1 Ainsi A admet 2 vp distinctes, l’un de ses SEP est de dimension n − 1 et l’autre est de dimension 1. On en déduit que A est diagonalisable. 2) Déterminons les éléments propres de la matrice B, en utilisant la définition. Remarquons tout d’abord que rg(B) = 2 < n et donc 0 est une vp de B et, d’après le théorème du rang, dim SEP(B, 0) = n − rg(B) = n − 2. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ Soient λ ∈ R et X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R). ⎜⎝ ⎟⎠ xn ⎧ ⎪ x1 + · · · + xn = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + xn = λx2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ . .. .. On a : (S) : BX = λX ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + xn = λxn−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + · · · + x = λx 1 n n 1er cas : si λ = 0, alors :
0
xn = −x1 . x2 = −(x3 + · · · + xn−1 ) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ Ainsi : SEP(B, 0) = Vect ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ , . . . , ⎜⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 0 −1 ⎧ ⎪ x1 = xn ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x2 = x3 = · · · = xn−1 e 2 cas : si λ 0, alors : (S) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ 2x1 + (n − 2)x2 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 2x1 = λx2 © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
(S) ⇐⇒
⎧ x2 = x3 = · · · = xn−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ λ ⎪ ⎪ ⎨ x1 = xn = x2 . ⇐⇒ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ λ2 ⎪ ⎪ ⎪ − λ − n + 2 x2 = 0 ⎩ 2
λ2 − λ − n + 2 0, 2 alors : (S) ⇐⇒ x1 = · · · = xn = 0 ⇐⇒ X = 0,
• 1er
sous-cas : si
donc λ n’est pas une vp de B. λ2 −λ−n+2 =0 2 √ c’est-à-dire λ = 1 ± 2n − 3,
• 2e
sous-cas : si
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x2 = x3 = · · · = xn−1 λ alors : (S) ⇐⇒ ⎪ , ⎪ ⎪ ⎩ x1 = xn = x2 2 √ donc λ = 1 ± 2n − 3 est une vp de B ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜λ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ et SEP(B, λ) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝2⎟⎟⎠ λ Ainsi B admet 3 vp distinctes, l’un de ses SEP est de dimension n − 2 et les deux autres sont de dimension 1. On en déduit que B est diagonalisable. Remarque : Les matrices A et B sont des matrices symétriques réelles, donc diagonalisables dans Mn (R) (voir le programme de seconde année). a) • Soit P = aX4 + bX3 + cX2 + dX + e un polynôme de R4 [X]. Alors : 1 1 1 1 Φ(P) = P(X) + 2X4 a 4 + b 3 + c 2 + d + e X X X X = P(X) + 2(a + bX + cX2 + dX3 + eX4 ).
7.19
Puisque R4 [X] est stable par combinaison linéaire, on en déduit que Φ(P) appartient à R4 [X]. Ainsi : Φ : R4 [X] −→ R4 [X]. • Montrer que Φ est linéaire. Soient (P, Q) ∈ R4 [X] et α ∈ R. On a : 1 Φ(αP + Q) = (αP + Q)(X) + 2X4 (αP + Q) X 1 1 = α P(X) + 2X4 P + Q(X) + 2X4 Q X X = αΦ(P) + Φ(Q).
On conclut : Φ est un endomorphisme de R4 [X]. b) • Pour tout P ∈ R4 [X], on a : 1 Φ ◦ Φ(P) = Φ P(X) + 2X4 P X 1 4 = Φ(P) + 2Φ X P X 1 $ 1 $ # # 1 = P(X) + 2X4 P + 2 X4 P + 2X4 4 P(X) X X X 1 = 2Φ(P) + 3P. = 5P(X) + 4X4 P X On en déduit : Φ2 = 2Φ + 3IdR4 [X] . •
On a alors : 1 1 2 2 Φ ◦ Φ − IdR4 [X] = IdR4 [X] = Φ − IdR4 [X] ◦ Φ. 3 3 3 3 1 2 −1 Donc Φ est bijectif et Φ = Φ − IdR4 [X] . 3 3 − − → c) • Soit λ une vp de Φ et P un vp associé à cette vp. Puisque : Φ(P) = λP, Φ2 (P) = λ2 P et P 0, 145
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
on en déduit (λ2 − 2λ − 3)P = 0 et par conséquent : λ2 − 2λ − 3 = 0, d’où : (λ + 1)(λ − 3) = 0. Donc −1 et 3 sont les seules vp possibles de Φ. •
Les réels −1 et 3 sont-ils des vp ?
Soit P = aX4 + bX3 + cX2 + dX + e ∈ R4 [X]. 1) On a : Φ(P) = −P ⇐⇒ (a + 2e)X4 + (b + 2d)X3 + 3cX2 + (d + 2b)X + (e + 2a) = −(aX4 + bX3 + cX2 + dX + e)
⎧ ⎪ a + 2e = −a ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ e = −a b + 2d = −b ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ d = −b 3c = −c ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ c=0 d + 2b = −d ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ e + 2a = −e ⇐⇒ P = a(X4 − 1) + b(X3 − X).
Ainsi −1 est vp de Φ et SEP(Φ, −1) = Vect(X4 − 1, X3 − X). 2) On a : Φ(P) = 3P ⇐⇒ (a + 2e)X4 + (b + 2d)X3 + 3cX2 + (d + 2b)X + (e + 2a) = 3(aX4 + bX3 + cX2 + dX + e) ⎧ a + 2e = 3a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎪ b + 2d = 3b ⎪ ⎪ e=a ⎨ 3c = 3c ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ d=b ⎪ ⎪ d + 2b = 3d ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ e + 2a = 3e ⇐⇒ P = a(X4 + 1) + b(X3 + X) + cX2 .
Ainsi 3 est vp de Φ et SEP(Φ, 3) = Vect(X4 + 1, X3 + X, X2 ). 0 dim SEP(Φ, −1) = 2 . • Il est clair que dim SEP(Φ, 3) = 3 Puisque dim R4 [X] = 5, on conclut que Φ est diagonalisable.
7.20
a) Notons C1 , . . . , Cn les colonnes de la matrice A.
Puisque rg(A) = rg(C1 , . . . , Cn ) = 1, il existe une colonne Ci0 non nulle de A telle que toutes les autres colonnes lui sont proportionnelles. ∀i ∈ 1 ; n, ∃αi ∈ R, Ci = αiCi0 . ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜α1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ Prenons U = Ci0 et V = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟. ⎜⎝ ⎟⎠ αn Ainsi :
Alors U 0 par définition de Ci0 et V 0 car αi0 = 1. De plus : U t V = α1Ci0 · · · αnCi0 = C1 · · · Cn = A. D’où le résultat demandé.
146
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜a1 ⎟⎟⎟ n ⎜⎜ . ⎟⎟ b) • Notons U = Ci0 = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟. Alors t V U = αi ai . ⎜⎝ ⎟⎠ i=1 an ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜α1 a1 · · · αn a1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . .. ⎟⎟⎟⎟. De plus, puisque A = U t V = ⎜⎜⎜⎜ .. . ⎟⎟⎟⎟ ⎝⎜ ⎠ α1 an · · · αn an on a :
tr(A) =
n
αi ai =t V U.
i=1
•
Ainsi :
A2 = (U t V) · (U t V) = U(t V U) t V = tr(A)(U t V) = tr(A)A.
c) • On déduit du b) que, si λ est une vp de A, alors λ vérifie : λ2 = tr(A)λ. Donc les seules vp possibles de A sont 0 et tr(A). = 1 < n, 0 est une vp de A et dim SEP(A, 0) = n − 1.
• Puisque rg(A)
Ainsi, A est diagonalisable si et seulement A admet une autre vp différente de 0 (qui ne peut être que tr(A)). • Si tr(A) = 0, alors 0 est la seule vp de A et donc A n’est pas diagonalisable. •
Si tr(A) 0, alors, puisque : AU = (U t V)U = U(t V U) = tr(A)U
et
U 0,
tr(A) est une vp de A (et le SEP est forcément de dimension 1), et donc A est diagonalisable. On conclut :
A est diagonalisable ⇐⇒ tr(A) 0.
Remarque : Reprenons la matrice A de l’exercice 7.18. Alors A est de rang 1 et tr(A) = n. On en déduit que A est diagonalisable et ses vp sont alors 0 et n.
7.21
a) Soit λ une vp de u et soit x ∈ SEP(u, λ).
Montrons que v(x) ∈ SEP(u, λ). u v(x) = u ◦ v(x) = v ◦ u(x) = v(λx) = λv(x).
On a :
Donc : v(x) ∈ SEP(u, λ). Ainsi, tous les SEP de u sont stables pas v. b) 1) Puisque u admet n vp distinctes et dim(E) = n, tous les SEP de u sont de dimension 1. − →de u associé à la vp λ. Soit x un − vp Puisque x 0, on a : SEP(u, λ) = Vect(x). D’après a), v(x) appartient à SEP(u, λ) = Vect(x). Ainsi, il existe μ ∈ R tel que v(x) = μx. − →de v. Autrement dit, puisque x 0, x est un − vp − →de u est − − →de v. On en déduit que tout − vp vp
Corrigés des exercices
b) 2) Puisque u admet n vp distinctes et dim(E) = n, u est diagonalisable. − →de u. D’après Il existe donc une base B de E constituée de − vp − − → − − → b) 1), tous ces vp sont aussi des vp de v. − →communs à u et v. Donc la base B de E est constituée de − vp − →de v, donc En particulier, B est une base de E constituée de − vp
v est diagonalisable.
7.22
a) • Soit P ∈ Cn [X].
Alors il existe a ∈ C et Q ∈ Cn−1 [X] tels que : P(X) = aX + Q(X). n
On a :
P (X) = anXn−1 + Q (X).
Et donc : f (P) = (X2 − 1) anXn−1 + Q (X) − (nX − 1) aXn + Q(X) n+1 = (an − an)X + R(X) = R(X), avec R(X) = −anXn + aXn−1 + (X2 − 1)Q (X) − (nX − 1)Q(X) donc : deg(R) n. Donc f (P) appartient à Cn [X]. Ainsi, f : Cn [X] −→ Cn [X]. Soient (P, Q) ∈ Cn [X] et α ∈ C. On a : f (αP + Q) = (X2 − 1) αP + Q (X) − (nX − 1) αP + Q (X) 2 = α (X − 1)P (X) − (nX − 1)P(X) + (X2 − 1)Q (X) − (nX − 1)Q(X) = α f (P) + f (Q).
•
Donc f est linéaire. On en déduit que f est un endomorphisme de Cn [X]. b) • Soit α une racine de P. Notons r son ordre de multiplicité. Alors α est racine de P d’ordre r − 1. On en déduit polynômes Q et R tels que : 0 qu’il existe deux P(X) = (X − α)r Q(X) et Q(α) 0 . P (X) = (X − α)r−1 R(X) et R(α) 0 − → P. On a : Notons λ la vp associée au − vp f (P) = λP ⇐⇒ (X2 − 1)P (X) = (nX − 1 + λ)P(X)
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⇐⇒ (X2 − 1)(X − α)r−1 R(X) = (nX − 1 + λ)(X − α)r Q(X) ⇐⇒ (X2 − 1)R(X) = (nX − 1 + λ)(X − α)Q(X). En remplaçant X par α dans l’égalité précédente, on obtient : (α2 − 1)R(α) = 0. Puisque R(α) 0, on a α2 − 1 = 0, et donc α = ±1. Ainsi 1 et −1 sont les seules racines possibles de P. • Notons
d le degré de P et a son coefficient dominant. Puisque (X2 − 1)P (X) = (nX − 1 + λ)P(X), en identifiant les termes dominants, on obtient : adXd+1 = naXd+1 . Puisque a 0 (car a est le coefficient dominant de P), on déduit : d = n. Ainsi le polynôme P est de degré n. − →associé à cette vp. vp c) • Soit λ une vp de f et P un −
Alors d’après b), le polynôme P est de la forme : P(X) = a(X − 1)r (X + 1)n−r , avec a ∈ C∗ et r ∈ 0 ; n. Ainsi : P (X) = ar(X − 1)r−1 (X + 1)n−r + a(n − r)(X − 1)r (X + 1)n−r−1 = a(X − 1)r−1 (X + 1)n−r−1 r(X + 1) + (n − r)(X − 1) = a(X − 1)r−1 (X + 1)n−r−1 nX + (2r − n) . Puisque f (P) = λP, on en déduit : # $ (X2 − 1) a(X − 1)r−1 (X + 1)n−r−1 nX + (2r − n) = a(nX − 1 + λ)(X − 1)r (X + 1)n−r ⇐⇒ a(X − 1) (X + 1)n−r nX + (2r − n) r
= a(nX − 1 + λ)(X − 1)r (X + 1)n−r ⇐⇒ nX + (2r − n) = nX − 1 + λ ⇐⇒ λ = 2r − n + 1. On en déduit que les vp de f sont les réels de la forme 2r−n+1, avec r ∈ 0 ; n. Ainsi f admet n + 1 vp distinctes. Puisque dim Cn [X] = n + 1, f est diagonalisable et tous les SEP de f sont de dimension 1. Donc : ∀r ∈ 0 ; n, SEP( f, 2r − n + 1) = Vect (X − 1)r (X + 1)n−r . d) Prenons n = 3. Notons B = (1, X, X2 , X3 ) la base canonique de C3 [X]. Alors la matrice de f dans la base B est : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 −1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜−3 1 −2 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ 0 −2 1 −3⎟⎟⎟⎟⎟ = A. ⎠ ⎝ 0 0 −1 1 Les valeurs propres de f nous donnent les vp de A et les com− →de f nous donnent les − − →de A. posantes dans la base B des − vp vp On en déduit que les vp de A sont : −2, 0, 2, 4. Ainsi A admet quatre vp distinctes et A ∈ M4 (C), donc A est diagonalisable. De plus : SEP( f, −2) = Vect (X + 1)3 = Vect(1 + 3X + 3X 2 + X 3 ) SEP( f, 0) = Vect (X − 1)(X + 1)2 = Vect(−1 − X + X 2 + X 3 ) SEP( f, 2) = Vect (X − 1)2 (X + 1) = Vect(1 − X − X 2 + X 3 ) SEP( f, 4) = Vect (X − 1)3 = Vect(−1 + 3X − 3X 2 + X 3 ) Notons F la famille de polynômes : (X + 1)3 , (X − 1)(X + 1)2 , (X − 1)2 (X + 1), (X − 1)3 . La famille F est alors une base de C3 [X] (car ce sont des vecteurs propres u associés à des vp distinctes, et la famille est de cardinal 4 = dim C3 [X] ).
147
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
En notant P la matrice de passage de la base B à la base F et D la matrice de f dans la base F , on a, par la formule de changement de base : A = P D P−1 . On en déduit que A = P D P−1 , avec ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−2 0 0 ⎜⎜⎜1 −1 1 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 0 0 ⎜⎜⎜3 −1 −1 3 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ P = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ et D = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ 0 0 2 ⎜⎜⎝3 1 −1 −3⎟⎟⎠ 0 00 1 1 1 1
On en déduit que 0 est la seule vp de u. 2e cas : si rg(u) = dim(E), alors Im(u) = E, donc u est surjectif, et par la caractérisation des automorphismes, u est bijectif. Puisque u ◦ (u − aIdE ) = u2 − au = 0, en multipliant à gauche par u−1 , on obtient u − aIdE = 0 et donc u = aIdE .
⎞ 0⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟. 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ 4
On en déduit que a est la seule vp de u. 3e cas : si 0 < rg(u) < dim(E), alors : u n’est pas surjectif, donc non bijectif par la caractérisation des automorphismes en dimension finie ; ainsi 0 est vp de u
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 7.23 a) Notons V = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R). ⎜⎝ ⎟⎠ 1 ⎞ ⎛ n ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ a1, j ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎛ ⎞ ⎟⎟⎟ ⎜1⎟ ⎜⎜⎜ j=1 ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ Alors : AV = ⎜⎜ . ⎟⎟ = ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ = V. ⎟⎟⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎜⎜⎜ n ⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜ a ⎟⎟⎟⎟⎟ n, j ⎠ ⎝
u − aIdE n’est pas bijectif car sinon, en multipliant par (u − aIdE )−1 dans la relation u ◦ (u − aIdE ) = 0, on obtient u = 0 et donc rg(u) = 0, ce qui est absurde ! donc, a est vp de u. On en déduit que les vp de u sont 0 et a.
j=1
Puisque V 0, on en déduit que 1 est une vp de A. n b) • Puisque AX = λX, on a : ∀i ∈ 1 ; n, ai, j x j = λxi .
On conclut que les vp de u sont : ⎧ ⎪ 0 si rg(u) = 0 ⎪ ⎪ ⎨ a si rg(u) = dim(E) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0, a si 0 < rg(u) < a. b) 1) Montrons que E = Ker(u) ⊕ Ker(u − aIdE ). •
Soit x ∈ Ker(u) ∩ Ker(u − aIdE ). Alors :
j=1
Il existe i0 ∈ 1 ; n tel que : ∀i ∈ 1 ; n, |xi | |xi0 |. En particulier, pour i = i0 : n (( (( ( (( (λxi0 (( = (( ai0 , j x j (( n ( ((a x ((( (par l’inégalité triangulaire) i0 , j j j=1 n
( ( ai0 , j (( x j (( (car ai0 , j 0)
j=1
n
n ( ( ( ( ( ( ai0 , j (( xi0 (( = ai0 , j (( xi0 (( = (( xi0 ((.
j=1
j=1
=1
( ( ( ( Puisque (( xi0( (( (> 0 (car sinon (( xi0 (( = 0 et par conséquent ∀i ∈ 1 ; n, (( xi (( = 0 et donc X = 0, ce qui est absurde car −− → X est ( vp( ),( on en déduit, en divisant l’inégalité précédente ( un par (( xi0 (( : ((λ(( 1. •
On conclut :
λ ∈ [−1 ; 1].
a) • Puisque u2 − au = 0, on montre que, pour toute vp λ de u, λ vérifie : λ2 − aλ = 0 = λ(λ − a).
7.24
Donc les seules vp possibles de u sont 0 et a. •
Les réels 0 et a sont-ils des vp de u ?
1 cas : si rg(u) = 0, alors Im(u) = {0} et donc u = 0. er
148
Donc u(x) = 0 = ax, et comme a ∈ K∗ , on obtient x = 0. Ainsi : Ker(u) ∩ Ker(u − aIdE ) = {0}, et donc Ker(u) et Ker(u − aIdE ) sont en somme directe.
j=1
=
u(x) = 0 et u(x) − ax = 0.
•
Soit x ∈ E.
Montrons qu’il existe (y, z) ∈ Ker(u) × Ker(u − aIdE ) tel que : x = y + z. Analyse : Si y et z existent, alors, puisque y ∈ Ker(u) et z ∈ Ker(u − aIdE ), on a : u(y) = 0 et u(z) = az. u(x) = u(y) + u(z) = 0 + az = az. 1 1 On en déduit : z = u(x) et y = x − z = x − u(x). a a 1 1 Synthèse : On a : x = x − u(x) + u(x), a a D’où :
noté y
noté z
1 1 u(y) = u(x) − u2 (x) = − u2 (x) − au(x) = 0, a a 1 (u − aIdE )(z) = u2 (x) − au(x) = 0, a donc : y ∈ Ker(u) et z ∈ Ker(u − aIdE ). et :
•
On conclut :
E = Ker(u) ⊕ Ker(u − aidE ).
2) Soient B1 une base de Ker(u) et B2 une base de Ker(u − aIdE ). Puisque Ker(u) et Ker(u − aIdE ) sont supplémentaires dans E, alors la famille B1 ∪ B2 est une base de E.
Corrigés des exercices
− →de u associés à la vp 0, et Or, les vecteurs de B1 sont des − vp − →de u associés à la vp a. Donc la vp les vecteurs de B2 sont des − − →de u. vp base B1 ∪ B2 de E est constituée de −
Enfin, puisque la famille (X1 , . . . , X p ) est libre, on obtient :
On conclut :
Donc (NX1 , . . . , NX p ) est une famille libre de SEP(N M, λ).
u est diagonalisable.
a) • Soit λ une vp de MN. Montrons que λ est une vp
7.25 de N M.
1er cas : λ 0. − →de MN associé à la vp λ. Soit X un − vp Alors, MNX = λX et donc, en multipliant par N à gauche : N MNX = N M(NX) = λ(NX). Si NX = 0, alors MNX = 0 = λX et puisque λ 0, on en − →. déduit que X = 0 ce qui est absurde car X est un − vp Donc NX 0.
− →de On en déduit que λ est une vp de N M et que NX est un − vp N M associé à λ. 2e cas : λ = 0. Alors la matrice MN n’est pas inversible. Supposons la matrice N M inversible. Alors, en notant f et g les endomorphismes de Kn canoniquement associés à M et N respectivement, g◦ f bijectif. D’après l’exercice 1.17, on en déduit que f est injectif et que g est surjectif ; puis, par la caractérisation des automorphismes en dimension finie, f et g sont bijectifs, et donc M et N sont inversibles. Il en résulte, par produit, que la matrice MN est inversible. Ce qui est absurde !
Par conséquent : dim SEP(N M, λ) dim SEP(MN, λ) = p. •
Par symétrie des rôles de M et N, on a aussi : dim SEP(MN, λ) dim SEP(N M, λ) . On conclut : dim SEP(MN, λ) = dim SEP(N M, λ) . c) Montrons que le résultat précédent n’est pas valable pour λ = 0 à l’aide d’un contre-exemple. 11 1 2 Prenons : M = et N = . 00 −1 −2 00 1 1 On a : MN = et N M = . 00 −1 −1 Il est clair que : rg(MN) = 0 et rg(N M) = 1. ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ dim SEP(MN, 0) = 2 − 0 = 2 Donc : ⎪ ⎪ dim SEP(N M, 0) = 2 − 1 = 1 . ⎩
7.26
a) 1) En lisant la matrice C, on a : ∀i ∈ 1 ; n − 1, f (ei ) = ei+1
• Par symétrie des rôles de M et N, toute vp de N M est vp de MN.
et f (en ) = −(a0 e1 + · · · + an−1 en ). ⎧ 0 ⎪ f (e1 ) = e1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ f (e1 ) = e2 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ (e1 ) = f (e2 ) = e3 , f ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ .. ⎨ Donc : ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ n−1 ⎪ ⎪ f (e1 ) = f f n−2 (e1 ) = f (en−1 ) = en ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ f n (e1 ) = f f n−1 (e1 ) = f (en ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ = −(a0 e1 + · · · + an−1 en ).
On conclut :
a) 2) • On a :
On en déduit que la matrice N M n’est pas inversible et donc que 0 est vp de N M. Dans les deux cas, on obtient que λ est aussi une vp de N M.
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∀i ∈ 1 ; p, αi = 0.
les matrices MN et N M ont les mêmes vp.
b) • Soit (X1 , . . . , X p ) une base de SEP(MN, λ). Puisque λ 0, en utilisant le corrigé de la question précédente, la famille (NX1 , . . . , NX p ) est une famille de SEP(N M, λ). Montrons que cette famille est libre. p αi NXi = 0. Soit (α1 , . . . , α p ) ∈ K p tel que i=1
En multipliant par M, on a : p p M αi NXi = αi MNXi = 0 i=1
=
p
i=1
− →de MN associé à λ . αi λ Xi , car Xi est un − vp i
i=1
Puisque λ 0, on déduit :
p i=1
αi Xi = 0.
P( f )(e1 )
= f n (e1 ) + an−1 f n−1 (e1 ) + · · · + a1 f (e1 ) + a0 e1 = −(a0 e1 + · · · + an−1 en ) + an−1 en + · · · + a1 e2 + a0 e1 = 0. Soit i ∈ 2 ; n. Puisque ei = f i−1 (e1 ), on a : P( f )(ei ) = P( f ) f i−1 (e1 )
•
= f n+i−1 (e1 ) + an−1 f n+i−2 + · · · + a1 f i (e1 ) + a0 f i−1 (e1 ) = f i−1 f n (e1 ) + an−1 f n−1 (e1 ) + · · · + a1 f (e1 ) + a0 e1 = f i−1 (0) = 0. •
Ainsi, l’application P( f ) s’annule en tous les vecteurs de la base B. On en déduit que P( f ) = 0. a) 3) Soit λ une vp de C. Alors λ est une vp de f . Il existe donc un vecteur propre x de f associé à cette vp λ. Par récurrence, on montre : ∀i ∈ 0 ; n, f i (x) = λi x. 149
Chapitre 7
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
c) 1) • Soit x ∈ C.
Ainsi : P( f )(x) = f n (x) + an−1 f n−1 (x) + · · · + a1 f (x) + a0 x = λn + an−1 λn−1 + · · · + a1 λ + a0 )x = P(λ)x. Puisque P( f )(x) = 0 et x 0, on en déduit que P(λ) = 0. On conclut que λ est une racine du polynôme P. b) 1) On a : Donc :
P(X) = (X − λ)R(X) = XR(X) − λR(X).
P( f ) = 0 = f ◦ R( f ) − λR( f ) = ( f − λIdCn ) ◦ R( f ).
On en déduit que ( f − λIdCn ) ◦ R( f ) = 0. b) 2) Soit λ une racine de P. D’après la question précédente : ( f − λIdCn ) ◦ R( f ) = 0. •
Montrons que R( f ) 0.
Par l’absurde, supposons R( f ) = 0. Le polynôme R est de degré n − 1, car deg(P) = n. Notons R(X) = b0 + b1 X + · · · + bn−1 Xn−1 . On a alors :
R( f )(e1 )
= b0 e1 + b1 f (e1 ) + · · · + bn−1 f n−1 (e1 ) = b0 e1 + b1 e2 + · · · + bn−1 en .
150
⎛ ⎜⎜⎜−x ⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜ On a : C − x In = ⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ 0 ⎜⎝ 0
0 −x .. . ···
⎞ −a0 ⎟⎟ ⎟ −a1 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟. .. .. ⎟⎟⎟ . . ⎟⎟⎠ 1 −x − an−1
···
Notons D1 , . . . , Dn les colonnes de cette matrice. Il est clair que les (n − 1) premières colonnes sont linéairement indépendantes. Donc : rg(C − x In ) = rg D1 · · · Dn n − 1. • Soit λ une vp de C. Alors rg(C − λIn ) < n et puisque rg(C − λIn ) n − 1, on en déduit que rg(C − λIn ) = n − 1.
En utilisant le théorème du rang : dim SEP(C, λ) = n − rg(C − λIn ) = n − (n − 1) = 1. c) 2) Puisque tous les SEP de C sont de dimension 1, C est diagonalisable si et seulement si C admet n vp distinctes. De plus, on vient de montrer que : λ est une vp de C ⇐⇒ λ est une racine de P. On conclut : C est diagonalisable ⇐⇒ P admet n racines distinctes. d) • Notons P1 (X) = X4 − 1. Alors la matrice A1 est la matrice compagnon du polynôme P1 .
On en déduit que b0 e1 + b1 e2 + · · · + bn−1 en = 0, et puisque la famille (e1 , . . . , en ) est une base de Cn et donc une famille libre, on conclut que tous les coefficients bi son nuls.
Or le polynôme P1 admet 4 racines deux à deux distinctes : 1, −1, i, −i.
Donc R(X) = 0 et ainsi P(X) = 0, ce qui est absurde !
On conclut que la matrice A1 est diagonalisable.
Ceci montre : R( f ) 0.
•
• On en déduit que f − λIdCn n’est pas bijectif, car sinon, en multipliant par ( f − λIdCn )−1 dans ( f − λIdCn ) ◦ R( f ) = 0, on obtient R( f ) = 0, ce qui est absurde !
Or le polynôme P2 admet 3 racines distinctes : −2, 1, 2, mais n’admet pas 4 racines distinctes.
Donc λ est une vp de f et donc de C.
On conclut que la matrice A2 n’est pas diagonalisable.
Notons P2 (X) = X4 − 2X3 − 3X2 + 8X − 4. Alors la matrice A2 est la matrice compagnon du polynôme P2 .
Suites
CHAPITRE
Plan Les méthodes à retenir 151 Énoncés des exercices
153
Du mal à démarrer ?
159
Corrigés des exercices
162
8
Thèmes abordés dans les exercices •
Convergence, divergence d’une suite, détermination de son éventuelle limite
•
Calcul, quand c’est possible, du terme général d’une suite
•
Montrer que deux suites sont adjacentes
•
Étude d’une suite du type un+1 = f (un ).
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Propriétés des suites convergentes et des suites de limite infinie, pour les opérations algébriques et l’ordre usuel, en particulier le théorème d’encadrement
•
Calcul du terme général pour les suites usuelles : suites arithmétiques, suites géométriques et leurs dérivées successives, suites arithmético-géométriques, suites récurrentes linéaires d’ordre 2 (à coefficients constants et sans second membre)
•
Définition et propriétés des suites monotones
•
Définition et propriétés de deux suites adjacentes
•
Plan d’étude des suites du type un+1 = f (un ).
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Les méthodes à retenir Pour montrer qu’une suite converge et trouver sa limite
Essayer d’exprimer le terme général de façon à pouvoir appliquer les théorèmes généraux (théorème d’encadrement, opérations sur les suites convergentes).
➥ Exercices 8.1, 8.7 b), 8.8 à 8.10, 8.12 c), 8.17.
Pour montrer qu’une suite converge sans déterminer sa limite
Essayer de montrer que la suite est croissante et majorée, ou que la suite est décroissante et minorée, et appliquer le théorème de la limite monotone.
➥ Exercices 8.14 a), 8.22 à 8.24, 8.26 à 8.28, 8.30. 151
Chapitre 8
•
Suites
De manière générale, privilégier l’application des énoncés des théorèmes du cours. Pour étudier la convergence d’une suite
➥ Exercices 8.7 à 8.9, 8.11, 8.21, 8.29. Ne revenir aux "epsilons" que dans le cas où les énoncés des théorèmes du cours ne s’appliquent pas directement. ➥ Exercices 8.19, 8.20, 8.31.
Pour calculer le terme général d’une suite
Se ramener aux suites pour lesquelles, dans le cours, le terme général peut être calculé : suites arithmétiques, suites géométriques et leurs dérivées successives, suites arithmético-géométriques, suites récurrentes linéaires d’ordre 2 à coefficients constants et sans second membre.
➥ Exercices 8.2 à 8.6, 8.13. Essayer de :
Pour montrer qu’une suite diverge
•
raisonner par l’absurde : supposer que la suite converge et amener une contradiction
•
montrer (dans certains cas) que le terme général tend vers +∞ ou vers −∞, et éventuellement combiner avec le point précédent pour une suite monotone.
➥ Exercices 8.18, 8.24 b), 8.25. •
Pour montrer que deux suites (u n) n, (u n) n sont adjacentes
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que : 1) l’une est croissante 2) l’autre est décroissante 3) la différence un −vn tend vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini.
➥ Exercice 8.15. •
Éventuellement, remplacer le point 3) précédent par : 3’) (un )n et (vn )n convergent et ont la même limite.
➥ Exercice 8.16.
Pour calculer le terme général u n d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2 à coefficients constants et avec second membre
Chercher une suite particulière (vn )n satisfaisant la même relation de récurrence que (un )n et de la même forme (à peu près) que le second membre. Former wn = un − vn , qui est le terme général d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2 à coefficients constants et sans second membre, calculer wn et en déduire un par : un = vn + wn .
➥ Exercice 8.13.
152
Énoncés des exercices
•
S’inspirer des exemples traités dans le cours.
•
Souvent, on pourra trouver la ou les valeurs nécessaires de l’éventuelle limite de la suite (un )n . En effet, si un −→ et si f est n∞ continue en , alors f () = .
➥ Exercices 8.14, 8.24 •
Pour étudier une suite récurrente du type u n+1 = f (u n)
Il se peut que (un )n soit croissante et majorée, ou décroissante et minorée, donc convergente. En particulier, si f est croissante et si l’intervalle d’étude est stable par f , alors (un )n est monotone.
➥ Exercices 8.14 a), b), 8.24 a), b) •
Un dessin permet souvent de prévoir le comportement de la suite (un )n et guide la marche à suivre.
➥ Exercice 8.24 b) •
Une séparation en cas, selon la position du premier terme de la suite par rapport aux points fixes de f , peut être nécessaire. suivie de l’étude de la monotonie de (un )n .
➥ Exercice 8.24 b) •
On peut essayer d’utiliser une majoration de type géométrique
➥ Exercice 8.14 c). Essayer de : Pour étudier deux suites (u n) n, (u n) n définies simultanément par des relations de récurrence les combinant
•
calculer les termes généraux un et vn
•
étudier la monotonie éventuelle des suites (un )n , (vn )n
➥ Exercices 8.27, 8.28 •
raisonner sur les valeurs nécessaires des limites éventuelles
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➥ Exercices 8.27, 8.28.
Énoncés des exercices 8.1 Exemples de calculs de limites de suites réelles Dans chacun des exemples suivants, montrer que la suite, dont on donne le terme général un , converge, et calculer sa limite : n+3 a) 2 n +n+1 b)
n2 + 1 n−2
c)
n3 − n n3 + 1 153
Chapitre 8
•
Suites
sin n n √ √ √ e) n n + 1 − n √ √ n − E( n) f) . √ n d)
8.2 Exemples de calcul du terme général d’une suite arithmético-géométrique Dans chacun des exemples suivants, calculer le terme général un de la suite définie par : a) u0 = 1 et
∀n ∈ N, un+1 = un + 3
b) u0 = −1 et ∀n ∈ N, un+1 = 2un c) u0 = 2 et ∀n ∈ N, un+1 = 3un − 1.
8.3 Exemples de calcul du terme général d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2 à coefficients constants et sans second membre Calculer un pour tout n ∈ N, sachant : a) u0 = 0, u1 = 1,
∀n ∈ N, un+2 = un+1 + un
b) u0 = 1, u1 = −2, ∀n ∈ N, un+2 = 4un+1 − 4un c) u0 = 0, u1 = 1,
∀n ∈ N, un+2 = −2un+1 − 4un .
8.4 Suite se ramenant à une suite récurrente linéaire d’ordre 2 à coefficients constants et sans second membre Calculer un pour tout n ∈ N, sachant : u0 = 1, u1 = 4,
∀n ∈ N, un+2 =
u5n+1 . u4n
8.5 Exemple de calcul du terme général d’une suite On considère la suite réelle (un )n∈N définie par u0 ∈ R et : ∀n ∈ N, un+1 = (n + 1)un + 2n (n + 1)! . Calculer un en fonction de n. À cet effet, on pourra considérer vn =
un . n!
8.6 Exemple de calcul des termes généraux de deux suites récurrentes linéaires simultanées du premier ordre à coefficients constants et sans second membre Calculer, pour tout n ∈ N, un et vn sachant u0 = 1, v0 = 1 et : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨un+1 = −2un + 10vn ∀n ∈ N, ⎪ ⎪ ⎪v = −2u + 7v . ⎩ n+1
n
n
8.7 Maximum et minimum des termes généraux de deux suites
a) Montrer :
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ Max (x, y) = x + y + |x − y| ⎪ ⎪ ⎨ 2 ∀(x, y) ∈ R2 , ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩Min (x, y) = x + y − |x − y| . 2
b) Soient (xn )n∈N , (yn )n∈N deux suites réelles convergentes. Montrer que les deux suites réelles ⎧ ⎪ ⎪ u = Max (xn , yn ) ⎪ n ⎨ (un )n∈N , (vn )n∈N définies par : ∀n ∈ N, ⎪ convergent, ⎪ ⎪ ⎩v = Min (x , y ) n
n
n
et exprimer leurs limites en fonction de celles de (xn )n∈N , (yn )n∈N . 154
Énoncés des exercices
8.8 Deux suites vérifiant une condition de convergence Soient (un )n∈N , (vn )n∈N deux suites réelles telles que : u2n + un vn + v2n −→ 0. n∞
Montrer : un −→ 0 et vn −→ 0. n∞
n∞
8.9 Deux suites vérifiant une condition de limite √ √ x + y x + y. (√ √ ( ' ∀(a, b) ∈ (R+ )2 , (( a − b(( |a − b|.
∀(x, y) ∈ (R+ )2 ,
a) 1) Montrer : 2) En déduire :
√
b) Soient (un )n∈N , (vn )n∈N deux suites à termes dans R+ , telles que : u2n − v2n −→ 0. n∞
Montrer : un − vn −→ 0. n∞
8.10 Exemples de calculs de limites de suites réelles Dans chacun des exemples suivants, montrer que la suite, dont on donne le terme général un , converge et calculer sa limite : n 13 e k(n−k) n a) k=1
b)
n i i=1 j=1
c)
d)
n k+n k + n2 k=1 n k=1
e)
j n3
k kn + 1
n 1 k k. n n k=1
8.11 Deux suites construites à partir de deux autres suites Soient (an )n∈N , (bn )n∈N deux suites à termes dans R∗+ et convergeant vers 0. Que peut-on dire sur la nature des suites (un )n∈N , (vn )n∈N définies, pour tout n ∈ N, par :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
un =
a3n + b3n , a2n + b2n
vn =
an bn ? a3n + b3n
8.12 Suite de Fibonacci et coefficients binomiaux
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨φ0 = 0, φ1 = 1 Soit (φn )n∈N la suite réelle définie par : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀n ∈ N, φn+2 = φn+1 + φn .
a) Calculer φn en fonction de n, pour tout n ∈ N. b) Montrer : ∀n ∈ N, φ2n+1 − φn φn+2 = (−1)n . c) Établir que la suite
φn+1
d) Montrer : 1) ∀n ∈ N,
φn
n1
converge et trouver sa limite.
n n φk = φ2n k k=0
2) ∀n ∈ N,
n k=0
(−1)k
n φk = −φn . k 155
Chapitre 8
•
Suites
8.13 Exemples de calcul du terme général d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2, à coefficients constants et avec second membre Calculer un , pour tout n ∈ N, sachant : a) u0 = 1, u1 = 1,
∀n ∈ N, un+2 = 3un+1 − 2un + 4
b) u0 = 0, u1 = 0,
∀n ∈ N, un+2 = 5un+1 − 6un + 4n .
8.14 Exemples d’étude de suites du type un+1 = f (un) Étudier les suites réelles (un )n∈N définies par : 1 a) u0 = , ∀n ∈ N, un+1 = un − u2n 2 1 2 b) u0 = 1, ∀n ∈ N, un+1 = un + 2 un c) u0 = 1,
∀n ∈ N, un+1 =
1 . 1 + un
8.15 Exemple de deux suites adjacentes, nombre γ d’Euler a) Montrer que les deux suites (un )n2 , (vn )n2 définies, pour tout n 2, par : un =
n−1 1 − ln n, k k=1
vn =
n 1 k=1
k
− ln n sont adjacentes.
b) En déduire qu’il existe γ ∈ R, appelé nombre (ou constante) d’Euler, tel que :
n 1 k=1
k
= ln n + γ + o (1). n∞
8.16 Exemple de deux suites adjacentes On note, pour tout n ∈ N∗ : un =
n 1 1+ 2 , k k=1
1 vn = 1 + un . n
Montrer que les suites (un )n∈N∗ , (vn )n∈N∗ sont adjacentes.
8.17 Limite d’un produit a) Montrer : ∀x ∈ [0 ; +∞[, x − b) Déterminer lim n∞
n k=1
1+
x2 ln(1 + x) x. 2
k . n2
8.18 Limite d’une sommation ressemblant au développement du binôme de Newton Pour α ∈ R fixé, trouver lim n∞
156
n 1 n k α . n k=1 k n
Énoncés des exercices
8.19 Indices pairs, indices impairs Soit (un )n∈N une suite réelle. On suppose que les suites (u2p ) p∈N et (u2p+1 ) p∈N convergent et ont la même limite. Montrer que la suite (un )n∈N converge.
8.20 Caractérisation de la convergence des suites à termes dans Z Soit (un )n∈N une suite à termes dans Z. Montrer que la suite (un )n∈N converge si et seulement si elle est stationnaire, c’est-à-dire : il existe N ∈ N tel que (un )nN est constante.
8.21 Deux suites vérifiant des conditions de limite Soient (un )n∈N , (vn )n∈N deux suites réelles telles que : un + vn −→ 0 n∞
e un + e vn −→ 2.
et
n∞
Démontrer que (un )n∈N et (vn )n∈N convergent et déterminer leurs limites.
8.22 Exemple de suite vérifiant une condition d’inégalité Soit (un )n∈N∗ une suite réelle croissante telle que : ∀n ∈ N∗ , u2n − un
1 . n
Montrer que (un )n∈N converge.
8.23 Exemple de suite vérifiant une condition d’inégalité Étudier la suite réelle (un )n∈N sachant u0 > 0 et : ∀n ∈ N, 0 < un+1 < 2 −
1 . un
8.24 Exemples d’études de suites du type un+1 = f (un) Étudier les suites réelles (un )n∈N définies par : ) √ a) u0 = 4, ∀n ∈ N, un+1 = un + 2un b) u0 ∈ R,
∀n ∈ N, un+1 = 2un − u2n .
8.25 Exemple d’étude de suite du type un+1 = f (un) On considère la suite réelle (un )n∈N définie par u0 = 5 et : ∀n ∈ N, un+1 = un +
1 . un
a) Déterminer lim un . © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
n∞
b) Montrer : ∀n ∈ N, un >
√ 25 + 2n.
8.26 Exemple de suite dans laquelle un+2 dépend de un+1 et de un On considère la suite réelle (un )n∈N définie par u0 = 0, u1 = ∀n ∈ N, un+2 =
1 et : 2
1 (1 + un+1 + u3n ). 3
a) Montrer : ∀n ∈ N, un ∈ [0 ; 1]. b) Montrer que (un )n∈N est croissante. c) Établir que (un )n∈N converge et déterminer sa limite. 157
Chapitre 8
•
Suites
8.27 Exemple de deux suites récurrentes simultanées On considère les suites réelles (un )n0 , (vn )n0 définies par u0 > 0, v0 > 0 et : un + vn 2un vn . ∀n ∈ N, un+1 = et vn+1 = 2 un + vn Montrer que (un )n∈N et (vn )n∈N convergent et déterminer leurs limites.
8.28 Moyenne arithmético-géométrique Soient (a, b) ∈ (R∗+ )2 et (un )n∈N , (vn )n∈N les suites définies par u0 = a, v0 = b et : √ un + vn . ∀n ∈ N, un+1 = un vn et vn+1 = 2 Montrer que (un )n∈N et (vn )n∈N convergent et ont la même limite.
8.29 Limite de la suite des solutions d’une équation à paramètre entier xn + x−n a) Montrer que, pour tout n ∈ N tel que n 2, l’équation = n, d’inconnue x ∈ ]0 ; 1], x + x−1 admet une solution et une seule, notée xn . b) Établir : xn −→ 1. n∞
8.30 Exemple de suite où un+1 dépend de un et de n On considère la suite réelle (un )n1 définie par u1 ∈ [0 ; +∞[ et : √ 1 ∀n 1, un+1 = un + . n a) Montrer : ∀n 2, un 1. b) Établir : ∃ N 1, uN+1 uN et en déduire que (un )n1 est décroissante à partir d’un certain rang. c) Conclure : un −→ 1. n∞
8.31 Moyenne de Césaro, lemme de l’escalier, applications a) Moyenne de Césaro Soient (un )n∈N∗ une suite réelle, et (vn )n∈N∗ la suite réelle définie par : u1 + · · · + un ∀n ∈ N∗ , vn = . n Montrer que, si (un )n∈N∗ converge vers un réel , alors (vn )n∈N∗ converge aussi vers . b) Lemme de l’escalier Soit (an )n∈N∗ une suite réelle telle que (an+1 − an )n∈N∗ converge vers un réel . Montrer que an converge aussi vers . n n∈N∗ un+1 c) Soit (un )n∈N∗ une suite à termes dans R∗+ . Montrer que, si converge vers un réel un n∈N∗ √n > 0, alors ( un )n∈N∗ converge aussi vers . d) Déterminer les limites, quand l’entier n tend vers l’infini, de : √n √n 1n 2n n(n + 1) · · · (n + n) 1 · 3 · · · · (2n − 1) n , , , √n , n n n n! 158
1 n2
3 n
(3n)! . n!
Du mal à démarrer ?
Du mal à démarrer ? 8.1
Appliquer les théorèmes généraux sur les limites.
e) Utiliser une expression conjuguée. f) Utiliser : ∀x ∈ R, 0 x − E(x) < 1.
8.2
a) Il s’agit d’une suite arithmétique.
b) Il s’agit d’une suite géométrique. c) Il s’agit d’une suite arithmético-géométrique. Résoudre l’équation λ = 3λ − 1, d’inconnue λ ∈ R, puis utiliser la suite de terme général vn = un − λ.
8.3
Il s’agit de suites récurrentes linéaires d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre. Appliquer la méthode du cours : former l’équation caractéristique, écrire l’expression de un avec deux coefficients inconnus et calculer ces deux coefficients à l’aide des valeurs de u0 et u1 .
8.4
Montrer d’abord : ∀n ∈ N, un > 0,
8.11
1) Remarquer un 0 et majorer convenablement un .
2) Montrer, par des exemples, que (vn )n peut converger ou diverger.
8.12
a) Il s’agit d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2, sans second membre et à coefficients constants. Appliquer la méthode du cours : former l’équation caractéristique, écrire l’expression de φn avec deux coefficients inconnus et calculer ces deux coefficients à l’aide de φ0 et φ1 . √ √ 1− 5 1+ 5 b) Pour la commodité, noter r1 = , r2 = . 2 2 re 1 méthode : Utiliser le résultat obtenu en a).
2e méthode : Récurrence sur n. c) Utiliser le résultat de a). d) 1) et 2) Utiliser le résultat de a) et la formule du binôme de Newton.
puis considérer vn = ln un .
8.5
Obtenir : ∀n ∈ N, vn+1 = vn + 2n ,
8.13
a) 1) Chercher une suite particulière (vn )n0 telle que : ∀n ∈ N, vn+2 = 3vn+1 − 2vn + 4,
puis sommer pour faire apparaître un télescopage.
8.6
re
1 méthode :
Montrer que (un )n0 satisfait une relation de récurrence linéaire d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre, calculer un , puis calculer vn .
2e méthode : −2 10 x Noter A = ∈ M2 (R) et, pour tout n ∈ N, Xn = n ∈ M2,1 (R) −2 7 yn et obtenir : ∀n ∈ N, Xn = An X0 . Calculer An à l’aide d’une diagonalisation de A.
8.7
a) Séparer en deux cas selon les positions relatives de x
b) 1) Chercher une suite particulière (vn )n0 telle que : ∀n ∈ N, vn+2 = 5vn+1 − 6vn + 4n , sous la forme vn = a4n , a ∈ R à calculer.
2) Considérer la suite de terme général wn = un − vn .
8.14
a) 1) Montrer, par récurrence : ∀n ∈ N, un ∈ [0 ; 1].
et y.
2) Montrer que (un )n0 est décroissante.
b) Utiliser a).
3) En déduire que (un )n0 converge et obtenir que sa limite est 0.
8.8
Utiliser une mise sous forme canonique d’un trinôme.
b) 1) Montrer, par récurrence : ∀n ∈ N, un ∈ ]0 ; +∞[.
8.9
a) 1) Utiliser une élévation au carré.
2) Montrer que, si (un )n0 converge, alors sa limite est = √ 3) Montrer : ∀n ∈ N, un 2.
2) Séparer en deux cas selon les positions relatives de a et b. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
sous la forme vn = an + b, (a, b) ∈ R2 à calculer. 2) Considérer la suite de terme général wn = un − vn .
b) Utiliser a).
8.10
4) Montrer que (un )n0 est décroissante. Conclure.
a) Calculer ln un .
b) Calculer un par sommations emboîtées. Se rappeler les van n leurs des sommes k, k2 . k=1
k=1
c) Encadrer un par deux sommations plus simples. 1 (kn + 1) − 1 k en . n kn + 1 kn + 1 e) Isoler le terme d’indice n dans la sommation. d) Décomposer
√ 2.
c) 1) Montrer, par récurrence : ∀n ∈ N, un > 0.
2) Montrer que, si (un )n0 converge, alors sa limite est √ = 5 − 1. 3) Étudier |un+1 − |.
8.15
a) Revenir à la définition de deux suites adjacentes.
b) Appliquer le théorème sur les suites adjacentes.
159
Chapitre 8
•
Suites
8.16
Revenir à la définition de deux suites adjacentes. vn+1 et obPour montrer que (vn )n∈N∗ est décroissante, calculer vn vn+1 1. tenir vn
8.17
Montrer que, si (un )n∈N converge, alors sa limite vérifie : = 0 ou = 1. Séparer en cas selon la position de u1 par rapport à 0 et à 1. Exprimer la réponse en séparant en cas selon la position de u0 .
a) Étudier les variations des applications f : x −→ ln(1 + x) − x,
g : x −→ ln(1 + x) − x +
b) Noter, pour tout n ∈ N∗ , un =
n
1+
k=1
8.25
x2 . 2
Noter, pour tout n ∈ N∗ , un =
a) Montrer que (un )n0 est croissante et divergente.
b) Montrer : ∀n ∈ N, u2n+1 u2n + 2,
k et encadrer ln un n2
en utilisant a).
8.18
Remarquer : u1 ∈ ] − ∞ ; 1].
et déduire : ∀n ∈ N∗ , u2n u20 + 2n.
8.26
a) b) Récurrence à deux pas.
c) Déduire que (un )n∈N converge et que sa limite vérifie :
n 1 n k α . n k n
0 1 et =
k=1
Séparer en cas (α 0, α 0) et montrer, dans chacun des deux cas : un −→ + ∞. n∞
8.19
1) Montrer, par récurrence, que, pour tout n ∈ N, un et vn existent et sont > 0. 2) Montrer : ∀n 1, un vn .
1) Un sens est immédiat.
3) Montrer que (un )n1 est décroissante et que (vn )n∈N est croissante.
2) Réciproquement, supposer : un −→ ∈ R. n∞
4) En déduire que (un )n∈N et (vn )n∈N convergent et noter λ, μ leurs limites respectives.
Montrer qu’il existe N ∈ N tel que : ∀n N, |un − uN | < 1. Remarquer : ∀(x, y) ∈ Z2 , |x − y| < 1 =⇒ x = y .
8.21
Considérer ( e
8.22
• Déduire, par addition et télescopage :
un
5) Montrer : λ = μ. 6) Obtenir λμ = u0 v0 , en considérant la suite de terme général un vn .
−e ) ; vn 2
Conclure.
∗
∀k ∈ N , u2k − u1 2.
8.28 ∗
• Remarquer que, pour tout n ∈ N tel que n 2, il existe k ∈ N
tel que n 2k , et utiliser la croissance de la suite (un )n2 .
8.23
Montrer que (un )n∈N est décroissante, et déduire que (un )n∈N converge vers un réel tel que 0. Obtenir 2 2 − 1, puis = 0.
8.24
a) 1) Montrer, par récurrence : ∀n ∈ N, un ∈ ]0 ; +∞[. ) √ 2) Considérer f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x + 2x
et montrer que f est croissante. En déduire que (un )n∈N est décroissante.
4) Montrer que (un )n∈N converge vers un réel et que 0, puis obtenir : = 0 ou = 2. 5) Montrer, par récurrence : ∀n ∈ N, un 2.
160
Résoudre.
8.27
Revenir à la définition d’une limite, avec ε et N.
Se rappeler que tout entier est pair ou impair.
8.20
1 (1 + + 3 ). 3
• Montrer, par récurrence : ∀n ∈ N, un > 0 et vn > 0.
• Montrer : ∀n ∈ N∗ , vn un .
En déduire que (vn )n1 est décroissante et que (un )n1 est croissante. • Montrer que (un )n1 et (vn )n1 convergent et noter , leurs limites respectives, puis montrer = .
8.29
a) Considérer, pour n 2 fixé, l’application : fn : ]0 ; 1] −→ R, x −→ xn + x−n − n(x + x−1 ).
b) Obtenir, pour tout n 2 :
n xn−n+1 2n. 2
8.30
a) Montrer, par récurrence, que, pour tout n ∈ N, un existe et un 1.
b) 1) Raisonner par l’absurde.
Conclure.
2) Montrer, par récurrence : ∀n N, un+1 un .
b) Considérer l’application f : R −→ R, x −→ 2x − x2 .
c) Utiliser a), b) et l’égalité de définition de la suite (un )n1 .
Du mal à démarrer ?
8.31
a) Soit ε > 0 fixé.
ε . 2 Soit n ∈ N∗ tel que n N1 . Décomposer |vn − | en faisant intervenir une sommation de k = 1 à k = N1 et une sommation de k = N1 + 1 à k = n. Il existe N1 ∈ N∗ tel que : ∀n N1 , |un − |
d) Choisir un de façon à appliquer le résultat de c). 2n nn n(n + 1) · · · (n + n) (1) un = (2) un = (3) un = n n! nn (4) un =
1 · 3 · · · (2n − 1) nn
(5) un =
(3n)! . n2n (n!)
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) Noter, pour tout n ∈ N∗ , un = an+1 − an et utiliser a).
c) Considérer ln un .
161
Corrigés des exercices 8.1
a) un =
n2
n2 + 1 b) un = = n−2
3 n+3 1 1+ n = 1 +n+1 n 1+ n +
1 + n12 n 1 − 2n
1 n2
donc : un −→ 0. n∞
, donc : un −→ + ∞. n∞
1 n3 − n 1 − n2 −→ 1. = c) un = 3 n + 1 1 + n13 n∞ (( sin n (( 1 (( , donc, par théorème d’encadrement, d) |un | = (( n n |un | −→ 0, d’où : un −→ 0. n∞ n∞ √ √ √ √ n e) un = n n + 1 − n = √ √ n+1+ n 1 1 = 3 −→ . n∞ 2 1 1+ +1 n √ √ 1 n − E( n) √ −→ 0, f) 0 un = √ n n n∞ donc, par théorème d’encadrement : un −→ 0. n∞
8.2
a) Il s’agit d’une suite arithmétique, de raison 3.
On a donc :
∀n ∈ N, un = u0 + 3n = 1 + 3n.
b) Il s’agit d’une suite géométrique, de raison 2. On a donc :
∀n ∈ N, un = u0 2n = −2n .
c) Il s’agit d’une suite arithmético-géométrique. 1 On a, pour tout λ ∈ R : λ = 3λ − 1 ⇐⇒ λ = . 2 1 Notons (vn )n∈N la suite définie par : ∀n ∈ N, vn = un − . 2 1 1 On a : ∀n ∈ N, vn+1 = un+1 − = (3un − 1) − 2 2 3 1 = 3vn . = 3un − = 3 un − 2 2 La suite (vn )n0 est une suite géométrique de raison 3, d’où : 1 3 1 ∀n ∈ N, vn = v0 3n = u0 − 3n = 3n = 3n+1 . 2 2 2 On conclut : ∀n ∈ N, un = vn +
1 1 n = (3 + 1). 2 2
8.3
Il s’agit de suites récurrentes linéaires d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre. a) L’équation caractéristique r2 −r−1 √ √ = 0 admet deux solutions 1+ 5 1− 5 réelles r1 = , r2 = . 2 2
162
D’après le cours, il existe (λ1 , λ2 ) ∈ R2 tel que :
On a :
∀n ∈ N, un = λ1 r1n + λ2 r2n . ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u0 = 0 ⎨λ1 + λ2 = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u1 = 1 ⎩λ1 r1 + λ2 r2 = 1 ⇐⇒ λ1 =
−1 1 = √ , r2 − r1 5
1 λ2 = −λ1 = − √ . 5
On conclut :
√ √ 1 # 1 + 5 n 1 − 5 n $ ∀n ∈ N, un = √ − . 2 2 5
b) L’équation caractéristique r2 − 4r + 4 = 0 admet une seule solution (double) r0 = 2. D’après le cours, il existe donc (λ, μ) ∈ R2 tel que : ∀n ∈ N, un = (λ + μn)2n . ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u0 = 1 ⎪λ = 1 ⎪ ⎨ ⎨ ⎨λ = 1 ⇐⇒ ⎪ On a : ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩μ = −2. ⎩u1 = −2 ⎩(λ + μ)2 = −2 On conclut : ∀n ∈ N, un = (1 − 2n)2n . c) L’équation caractéristique r2 + 2r + 4 = 0 n’admet pas de solution réelle mais admet deux conjuguées √ solutions complexes √ r1 = −1 + i 3, r2 = −1 − i 3. √ 1 3 2π On a |r1 | = 2, puis : r1 = 2 − + i = 2e i 3 . 2 2 D’après le cours, il existe donc (A, B) ∈ R2 tel que : 2nπ 2nπ ∀n ∈ N, un = 2n A cos + B sin . 3 3 On a : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u0 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u = 1 1
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪A = 0 ⎨ ⇐⇒⎪ ⎪ 2π 2π ⎪ ⎪ ⎩2 A cos =1 + B sin 3 3
⎧ ⎪ ⎪ A=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩B = √ . 3
2nπ 2n On conclut : ∀n ∈ N, un = √ sin . 3 3
8.4
Une récurrence à deux pas (aussi dite récurrence double), immédiate, montre que, pour tout n ∈ N, un existe et un > 0. Notons, pour tout n ∈ N : vn = ln un . ⎧ ⎪ ⎪ ⎪v0 = 0, v1 = 2 ln 2 ⎨ On a : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀n ∈ N, vn+2 = 5vn+1 − 4vn . Ainsi, la suite (vn )n∈N est une suite récurrente linéaire d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre.
Corrigés des exercices
L’équation caractéristique r2 − 5r + 4 = 0 admet deux solutions réelles, qui sont 1 et 4. D’après le cours, il existe (λ1 , λ2 ) ∈ R2 tel que : ∀n ∈ N, vn = λ1 + λ2 4n . Et : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨v0 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v1 = 2 ln 2
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ λ1 + λ2 = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩λ1 + 4λ2 = 2 ln 2
⎧ 2 ⎪ ⎪ ⎪ λ1 = − ln 2 ⎪ ⎪ ⎨ 3 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩λ2 = ln 2. 3
2 On obtient : ∀n ∈ N, vn = (4n − 1) ln 2, 3 2
∀n ∈ N, un = e vn = 2 3 (4
d’où :
8.5
n −1)
.
On a, pour tout n ∈ N : vn+1 =
un+1 (n + 1)un + 2n (n + 1)! = (n + 1)! (n + 1)! un n = + 2 = vn + 2n . n!
On somme cette égalité de 1 à n, d’où, par télescopage : 2 p−1 =
p=1
n−1 q=0
2q =
2n − 1 = 2n − 1, 2−1
d’où : ∀n 1, vn = v0 + 2n − 1. On obtient :
n
e
2 méthode : intervention de l’algèbre linéaire : u Notons, pour tout n ∈ N : Xn = n ∈ M2,1 (R). vn On a, pour tout n ∈ N : −2un + 10vn −2 10 un un+1 = = = AXn . Xn+1 = vn+1 −2un + 7vn −2 7 vn
∀n ∈ N, Xn = An X0 .
∀n 1, vn − vn−1 = 2n−1 .
n
1 (un+1 + 2un ) 10 % 1. − 5 · 2n+1 + 6 · 3n+1 + 2(−5 · 2n + 6 · 3n ) = 10 1 = (−20 · 2n + 30 · 3n ) = −2n+1 + 3n+1 . 10 ⎧ ⎪ n n ⎪ ⎪ ⎨un = −5 · 2 + 6 · 3 On conclut : ∀n ∈ N, ⎪ ⎪ ⎪v = −2n+1 + 3n+1 . ⎩ ∀n ∈ N, vn =
Il s’ensuit, par une récurrence immédiate :
Ainsi, en décalant l’indice d’une unité :
∀n 1, vn − v0 =
Ensuite :
∀n 1, un = (u0 + 2n − 1) n!.
Le calcul de un et vn se ramène ainsi au calcul de An . On calcule les valeurs propres et les sous-espaces propres de A (cf. chapitre 7), on montre que A est diagonalisable dans M2 (R), et on obtient une diagonalisation de A : A = PDP−1, où : 1 −2 52 20 . P= , D= , P−1 = −2 5 21 03 On a donc : ∀n ∈ N, Xn = An X0 = (PDP−1 )n X0 = PDn P−1 X0 ,
De plus, cette formule est aussi vraie pour n = 0. Finalement : ∀n ∈ N, un = (u0 + 2n − 1) n!.
8.6
1re méthode : utilisation de suites récurrentes linéaires d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
On a, pour tout n ∈ N :
et on obtient, après calcul du produit de quatre matrices : −5 · 2n + 6 · 3n Xn = n n . −2 · 2 + 3 · 3 On arrive bien sûr au même résultat que par la première méthode.
un+2 = − 2un+1 + 10vn+1 = − 2un+1 + 10(−2un + 7vn ) = −2un+1 − 20un + 70vn = − 2un+1 − 20un + 7(un+1 + 2un ) = 5un+1 − 6un . Ainsi, la suite (un )n0 est une suite récurrente linéaire d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre. L’équation caractéristique r2 − 5r + 6 = 0 admet deux solutions réelles, qui sont 2 et 3. D’après le cours, il existe (λ1 , λ2 ) ∈ R2 tel que : ∀n ∈ N, un = λ1 2 + λ2 3 . ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨λ1 + λ2 = 1 ⎨u0 = 1 ⇐⇒ ⇐⇒ On a : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u1 = 8 ⎩2λ1 + 3λ2 = 8 n
n
On obtient : ∀n ∈ N, un = −5 · 2n + 6 · 3n .
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨λ = −5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩λ2 = 6.
8.7
a) Soit (x, y) ∈ R2 .
Séparons en deux cas selon les positions relatives de x et y. Si x y, alors Max (x, y) = x et : 1 1 x + y + |x − y| = x + y + (x − y) = x. 2 2 Si x y, alors Max (x, y) = y et : 1 1 x + y + |x − y| = x + y − (x − y) = y. 2 2 On conclut, pour les deux cas : Max (x, y) =
1 x + y + |x − y| . 2 163
Chapitre 8
•
Suites
a) On a, pour tout n ∈ N∗ , un > 0 et : n $ 13 # e k(n−k) n ln un = ln
8.10
Par le même raisonnement, on obtient : Min (x, y) =
1 x + y − |x − y| . 2
k=1 n n n 1 1 = 3 k(n − k) = 3 n k− k2 n k=1 n k=1 k=1
b) En utilisant a) et en notant x = lim xn , y = lim yn , on a : n∞
un = Max (xn , yn ) =
vn = Min (xn , yn ) =
n∞
1 xn + yn + |xn − yn | 2 1 −→ x + y + |x − y| = Max (x, y), n∞ 2 1 xn + yn − |xn − yn | 2 1 −→ x + y − |x − y| = Min (x, y), n∞ 2
8.8
Par mise sous forme canonique d’un trinôme, on a, vn 2 3 2 pour tout n ∈ N : u2n + un vn + v2n = un + + vn . 2 4 3 2 2 2 On a donc : ∀n ∈ N, 0 vn un + un vn + vn . 4 3 On déduit, par le théorème d’encadrement : v2n −→ 0, n∞ 4 d’où : vn −→ 0. n∞
vn 2 u2n + un vn + v2n , De même : ∀n ∈ N, 0 un + 2 vn 2 vn donc : un + −→ 0, puis : un + −→ 0, et enfin : n∞ 2 2 n∞ vn 1 − vn −→ 0. un = un + n∞ 2 2 a) 1) On a, pour tout (x, y) ∈ (R∗+ )2 : √ √ √ x+y x+ y √ √ √ √ ⇐⇒ x + y ( x + y)2 ⇐⇒ 0 2 x y,
8.9
=
1 n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) − n n3 2 6
(n + 1)(n − 1) n2 1 n + 1 3n − (2n + 1) = ∼ 2 = . 2 2 n∞ 6n 6n 6n 6 1 1 On a donc : ln un −→ , et on conclut : un −→ e 6 . n∞ 6 n∞ b) On a, pour tout n ∈ N∗ : =
un =
n n i n i j 1 1 i(i + 1) = j = n3 n3 i=1 j=1 n3 i=1 2 i=1 j=1
1 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) 1 2 i + i = 3 + 3 2n i=1 2n 6 2 i=1 n
=
n
n(n + 1)(n + 2) n(n + 1) 1 n3 (2n + 1) + 3 = ∼ = , 3 3 n∞ 6n3 12n 6n 6 1 et on conclut : un −→ . n∞ 6 c) On a, pour tout n ∈ N∗ : ⎧ n ⎪ k+n ⎪ ⎪ ⎪ noté vn ⎪ ⎪ 2 ⎪ n n ⎪ ⎪ k + n ⎨ k=1 + n un = ⎪ n ⎪ k + n2 ⎪ ⎪ k+n ⎪ k=1 ⎪ ⎪ noté wn . ⎪ ⎪ ⎩ n2 =
k=1
Et : 1 1 n(n + 1) k + n2 = + n2 2 2 n+n n+n 2 k=1 n
vn =
=
et cette dernière inégalité est vraie. 2) Soit (a, b) ∈ (R+ )2 .
1 1 n(n + 1) k + n2 = 2 + n2 2 n n 2 k=1 n
Si a b, on a, en appliquant 1) à (x = a − b, y = b) : √ √ √ a a − b + b, ' (√ √ ( √ √ √ d’où : (( a − b(( = a − b a − b = |a − b|. Si b a, en appliquant√le résultat précédent à (b, a) à la place ' √ de (a, b), on obtient : | b − a| |b − a|. ' √ √ On conclut : ∀(a, b) ∈ (R+ )2 , | a − b| |a − b|. b) On a, en utilisant a) : ) ( ) () 0 |un − vn | = (( u2n − v2n (( |u2n − v2n | −→ 0, n∞
donc, par théorème d’encadrement : un − vn −→ 0. n∞
164
3n + 1 3 −→ , 2(n + 1) n∞ 2
wn =
=
3n + 1 3 −→ . n∞ 2 2n 3 . 2
On conclut, par théorème d’encadrement : un −→ n∞
d) On a, pour tout n ∈ N : n n 1 (kn + 1) − 1 k = un = kn + 1 n k=1 kn + 1 k=1 1 1 1 1 n− =1− n kn + 1 n k=1 kn + 1 k=1 n
=
n
noté vn
Corrigés des exercices
et : 0 vn
n n n 1 1 1 1 1 1 1= . = 2 2 n k=1 kn n k=1 k n k=1 n
puisque r1 r2 = −1 et r2 − r1 =
√
5.
e
2 méthode, n’utilisant pas a) :
On déduit, par théorème d’encadrement : vn −→ 0,
Récurrence sur n.
puis : un −→ 1.
La propriété est immédiate pour n = 0.
e) En isolant les deux derniers termes de la sommation, on a, pour tout n 2 :
Si elle est vraie pour un n ∈ N, alors :
n∞
n∞
n n−2 1 k 1 k 1 k = n k + n (n − 1)n−1 +1. un = n n k=1 n k=1 n noté w
φ2n+2 − φn+1 φn+3 = φ2n+2 − φn+1 (φn+1 + φn+2 ) = φn+2 (φn+2 − φn+1 ) − φ2n+1 = φn+2 φn − φ2n+1 = − (φ2n+1 − φn φn+2 ) = −(−1)n = (−1)n+1 .
n
noté vn
1 nn−1 1 (n − 2)(n − 2)n−2 n = , n n n n donc, par théorème d’encadrement : vn −→ 0.
• 0 vn
On a montré, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, φ2n+1 − φn φn+2 = (−1)n .
n∞
1 n−1 1 n = , donc : wn −→ 0. n∞ nn n On conclut : un −→ 1.
• 0 wn
n∞
8.11
1) On a, pour tout n ∈ N : 0 un =
a2n
a3n b3 a3 b3 + 2 n 2 n2 + n2 = an + bn . 2 + bn an + bn an bn
Comme an −→ 0 et bn −→ 0, on déduit an + bn −→ 0, puis, n∞ n∞ n∞ par théorème d’encadrement : un −→ 0.
rn+1 − r1n+1 φn+1 = 2 n −→ r2 , car |r1 | < 1 < r2 . n∞ φn r2 − r1n √ 1+ 5 φn+1 . −→ Ainsi : φn n∞ 2 d) 1) On a, pour tout n ∈ N :
c) On a :
n n k=0
n n 1 k φk = √ (r − r1k ) k k 5 2 k=0
n n 1 n k n k = √ r2 − r k 1 5 k=0 k k=0
n∞
2) On ne peut pas déduire la nature de la suite (vn )n∈N , comme le montrent les exemples suivants (où, par commodité, n 1) : 1 n • an = bn = , et alors : vn = −→ + ∞. n 2 n∞ 1 1 n3 −→ 1. • an = , bn = 2 , et alors : vn = 3 n n n + 1 n∞ 1 1 n5 −→ 0. • an = , bn = 3 , et alors : vn = 6 n n n + 1 n∞ a) Le calcul de φn a été effectué dans l’exercice 8.3 a), et on a obtenu : √ √ 1 1 + 5 n 1 − 5 n . − ∀n ∈ N, φn = √ 2 2 5
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
8.12
√ √ 1− 5 1+ 5 , r2 = . 2 2 1re méthode, utilisant a) :
1 1 = √ (1 + r2 )n − (1 + r1 )n = √ (r22n − r12n ) = φ2n , 5 5 en utilisant 1 + r2 = r22 et 1 + r1 = r12 , car r1 et r2 sont les solutions de l’équation caractéristique r2 − r − 1 = 0. 2) De même, pour tout n ∈ N : n
(−1)k
k=0
b) Notons r1 =
1 n+1 2 (r − r1n+1 − (r2n − r1n )(r2n+2 − r1n+2 ) 5 2 1 = − 2r2n+1 r1n+1 + r2n r1n+2 + r1n r2n+2 5 1 = (r1 r2 )n (r2 − r1 )2 = (−1)n , 5
φ2n+1 − φn φn+2 =
n n n 1 k φk = (−1)k √ (r − r1k ) k k 5 2 k=0 n n 1 n n = √ (−r2 )k − (−r1 )k k k 5 k=0 k=0 1 1 = √ (1 − r2 )n − (1 − r1 )n = √ (r1n − r2n ) = −φn , 5 5
en utilisant r1 + r2 = 1, car r1 et r2 sont les solutions de l’équation caractéristique r2 − r − 1 = 0.
8.13
a) 1) Cherchons une suite particulière (vn )n0 telle que : ∀n ∈ N, vn+2 = 3vn+1 − 2vn + 4.
Si vn = C, constante, on obtient C = C + 4, impossible. Cherchons vn sous la former vn = an + b, (a, b) ∈ R2 fixé à trouver. 165
Chapitre 8
•
Suites
On a alors, pour tout n ∈ N :
D’autre part : w0 = u0 −
vn+2 = 3vn+1 − 2vn + 4
⇐⇒ a(n + 2) + b = 3 a(n + 1) + b − 2(an + b) + 4 ⇐⇒ a = −4.
Ainsi, par exemple, la suite (vn )n0 définie, pour tout n ∈ N, par vn = −4n, convient. 2) Notons, pour tout n ∈ N : wn = un − vn = un + 4n.
Alors : ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪w0 = − ⎨ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩w1 = −2
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪λ + μ = − ⎨ 2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2λ + 3μ = −2
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪λ = ⎨ 2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩μ = −1.
On déduit : ∀n ∈ N, wn = 2n−1 − 3n ,
On a, pour tout n ∈ N :
et on conclut : ∀n ∈ N, un = 2n−1 − 3n + 2 · 4n−1 .
wn+2 − 3wn+1 + 2wn . % . % . % = un+2 + 4(n + 2) − 3 un+1 + 4(n + 1) + 2 un + 4n
a) 1) Montrons, par récurrence : ∀n ∈ N, un ∈ [0 ; 1]. 1 • u0 = ∈ [0 ; 1]. 2 • Si, pour un n ∈ N fixé, un ∈ [0 ; 1], alors :
8.14
= (un+2 − 3un+1 + 2un ) − 4 = 0. Ainsi, (wn )n0 est une suite récurrente linéaire d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre. L’équation caractéristique r2 − 3r + 2 = 0 admet deux racines réelles, 1 et 2. D’après le cours, il existe donc (λ, μ) ∈ R2 tel que : ∀n ∈ N, wn = λ + μ2n .
un+1 = un − u2n = un (1 − un ) ∈ [0 ; 1]. Ceci montre, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, un ∈ [0 ; 1]. 2) On a : ∀n ∈ N, un+1 = un − u2n un ,
D’autre part : w0 = u0 = 1 et w1 = u1 + 4 = 3. ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨λ = −1 ⎨w0 = 1 ⎨λ + μ = 1 ⇐⇒ Alors : ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩μ = 2. ⎩w1 = 3 ⎩λ + 2μ = 3
donc (un )n0 décroît. Puisque (un )n0 décroît et est minorée par 0, (un )n0 converge et sa limite vérifie 0. 3) On a, en faisant tendre l’entier n vers l’infini dans l’égalité de définition de la suite : = − 2 , donc : = 0.
On déduit : ∀n ∈ N, wn = −1 + 2n+1 . et on conclut : ∀n ∈ N, un = 2n+1 − 1 − 4n.
On conclut : un −→ 0. n∞
b) 1) Cherchons une suite particulière (vn )n0 telle que :
b) 1) Par récurrence immédiate, pour tout n ∈ N, un existe et un ∈ ]0 ; +∞[.
∀n ∈ N, vn+2 = 5vn+1 − 6vn + 4n . Cherchons vn sous la forme vn = a4n , a ∈ R fixé à trouver. On a alors, pour tout n ∈ N :
2) Si (un )n0 converge, alors, comme : ∀n ∈ N, 2un un+1 = u2n + 2,
vn+2 = 5vn+1 − 6vn + 4n
sa limite vérifie : 22 = 2 + 2, √ √ d’où = 2 ou = − 2, √ puis = 2, car les un sont tous > 0 donc 0.
⇐⇒ a4n+2 = 5a4n+1 − 6a4n + 4n ⇐⇒ 16a = 20a − 6a + 1 ⇐⇒ a =
1 . 2
3) On a, pour tout n ∈ N :
1 Ainsi, la suite (vn )n0 définie, pour tout n ∈ N, par vn = 4n , 2 convient. 1 2) Notons, pour tout n ∈ N : wn = un − vn = un − 4n . 2 On a, pour tout n ∈ N :
un+1 −
wn+2 − 5wn+1 + 6wn 1 1 1 = un+2 − 4n+2 − 5 un+1 − 4n+1 + 6 un − 4n 2 2 2 = un+2 − 5un+1 + 6un ) + 4n (−8 + 10 − 3) = 0.
donc : ∀n 1, un
Ainsi, (wn )n0 est une suite récurrente linéaire d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre. L’équation caractéristique r2 − 5r + 6 = 0 admet deux racines réelles, 2 et 3. D’après le cours, il existe donc (λ, μ) ∈ R2 tel que : ∀n ∈ N, wn = λ2n + μ3n . 166
1 1 = − , w1 = v1 − 2 = −2. 2 2
√
2=
1 2 √ un + − 2 2 un
√ √ u2n + 2 − 2un 2 (un − 2)2 = = 0, 2un 2un
√ 2.
1 2 un + − un 2 un √ √ 2 − u2n ( 2 − un )( 2 + un ) = = 0. 2un 2un √ Ainsi, la suite (un )n1 est décroissante et minorée par 2, donc converge. 4) Puis : ∀n ∈ N∗ , un+1 − un =
Corrigés des exercices
On a vu en 2) que la seule limite possible est √ On conclut : un −→ 2.
√
2.
n∞
c) 1) Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N, un existe et un > 0.
On conclut : les suites (un )n2 et (vn )n2 sont adjacentes. b) D’après le cours, puisque que les suites (un )n2 et (vn )n2 sont adjacentes, elles convergent et ont la même limite. Il existe donc γ ∈ R tel que : vn −→ γ, ce que l’on peut écrire : n∞ vn = γ + o (1), d’où finalement : n∞
2) Si (un )n0 converge, alors, comme :
n 1
∀n ∈ N, un+1 (1 + un ) = 1, √ la limite vérifie : (1+) = 1, donc 2 +−1 = 0, = −1± 5. Comme : ∀n ∈ N, un > 0, on déduit, √ l’entier √ en faisant tendre n vers l’infini : 0, et donc = 5− 1, puisque − 5 − 1 < 0. 3) On a, pour tout n ∈ N : 1 1 ((( − ( 1 + un 1 + (( |u − | |u − | (( − un n (( n = √ . = (( (1 + un )(1 + ) 1+ 5
(( |un+1 − | = ((
d’où, par une récurrence immédiate :
k=1
•
On a, pour tout n ∈ N∗ :
n 1 k=1
=
k
− ln(n + 1) −
n−1 1 k=1
k
+ ln n
1
1 − ln 1 + 0, n n
en utilisant l’inégalité classique :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
∀x ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + x) x. Ceci montre que la suite (un )n2 est croissante. 2) On a, pour tout n 2 : vn+1 − vn =
n+1 1
1 1 1 1+ 1+ un+1 1+ n+1 (n + 1)2 = n + 1 = 1 1 1 + un 1+ n n n(n + 2) (n + 1)2 + 1 (n2 + 2n)(n2 + 2n + 2) = = (n + 1)4 (n2 + 2n + 1)2
vn+1 vn
(n2 + 2n + 1)2 − 1 1, (n2 + 2n + 1)2
donc (vn )n∈N∗ est décroissante.
a) 1) On a, pour tout n 2 : un+1 − un =
n∞
On remarque d’abord : ∀n ∈ N∗ , un > 0 et vn > 0. un+1 1 • On a, pour tout n ∈ N∗ : =1+ 1, un (n + 1)2 donc (un )n∈N∗ est croissante.
=
n∞
8.15
= ln n + vn = ln n + γ + o (1).
8.16
1 n ∀n ∈ N, |un − | √ |u0 − |. 5 (( 1 (( 1 n −→ 0, Comme (( √ (( < 1 on a : √ n∞ 5 5 d’où : |un − | −→ 0, et donc : un −→ . n∞ n∞ √ On conclut : un −→ 5 − 1.
k
n 1 + ln n k k k=1 k=1 1 1 1 1 = − ln 1 + = + ln 1 − 0, n+1 n n+1 n+1
− ln(n + 1) −
toujours d’après l’inégalité ln(1 + x) x, appliquée à 1 . x=− n+1 Ceci montre que la suite (vn )n2 est décroissante. 1 3) On a : vn − un = −→ 0. n n∞
• Puisque (vn )n∈N∗ est décroissante et minorée (par 0), la suite (vn )n∈N∗ converge. Notons sa limite. 1 −1 On a alors : un = 1 + vn −→ , n∞ n puis : un − vn −→ − = 0. n∞
On conclut : les suites (un )n∈N∗ et (vn )n∈N∗ sont adjacentes. a) Considérons les applications f, g : [0 ; +∞[ −→ R définies, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, par :
8.17
x2 . 2 Les applications f, g sont dérivables sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f (x) = ln(1 + x) − x,
f (x) =
g(x) = ln(1 + x) − x +
1 −x −1= 0, 1+x 1+x
1 x2 −1+x= 0. 1+x 1+x Il en résulte que f est décroissante et que g est croissante. Comme f (0) = g(0) = 0, on déduit : g (x) =
∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x) 0 et g(x) 0, x2 ln(1 + x) x. 2 n k 1+ 2 . b) Notons, pour tout n ∈ N∗ : un = n k=1
et on conclut : ∀x ∈ [0 ; +∞[, x −
167
Chapitre 8
•
Suites
On a, pour tout n ∈ N∗ , un > 0 et ln un = D’après a), pour tout k ∈ 1 ; n :
n
k ln 1 + 2 . n k=1
Si n est impair, n = 2p + 1, p ∈ N, alors 2p + 1 = n 2N2 + 1, donc p N2 , d’où : |u2p+1 − | ε. On a ainsi montré :
k k k k − 4 ln 1 + 2 2 , 2 n 2n n n
2
∀ε > 0, ∃ N ∈ N, ∀n N, |un − | ε, et on conclut que la suite (un )n∈N converge vers .
d’où, en sommant pour k allant de 1 à n : n n k2 k k − ln u . n 2 4 2 n 2n n k=1 k=1 noté wn
8.20
1) Il est clair que, si (un )n∈N stationne, alors (un )n∈N converge (vers l’élément sur lequel elle stationne). 2) Réciproquement, supposons : un −→ ∈ R.
noté vn
n∞
On a : •
•
vn =
1 n2
n
k=
k=1
Il existe N ∈ N tel que : ∀n N, |un − |
1 n(n + 1) n + 1 1 = −→ n2 2 2n n∞ 2
n n k2 k2 n2 1 −→ 0, wn = vn − et 0 n 4 = 4 4 n∞ 2n 2n 2n 2n k=1 k=1
1 donc : wn −→ . n∞ 2 On déduit, par théorème d’encadrement : ln un −→ et on conclut : un −→ e
1 2
n∞
8.18 •
=
√
n∞
1 , 2
e.
n 1 n k α ∗ Notons, pour α ∈ R et n ∈ N : un = . n k=1 k n
Si α 0, alors : n n 2n − 1 1 n 1 n α k = α+1 −→ + ∞. un = α+1 α+1 n∞ n n n k k k=1 k=1 1
•
Soit α 0, alors : n n 1 n n −α 1 n 2n − 1 un = −→ + ∞. = n∞ n k=1 k k n k=1 k n 1
On conclut, pour tout α ∈ R fixé : n 1 n k α −→ + ∞. n∞ n k=1 k n
8.19
Soit n ∈ N tel que n N. On a alors, en utilisant l’inégalité triangulaire : |un − uN | |un − | + |uN − |
p∞
et
u2p+1 −→ . p∞
Ceci montre que (un )n∈N est stationnaire (elle stationne sur uN ).
8.21 (e
On a : − e v n )2 = ( e un + e v n )2 − 4 e un e v n
un
= ( e un + e vn )2 − 4 e un +vn −→ 22 − 4 e 0 = 0, n∞
donc : e
un
−e
vn
−→ 0. n∞
Ensuite : e un =
1 . un % 1 ( e + e vn ) + ( e un − e vn ) −→ (2 + 0) = 1, n∞ 2 2
1 . un % 1 ( e + e vn ) − ( e un − e vn ) −→ (2 + 0) = 1. n∞ 2 2 Puisque ln est continue en 1, on conclut : e vn =
un −→ 0 et n∞
8.22
•
vn −→ 0. n∞
On a, pour tout k ∈ N∗ :
u2 − u1
1 1 1 , u4 − u2 , . . . , u2k − u2k−1 k−1 , 1 2 2
d’où, par addition et télescopage : 1 1− k 1 1 1 1 2 u2k − u1 + + · · · + k−1 = = 2 − k−1 2. 1 1 2 2 2 1− 2
Soit ε > 0 fixé. Il existe N1 ∈ N tel que : ∀p N1 , |u2p − | ε et il existe N2 ∈ N tel que : ∀p N2 |u2p+1 − | ε. Notons N = Max (2N1 , 2N2 + 1) ∈ N.
Ainsi : ∀k ∈ N∗ , u2k u1 + 2.
Soit n ∈ N tel que n N.
Soit n ∈ N tel que n 2. Il existe k ∈ N∗ tel que n 2k . Puisque (un )n1 est croissante, on a : un u2k u1 + 2.
Si n est pair, n = 2p, p ∈ N, alors 2p = n 2N1 , donc p N1 , d’où : |un − | ε. 168
1 1 2 + = < 1. 3 3 3
Comme (un , uN ) ∈ Z2 , il en résulte : un = uN .
Par hypothèse, il existe ∈ R tel que : u2p −→
1 . 3
•
Ainsi, la suite (un )n∈N∗ est croissante et majorée, donc converge.
Corrigés des exercices
8.23
On a, pour tout n ∈ N :
un+1 − un 2 −
2un − 1 − 1 − un = un un
•
u2n
=−
(un − 1) 0, un 2
donc (un )n∈N est décroissante.
Ceci montre, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, un 2.
La suite (un )n∈N est décroissante et minorée (par 0), donc converge et sa limite vérifie 0.
En passant à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini, on déduit : 2. Comme = 0 ou = 2, on obtient = 2.
On a : ∀n ∈ N, un un+1 2un − 1,
On conclut : un −→ 2. n∞
d’où, en faisant tendre l’entier n vers l’infini : 2 − 1, 2
puis ( − 1)2 0, et donc = 1. On conclut : un −→ 1. n∞
b) Considérons l’application f : R −→ R, x −→ 2x − x2 . Si (un )n∈N converge, alors en faisant tendre l’entier n vers l’infini dans l’égalité de définition de la suite, on a f () = . On a, pour tout x ∈ R :
8.24
a) 1) Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N, un existe et un > 0. ) √ 2) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x + 2x
est dérivable sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) =
) 2
1 1+ √ > 0, √ 2x x + 2x 1
donc f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[, puis, comme f est de plus continue en 0, f est strictement croissante sur [0 ; +∞[. 3) Puisque f est croissante et que, pour tout n ∈ N : un+2 − un+1 = f (un+1 ) − f (un ), la différence un+2 − un+1 est du même signe que la différence un+1 − un . Comme : ) √ √ √ u1 − u0 = 4 + 8 − 4 < 4 + 3 − 4 = 7 − 4 < 0, on déduit : ∀n ∈ N, un+1 − un < 0, donc (un )n0 est (strictement) décroissante.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Si, pour un n ∈ N fixé, un 2, alors : ) ) ' √ un+1 = un + 2un 2 + 2 · 2 = 2.
4) Puisque (un )n0 est décroissante et minorée par 0, (un )n0 converge et sa limite vérifie 0. On a, en faisant tendre l’entier n vers)l’infini dans l’égalité de définition de la suite √ (un )n0 : = + 2 (1).
f (x) = x ⇐⇒ 2x − x2 = x ⇐⇒ x2 − x = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x = 1. Ceci montre que, si la suite (un )n∈N converge, alors sa limite est 0 ou 1. L’application f est dérivable et : ∀x ∈ R, f (x) = 2 − 2x, d’où le tableau de variations de f : x f (x) f (x)
−∞ −∞
0 + 0
1 0 1
−
+∞ −∞
On a : ∀x ∈ R, f (x) ∈ ] − ∞ ; 1], donc : ∀n 1, un ∈ ] − ∞ ; 1], et, en particulier : u1 ∈ ] − ∞ ; 1]. ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ ] − ∞ ; 0], f (x) ∈ ] − ∞ ; 0] D’autre part : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ [0 ; 1], f (x) ∈ [0 ; 1] (on dit que ] − ∞ ; 0] et [0 ; 1] sont stables par f ). Séparons en cas selon la position de u1 , puis selon la position de u0 . •
Cas u1 ∈ ] − ∞ ; 0[
y
y=x 1 u3
u2
u1
O
1
x
2
Et :
√ √ (1) ⇐⇒ 2 = + 2 ⇐⇒ 2 − = 2 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ − 0 ⎨( − 1) 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪(2 − )2 = 2 ⎪ ⎩ ⎩4 − 23 + 2 − 2 = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨( − 1) 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ = 0 ou = 2. ⎪ ⎪ ⎩( − 2)(2 + 1) = 0
y = f (x)
5) Montrons, par récurrence : ∀n ∈ N, un 2. •
On a : u0 = 4 > 2. 169
Chapitre 8
•
Suites
On a alors : ∀n ∈ N, un ∈ ] − ∞ ; 0[.
8.25
a) • Il est clair, par récurrence immédiate, que, pour tout n ∈ N, un existe et un > 0. 1 • On a : ∀n ∈ N, un+1 − un = > 0, un donc (un )n0 est (strictement) croissante.
Et : ∀x ∈ ] − ∞ ; 0], f (x) − x = x(1 − x) 0, donc : ∀n 1, un+1 − un 0, donc (un )n1 est décroissante. En particulier : ∀n 1, un u1 < 0, donc, si (un )n1 converge, sa limite vérifie u1 < 0, contradiction avec ∈ {0, 1}. Ceci montre que (un )n1 diverge. Puisque (un )n1 est décroissante et divergente, on conclut : un −→ − ∞.
• Supposons un −→ ∈ R. Alors, u0 = 5 > 0 et, en passant n∞ à la limite dans l’égalité de définition de la suite, on obtient : 1 = + , contradiction. Ainsi, la suite (un )n0 est croissante et divergente, donc :
un −→ + ∞.
n∞
•
Cas u1 = 0
n∞
b) On a, pour tout n ∈ N :
Alors, par récurrence immédiate : ∀n ∈ N∗ , un = 0,
1 2 1 = u2n + 2 + 2 > u2n + 2. u2n+1 = un + un un
donc : un −→ 0. n∞
•
Cas u1 ∈ ]0 ; 1]
Ainsi, pour tout n 1 : u2n > u2n−1 + 2, . . . , u21 > u20 + 2,
y
y=x
d’où, par addition et télescopage : u2n > u20 + 2n, √ et donc, puisque un > 0, on conclut : un > 25 + 2n.
1
8.26
a) Montrons, par récurrence à deux pas :
y = f (x)
∀n ∈ N, un ∈ [0 ; 1]. C’est vrai pour n = 0, car u0 = 0 et c’est vrai pour n = 1, car 1 u1 = . 2 • Supposons, pour un n ∈ N fixé : •
O
u1
u2
u3
u4 1
x
0 un 1 et On a alors :
∀n 1, un ∈ ]0 ; 1].
On a alors :
Et : ∀x ∈ ]0 ; 1], f (x) − x = x(1 − x) 0, donc : ∀n 1, un+1 − un 0, donc (un )n1 est croissante. Puisque (un )n1 est croissante et majorée (par 1), (un )n1 converge et sa limite vérifie : 0 < u1 1. Comme ∈ {0, 1}, on déduit : = 1. On conclut : un −→ 1. n∞ ⎧ ⎪ ⎪ −∞ si u1 < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ Ainsi : un −→ ⎪ 0 si u 1 = 0 ⎪ n∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si 0 < u1 1. De plus : u1 < 0 ⇐⇒ 2u0 − u20 < 0 ⇐⇒ u0 ∈ ] − ∞ ; 0[ ∪ ]2 ; +∞[. Finalement :
⎧ ⎪ ⎪ −∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ un −→ ⎪ 0 ⎪ n∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1
170
si u0 ∈ ] − ∞ ; 0[ ∪ ]2 ; +∞[ si u0 ∈ {0, 2} si u0 ∈ ]0 ; 1[ ∪ ]1 ; 2[.
un+2
0 un+1 1.
⎧ ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ 1 ⎨ = (1 + un+1 + u3n ) ⎪ 1 ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎩ (1 + 1 + 1) = 1. 3
On conclut, par récurrence à deux pas : ∀n ∈ N, un ∈ [0 ; 1]. b) Montrons, par récurrence à deux pas : ∀n ∈ N, un un+1 . 1 C’est vrai pour n = 0 car u0 = 0 et u1 = , et c’est vrai pour 2 1 1 n = 1, car u1 = et u2 = . 2 2 • Supposons, pour un n ∈ N fixé : un un+1 et un+1 un+2 . On a alors : •
un+3 =
1 1 (1 + un+2 + u3n+1 ) (1 + un+1 + u3n ) = un+2 . 3 3
Corrigés des exercices
4) Ainsi, pour tout n 1 :
On conclut, par récurrence à deux pas :
v1 v2 ... vn−1 vn un un−1 ... u1 .
∀n ∈ N, un un+1 , donc (un )n∈N est croissante. c) Puisque (un )n∈N est croissante et majorée (par 1), (un )n∈N est convergente et sa limite vérifie 0 1. On a, par passage à la limite dans l’égalité définissant la suite : 1 = (1 + + 3 ) (1). Et : 3 (1) ⇐⇒ − 2 + 1 = 0 ⇐⇒ ( − 1)( + − 1) = 0 3
2
√ √ 5−1 −1 − 5 ou = . 2 2 La deuxième solution est à rejeter, puisque 0. √ 5−1 0, 618... et montrons, par récurrence à Notons ω = 2 deux pas : ∀n ∈ N, un ω. ⇐⇒ = 1 ou =
vrai pour n = 0 car u0 = 0 ω, et c’est vrai pour n = 1, 1 car u1 = ω. 2 • Supposons, pour un n ∈ N fixé : un ω et un+1 ω. 1 1 On a alors : un+2 = (1 + un+1 + u3n ) (1 + ω + ω3 ) = ω. 3 3 Ceci montre, par récurrence à deux pas : ∀n ∈ N, un ω. • C’est
On déduit, par passage à la limite : ω. Comme ∈ {ω, 1} et que ω < 1, on conclut : = ω. √ 5−1 . Finalement : un −→ n∞ 2
8.27
1) Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N, un et vn existent et sont > 0. 2) On a, pour tout n ∈ N :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
un+1 − vn+1 =
2un vn un + vn − 2 un + vn (un + vn )2 − 4un vn (un − vn )2 = = 0. 2(un + vn ) 2(un + vn )
On a donc : ∀n 1, un vn . 3) On a, pour tout n 1 : un+1 − un =
un + vn vn − un − un = 0, 2 2
donc (un )n1 est décroissante. On a, pour tout n 1 : vn+1 − vn =
un vn − v2n 2un vn vn (un − vn ) − vn = = 0, un + vn un + vn un + vn
donc (vn )n1 est croissante.
La suite (vn )n1 est croissante et majorée par u1 , donc converge et sa limite μ vérifie v1 μ u1 . La suite (un )n1 est décroissante et minorée par v1 , donc converge et sa limite λ vérifie v1 λ u1 . 5) On a : ∀n ∈ N, 2un+1 = un + vn , d’où, en passant à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini : λ = μ. un + vn 2un vn = un vn , 6) On a : ∀n ∈ N, un+1 vn+1 = 2 un + vn donc la suite (un vn )n0 est constante. D’où : ∀n ∈ N, un vn = u0 v0 . En faisant tendre l’entier n vers l’infini, on déduit : λμ = u0 v0 . √ u0 v0 . √ Finalement : (un )n∈N et (vn )n∈N convergent vers u0 v0 .
Comme λ = μ 0, on obtient : λ = μ =
8.28 •
•
On obtient, par une récurrence immédiate : ∀n ∈ N, un > 0 et vn > 0.
On a, pour tout n ∈ N : un + vn 2 − u2n+1 = − un vn 2 (un + vn )2 − 4un vn (un − vn )2 = = 0, 4 4
v2n+1
d’où : ∀n ∈ N, vn+1 un+1 , ou encore, en décalant d’un rang : ∀n ∈ N∗ , vn un . un + vn un − vn ∗ − vn = 0, • On a : ∀n ∈ N , vn+1 − vn = 2 2 donc (vn )n1 est décroissante. •
On a : √ √ √ √ ∀n ∈ N∗ , un+1 − un = un vn − un = un vn − un 0, donc (un )n1 est croissante. On obtient, pour tout n 1 : u1 ... un un+1 vn+1 vn ... v1 . La suite (un )n1 est croissante et majorée (par v1 ), donc converge vers un réel . La suite (vn )n1 est décroissante et minorée (par u1 ), donc converge vers un réel . un + vn • Comme : ∀n ∈ N, vn+1 = , 2 + on déduit, en faisant tendre n vers l’infini : = , 2 donc : = . 171
Chapitre 8
•
Suites
On conclut : les suites (un )n∈N et (vn )n∈N convergent et ont la même limite. Remarque : contrairement à l’exercice 8.27, on ne peut pas ici, calculer simplement cette limite en fonction de u0 et v0 . a) Soit n ∈ N − {0, 1}; On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1] :
8.29
xn + x−n = n ⇐⇒ xn + x−n − n(x + x−1 ) = 0. x + x−1 noté fn (x)
L’application fn est deux fois dérivable sur ]0 ; 1] et, pour tout x ∈ ]0 ; 1] :
8.30
a) Montrons, par récurrence sur n, que, pour tout entier n 2, un existe et un 1. √ • On a : u2 = u1 + 1 1.
√ 1 Si un existe et un 1, alors un+1 = un + existe et n √ √ 1 un+1 = un + un 1. n Ceci montre, par récurrence, que, pour tout n ∈ N, un existe et un 1. •
b) Raisonnons par l’absurde : supposons : ∀n ∈ N, un+1 un .
fn (x) = nxn−1 − nx−n−1 − n(1 − x−2 ), fn (x) = n(n − 1)xn−2 + n(n + 1)x−n−2 − 2nx−3 = nx−3 (n − 1)xn+1 + (n + 1)x−n+1 − 2 . noté gn (x)
L’application gn est dérivable sur ]0 ; 1] et, on a, pour tout x ∈ ]0 ; 1] : gn (x) = (n − 1)(n + 1)xn − (n + 1)(n − 1)x−n = (n − 1)(n + 1)(xn − x−n ). Ainsi, successivement : gn 0 et gn ne s’annule qu’en 1, gn est strictement décroissante, gn (1) = 2n − 2 > 0, donc gn > 0, fn > 0, fn est strictement croissante, fn (1) = 0, fn < 0, fn est strictement décroissante.
Alors, (un )n∈N est croissante. • Si (un )n∈N converge vers un réel , on a, en√passant à la limite dans l’égalité définissant la suite : = , donc = 0 ou = 1. √ 1 3 1 Mais : ∀n 3, un u3 = u2 + 1 + = , 2 2 2 3 donc, en passant à la limite : , contradiction. 2 • Il en résulte : un −→ + ∞. n∞
On a alors : un+1 = un
Puisque fn est continue, strictement décroissante, et que fn (x) −→ +∞ et fn (1) = 2 − 2n < 0, d’après le théorème x −→ 0
un + un
1 n
1 1 = √ + −→ 0. un nun n∞
un+1 1. Donc la un est décroissante, contradiction avec un −→ + ∞.
de la bijection monotone, il existe xn ∈ ]0 ; 1] unique tel que fn (xn ) = 0, donc l’équation proposée admet une solution et une seule, dans ]0 ; 1], notée xn .
Il existe donc N 1 tel que :
b) Soit n ∈ N − {0, 1}. Puisque xn ∈ ]0 ; 1], on a : ⎧ −n n −n −1 −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2xn xn + xn = n(xn + xn ) nxn ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x−n xn + x−n = n(xn + x−1 ) 2nx−1 ,
Ce raisonnement par l’absurde montre :
n
d’où : x−n+1 n
n
n 2
n
n
1 1 2 n−1 1 n−1 xn . 2n n On a, par prépondérance classique : 1
ln
n∞
∃ N ∈ N − {0, 1}, uN+1 uN . 2) Montrons, par récurrence : ∀n N, un+1 un .
2n, et x−n+1 n
ln(2n) n−1 =
suite (un )nN
∀n N,
n
donc :
ln 2 + ln n 1 ln(2n) = −→ 0, n∞ n−1 n−1
1 $ # 1 n−1 1 1 − ln 2 − ln n = ln = −→ 0. n∞ 2n n − 1 2n n−1
D’où, puisque l’exponentielle est continue en 0 : 1 1 1 n−1 2 n−1 −→ 1 et −→ 1. n∞ n∞ 2n n Par théorème d’encadrement, on conclut : xn −→ 1. n∞
172
√
•
La propriété est vraie pour n = N, cf. ci-dessus.
•
Si, pour un n N fixé, un+1 un , alors : un+2 =
√
un+1 +
√ 1 1 un + = un+1 . n+1 n
Ceci montre, par récurrence sur n : ∀n N, un+1 un . Ainsi, (un )n1 est décroissante à partir d’un certain rang. c) La suite (un )nN est décroissante et minorée (par 1), donc converge et sa limite vérifie 1. En passant à la limite dans l’égalité définissant la suite, on a : = 0 ou = 1, donc = 1. Finalement : un −→ 1. n∞
Corrigés des exercices
8.31
a) Soit ε > 0.
et donc, puisque l’exponentielle est continue en ln : ∗
Puisque un −→ , il existe N1 ∈ N tel que :
ln un √n un = exp −→ . n∞ n
n∞
∀n N1 , |un − |
ε . 2
Soit n ∈ N∗ tel que n N1 + 1. On a : n n (( 1 (( 1 (uk − )(( |uk − | |vn − | = (( n k=1 n k=1
=
N1 n 1 1 |uk − | + |uk − |. n k=1 n k=N +1 1
Comme
N1 1 |uk − | −→ 0, il existe N2 ∈ N∗ tel que : n∞ n k=1
∀n N2 ,
N1 1 ε |uk − | . n k=1 2
En notant N = Max (N1 , N2 ), on a alors : ∀n N, |vn − |
ε ε + = ε, 2 2
et on conclut : vn −→ . n∞
b) Notons, pour tout n ∈ N∗ , un = an+1 − an . On a, par hypothèse : un −→ . n∞
D’après a), il en, résulte :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Mais, pour tout n 2 :
u1 + · · · + un−1 −→ . n∞ n−1
an − a1 an a1 u1 + · · · + un−1 = = − . n−1 n−1 n−1 n−1 a1 an Comme −→ 0, on déduit −→ , n − 1 n∞ n − 1 n∞ an n − 1 an = −→ . puis : n∞ n n−1 n un+1 −→ ln , c) On a : ln un+1 − ln un = ln un n∞ ln un −→ ln , d’où, d’après b) : n n∞
d) On choisit un de façon à appliquer le résultat de c). 2n un+1 2(2n + 1) , on a : = (1) Pour un = −→ 4, n∞ un n+1 n 1 n √ 2n = n un −→ 4. donc : n∞ n (2) Pour un =
nn , on a : n!
# un+1 1 n 1 $ = 1+ = exp n ln 1 + un n n # 1 1 $ = exp 1 + o(1) −→ e , = exp n + o n∞ n n √ n donc : √n = n un −→ e . n∞ n! n(n + 1) · · · (n + n) (3) Pour un = , nn un+1 2(2n + 1) 1 −n 4 on a : = −→ , 1+ n∞ e un n n √n n(n + 1) · · · (n + n) √n 4 = un −→ . donc : n∞ e n 1 · 3 · · · (2n − 1) (4) Pour un = , nn 2 un+1 2n + 1 1 −n on a : = −→ , 1+ n∞ e un n+1 n √n 1 · 3 · · · (2n − 1) √n 2 = un −→ . donc : n∞ e n (3n)! (5) Pour un = 2n , n (n!) un+1 27 1 −2n 3(3n + 1)(3n + 2) on a : 1+ = −→ 2 , 2 n∞ e un (n + 1) n 3 27 1 n (3n)! √n = un −→ 2 . donc : 2 n∞ e n n!
173
Séries
CHAPITRE
Plan Les méthodes à retenir 174 Énoncés des exercices
176
Du mal à démarrer ?
181
Corrigés des exercices
184
9
Thèmes abordés dans les exercices •
Détermination de la nature d’une série à termes 0
•
Détermination de la nature d’une série à termes de signes quelconques
•
Nature d’une suite par intervention d’une série
•
Calcul de la somme d’une série convergente, quand c’est possible.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définitions, propriétés générales relatives aux opérations et à l’ordre, pour la convergence et la divergence des séries
•
Le lien suite/série
•
Le lemme fondamental pour les séries à termes 0
•
Pour les séries à termes 0, l’exemple de Riemann, le théorème de majoration, le théorème de minoration, le théorème d’équivalence, la comparaison à l’exemple de Riemann par la formation de nα un
•
La comparaison série/intégrale
•
La définition de l’absolue convergence et son lien avec la convergence.
Les méthodes à retenir Essayer de : •
Pour étudier la nature d’une série u n à termes 0, sur un exemple n
majorer un par le terme général d’une série convergente, lorsqu’on conjecture que la série de terme général un converge
➥ Exercices 9.1 a), c), e), f), h), 9.2, 9.8, 9.17, 9.24 b) •
minorer un par le terme général d’une série divergente, lorsqu’on conjecture que la série de terme général un diverge
➥ Exercices 9.1 g), 9.8 174
Les méthodes à retenir
•
trouver un équivalent simple de un , puis appliquer le théorème d’équivalence
➥ Exercices 9.1 b), d), i), 9.2, 9.6, 9.7, 9.9, 9.12 a), 9.16 d), 9.23, 9.24 b) Pour obtenir un équivalent simple de un , il pourra être nécessaire d’effectuer, de façon intermédiaire, des développements limités ➥ Exercices 9.1 b), i), 9.10, 9.11, 9.16 e), 9.18 •
(suite)
lorsque un n’admet pas d’équivalent simple, former nα un , pour α > 0 fixé, déterminer la limite de nα un lorsque l’entier n tend vers l’infini, 1 et en déduire une comparaison de un avec α , qui permettra évenn tuellement de conclure
➥ Exercices 9.16 a), b), c) •
mélanger l’utilisation d’équivalents et de majorants, ou d’équivalents et de minorants
➥ Exercice 9.20 •
utiliser une comparaison série/intégrale.
➥ Exercices 9.16 e), f). Dans un cadre théorique, essayer de : Pour déduire la convergence d’une série u n à termes 0 n
à partir de la convergence d’une série u n à termes 0
•
comparer, par inégalité, par équivalence, un à vn
➥ Exercice 9.2 •
n
comparer, par inégalité, les sommes partielles de la série sommes partielles de la série vn .
un aux
n
n
➥ Exercice 9.25
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
En plus des méthodes évoquées plus haut, essayer de : •
Pour montrer qu’une série u n diverge
montrer que la suite (un )n ne converge pas vers 0, c’est-à-dire que la série un diverge grossièrement n
➥ Exercice 9.18
n •
Pour étudier la nature d’une suite (a n) n
montrer, s’il s’agit d’une série à termes 0, que la suite des sommes partielles tend vers +∞.
On peut, surtout si an apparaît comme une sommation, étudier la nature de la série (an+1 − an ), puis appliquer le lien suite/série. n
➥ Exercice 9.11. 175
Chapitre 9
•
Séries
Pour étudier la nature d’une série u n à termes de signe quelconque,
Essayer de voir si la série
un est absolument convergente.
n
n
➥ Exercices 9.10, 9.11.
sur un exemple
Essayer de : •
montrer d’abord la convergence par des arguments qualitatifs (utilisation d’une majoration, d’un équivalent, règle nα un , ... , en travaillant éventuellement sur |un |), puis calculer les sommes partielles n uk , et enfin chercher la limite de celles-ci lorsque l’entier n tend k=0
vers l’infini •
Pour montrer la convergence et calculer la somme d’une série
ou bien former directement les sommes partielles et déterminer leur limite.
➥ Exercices 9.3, 9.4, 9.14, 9.15, 9.21, 9.22 Pour calculer les sommes partielles, il faudra souvent amener un télescopage, et, à cet effet, si un est une fraction rationnelle en n, amener une décomposition de un en somme de fractions plus simples.
➥ Exercice 9.13 D’autre part, on connaît directement certaines sommes de séries : séries géométriques et leurs dérivées successives, série de l’exponentielle. ➥ Exercices 9.5 b), 9.12 b), 9.19.
Énoncés des exercices 9.1 Exemples de détermination de la nature d’une série à termes 0 Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants : | cos n| a) n2 3 1 √ b) n+ − n 2 1 1 n + c) 3 n d) ln
176
n2 + 3n + 2 n2 + 3n + 1
e)
2n 1 + n!
f)
1 n2 ln n
Énoncés des exercices
g)
ln n n
n! nn 2 1 i) ln 1 + − . n n
h)
9.2 Nature de séries déduites d’autres séries Soit
an une série à termes dans R∗+ , convergente. Déterminer la nature des séries de termes
n0
généraux : un =
an , 1 + an
vn = e an − 1,
wn =
1 − cos an , an
xn = a2n .
9.3 Calcul de la somme d’une série par télescopage On note, pour tout n ∈ N∗ : un =
1
√ . n n + 1 + (n + 1) n 1 1 . a) Montrer : ∀n ∈ N∗ , un = √ − √ n n+1 b) En déduire que la série
√
un converge et calculer
n1
+∞
un .
n=1
9.4 Calcul de la somme d’une série par télescopage a) Montrer :
∀a ∈ ]1 ; +∞[,
1 1 2 = − . a + 1 a − 1 a2 − 1
b) Existence et calcul, pour x ∈ ]1 ; +∞[ fixé, de
+∞ n=0
2n . +1
x2n
9.5 Calcul de la somme d’une série associée à la suite de Fibonacci On considère la suite de Fibonacci (φn )n0 définie par φ0 = 0, φ1 = 1 et : ∀n ∈ N, φn+2 = φn+1 + φn . a) Calculer, pour tout n ∈ N, φn en fonction de n. b) Existence et calcul de
+∞ φn
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
n=0
2n
.
9.6 Étude de séries associées à une suite du type un+1 = f (un) On considère la suite réelle (un )n0 définie par u0 = 1 et : ∀n 0, un+1 =
) u2n + 2.
a) Calculer, pour tout n ∈ N. un en fonction de n. b) En déduire, pour tout α ∈ ]0 ; +∞[ fixé, la nature de la série de terme général
1 . uαn
9.7 Nature de séries associées à des sommes de factorielles a) Montrer :
n k=0
k! ∼ n!. n∞
177
Chapitre 9
•
Séries
b) En déduire la nature des séries de termes généraux : un =
n 1 k!, (n + 1)! k=0
vn =
n 1 k!. (n + 2)! k=0
9.8 Étude de nature de séries dont le terme général est défini par une intégrale /
1
Nature des séries de termes généraux : un = 0
xn dx, vn = 1+x
/
1 0
2
xn dx. 1+x
9.9 Nature d’une série à partir d’une autre série Soit
an une série à termes dans R∗+ , convergente.
n0
On note, pour tout n ∈ N : un = 1 −
√ sin an . Quelle est la nature de la série un ? √ an n0
9.10 Exemple de produit infini, convergence Soit (a, b) ∈ (R+ )2 . On note, pour tout n ∈ N∗ : Pn =
n k2 + a k=1
k2 + b
.
Montrer que la suite (Pn )n∈N∗ converge et que sa limite est > 0.
9.11 Nature d’une suite par l’étude d’une série Soit a ∈ ]1 ; +∞[ fixé. On note, pour tout n ∈ N∗ : un =
n k=0
1 − ln n. a+k
Montrer que la suite (un )n∈N∗ converge.
9.12 Calcul de la somme d’une série reliée à la série de l’exponentielle n3 + 6n2 − 5n − 2 . On note, pour tout n ∈ N : un = n! a) Montrer que la série un converge. n0
b) Montrer que B = 1, X, X(X − 1), X(X − 1)(X − 2) est une base de R3 [X] et décomposer 3 2 linéairement P = X + 6X − 5X − 2 sur B. c) En déduire
+∞
un .
n=0
9.13 Calcul de la somme d’une série par télescopage, utilisation d’une décomposition en éléments simples a) Montrer qu’il existe (a, b, c) ∈ R3 unique, que l’on calculera, tel que : ∀x ∈ [1 ; +∞[,
b) Montrer que la série
n1
178
a b c x−1 = + + . x3 + 3x2 + 2x x x+1 x+2
n−1 converge et calculer sa somme. n3 + 3n2 + 2n
Énoncés des exercices
9.14 Exemple de calcul de la somme d’une série convergente faisant intervenir la suite de Fibonacci On considère la suite de Fibonacci (φn )n0 définie par φ0 = 0, φ1 = 1 et : ∀n ∈ N, φn+2 = φn+1 + φn . a) Montrer que (φn )n0 est croissante et que : φn −→ +∞. n∞
∀n ∈ N∗ ,
b) Établir :
c) En déduire que la série
φn−1 φn+2 1 1 = 2 − 2 . φn φn+1 φ2n φ2n+1
φn−1 φn+2 n1
φ2n φ2n+1
converge et calculer sa somme.
9.15 Calcul de sommes de séries par télescopage Existence et calcul de : +∞ n a) 1 · 3 · · · (2n + 1) n=1 b)
+∞
2n − 1 . 2 · 4 · · · (2n)
n=1
9.16 Exemple de détermination de nature de séries à termes 0 Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants : a) e − b)
√ n
ln n n2 1
c) n n2 − 1 1 n2 d) 1 + 3 −1 n e)
1 n ln n
f)
1 . n(ln n)2
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
9.17 Nature d’une série à partir d’autres séries Soit (un )n1 une suite à termes dans R+ , telle que la série Montrer que la série
n2 u2n converge.
n1
un converge.
n1
9.18 Exemple de détermination de la nature d’une série avec paramètre Déterminer, pour (a, b) ∈ R2 fixé, la nature de la série de terme général un = ln(n2 + n + 1) + a ln(n2 + 2n + 4) + b ln(n2 + 3n + 10).
9.19 Calcul de la somme d’une série reliée à des séries géométriques Existence et calcul de S =
+∞ n=0
n2 3n+(−1)n
. 179
Chapitre 9
•
Séries
9.20 Nature de séries définies à partir d’une suite du type un+1 = f (un) On considère la suite réelle (un )n0 définie par u0 ∈ [2 ; +∞[ et : ∀n ∈ N, un+1 = un +
1 . un
a) Montrer : ∀n ∈ N, un ∈ [2 ; +∞[ et : un −→ +∞. n∞
b) Établir : ∀n ∈ N,
)
2n + u20 un
)
3n + u20 .
c) En déduire, pour tout α ∈ R∗+ fixé, la nature de la série de terme général
1 . uαn
9.21 Convergence et somme d’une série définie à partir d’une suite du type un+1 = f (un) Soit (un )n∈N la suite réelle définie par u0 = 5 et : ∀n ∈ N, un+1 = u2n − 5un + 8. a) Montrer que (un )n∈N est croissante et que : un −→ +∞. n∞
n
n
n+1
(−1) (−1) (−1) = − . un − 3 un − 2 un+1 − 2 (−1)n . c) Déterminer la nature et la somme de la série u −3 n0 n b) Montrer : ∀n ∈ N,
9.22 Calcul de la somme de la série harmonique alternée, par utilisation d’intégrales a) Montrer : ∀N ∈ N∗ ,
/ 1 N (−1)n−1 1 − (−1)N xN = dx. n 1+x 0 n=1
b) En déduire que la série
(−1)n−1 n1
n
converge et que
+∞ (−1)n−1 n=1
n
= ln 2.
9.23 Nature de séries définies à partir d’une suite
√ n + un .
On considère la suite réelle (un )n0 définie par u0 = 1 et : ∀n ∈ N, un+1 = a) Montrer : un −→ +∞. n∞
b) 1) Établir : ∀n ∈ N∗ ,
√
√ n un 2 n.
2) Démontrer : un ∼
n∞
√ n.
c) Quelle est la nature, pour α ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de la série de terme général
9.24 Étude des séries convergentes dont le terme général décroît Soit (un )n1 une suite à termes dans R∗+ , décroissante, telle que la série
1 ? uαn
un converge.
n1
a) Montrer : nun −→ 0. On pourra utiliser l’exercice 8.19. n∞
b) En déduire la nature des séries de termes généraux : vn = nu2n , wn = un (1 + un )n .
9.25 Groupement de deux termes consécutifs Soit (un )n∈N une suite réelle convergeant vers 0. Montrer que les séries de termes généraux un et vn = un + un+1 sont de même nature. 180
Du mal à démarrer ?
9.26 Convergence par la règle de d’Alembert a) Soit (un )n0 une suite à termes dans R∗+ . un+1 −→ . On suppose qu’il existe ∈ [0 ; 1[ tel que : un n∞ un converge. Démontrer que la série n0
−1 (n!)2 2n 4n b) Nature des séries de termes généraux : un = . , vn = (2n)! 2n
9.27 Théorème spécial à certaines séries alternées, exemple, utilisation d’un développement limité a) Soit (un )n0 une suite réelle telle que : ∀n ∈ N, un = (−1)n |un |,
1) On note, pour tout n ∈ N : S n =
n
un −→ 0,
(|un |)n0 décroît.
n∞
uk .
k=0
Montrer que les suites (S 2p ) p0 et (S 2p+1 ) p0 sont adjacentes. 2) En déduire que la série un converge. On pourra utiliser l’exercice 8.19. n0
b) Montrer que, pour tout α ∈ ]0 ; +∞[, la série
(−1)n n1
nα
converge.
(−1)n c) Déterminer la nature de la série de terme général vn = √ . n + (−1)n
Du mal à démarrer ? © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
9.1
Il s’agit de séries à termes positifs ou nuls.
a) Majorer.
i) Utiliser un développement limité pour obtenir un équivalent de un .
b) 1re méthode : Utiliser une expression conjuguée, puis un équivalent.
9.2
2e méthode : Utiliser un développement limité pour obtenir un équivalent de un .
• Pour xn , majorer en utilisant : ∀x ∈ [0 ; 1], 0 x 2 x.
c) Majorer. d) Obtenir un équivalent. e) Majorer et utiliser la série de l(’exponentielle. f) Majorer.
Remarquer d’abord : an −→ 0. n∞
• Pour un , vn , wn , obtenir un équivalent.
1 1 a) Partir de √ − √ , réduire au même dénominan n+1 teur et utiliser une expression conjuguée.
9.3
b) Former les sommes partielles et faire apparaître un télescopage.
g) Minorer. h) Majorer en isolant les facteurs 1, 2 de n!.
9.4
n
b) Appliquer a) avec x2 à la place de a, former les sommes partielles et faire apparaître un télescopage.
181
Chapitre 9
•
Séries
9.5
a) Il s’agit d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre. Appliquer le cours : former l’équation caractéristique, écrire l’expression de φn à l’aide de deux coefficients inconnus et calculer ces deux coefficients à l’aide de φ0 et φ1 . √ √ 1− 5 1+ 5 Pour la commodité, noter α = , β= . 2 2 b) • Montrer que la série proposée converge, en utilisant un équivalent. • Pour calculer la somme, se ramener à des séries géométriques.
9.6
a) Élever au carré et faire apparaître une suite arithmé-
tique. b) Déduire un équivalent de un , puis un équivalent de
9.7
a) Dans
n
1 . uαn
k!, isoler les termes n! et (n − 1)!.
k=0
b) Déduire de a) un équivalent de un , un équivalent de vn .
9.8
• Pour un , minorer.
9.9
Remarquer an −→ 0. Utiliser un développement limité
• Pour vn , majorer.
2n − 1 2 · 4 · · · (2n)
et décomposer vn de façon à faire apparaître un télescopage dans les sommes partielles.
9.16
Il s’agit de séries à termes 0.
a) Former n2 un . b) Former n3/2 un . c) Utiliser un équivalent et le résultat de b). d) Utiliser un développement limité pour obtenir un équivalent de un . 1 n2 Attention : on ne peut pas développer 1 + 3 comme (1+x)α , n 2 car l’exposant n dépend de n ; mettre sous forme exponentielle/logarithme. e) Utiliser une comparaison série/intégrale, à l’aide de la fonc1 tion f : [2 ; +∞[ −→ R, x −→ . x ln x f) Utiliser une comparaison série/intégrale, à l’aide de la fonc1 . tion f : [2 ; +∞[ −→ R, x −→ x(ln x)2
9.10
Considérer ln Pn et se ramener à la nature d’une série. Utiliser des développements limités.
9.11
Utiliser le lien suite/série : la suite (un )n1 converge si et seulement si la série (un+1 − un ) converge. n1
Utiliser :
9.18
Utiliser des développements limités.
9.19
1) Existence : Majorer.
∀(a, b) ∈ (R+ )2 , ab
2) Calcul : Séparer, dans une somme partielle, les termes d’indices pairs, d’indices impairs. Utiliser la série géométrique et ses dérivées successives.
9.20
a) Équivalent et série de l’exponentielle.
1 2 (a + b2 ). 2
9.17
n∞
pour obtenir un équivalent de un .
9.12
b) Noter, pour tout n 1 : vn =
a) Montrer que (un )n0 est croissante et divergente.
b) Élever au carré et obtenir :
b) Faire apparaître X(X − 1)(X − 2) dans P, puis faire apparaître X(X − 1), ...
∀n ∈ N, u2n + 2 u2n+1 u2n + 3,
c) Décomposer en somme de séries convergentes. puis sommer et utiliser un télescopage.
9.13
a) Réduire au même dénominateur et identifier.
b) Former les sommes partielles et faire apparaître un télescopage.
9.14
a) • Montrer, par récurrence : ∀n ∈ N, φn 0
• Raisonner par l’absurde pour déduire φn −→ + ∞. n∞
c) Utiliser b), former les sommes partielles et faire apparaître un télescopage. a) Noter, pour tout n 1 : un =
n 1 · 3 · · · (2n + 1)
et décomposer un de façon à faire apparaître un télescopage dans les sommes partielles.
182
9.21
1 en utilisant a) et b). uαn
a) Montrer, par récurrence : ∀n ∈ N, un 5.
Ayant montré que (un )n∈N est croissante, pour obtenir un −→ + ∞, raisonner par l’absurde. n∞
et déduire que (φn )n0 est croissante.
9.15
c) Encadrer
b) Remarquer que : un+1 − 2 = u2n − 5un + 6 = (un − 2)(un − 3). c) Faire apparaître un télescopage dans le calcul des sommes partielles de la série, en utilisant b).
9.22
a) Partir du second membre, faire apparaître une somme partielle de série géométrique et permuter intégrale et sommation d’un nombre fini de fonctions. / 1 N x b) Montrer que : dx −→ 0. N∞ 0 1+x
Du mal à démarrer ?
9.23
a) Remarquer que : un+1
√
Exprimer, pour tout n ∈ N, Vn à l’aide de Un , Un+1 , u0 . 2) Supposer que la série vn converge.
n.
b) 1) Récurrence sur n.
2) Répercuter le résultat de 1) √ dans l’égalité de définition de la suite, pour déduire : un+1 ∼ n, puis, par un raisonnement n∞ √ n. correct : un ∼ n∞
n0
Exprimer, pour tout n ∈ N, Un à l’aide de Vn , un+1 , u0 .
9.26
a) Noter λ =
c) Utiliser b).
9.24
a) Considérer, pour n 1 :
2n
∀n N, uk .
k=n+1
• Pour wn , montrer (1 + un )n −→ 1, puis utiliser un équin∞
1) Supposer que la série
uk ,
k=0
un converge.
Vn =
n k=0
vk .
a) 1) Revenir à la définition de deux suites adjacentes.
2) Montrer, à l’aide de l’exercice 8.19, que la suite (Sn )n0 converge. b) Appliquer a). c) Former un développement de vn .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
n0
n
b) Utiliser a).
9.27
valent. Noter, pour tout n ∈ N : Un =
un+1 λ, un
puis faire intervenir une série géométrique.
b) • Pour vn , majorer.
9.25
+1 , montrer qu’il existe N ∈ N tel que : 2
183
Corrigés des exercices 9.1
Il s’agit de séries à termes positifs ou nuls. | cos n| 1 a) On a : ∀n 1, 0 un = 2. n2 n D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut : un converge. la série n
b) 1re méthode : utilisation d’une expression conjuguée : 1 3 1 √ 1 2 On a : un = n + − n = 3 ∼ √ 0. n∞ 2 4 n 1 √ n+ + n 2 D’après l’exemple de Riemann (1/2 1) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut : un diverge. la série n
2e méthode : utilisation d’un développement limité :
D’après le cours, la série exponentielle
n
n!
converge.
Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on un converge. conclut : la série n
1 1 . n2 ln n n2 D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut : un converge. la série f) On a : ∀n 3, 0 un =
n
ln n 1 g) On a : ∀n 3, un = 0. n n D’après l’exemple de Riemann, la série
1 diverge. n n
Par théorème de minoration pour des séries à termes 0, on conclut : la série un diverge.
On a :
n
$ $ √ # 1 √ # 1 1/2 1 −1 −1 = n 1+ un = n 1 + +o 2n 4n n 1 1 1 ∼ √ 0, = √ +o √ 4 n n n∞ 4 n et on termine comme ci-dessus. c) On a, pour tout n 2 : 1
1 n 1 1 n 5 n + + = . 0 un = 3 n 3 2 6 (( 5 (( 5 n Puisque (( (( < 1, la série géométrique converge. 6 6 n Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut : la série un converge. n
n + 3n + 2 −→ 1, n2 + 3n + 1 n∞ 2
d) On a :
2n
h) On a, pour tout n 2 : 0 un =
n! 1 · 2 · · · n 1 · 2 2 = = . nn n · n · · · n n · n n2
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut : la série un converge. n
i) On a, par développement limité : 1 $ 2 1 #2 − = +o − un = ln 1 + n n n n 1 1 ∼ = +o n n n∞
1 n 1 0. n
D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut : un diverge. la série n
donc :
n + 3n + 2 n + 3n + 2 ∼ −1 n2 + 3n + 1 n∞ n2 + 3n + 1 1 1 = 2 0. ∼ n + 3n + 1 n∞ n2
un = ln
2
2
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut : un converge. la série n
e) On a : ∀n ∈ N, 0 un = 184
2n 2n . 1 + n! n!
9.2
Remarquons d’abord que, puisque la série
an
n
converge, on a : an −→ 0. n∞
an • un = ∼ an , donc, d’après le théorème d’équivalence 1 + an n∞ pour des séries à termes 0, la série un converge. n
• vn
= e an − 1 ∼ an 0, donc, d’après le théorème d’équivan∞ lence pour des séries à termes 0, la série vn converge. n
Corrigés des exercices
1 2 an 1 − cos an 1 • wn = ∼ 2 = an 0, donc, d’après le théon∞ an an 2 rème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série wn n
converge. •
Puisque an −→ 0, il existe N ∈ N tel que :
a) Il s’agit d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2, à coefficients constants et sans second membre. L’équation caractéristique r2 − r − 1 =√0 admet deux√solutions réelles dis1+ 5 1− 5 , β= . D’après le cours, tinctes, qui sont α = 2 2 il existe (λ, μ) ∈ R2 tel que :
n∞
∀n N, an 1. ∀n N, 0 an . an converge, par théorème de majoration Comme la série n xn converge. pour des séries à termes 0, la série a2n
On a alors :
n
∀n ∈ N, φn = λαn + μβn . On a : ⎧ 1 1 ⎪ ⎧ ⎧ ⎪ λ= =−√ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ α−β ⎪ ⎪ ⎪ 5 ⎨φ0 = 0 ⎨λ + μ = 0 ⎨ ⇐⇒⎪ ⇐⇒⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 1 ⎩φ1 = 1 ⎩λα + μβ = 1 ⎪ ⎪ ⎪ = √ . ⎩μ = β−α 5 On conclut :
√ √ 1 # 1 + 5 n 1 − 5 n $ − ∀n ∈ N, φn = √ . 2 2 5
∗
a) On a, pour tout n ∈ N , en utilisant une expression conjuguée : √ √ n+1− n 1 1 1 = √ √ = √ √ √ √ − √ √ n n+1 n n+1 n n+1 n+ n+1 1 = un . = √ √ n n + 1 + n(n + 1)
b) • Convergence de la série :
b) Nous allons former les sommes partielles et utiliser un télescopage. On a, pour tout N 1 :
(( α (( β car 0 (( (( < . 2 2
9.3
N
N 1 1 1 1 −→ 1. un = = − √ √ − √ 1 n N + 1 N∞ n + 1 n=1 n=1
On conclut : la série
un converge et
+∞
n1
9.4
un = 1.
n=1
a) On a, pour tout a ∈ ]1 ; +∞[ : 2 (a + 1) − 2 a−1 1 1 − = = 2 = . a − 1 a2 − 1 a2 − 1 a −1 a+1
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
9.5
On a, pour tout n ∈ N, avec les notations précédentes : 0
√ β n β 1+ 5 < 1, la série géométrique Puisque 0 = 2 4 2 n converge, donc, par théorème d’équivalence pour des séries à φn converge. termes 0, la série 2n n •
Calcul de la somme :
On a : +∞ φn n=0
2n
n=0
N
1 1 2N+1 −→ − N+1 , 2 x−1 x − 1 N∞ x − 1
par prépondérance classique, puisque x > 1. On conclut que la série envisagée converge et que : +∞ n=0
n
2 1 = . x2n + 1 x−1
+∞ +∞ +∞ 1 # β n α n $ 1 # β n α n $ = √ − − √ 2 2 5 2 5 n=0 2 n=0 n=0
1 $ 1 # 1 2 1 1 − = √ α = √ 2−β − 2−α β 5 1− 5 1− 2 2 √ 2 2 5 β−α = √ = 2. = √ 4 − 2(α + β) + αβ 4 − 2 + (−1) 5 5
2n 2n+1 2n = − n+1 n n 2 2 2 x + 1 n=0 x − 1 x −1 =
=
car ces deux séries sont convergentes
b) Soit x ∈ ]1 ; +∞[. On a, pour tout n ∈ N, en appliquant a) à 1 2 1 n = 2n − a = x2 : 2n . x +1 x − 1 x2n+1 − 1 On en déduit, pour tout N ∈ N, par sommation et télescopage : N
1 β n φn 1 # β n α n $ = √ − , ∼ √ n∞ 2n 2 2 5 5 2
On conclut :
+∞ φn n=0
9.6
2n
= 2.
a) On a : ∀n ∈ N, u2n+1 = u2n + 2,
donc (u2n )n0 est une suite arithmétique de raison 2. D’où : Comme :
∀n ∈ N, u2n = u20 + 2n = 1 + 2n. ∀n ∈ N, un 0, 185
Chapitre 9
•
Séries
∀n ∈ N, un =
on déduit :
√ 2n + 1.
b) Soit α ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : 1 1 1 1 = ∼ 0. uαn (2n + 1)α/2 n∞ 2α/2 nα/2 1 D’après l’exemple de Riemann, la série α/2 converge si et n seulement si α/2 > 1, c’est-à-dire α > 2. Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut : la série de 1 terme général α converge si et seulement si α > 2. un a) On a, pour tout n 2 :
9.7 0
n n−1 n−2 k! − n! = k! = k! + (n − 1)! k=0
k=0
k=0
(n − 1)(n − 2)! + (n − 1)! = 2 · (n − 1)!, n
n
n!
−1
2 · (n − 1)! 2 = , n! n
k!
k=0
d’où :
k!
k=0
0
donc :
n!
et on conclut :
−→ 1 n∞
n
k! ∼ n!.
k=0
n n! 1 1 1 k! ∼ = ∼ 0. n∞ (n + 1)! (n + 1)! k=0 n + 1 n∞ n
On a :
vn =
n 1 1 n! 1 k! ∼ 0. = ∼ n∞ (n + 2)! (n + 2)! k=0 (n + 1)(n + 2) n∞ n2
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série de terme général vn converge. Il s’agit de séries à termes 0.
9.8 •
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série de terme général vn converge. Puisque la série an converge, on a : an −→ 0, n∞ n0 √ d’où : an −→ 0. On a donc, par développement limité usuel n∞ √ √ √ 1√ 3 an + o( an 3 ), en 0 : sin an = an − 6 puis : √ sin an 1 = 1 − 1 − an + o(an ) un = 1 − √ 6 an 1 1 = an + o(an ) ∼ an 0. n∞ 6 6 an converge, par théorème d’équivalence Puisque la série n0 pour des séries à termes 0, on conclut que la série un
9.9
1
un = 0
et :
xn dx 1+x
1 1 ∼ . 2(n + 1) n∞ 2n
n0
converge. D’abord, pour tout n ∈ N∗ , Pn existe et Pn > 0. n k2 + a ln 2 On a : ∀n ∈ N∗ , ln Pn = . k +b k=1
Par développements limités usuels, lorsque l’entier k tend vers l’infini : a b k2 + a = ln 1 + 2 − ln 1 + 2 ln 2 k +b k k 1 $ # b 1 $ a − b 1 +o 2 − 2 +o 2 = 2 +o 2 . k k k k k a−b D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) la série k2 k1 converge. =
#a
k2
D’après l’exemple de Riemann et le théorème de comparaison 1 en o, la série o 2 converge absolument, donc converge. k k1 On conclut, par addition, que la série
k1
On a, pour n ∈ N : /
186
On a, pour n ∈ N∗ : / 1 / 1 n2 # xn2 +1 $1 1 x 1 2 dx 2. xn dx = 2 = 2 vn = 0 1 + x n + 1 n + 1 n 0 0
9.10
1 diverge, par théorème d’équivalence Comme la série n n pour des séries à termes 0, on conclut que la série de terme général un diverge. •
•
n∞
b) • On a : un =
D’après l’exemple de Riemann, le théorème d’équivalence et le théorème de minoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série de terme général un diverge.
/
1 0
1 1 # xn+1 $1 xn = dx = 2 2 n + 1 0 2(n + 1)
Notons S =
+∞ k=1
ln
k2 + a converge. k2 + b
k +a ∈ R. Ainsi : ln Pn −→ S . n∞ k2 + b 2
ln
Par continuité de l’exponentielle en S , on conclut : Pn −→ e S > 0. n∞
Corrigés des exercices
9.11
Nous allons utiliser le lien suite/série.
c) On a, en manipulant des sommes de séries convergentes :
∗
On a, pour n ∈ N :
+∞
1 un+1 − un = − ln(n + 1) + ln n a+n+1 1 1 1 − ln 1 + = a + 1 n n 1+ n 1 $ 1 $ # 1 1# a+1 1 = 1− +o − − 2 +o 2 n n n n 2n n 1 2a + 1 =− +o 2 . 2n2 n 2a + 1 D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), la série − 2 n n1 converge. D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de com 1 o 2 converge absolument, donc paraison en o, la série n n1 converge. (un+1 − un ) converge. Par addition, on déduit que la série n
n=0
=
a) On a, pour n 3 :
un =
n + 6n2 − 5n − 2 n3 ∼ n∞ n! n! n3 1 1 = ∼ . (n − 3)! (n − 2)(n − 1)n n∞ (n − 3)!
1 converge. Par D’après le cours, la série de terme général n! 1 décalage d’indice, la série de terme général converge. (n − 3)! Puis, par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série un converge. n
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) • En notant P0 = 1, P1 = X, P2 = X(X − 1), P3 = X(X − 1)(X − 2), on a :
∀i ∈ 0 ; 3, deg (Pi ) = i,
donc, d’après le cours, B = (P0 , P1 , P2 , P3 ) est une base de R3 [X]. •
Exprimons P sur la base B.
On a, en développant : P0 = 1, P1 = X, P2 = X2 − X, P3 = X3 − 3X2 + 2X. d’où, en faisant apparaître successivement P3 , P2 , P1 , P0 dans P : P = X3 + 6X2 − 5X − 2 = (X3 − 3X2 + 2X) + 9X2 − 7X − 2 = P3 + 9(X2 − X) + 2X − 2 = P3 + 9P2 + 2P1 − 2P0 .
+∞ +∞ +∞ +∞ P3 (n) P2 (n) P1 (n) P0 (n) +9 +2 −2 . n! n! n! n! n=0 n=0 n=0 n=0
•
+∞ +∞ +∞ +∞ P1 (n) n 1 1 = = = = e n! n! (n − 1)! p! n=0 n=0 n=1 p=0
•
+∞ +∞ +∞ +∞ P2 (n) n(n − 1) 1 1 = = = = e n! n! (n − 2)! p! n=0 n=0 n=2 p=0
•
+∞ +∞ +∞ P3 (n) 1 1 = = = e. n! (n − 3)! p! n=0 n=3 p=0
D’où :
+∞
un = e + 9 e + 2 e − 2 e = 10 e .
n=0
9.13 3
+∞ 1 P3 (n) + 9P2 (n) + 2P1 (n) − 2P0 (n) n! n=0
Calculons ces différentes sommes de séries convergentes. +∞ +∞ P0 (n) 1 • = = e n! n! n=0 n=0
D’après le lien suite/série, on conclut que la suite (un )n∈N∗ converge.
9.12
un =
a) Soit (a, b, c) ∈ R3 . On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :
b c a + + x x+1 x+2 a(x + 1)(x + 2) + bx(x + 2) + cx(x + 1) = x(x + 1)(x + 2) =
(a + b + c)x2 + (3a + 2b + c)x + 2a . x(x + 1)(x + 2)
La condition de l’énoncé, notée (C), équivaut à : ∀x ∈ [1 ; +∞[, (a + b + c)x2 + (3a + 2b + c − 1)x + (2a + 1) = 0. Un polynôme s’annule en une infinité de points si et seulement si c’est le polynôme nul, donc : ⎧ ⎪ a+b+c= 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (C) ⇐⇒ ⎪ 3a + 2b + c − 1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2a + 1 = 0
⎧ 1 ⎪ ⎪ a=− ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ b=2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c = − 3 . 2
On conclut qu’il existe (a, b, c) ∈ R3 unique convenant : 1 3 (a, b, c) = − , 2, − . 2 2 b) Nous allons former les sommes partielles et faire apparaître un télescopage. 187
Chapitre 9
•
Séries
On a, pour tout N 3, en utilisant a) : N n=1
1 1 2 3 1 n−1 = + − − 3 2 n + 3n + 2n n=1 2n n+1 2n+2 N
N N N 3 1 1 11 +2 − =− 2 n=1 n n + 1 2 n=1 n + 2 n=1
=−
N N+1 N+2 1 31 11 +2 − 2 n=1 n n 2 n=3 n n=2
N N 1 1 1 11 1 1 + + +2 + + =− 2 1 2 n=3 n 2 n=3 n N + 1
1 1 3 1 + + 2 n=3 n N + 1 N + 2 N
− =
1 1 1 3 + − −→ . 4 2(N + 1) 2(N + 2) N∞ 4
On conclut : la série proposée converge et : +∞ n=1
a) • Par récurrence immédiate : ∀n ∈ N, φn 0.
9.14 •
1 n−1 = . n3 + 3n2 + 2n 4
D’où :
∀n ∈ N, φn+2 − φn+1 = φn 0,
donc la suite (φn )n1 est croissante.
a) Notons, pour tout n 1 : un =
9.15
On remarque que, pour tout n 1 : un =
1 (2n + 1) − 1 2 1 · 3 · · · (2n + 1) 5 1 1 14 − . = 2 1 · 3 · · · (2n − 1) 1 · 3 · · · (2n + 1) noté an
N
un =
n=1
N 1 1 (an − an+1 ) = (a1 − aN+1 ) 2 n=1 2 1 1 1 1− −→ . = 2 1 · 3 · · · (2N + 1) N∞ 2
On conclut que la série envisagée converge et que : +∞ 1 n = . 1 · 3 · · · (2n + 1) 2 n=1 2n − 1 . 2 · 4 · · · (2n) On remarque que, pour tout n 2 :
b) Notons, pour tout n 1 : vn =
vn =
2n 1 − 2 · 4 · · · (2n) 2 · 4 · · · (2n) =
N
vn = v1 +
n=1
φn −→ + ∞.
c) Nous allons former les sommes partielles et faire apparaître un télescopage. On a, pour tout N 1, en utilisant b) : N n=1
φn−1 φn+2 = φ2n φ2n+1
N n=1
1 1 1 1 1 = 2 − 2 − 2 −→ = 1. 2 φn φn+1 φ1 φN+1 N∞ φ21
On conclut : la série proposée converge et : +∞ φn−1 φn+2 n=1
188
φ2n φ2n+1
= 1.
N
(bn−1 − bn )
n=2
= v1 + b1 − bN = 1 −
n∞
φ2n+1 − φ2n 1 (φn+1 − φn )(φn+1 + φn ) φn−1 φn+2 1 − = = = 2 2 . φ2n φ2n+1 φ2n φ2n+1 φ2n φ2n+1 φn φn+1
c’est bn
D’où, par télescopage, pour tout N 2 :
Ainsi, la suite (φn )n0 est croissante et divergente, donc :
On a, pour tout n ∈ N∗ :
1 1 − . 2 · 4 · · · (2n − 2) 2 · 4 · · · (2n) noté bn−1
• S’il existe
b) D’après a) : ∀n ∈ N∗ , φn φ1 = 1 > 0.
c’est an+1
D’où, par télescopage, pour tout N 1 :
Comme φ0 = 0 1 = φ1 , finalement, la suite (φn )n0 est croissante. ∈ R tel que φn −→ , alors, en passant à la limite n∞ dans la définition de la suite (φn )n0 , on obtient = + , donc = 0, contradiction avec φ1 = 1.
n . 1 · 3 · · · (2n + 1)
1 −→ 1. 2 · 4 · · · (2N) N∞
On conclut que la série envisagée converge et que : +∞ 2n − 1 = 1. 2 · 4 · · · (2n) n=1
9.16
Il s’agit de séries à termes 0.
a) On a : 0 n2 un = n2 e −
√ n
= e 2 ln n−
√ n
−→ 0, n∞
par prépondérance classique. Il existe donc N ∈ N∗ tel que : ∀n N, 0 n2 un 1, 1 d’où : ∀n N, 0 un 2 . n D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de majoration pour des √séries à termes 0, on conclut : la série de terme général e − n converge.
Corrigés des exercices
ln n ln n = √ −→ 0, n2 n n∞ par prépondérance classique. b) On a : 0 n3/2 un = n3/2
est continue et décroissante, donc : / n+1 f (x) dx f (n), ∀n 2, f (n + 1)
Il existe donc N ∈ N∗ tel que : ∀n N, n3/2 un 1, 1 d’où : ∀n N, 0 un 3/2 . n D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut : la série de ln n terme général 2 converge. n 1
ln n
un = n n2 − 1 = e n2 − 1. ln n ln n Comme 2 −→ 0, on déduit : un ∼ 2 0. n∞ n n n∞ ln n D’après b), la série de terme général 2 converge. Par théon rème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut : 1 la série de terme général e n2 − 1 converge. c) On a :
n
d’où, par sommation et utilisation de la relation de Chasles : ∀N 2,
# 1 n2 1 $ un = 1 + 3 − 1 = exp n2 ln 1 + 3 − 1 n n 1 $ #1 1 $ # 1 −1 = exp n2 3 + o 3 − 1 = exp + o n n n n # 1 $ 1 1 1 1 = 1+ +o −1= +o ∼ . n n n n n∞ n D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence, 1 n2 on conclut : la série de terme général 1 + 3 − 1 diverge. n e) Nous allons utiliser une comparaison série/intégrale. 1 L’application f : [2 ; +∞[ −→ R, x −→ x ln x est continue et décroissante, donc : n+1
f (x) dx f (n), n
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
d’où, par sommation et utilisation de la relation de Chasles : ∀N 2,
N n=2
/
N+1
f (n + 1)
f (x) dx 2
N
f (n).
n=2
En particulier : N n=2
1 n ln n
/
N+1 2
1 . %N+1 dx = ln(ln x) 2 x ln x = ln ln(N + 1) − ln(ln 2) −→ +∞. N∞
1 diverge. n ln n f) Nous allons utiliser une comparaison série/intégrale. 1 L’application f : [2 ; +∞[ −→ R, x −→ x(ln x)2
On conclut : la série de terme général
N+1
f (n + 1)
f (x) dx 2
N
f (n).
n=2
En particulier : N
∀N 2,
n=2
/
N+1
f (n + 1) 2
1 dx x(ln x)2
# 1 $N+1 1 1 1 = − =− + , ln x 2 ln(N + 1) ln 2 ln 2
d’où, par changement d’indice : ∀N 3,
N n=3
∀n 2, f (n + 1)
/
n=2
d) On a, par développement limité :
/
N
un =
N−1
f (n + 1)
n=2
1 . ln 2
Ceci montre que les sommes partielles de la série
un sont
n
majorées. Comme il s’agit d’une série à termes 0, on conclut : 1 la série de terme général converge. n(ln n)2 1 2 (a + b2 ). 2 1 1 1 Ici : ∀n 1, 0 un = (nun ) + n2 u2n . n 2 n2 1 La série converge (exemple de Riemann, 2 > 1) et, par n2 n1 hypothèse, la série n2 u2n converge. Par addition et loi ex-
9.17
Rappelons : ∀(a, b) ∈ (R+ )2 , ab
n1
1 1 + n2 u2n converge, puis, par théorème terne, la série 2 2 n n1 de majoration pour des séries à termes 0, la série un converge.
n1
9.18
Utilisons des développements limités, lorsque l’entier n tend vers l’infini :
un = ln(n2 + n + 1) + a ln(n2 + 2n + 4) + b ln(n2 + 3n + 10) # # 1 $ 4 $ 1 2 = 2 ln n + ln 1 + + 2 + a 2 ln n + ln 1 + + 2 n n n n # 3 10 $ + b 2 ln n + ln 1 + + 2 n n 1 $ # 1 1 1 1 + − +o 2 = 2(1 + a + b) ln n + n n2 2 n2 n # 2 # 3 10 1 9 1 $ 1 $ 4 1 4 + 2 − + 2 − +a +o 2 +b +o 2 2 2 n n 2 n n n n 2 n n 1 1 1 11b +o 2 . = 2(1 + a + b) ln n+(1 + 2a + 3b) + + 2a + n 2 2 n 189
Chapitre 9
•
Séries
• Si 1 + a + b
0, alors un ∼ 2(1 + a + b) ln n, donc un ne tend n∞ pas vers 0 lorsque n tend l’infini, et donc la série un diverge n
(grossièrement). 1 = 0 et 1 + 2a + 3b 0, alors un ∼ (1 + 2a + 3b) , n∞ n 1 diverge, par multiplication par une donc, comme la série n n 1 constante non nulle, la série (1 + 2a + 3b) diverge, puis, n n par théorème d’équivalence pour des séries à termes de signe un diverge. fixe, la série • Si 1 + a + b
n
•
Si 1 + a + b = 0 et 1 + 2a + 3b = 0, alors : 1 1 11b 1 + 2a + +o 2 . un = 2 2 n2 n
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), la série converge.
1 n2 n
n
⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨1 + a + b = 0 ⎨a = −2 Enfin : ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1 + 2a + 3b = 0 ⎩b = 1. Finalement, la série un converge si et seulement si : n
a = −2 et b = 1. 1) Existence :
Notons, pour tout n ∈ N : un =
n2 3n+(−1)n
.
1 n n2 On a : ∀n ∈ N, 0 un n−1 = 3n2 . 3 3 D’après le cours sur les séries dérivées de la série géométrique, (( 1 (( 1 n n2 converge. puisque (( (( < 1, la série 3 3 n0 Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, il en résulte que la série un converge. n0
2) Calcul : Séparons, dans une somme partielle, les termes d’indices pairs, d’indices impairs. On a, pour tout N ∈ N : 2N+1
n2 n+(−1)n
n=0
= 190
3
=
N (2p)2 p=0
32p+1
+
N (2p + 1)2 p=0
1 2 1 1 16 9 + 9 1 9 = + 4 + 1 3 1 2 1 3 1− 1− 1− 9 9 9 1 92 9 21 16 10 93 +4 2 + = = . 2 3 3 9 8 98 8 8 21 . 8 9.20 a) D’abord, une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N, un existe et un > 0. 1 • On a : ∀n ∈ N, un+1 − un = > 0, un donc (un )n0 est croissante. On conclut : S =
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de com 1 o 2 converge absolument, donc paraison en o, la série n n converge. un converge. Par combinaison linéaire, la série
9.19
En faisant tendre l’entier N vers l’infini et en utilisant les résultats du cours sur la série géométrique et ses dérivées successives, on a : +∞ +∞ +∞ +∞ n2 p 1 16 p2 +4 + n = n+(−1) p p 3 3 p=0 9 9 9p n=0 p=0 p=0
3(2p+1)−1
N N N N N 4 p2 4p2 + 4p + 1 16 p2 p 1 + = +4 + . 3 p=0 9 p p=0 9p 3 p=0 9 p 9 p p=0 9 p p=0
∀n ∈ N, un u0 = 2.
On a donc :
1 Si (un )n0 converge, alors sa limite vérifie 2 et = + , contradiction. Ainsi, (un )n0 est croissante et divergente, donc : un −→ + ∞. n∞
b) On a : ∀n ∈ N, u2n+1
1 2 1 = un + = u2n + 2 + 2 . un un
∀n ∈ N, un 2, ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ u2n + 3 ⎨ il s’ensuit : ∀n ∈ N, u2n+1 ⎪ ⎪ ⎪ u2 + 2. ⎩ n
Comme :
Ainsi, pour tout n 1 : u2n−1 + 2 u2n u2n−1 + 3, . . . , u20 + 2 u21 u20 + 3. On déduit, par sommation et télescopage : ∀n ∈ N, u20 + 2n u2n u20 + 3n, d’où, puisque les un sont tous 0 : ) ) ∀n ∈ N, 2n + u20 un 3n + u20 . c) Soit α ∈ R∗+ fixé. D’après b), on a, pour tout n ∈ N∗ : α α 1 1 1 α ) . ) un 3n + u20 2n + u20 Et :
α 1 α 1 1 ∼ √ = 3−α/2 α/2 , ) n∞ n 2 3n 3n + u0 α 1 α 1 1 ∼ √ = 2−α/2 α/2 . ) n∞ n 2n 2n + u20
Corrigés des exercices • Si α > 2, alors, d’après l’exemple de Riemann, la série 1 converge, donc, par théorème d’équivalence pour des nα/2 n1 α 1 séries à termes 0, la série converge, puis, ) n1 2n + u20 par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la 1 converge. série uα n1 n • Si α 2, alors, d’après l’exemple de Riemann, la série 1 diverge, donc, par théorème d’équivalence pour des nα/2 n1 α 1 diverge, puis, par séries à termes 0, la série ) n1 3n + u20 théorème de minoration pour des séries à termes 0, la série 1 diverge. uα n1 n
1 Finalement, la série de terme général α converge si et seuleun ment si α > 2.
On a, d’après b), pour tout N 0 : N N (−1)n (−1)n (−1)n+1 = − u − 3 n=0 un − 2 un+1 − 2 n=0 n
=
a) • Montrons, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, un 5.
C’est vrai pour n = 0, puisque u0 = 5. Si c’est vrai pour un n ∈ N, alors : un+1 = u2n − 5un + 8 = un (un − 5) + 8 8 5,
Ceci montre que la série
•
a) On a, pour tout N 1, en utilisant une sommation géométrique :
9.22 /
1
/ 1 N−1 1 − (−1)N xN (−x)n dx dx = 1+x 0 n=0 / 1 N−1 N−1 N 1 (−1)n−1 = . (−1)n xn dx = (−1)n = n + 1 n=1 n 0 n=0 n=0
b) D’après a), on a, pour tout N 2 : / 1 N / 1 N (−1)n−1 1 x = dx − (−1)N dx. n 1 + x 1 +x 0 0 n=1
∀n ∈ N, un 5.
/
On a, pour tout n ∈ N : un+1 − un =
u2n
− 6un + 8 = (un − 3) − 1 3 0, 2
donc (un )n∈N est croissante. •
Supposons un −→ ∈ R. Alors, par passage à la limite dans n∞
donc, par passage à la limite : 5, contradiction.
1
Mais : 0 0
/
1
donc :
la définition de la suite (un )n∈N , on a : = 2 − 5 + 8, d’où facilement ∈ {2, 4}. Mais : ∀n ∈ N, un 5, © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
(−1)n converge et que : u −3 n0 n
+∞ (−1)n 1 = . u − 3 3 n n=0
donc c’est vrai pour n + 1. On conclut :
1 1 (−1)N+1 1 − −→ = . u0 − 2 uN+1 − 2 N∞ u0 − 2 3
=
0
9.21
N N N N+1 (−1)n (−1)n+1 (−1)n (−1)n − = − u − 2 n=0 un+1 − 2 n=0 un − 2 n=1 un − 2 n=0 n
0
xN dx 1+x
1
xN dx = 0
On déduit : / 1 N . %1 (−1)n−1 1 −→ dx = ln(1 + x) 0 = ln 2. N∞ n 1 + x 0 n=1 On conclut que la série
(−1)n−1 n
n1
un −→ + ∞.
+∞ (−1)n−1
n∞
b) On a, pour tout n ∈ N : (−1)n (−1)n+1 (−1)n (−1)n+1 − = − un − 2 un+1 − 2 un − 2 (un − 2)(un − 3) =
(−1)n (−1)n (un − 3) + 1 = . (un − 2)(un − 3) un − 3
c) Nous allons former les sommes partielles et faire apparaître un télescopage.
1 −→ 0, N + 1 N∞
xN dx −→ 0. N∞ 1+x
Ceci montre que (un )n∈N diverge. Puisque (un )n∈N est croissante et divergente, on conclut :
/
n=1
n
converge et que :
= ln 2.
9.23
a) D’abord, il est clair, par récurrence immédiate, que, pour tout n ∈ N, un existe et un 0. √ √ On a donc : un+1 = n + un n −→ + ∞, n∞
d’où :
un+1 −→ + ∞, n∞
puis, par décalage d’indice :
un −→ + ∞. n∞
191
Chapitre 9
•
Séries
b) 1) Récurrence sur n.
√
√ • La propriété est vraie pour n = 1, car 1 u1 = 1 2 1. √ √ • Supposons, pour un n 1 fixé : n un 2 n. ) √ √ √ On a alors : un+1 = n + un n + n n + 1. ) √ √ On a aussi : un+1 = n + un n + 2 n. ) √ √ Montrons, pour tout n 1 : n + 2 n 2 n + 1 (1). √ √ On a : (1) ⇐⇒ n + 2 n 4(n + 1) ⇐⇒ 2 n 3n + 4,
Par théorème d’encadrement, il en résulte : nu2n −→ 0, n∞
puis, en multipliant par 2 : (2n)u2n −→ 0. n∞
•
On a, pour n 1 :
0 (2n + 1)u2n+1 (2n + 1)u2n =
D’où, par théorème d’encadrement : (2n + 1)u2n+1 −→ 0. n∞
•
Puisque (2n)u2n −→ 0 et (2n + 1)u2n+1 −→ 0,
n∞
∀n N, nun 1.
On a démontré, par récurrence sur n : √ √ ∀n ∈ N∗ , n un 2 n. ⎧ ) √ ⎪ ⎪ ) ⎪ √ ⎪ ⎨ n + 2 n 2) De 1), on déduit : un+1 = n + un ⎪ ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ n + √n. * ) √ √ √ 2 Comme : n + 2 n = n 1 + √ ∼ n, n∞ n * ) √ √ √ 1 n + n = n 1 + √ ∼ n, et : n n∞ √ on déduit, par encadrement : un+1 ∼ n. n∞ √ √ D’où : un+1 ∼ n ∼ n + 1, n∞ n∞ √ puis, par décalage d’indice : un ∼ n.
D’où : ∀n N, 0 vn = nu2n = (nun )un un . un converge, on déduit, par théorème de Puisque la série n1 majoration pour des séries à termes 0, que la série vn .
n∞
1 α 1 1 ∼ √ = α/2 . α un n∞ n n D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut : la série de terme 1 général α converge si et seulement si : α > 2. un •
Considérons, pour n 1, le paquet de termes
uk .
k=n+1
Puisque la suite (un )n1 est décroissante et à termes 0, on a : 2n+1 uk nu2n 0. ∀n 1, Mais, puisque la série
k=n+1
On a : n ln(1 + un ) ∼ nun −→ 0, donc : e n ln(1+un ) −→ 1, n∞ n∞ n∞ n puis : wn = un (1 + un ) = un exp n ln(1 + un ) ∼ un 0. •
n∞
Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série wn converge. n1
Notons, pour tout n ∈ N : Un =
9.25
1) Supposons que la série Notons U = Vn =
n
k=n+1
192
uk =
2n+1 k=1
uk −
n k=1
uk −→ n∞
+∞ k=1
uk −
+∞
uk ,
Vn =
k=0
k=1
un converge.
vk =
k=0
(uk + uk+1 ) =
n
k=0
uk +
n
k=0
=
n
uk +
k=0
uk+1
k=0 n+1
uk = Un + (Un+1 − u0 ),
k=1
Vn −→ 2U − u0 , n∞ ce qui montre que la série vn converge.
donc :
n0
2) Réciproquement, supposons que la série +∞
vn converge.
n0
vn . On a, pour tout n ∈ N :
Vn = Un + Un+1 − u0 = 2Un + un+1 − u0 , uk = 0.
vk .
k=0
n=0 +∞
n
un . On a, pour tout n ∈ N :
n=0 n
Notons V =
un converge, on a :
n
n0
n1 2n+1
n1
converge.
c) Soit α ∈ ]0 ; +∞[. On a :
a)
n∞
b) • Puisque nun −→ 0, il existe N 1 tel que :
Ceci montre que l’encadrement voulu est vrai pour n + 1.
2n+1
n∞
d’après l’exercice 8.19, on conclut : nun −→ 0. n∞
et cette dernière inégalité est vraie car : √ √ 2 n 3 n 3n 3n + 4. ) √ √ On a donc : un+1 n + 2 n 2 n + 1.
9.24
2n + 1 (2n)u2n −→ 1 · 0 = 0. n∞ 2n
donc :
Un =
1 1 1 Vn + u0 − un+1 . 2 2 2
Corrigés des exercices
Puisque Vn −→ V et un+1 −→ 0 (hypothèse), on déduit : n∞
n∞
Un −→ n∞
ce qui montre que la série
S 2(p+1) − S 2p = u2p+1 + u2p+2 = −|u2p+1 | + |u2p+2 | 0,
1 1 V + u0 , 2 2
S 2(p+1)+1 − S 2p+1 = u2p+2 + u2p+3 = |u2p+2 | − |u2p+3 | 0,
un converge.
et :
n0
Finalement, les séries de termes généraux un et un + un+1 sont de même nature. Remarque : L’hypothèse un −→ 0 est essentielle. n∞
Par exemple, pour un = (−1)n , la série de terme général un diverge (car un ne tend pas vers 0), mais la série de terme général vn converge (car, pour tout n, vn = 0). a) Notons λ =
9.26
+1 . On a donc : < λ < 1. 2
un+1 Puisque −→ < λ, il existe N ∈ N tel que : un n∞ un+1 λ. ∀n N, un On a donc, pour tout n N + 1 : un λun−1 , . . . , uN+1 λuN . Par multiplication (les membres sont tous > 0) et par télescopage, on obtient : ∀n N, un λn−N uN = λn λ−N uN . Comme λ ∈ [0 ; 1[, la série géométrique λn converge. Par n
théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série un converge.
et :
un+1 un
∀n ∈ N, un > 0, 2 (n + 1)! 2n+1 (2n)! = (n!)2 2n 2(n + 1)!
S 2p+1 − S 2p = u2p+1 −→ 0. n∞
On conclut que les suites (S 2p ) p∈N et (S 2p+1 ) p∈N sont adjacentes. 2) Puisque les suites (S 2p ) p∈N et (S 2p+1 ) p∈N sont adjacentes, elles convergent et ont la même limite, notée . D’après l’exercice 8.19, il en résulte : S n −→ . n∞
Puisque la suite des sommes partielles de la série converge, on un converge. conclut que la série n0
b) Soit α ∈ ]0 ; +∞[. La série
(−1)n n1
•
pour tout n 1,
•
la suite
•
1 −→ 0. nα n∞
1 est décroissante nα n1
On conclut, d’après a) : la série
(−1)n
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
vn+1 vn
vn = √
(−1)n (−1)n = √ n + (−1)n n
1 (−1)n 1+ √ n −→ 0 n∞
(−1) (−1) 1 1 (−1)n 1 (−1)n 1 = √ 1− √ + +o = √ − + √ +o √ . n n n n n n n n n n n
•
D’après b), avec α = 1/2, la série
∀n ∈ N, vn > 0,
•
La série
1 n
−1 4(n + 1) 4n 2 2(n + 1) 2n (4n)! (2n + 2)! = = = −1 4n + 4 (4n + 4)! (2n)! 2 4n 2n + 2 2n 2 (2n + 1)(2n + 2) 1 16n4 ∼ . = = (4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)(4n + 4) n∞ 256n4 16
Ainsi :
vn+1 1 −→ < 1. vn n∞ 16
D’après a), on conclut que la série
n
converge.
c) Utilisons un développement limité :
n
et :
nα
n1
n
n+1 (n + 1)2 · 2 1 = −→ < 1. (2n + 1)(2n + 2) 2n + 1 n∞ 2 D’après a), on conclut que la série un converge. On a :
vérifie les hypothèses
1 0 nα
=
•
nα
de a), puisque :
n
b) • On a :
a) 1) On a, pour tout p ∈ N :
9.27
vn converge.
n
(−1)n √ converge. n n1
diverge.
(−1)n est absolument convergente (exemple de n3/2 n1 Riemann, 3/2 > 1), donc convergente. 1 • Puisque la série est convergente et à termes 0, n3/2 n1 1 d’après le théorème de domination, la série o 3/2 est abn n1 solument convergente, donc convergente. •
La série
Ainsi, vn apparaît comme la somme des termes généraux de quatre séries, dont trois convergentes et une divergente. On conclut que la série de terme général vn diverge. 193
Fonctions d’une variable CHAPITRE 10 réelle : généralités, limites, continuité Plan Les méthodes à retenir 194 Énoncés des exercices
197
Du mal à démarrer ?
200
Corrigés des exercices
202
Thèmes abordés dans les exercices •
Résolution d’équations à inconnue réelle
•
Résolution de certaines équations fonctionnelles
•
Manipulation des fonctions remarquables : paires, impaires, périodiques, majorées, minorées, bornées, croissantes, décroissantes
•
Étude de la continuité d’une fonction, de l’existence et de la valeur d’une limite
•
Existence de solutions d’une équation
•
Existence et propriétés d’une fonction réciproque.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Propriétés des fonctions ayant des limites finies ou des limites infinies, pour les opérations algébriques et pour l’ordre usuel
•
Définition des fonctions remarquables : paires, impaires, périodiques, majorées, minorées, bornées, croissantes, décroissantes
•
Propriétés générales des fonctions continues
•
Théorème des valeurs intermédiaires, théorème de continuité sur un segment, théorème de la bijection monotone
•
Définition de la fonction partie entière, notée Ent.
Les méthodes à retenir Essayer de : Pour calculer la limite d’une fonction se présentant sous une forme indéterminée
•
transformer l’écriture de l’expression proposée, souvent par des factorisations
➥ Exercice 10.1 d) •
utiliser des équivalents
➥ Exercices 10.1 a) à c), h) 194
Les méthodes à retenir
•
utiliser les prépondérances classiques relatives aux fonctions logarithmes, puissances, exponentielles
➥ Exercices 10.1 e) à g)
(suite)
Voir aussi les méthodes à retenir du chapitre 13, utilisant des développements limités.
Essayer de : Pour montrer qu’une fonction f admet une limite finie en un point a
•
appliquer les théorèmes généraux sur les limites
•
montrer que | f (x) − | −→ 0. x −→ a
➥ Exercice 10.2
Pour résoudre une équation à une inconnue réelle
Essayer d’étudier les variations d’une fonction associée à l’équation, par exemple la fonction obtenue en faisant tout passer dans le premier membre.
➥ Exercice 10.4. Essayer de : •
Pour montrer l’existence d’une solution d’une équation f (x) = 0, où f est à variable réelle et à valeurs réelles
étudier les variations de f , si f (x) est donné par une formule explicite
➥ Exercice 10.4 •
appliquer le théorème des valeurs intermédiaires, si f est continue sur un intervalle et prend des valeurs négatives ou nulles et des valeurs positives ou nulles.
➥ Exercices 10.5, 10.21, 10.26.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Pour montrer qu’une fonction est paire, est impaire, est périodique
Pour manipuler la fonction partie entière
Revenir à la définition.
➥ Exercices 10.8, 10.18.
Se rapporter à la définition de la partie entière d’un réel : ∀x ∈ R, Ent(x) x < Ent(x) + 1 et Ent(x) ∈ Z ou encore :
∀x ∈ R,
x − 1 < Ent(x) x et Ent(x) ∈ Z .
➥ Exercice 10.11.
195
Chapitre 10
•
Fonctions d’une variable réelle : généralités, limites, continuité
Pour résoudre une équation fonctionnelle
Raisonner clairement par implication puis réciproque, ou exceptionnellement par équivalences logiques. Si la fonction inconnue est supposée continue sur un intervalle et ne prend qu’un nombre fini de valeurs, utiliser le théorème des valeurs intermédiaires
➥ Exercices 10.12, 10.17 Essayer d’appliquer l’équation à des valeurs ou des formes particulières de la (les) variable(s), ou passer à une limite ➥ Exercice 10.24 Voir aussi les méthodes à retenir des chapitres 11 et 12.
Pour étudier les points fixes d’une fonction f
Essayer d’étudier la fonction auxiliaire g : x −→ f (x) − x.
➥ Exercices 10.13, 10.20, 10.23. Essayer de : •
Pour montrer qu’une fonction f : X −→ R est majorée, est minorée, est bornée
revenir à la définition, c’est-à-dire, respectivement : ∃ M ∈ R, ∀x ∈ X, f (x) M ∃ m ∈ R, ∀x ∈ X, m f (x) ∃ C ∈ R+ , ∀x ∈ X, | f (x)| C
➥ Exercice 10.6 •
appliquer le théorème du cours si f est continue et si X est un segment.
➥ Exercices 10.6, 10.14, 10.25. Essayer de : •
revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀y ∈ J, ∃ ! x ∈ I, y = f (x). On pourra éventuellement exprimer l’application réciproque f −1 de f .
Pour montrer qu’une fonction f : I −→ J est bijective, où I et J sont des intervalles de R
➥ Exercice 10.7 •
appliquer le théorème de la bijection monotone. Dans ce contexte, souvent, on ne pourra pas exprimer l’application réciproque f −1 de f .
➥ Exercices 10.15 a), 10.16 a).
196
Énoncés des exercices
Énoncés des exercices 10.1 Exemples de calculs simples de limites Déterminer les limites suivantes : 2x2 − x + 1 a) lim x −→ +∞ x−1 b) c)
lim
x2 − x + 2 2x2 + x + 4
lim
x−1 x3 + x + 1
x −→ −∞
x −→ +∞
d) lim +
x2 − 3x + 2 x2 − 4x + 4
e)
(ln x)2 − 3 x+2
x −→ 2
lim
x −→ +∞
f) lim + x2 (ln x − x) x −→ 0
g) h)
lim x(1 + ln x) e −x
x −→ +∞
1
lim 2 x .
x −→ +∞
10.2 Obtention d’une limite par une condition sur la fonction Soit f : R −→ R telle que : f (x) 2 − f (x) −→
x −→ +∞
1. Montrer : f (x) −→
x −→ +∞
1.
10.3 Points fixes lorsqu’une itérée est constante Soit f : R −→ R une application. On suppose qu’il existe n ∈ N∗ et a ∈ R tels que : ∀x ∈ R, f [n] (x) = a, où f [n] désigne f ◦ · · · ◦ f . Montrer : f (a) = a. n fois
10.4 Résolution d’une équation, utilisation de la stricte monotonie Résoudre l’équation x6 + x4 = 810, d’inconnue x ∈ R+ .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
10.5 Existence d’une solution par théorème des valeurs intermédiaires Montrer que l’équation x15 = x11 + 2, d’inconnue x ∈ R+ , admet au moins une solution.
10.6 Composées bornées Soient f : R −→ R une application bornée, g : R −→ R une application continue. Montrer que f ◦ g et g ◦ f sont bornées.
10.7 Expliciter une fonction réciproque x est bijective et exprimer f −1 (y) Montrer que l’application f : ] − 1 ; 1[ −→ R, x −→ 1 − x2 pour tout y ∈ R.
10.8 Fonctions paires, fonctions impaires a) Soit I un intervalle non vide de R tel que : ∀x ∈ I, −x ∈ I. 197
Chapitre 10
•
Fonctions d’une variable réelle : généralités, limites, continuité
On note E = RI l’espace vectoriel des applications de I dans R, et on note P (resp. I ) l’ensemble des applications paires (resp. impaires) de I dans R, c’est-à-dire :
P = f : I −→ R ; ∀x ∈ I, f (−x) = f (x) ,
I = f : I −→ R ; ∀x ∈ I, f (−x) = − f (x) . Montrer que P et I sont deux sous-espaces vectoriels de E supplémentaires dans E , et exprimer, pour toute f ∈ E , la décomposition linéaire de f sur P et I . 1+x . Calculer, pour tout x ∈ I, p(x) et b) On prend ici I = ] − 1 ; 1[ et f : I −→ R, x −→ 1−x i(x), où p et i sont les projetés de f sur P et I respectivement.
10.9 Condition de composition sur une fonction
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ R, f f (x) = x + 1 ? Existe-t-il une application f : R −→ R telle que : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ R, f f (x) − 1 = 1 − x
10.10 Conditions d’inégalités sur une fonction
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ R, f (x) x Soit f : R −→ R telle que : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀(x, y) ∈ R2 , f (x + y) f (x) + f (y). Montrer : f = IdR .
10.11 Étude de continuité pour une fonction faisant intervenir la partie entière On rappelle que, pour tout x ∈ R, la partie entière de x, notée Ent(x), est définie par : Ent(x) ∈ Z
Ent(x) x < Ent(x) + 1. 2 2 Montrer que l’application f : R −→ R, x −→ x − Ent(x) + Ent(x) + 1 − x et
est continue sur R.
10.12 Exemple d’équation fonctionnelle Trouver toutes les applications f : R −→ R continues telles que : 2 ∀x ∈ R, f (x) = 3 f (x) − 2.
10.13 Point d’égalité de deux fonctions Soient f : R −→ R continue telle que : lim f = −∞ et lim f = +∞ et g : R −→ R continue et −∞ +∞ bornée. Démontrer : ∃ c ∈ R, f (c) = g(c).
10.14 Amélioration d’une majoration Soient (a, b) ∈ R2 tel que a < b, f, g : [a ; b] −→ R continues. On suppose :
∀x ∈ [a ; b], 0 < f (x) < g(x).
Montrer qu’il existe C ∈ [0 ; 1[ tel que :
∀x ∈ [a ; b], f (x) Cg(x).
10.15 Fonction réciproque, inégalité On note f : R −→ R, x −→ x + x2 + 2x3 . a) Montrer que f est bijective. On note f −1 la réciproque de f . b) Trouver α ∈ R∗+ tel que : ∀y ∈ R, f −1 (y) α|y|. 198
Énoncés des exercices
10.16 Fonction réciproque, équation On note f : R −→ R, x −→ x3 + x − 8. a) Montrer que f est strictement croissante et bijective. On note f −1 la réciproque de f . b) Résoudre l’équation 2 f (x) + 3 f −1 (x) = 10, d’inconnue x ∈ R.
10.17 Exemple d’équation fonctionnelle Trouver toutes les applications f : R −→ R telles que : ∀(x, y) ∈ R2 , f (x) f (y) − f (xy) = x + y.
10.18 Produits de fonctions continues paires, continues impaires Soit X un intervalle de R, contenant 0 et non réduit à 0, tel que : ∀x ∈ X, −x ∈ X. On note E l’espace vectoriel des applications continues de X dans R, P (resp. I) le sous-espace vectoriel de E formé des applications continues paires (resp. impaires). Soit ϕ ∈ E fixée. a) Montrer que les assertions suivantes sont deux à deux équivalentes : (1) ϕ ∈ P,
(2) ∀ f ∈ P, f ϕ ∈ P,
(3) ∀ f ∈ I, f ϕ ∈ I.
(2 ) ∀ f ∈ P, f ϕ ∈ I,
(3 ) ∀ f ∈ I, f ϕ ∈ P.
b) Même question pour : (1 ) ϕ ∈ I,
10.19 Fonction idempotente de limites infinies Soit f : R −→ R continue telle que : f ◦ f = f, lim f = −∞, lim f = +∞. −∞
+∞
Démontrer : f = IdR .
10.20 Séparation de f et g, de f ◦ f et g ◦ g Soient f, g : R −→ R continues telles que : f ◦ g = g ◦ f.
Montrer que, si x ∈ R ; f ◦ f (x) = g ◦ g(x) ∅, alors x ∈ R ; f (x) = g(x) ∅.
10.21 Combinaison de polynômes scindés simples à zéros entrelacés
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Soient n ∈ N∗ , a0 , ..., an , b0 , ..., bn ∈ R tels que : a0 < b0 < a1 < b1 < · · · < an < bn , α, β ∈ R∗+ . n n On note : P = α (X − ak ) + β (X − bk ) ∈ R[X]. k=0
k=0
Démontrer que P admet n + 1 zéros réels deux à deux distincts.
10.22 Minoration impossible Montrer qu’il n’existe pas d’application f : R −→ R telle que : ∀x ∈ R, ∀h ∈ R∗+ , f (x + h) f (x) +
√
h.
10.23 Étude de point fixe a) Soit f : [0 ; 1] −→ [0 ; 1] continue. Montrer : ∃ c ∈ [0 ; 1], f (c) = c. b) Est-ce que, pour toute application continue f : ]0 ; 1[ −→ ]0 ; 1[, il existe c ∈ ]0 ; 1[ tel que f (c) = c ? 199
Chapitre 10
•
Fonctions d’une variable réelle : généralités, limites, continuité
10.24 Exemple d’équation fonctionnelle Trouver toutes les applications f : R −→ R telles que : ∀(x, y) ∈ R2 , f x f (y) + x = xy + f (x).
10.25 Minimum d’une fonction continue de limite +∞ aux deux infinis Soit f : R −→ R continue telle que : f (x) −→ +∞ x −→ −∞
et
f (x) −→ +∞. x −→ +∞
Montrer qu’il existe x0 ∈ R tel que : ∀x ∈ R, f (x) f (x0 ).
10.26 Polynômes surjectifs de R dans R Soit P ∈ R[X] − {0}. Montrer que l’application polynomiale P : R −→ R, x −→ P(x) est surjective si et seulement si deg (P) est impair. On pourra utiliser l’exercice 10.25.
Du mal à démarrer ? 10.1
Utiliser des équivalents, des prépondérances classiques.
10.2
2 Considérer f(x) − 1) .
10.3
Calculer f [n+1] (a) de deux façons, en utilisant l’associativité de la loi ◦.
10.4
Considérer f : R+ −→ R, x −→ x6 + x4 .
10.5
Considérer f : R+ −→ R, x −→ x15 − x11 − 2.
10.6
Pour montrer que g ◦ f est bornée, utiliser le théorème sur les applications continues sur un segment.
10.13
Considérer h = f − g et utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.
10.14
a) Utiliser le théorème de la bijection monotone. f(x) . b) Obtenir d’abord une minoration convenable de x
10.8
a) Revenir à la définition d’un sev, montrer P ∩ I = {0} et montrer que tout élément f de E se décompose sous la forme f = p + i, où p ∈ P et i ∈ I , par analyse-synthèse.
10.17
b) Appliquer les formules obtenues en a).
10.18
Supposer qu’il existe f convenant. Pour tout x ∈ R, calcu 1 ler f f f(x) − 1 de deux façons, et déduire x = . 2
10.10
Montrer successivement f(0) = 0, f est impaire, f(x) x et f(−x) −x pour tout x ∈ R. Étudier, pour tout n ∈ Z, les limites de f en n− et en n+ , et la valeur de f en n.
10.11 10.12
Obtenir : ∀x ∈ R, f(x) ∈ {1, 2}.
f(x) et utiliser le théorème sur la g(x)
10.15
10.16
10.9
Considérer h : x −→
continuité sur un segment.
10.7
Pour y ∈ R fixé, résoudre l’équation y = f(x), d’inconnue x ∈ ] − 1 ; 1[. Utiliser une expression conjuguée pour transformer l’écriture.
200
Pour déduire que f est constante égale à 1 ou constante égale à 2, utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.
a) Utiliser le théorème de la bijection monotone.
b) Considérer g : R −→ R, x −→ 2f(x) + 3f −1 (x). Montrer que g est strictement croissante, et remarquer g(2) = 10.
1) Soit f convenant. Montrer f(0) = 1 et déduire f.
2) Réciproquement, vérifier que f : R −→ R, x −→ x+1 convient. 1) Les implications (1) =⇒ (2), (2) =⇒ (1), (1) =⇒ (3) sont immédiates. Pour (3) =⇒ (1), utiliser f : X −→ R, x −→ x.
2) Les implications (1 ) =⇒ (2 ), (2 ) −→ (1 ), (1 ) =⇒ (3 ) sont immédiates. Pour (3 ) =⇒ (1 ), utiliser f : X −→ R, x −→ x et la continuité de ϕ en 0.
10.19
Montrer que f est surjective, puis utiliser : ∀x ∈ R, f(x) = f f(x) .
Du mal à démarrer ?
10.20
Raisonner par contraposition :
supposer x ∈ R ; f(x) = g(x) = ∅, considérer h = f − g et utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.
10.24
1) Soit f convenant. Appliquer l’hypothèse à 1, −1 − f(1) , noter a = f − 1 − f(1) + 1, puis appliquer l’hypothèse à (x, a), pour déduire la forme de f. 2) Étudier la réciproque.
10.21
Préciser le degré de P. Considérer les P(ai ) et les P(bi ) pour i ∈ 1 ; n.
10.22
Raisonner par l’absurde : supposer qu’il existe f convenant. Soit (x, y) ∈ R2 tel que x < y. Pour n ∈ N∗ , considérer y −x h= > 0, appliquer l’hypothèse de façon répétée, et dén duire une contradiction.
10.23
a) Considérer g : [0 ; 1] −→ R, x −→ f(x) − x et utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.
Montrer qu’il existe A ∈ ] − ∞ ; 0] et B ∈ [0 ; +∞[ tels que :
∀x ∈ ] − ∞ ; A], f(x) f(0)
et
∀x ∈ [B ; +∞[, f(x) f(0) ,
puis appliquer le théorème de continuité sur le segment [A ; B].
10.26
1) Si deg (P) est impair, étudier les limites de P en −∞ et en +∞ et utiliser le théorème des valeurs intermédiaires. 2) Si deg (P) est pair, utiliser l’exercice 10.25.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) Considérer f : ]0 ; 1[ −→ R, x −→ x2 .
10.25
201
Corrigés des exercices 2x2 2x2 − x + 1 ∼ = 2x, x −→ +∞ x x−1 2x2 − x + 1 donc : −→ +∞. x −→ +∞ x−1 x2 − x + 2 1 x2 b) 2 = , ∼ 2x + x + 4 x −→ −∞ 2x2 2 1 x2 − x + 2 donc : 2 −→ . 2x + x + 4 x −→ −∞ 2 x 1 x−1 ∼ = 2, c) 3 x + x + 1 x −→ +∞ x3 x x−1 −→ 0. donc : 3 x + x + 1 x −→ +∞ x2 − 3x + 2 (x − 1)(x − 2) x−1 d) 2 = = −→ +∞. x − 4x + 4 (x − 2)2 x − 2 x −→ 2+
10.1
a)
(ln x)2 (ln x)2 − 3 ∼ , x + 2 x −→ +∞ x (ln x)2 −→ 0 par prépondérance classique, et x x −→ +∞ (ln x)2 − 3 donc : −→ 0. x + 2 x −→ +∞ f) x2 (ln x − x) = x2 ln x − x3 −→ + 0, e)
x −→ 0
par prépondérance classique. 1 + ln x g) x(1 + ln x) e −x = (x2 e −x ) −→ 0, x −→ +∞ x par prépondérances classiques. 1
h) 2 x = e
1 x
−→
ln 2
x −→ +∞
x −→ +∞
10.3
On a :
−→
x −→ +∞
0,
0, puis : f (x) −→
x −→ +∞
1.
⎧ [n+1] ⎪ ⎪ (a) = f f [n] (a) = f (a) ⎪ ⎨f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f [n+1] (a) = f [n] f (a) = a,
d’où : f (a) = a.
10.4
•
L’application f : R+ −→ R, x −→ x6 + x4
est strictement croissante, donc injective. Il en résulte que l’équation f (x) = 810, d’inconnue x ∈ R+ , admet au plus une solution. •
202
L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x15 − x11 − 2
est continue sur l’intervalle [0 ; +∞[, f (0) = −2 < 0, lim f (x) = +∞. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il en résulte qu’il existe c ∈ [0 ; +∞[ tel que f (c) = 0, d’où la conclusion voulue. x −→ +∞
10.6
•
Puisque f est bornée, il existe M ∈ R+ tel que :
∀x ∈ R, | f (x)| M. Il en résulte : ∀y ∈ R, ( f ◦ g)(y) = f g(y) M, donc f ◦ g est bornée. •
Puisque f est bornée, il existe (a, b) ∈ R2 tel que : ∀x ∈ R, f (x) ∈ [a ; b].
Comme g est continue sur le segment [a ; b], d’après un théorème du cours, la restriction de g à [a ; b] est bornée. Il existe donc C ∈ R+ tel que : ∀y ∈ [a ; b], |g(y)| C. En particulier : ∀x ∈ R, (g ◦ f )(x) = g f (x) C, donc g ◦ f est bornée.
10.7
On a, pour tout (x, y) ∈ ] − 1 ; 1[×R : x ⇐⇒ yx2 + x − y = 0 (1). 1 − x2
Si y = 0, alors : (1) ⇐⇒ x = 0.
10.2
donc : f (x) − 1 −→
10.5
y = f (x) ⇐⇒ y =
e 0 = 1.
On a, pour x ∈ R : 2 2 f (x) − 1 = f (x) − 2 f (x) + 1 = − f (x) 2 − f (x) + 1
On conclut que l’équation proposée admet une solution et une seule : x = 3.
D’autre part, on remarque : f (3) = 810.
Si y 0, l’équation (1), d’inconnue x ∈ ] − 1 ; 1[, est du second degré. Son discriminant est Δ = 1 + 4y2 > 0, donc (1) admet deux solutions distinctes, qui sont : −1 − 1 + 4y2 −1 + 1 + 4y2 , x2 = . x1 = 2y 2y 1 + 4y2 1 + 1 + 4y2 Mais : |x1 | = > > 1, 2|y| 2|y| donc x1 ] − 1 ; 1[. D’autre part, par produit des racines d’une équation du second −y = −1, donc |x1 x2 | = 1, degré : x1 x2 = y 1 d’où x1 0 et |x2 | = < 1, donc x2 ∈ ] − 1 ; 1[. |x1 | −1 + 1 + 4y2 Ainsi, pour x 0 : (1) ⇐⇒ x = . 2y
Corrigés des exercices
Remarquons, par utilisation d’une expression conjuguée : −1 + 1 + 4y2 2y 4y2 . = = 2y 2y 1 + 1 + 4y2 1 + 1 + 4y2 Cette dernière formulation est valable aussi lorsque y = 0. Ainsi, pour tout (x, y) ∈ ] − 1 ; 1[×R : 2y . y = f (x) ⇐⇒ x = 1 + 1 + 4y2 Ceci montre que f est bijective et que : ∀y ∈ R, f −1 (y) =
2y . 1 + 1 + 4y2
a) 1) • On a P ⊂ E et 0 ∈ P, où 0 désigne l’application nulle.
10.8 •
Soient α ∈ R, f, g ∈ P. On a :
∀x ∈ I, (α f + g)(−x) = α f (−x) + g(−x) = α f (x) + g(x) = (α f + g)(x), donc : α f + g ∈ P. Ceci montre que P est un sev de E .
On a, pour tout x ∈ I : ⎧ ⎪ p(−x) = 12 f (−x) + f (x) = p(x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ i(−x) = 12 f (−x) − f (x) = −i(x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ p(x) + i(x) = f (x), donc (p, i) convient. Ceci montre : ∀ f ∈ E , ∃ (p, i) ∈ E , f = p + i, donc : P + I = E . Comme P ∩ I = {0} et P + I = E , on conclut que P et I sont supplémentaires dans E , et nous avons obtenu, pour toute f ∈ E la décomposition linéaire de f sur P et I , f = p + i, où p, i sont définies plus haut en fonction de f . b) D’après la solution de a), la décomposition linéaire de f sur P et I est donnée, pour tout x ∈ I, par : ⎛ ⎞ 1 ⎜⎜⎜⎜ 1 + x 1 − x ⎟⎟⎟⎟ 1 f (x) + f (−x) = ⎜⎝ + p(x) = ⎟ 2 2 1−x 1 + x⎠ 1 (1 + x) + (1 − x) 1 = √ , √ √ 2 1−x 1+x 1 − x2 ⎛ ⎞ 1 ⎜⎜⎜⎜ 1 + x 1 1 − x ⎟⎟⎟⎟ f (x) − f (−x) = ⎜⎝ i(x) = − ⎟ 2 2 1−x 1 + x⎠ =
2) • On a I ⊂ E et 0 ∈ I .
=
Soient α ∈ R, f, g ∈ I . On a : ∀x ∈ I, (α f + g)(−x) = α f (−x) + g(−x) = −α f (x) − g(x) = −(α f + g)(x), donc : α f + g ∈ I . Ceci montre que I est un sev de E . 3) • Soit f ∈ P ∩ I . On a alors : ∀x ∈ I, f (−x) = f (x) et f (−x) = − f (x) , d’où, en soustrayant : ∀x ∈ I, 2 f (x) = 0, puis : f = 0. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Ceci montre : P ∩ I = {0}. •
Soit f ∈ E . Cherchons p ∈ P, i ∈ I telles que : f = p + i.
∗ Analyse : Si (p, i) convient, alors : ∀x ∈ I, f (x) = p(x) + i(x), d’où, en appliquant ceci à −x :
10.9
∀x ∈ I, p(x) =
1 1 f (x) + f (−x) , i(x) = f (x) − f (−x) . 2 2
∗ Synthèse : Réciproquement, considérons les applications p, i : I −→ R définies par les formules obtenues ci-dessus.
Soit f convenant.
On a, pour tout x ∈ R : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f f f (x) − 1 = f (x) − 1 + 1 = f (x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f f f (x) − 1 = f (1 − x), d’où : f (x) = f (1 − x), puis : f f (x) = f f (1 − x) . Mais : f f (x) = x + 1 et f f (1 − x) = (1 − x) + 1, 1 d’où : x + 1 = (1 − x) + 1, donc : x = , 2 contradiction avec x = 0 par exemple. On conclut qu’il n’existe pas d’application f convenant. • On a : f (0) 0 et f (0 + 0) f (0) + f (0), d’où f (0) 0, puis : f (0) = 0.
10.10 •
∀x ∈ I, f (−x) = p(−x) + i(−x) = p(x) − i(x), puis, en additionnant, en soustrayant :
1 (1 + x) − (1 − x) x = √ . √ √ 2 1−x 1+x 1 − x2
On a, pour tout x ∈ R : 0 = f (0) = f x + (−x) f (x) + f (−x) x + (−x) = 0,
d’où :
∀x ∈ R, f (x) + f (−x) = 0.
Ainsi, f est impaire. •
On a, pour tout x ∈ R : f (x) x et f (−x) −x,
d’où : f (x) x et f (x) = − f (−x) x, donc : f (x) = x. On conclut : f = IdR . 203
Chapitre 10
•
Fonctions d’une variable réelle : généralités, limites, continuité
• Puisque Ent est continue en tout point de R \ Z, par opérations, f est continue en tout point de R \ Z.
10.11 •
Soit n ∈ Z. On a :
2 2 ∀x ∈ [n − 1 ; n], f (x) = x − Ent(x) + Ent(x) + 1 − x 2 = x − (n − 1) + (n − 1) + 1 − x 2 , 2 2 ∀x ∈ [n ; n + 1[, f (x) = x − Ent(x) + Ent(x) + 1 − x
d’où : f (x) −→ − x −→ n
= (x − n)2 + (n + 1 − x)2 , n − (n − 1) 2 + (n − n)2 = 1,
f (x) = (n − n)2 + (n + 1 − n)2 = 1, f (x) −→ + (n − n)2 + (n + 1 − n)2 = 1. x −→ n
f = lim f = f (n), donc f est continue en n. Ainsi : lim − + n
10.12 1) Soit f convenant.
2 On a alors, pour tout x ∈ R : f (x) − 3 f (x) + 2 = 0, c’est-à-dire : f (x) − 1 f (x) − 2 = 0. ∀x ∈ R, f (x) ∈ {1, 2}.
Autrement dit, f ne prend que les valeurs 1 et 2. Mais, a priori, il se pourrait que f prenne la valeur 1 en certains points et la valeur 2 et d’autres points. Nous allons montrer, en utilisant la continuité de f , que f est constante égale à 1 ou constante égale à 2. Raisonnons par l’absurde : supposons que f ne soit ni constante égale à 1 ni constante égale à 2. Il existe alors (a, b) ∈ R2 tel que : f (a) 1 et f (b) 2. Comme f ne prend que les valeurs 1 et 2, il s’ensuit : f (a) = 2 et f (b) = 1. Puisque f est continue sur l’intervalle R et que f prend les valeurs 2 et 1, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, 3 par exemple, d’où une il existe c ∈ R tel que f (c) = 2 contradiction. Ceci montre que f = 1 ou f = 2. 2) Réciproquement, il est clair que les deux applications constantes égales à 1, à 2, conviennent. Finalement, il existe exactement deux applications f convenant : les applications constantes égale à 1, égale à 2.
10.13 Considérons h = f − g. Puisque f et g sont continues sur R, h est continue sur R. Puisque f est de limite −∞ en −∞ et de limite +∞ en +∞ et que g est bornée, h est aussi de limite −∞ en −∞ et de limite +∞ en +∞. 204
f (x) . g(x) Puisque f et g sont continues sur [a ; b] et que g ne s’annule pas, h est continue sur [a ; b]. D’après un théorème du cours, puisque h est continue sur le segment [a ; b], h est bornée et atteint ses bornes. Notons C = Max h(x). Il existe alors
10.14 Considérons h : [a ; b] −→ R, x −→
x∈[a;b]
x0 ∈ [a ; b] tel que : C = h(x0 ) ∈ [0 ; 1[. f (x) Ainsi : ∀x ∈ [a ; b], C, g(x) donc : ∀x ∈ [a ; b], f (x) Cg(x).
n
Finalement, f est continue en tout point de R, donc f est continue sur R.
Ceci montre :
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il en résulte qu’il existe c ∈ R tel que h(c) = 0, c’est-à-dire tel que f (c) = g(c).
10.15 a) L’application f : R −→ R, x −→ x + x2 + 2x3 est dérivable et, pour tout x ∈ R : f (x) = 1 + 2x + 6x2 . Le discriminant de ce trinôme est Δ = −20 < 0, donc : ∀x ∈ R, f (x) > 0. Il en résulte que f est strictement croissante sur R. Puisque f est continue (car dérivable) sur l’intervalle R, strictement croissante, de limite −∞ en −∞, de limite +∞ en +∞, d’après le théorème de la bijection monotone, f est bijective. b) On a, en utilisant une mise sous forme canonique d’un trinôme, pour tout x ∈ R∗ : 1 f (x) 1 = 1 + x + 2x2 = 2 x2 + x + x 2 2 ⎡ ⎤ 2 2 ⎢⎢ 1 1 7 ⎥⎥ 7 7 = 2 ⎢⎣⎢ x + + ⎥⎦⎥ = 2 x + + 0, 4 16 4 8 8 | f (x)| f (x) 7 = , |x| x 8 7 d’où : ∀x ∈ R∗ , | f (x)| |x|. 8 Il est clair que cette inégalité est aussi vraie pour x = 0. 7 Ainsi : ∀x ∈ R, | f (x)| |x|. 8 7 −1 En remplaçant x par f (y) : ∀y ∈ R, |y| | f −1 (y)|, 8 8 donc : ∀y ∈ R, | f −1 (y)| |y|. 7 8 La constante α = convient. 7 donc :
∀x ∈ R∗ ,
10.16 a) 1) 1re méthode : Les applications x −→ x3 et x −→ x − 8 sont strictement croissantes sur R, donc, par addition, f : x −→ x3 + x − 8 est strictement croissante sur R.
Corrigés des exercices
donc : f ϕ ∈ P.
2e méthode : L’application f est dérivable et : ∀x ∈ R, f (x) = 3x2 + 1 > 0,
•
Montrons l’implication (2) =⇒ (1) :
On suppose : ∀ f ∈ P, f ϕ ∈ P.
donc f est strictement croissante sur R.
En appliquant cette hypothèse à f = 1, fonction constante égale à 1, qui est bien dans P, on obtient : ϕ ∈ P.
2) L’application f est continue sur l’intervalle R, strictement croissante, de limite −∞ en −∞ et de limite +∞ en +∞, donc, d’après le théorème de la bijection monotone, f est bijective.
On suppose : ϕ ∈ P.
b) Considérons l’application g : R −→ R, x −→ 2 f (x) + 3 f −1 (x).
•
Montrons l’implication (1) =⇒ (3) :
On a, pour toute f ∈ I : ∀x ∈ X, ( f ϕ)(−x) = f (−x)ϕ(−x) = − f (x) ϕ(x) = −( f ϕ)(x),
Puisque f et f −1 sont strictement croissantes, par addition avec coefficients > 0, g est strictement croissante sur R, donc l’équation g(x) = 10, d’inconnue x ∈ R, admet au plus une solution.
•
On remarque : f (2) = 23 + 2 − 8 = 2, donc f −1 (2) = 2,
On suppose : ∀ f ∈ I, f ϕ ∈ I.
puis : g(2) = 2 f (2) + 3 f −1 (2) = 2 · 2 + 3 · 2 = 10, ce qui montre que 2 est solution.
donc : f ϕ ∈ I. Montrons l’implication (3) =⇒ (1) :
En appliquant cette hypothèse à f : x −→ x, qui est bien dans I, on a : f ϕ ∈ I, c’est-à-dire :
Finalement, l’équation proposée admet une solution et une seule : x = 2.
∀x ∈ X, ( f ϕ)(−x) = −( f ϕ)(x), ∀x ∈ X, −xϕ(−x) = −xϕ(x).
ou encore :
10.17 1) Soit f convenant. On a, en appliquant l’hypothèse à (x, y) = (0, 0) :
2
f (0) − f (0) = 0,
donc : f (0) ∈ {0, 1}. Si f (0) = 0, alors, comme : ∀x ∈ R, f (x) f (0) − f (0) = x + 0, on obtient : ∀x ∈ R, x = 0, contradiction. On a donc : f (0) = 1. Ensuite : donc :
∀x ∈ R, f (x) f (0) − f (0) = x + 0, ∀x ∈ R, f (x) = x + 1.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
2) Réciproquement, en notant f : R −→ R, x −→ x + 1, on a, pour tout (x, y) ∈ R2 : f (x) f (y) − f (xy) = (x + 1)(y + 1) − (xy + 1) = x + y,
Il s’ensuit :
∀x ∈ X \ {0}, ϕ(−x) = ϕ(x).
De plus, cette égalité est triviale pour x = 0. Ainsi :
∀x ∈ X, ϕ(−x) = ϕ(x),
et on conclut : ϕ ∈ P. b) • Montrons l’implication (1 ) =⇒ (2 ) : On suppose : ϕ ∈ I. On a, pour toute f ∈ P : ∀x ∈ X, ( f ϕ)(−x) = f (−x)ϕ(−x) = f (x) − ϕ(x) = −( f ϕ)(x), donc : f ϕ ∈ I. •
Montrons l’implication (2 ) =⇒ (1 ) :
On suppose : ∀ f ∈ P, f ϕ ∈ I. En appliquant cette hypothèse à f = 1, on obtient : ϕ ∈ I. •
Montrons l’implication (1 ) =⇒ (3 ) :
donc f convient.
On suppose : ϕ ∈ I.
Finalement, il y a une application et une seule convenant : f : R −→ R, x −→ x + 1.
On a, pour toute f ∈ I :
10.18 a) • Montrons l’implication (1) =⇒ (2) : On suppose : ϕ ∈ P. On a, pour toute f ∈ P : ∀x ∈ X, ( f ϕ)(−x) = f (−x)ϕ(−x) = f (x)ϕ(x) = ( f ϕ)(x),
∀x ∈ X, ( f ϕ)(−x) = f (−x) ϕ(−x) = − f (x) − ϕ(x) = f (x)ϕ(x), donc : f ϕ ∈ P. •
Montrons l’implication (3 ) =⇒ (1 ) :
On suppose : ∀ f ∈ I, f ϕ ∈ P. 205
Chapitre 10
•
Fonctions d’une variable réelle : généralités, limites, continuité
En appliquant cette hypothèse à f : x −→ x, on a : f ϕ ∈ P, c’est-à-dire : ∀x ∈ X, ( f ϕ)(−x) = ( f ϕ)(x), ou encore :
∀x ∈ X, −xϕ(−x) = xϕ(x).
Il s’ensuit : ∀x ∈ X \ {0}, ϕ(−x) = −ϕ(x). Comme ϕ est continue en 0, on déduit, en faisant tendre x vers 0 : ϕ(0) = −ϕ(0). On obtient : ∀x ∈ X, ϕ(−x) = −ϕ(x),
10.19 Puisque f est continue sur l’intervalle R, de limite −∞ en −∞ et de limite +∞ en +∞, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, f (R) = R. Soit x ∈ R. Comme x ∈ R = f (R), il existe t ∈ R tel que x = f (t). On a alors : f (x) = f f (t) = ( f ◦ f )(t) = f (t) = x. On conclut : f ◦ f = IdR .
10.20 Raisonnons par contraposition :
supposons x ∈ R ; f (x) = g(x) = ∅.
L’application h : R −→ R, x −→ f (x) − g(x) est continue sur l’intervalle R et ne prend pas la valeur 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il s’ensuit : h > 0 ou h < 0, c’est-à-dire : f > g ou f < g. Par rôles symétriques de f et g, on peut se ramener au cas où : f > g. On a donc : ∀x ∈ R, f (x) > g(x). D’où, pour tout x ∈ R : f ◦ f (x) = f ( f (x) > g f (x) = (g ◦ f )(x) = ( f ◦ g)(x) = f g(x) > g g(x) = (g ◦ g)(x). Ainsi : ∀x ∈ R, ( f ◦ f )(x) > (g ◦ g)(x),
donc x ∈ R ; ( f ◦ f )(x) = (g ◦ g)(x) = ∅. Le résultat demandé s’obtient alors par contraposition.
10.21
• Il est clair que P est bien un polynôme et que deg (P) n + 1. De plus, comme α > 0 et β > 0, le coefficient de Xn+1 dans P, qui est α + β, n’est pas nul, donc : deg (P) = n + 1.
Soit i ∈ 0 ; n. On a : P(ai ) = β
n (ai − bk ) = β (ai − bk ) (ai − bk ), k=0
ki
>0
k>i
<0
donc P(ai ) est du signe (strict) de (−1)n−i , n (bi − ak ) = α (bi − ak ) (bi − ak ), P(bi ) = α k=0
k
>0
donc P(bi ) est du signe (strict) de (−1)n−i+1. 206
Comme P est continue sur l’intervalle [ai ; bi ], et que P prend, sur cet intervalle, deux valeurs de signes stricts contraires, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, P admet au moins un zéro ci ∈ ]ai ; bi [. Ainsi, P est un polynôme de degré n + 1 et P admet au moins n + 1 zéros, notés c0 , ..., cn ci-dessus, deux à deux distincts car :
•
a0 < c0 < b0 < a1 < c1 < b1 < ... < an < cn < bn .
et on conclut : ϕ ∈ I.
•
Il en résulte : P(ai )P(bi ) < 0.
ki
<0
On conclut : P admet n + 1 zéros réels deux à deux distincts.
10.22 Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe f convenant. Soit (x, y) ∈ R2 tel que x < y. y− x > 0. Soit n ∈ N∗ . Notons h = n On a, d’après l’hypothèse : √ f (x + nh) f x + (n − 1)h + h, √ f x + (n − 1)h f x + (n − 2)h + h, .. . √ f (x + h) f (x) + h. D’où, par sommation et télescopage : √ f (x + nh) f (x) + n h, c’est-à-dire : √ f (y) = f (x + nh) f (x) + n h √ √ y−x = f (x) + n y − x. = f (x) + n n Pour (x, y) fixé, en faisant tendre n vers l’infini, on aboutit à une contradiction, car le second membre tend vers l’infini. Ceci montre qu’il n’existe pas de f convenant.
10.23 a) Considérons g : [0 ; 1] −→ R, x −→ f (x) − x. Puisque f est continue sur [0 ; 1], par opération, g est continue sur l’intervalle [0 ; 1]. De plus, g(0) = f (0) − 0 0 et g(1) = f (1) − 1 0, car f est à valeurs dans [0 ; 1]. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, on déduit qu’il existe c ∈ [0 ; 1] tel que g(c) = 0, et on conclut : ∃ c ∈ [0 ; 1], f (c) = c. b) La réponse est non, comme le montre l’exemple : f : ]0 ; 1[ −→ ]0 ; 1[, x −→ x2 .
Corrigés des exercices
10.24 1) Soit f convenant. •
Appliquons l’hypothèse à (x, y) = 1, −1 − f (1) : f f − 1 − f (1) + 1 = 1 · − 1 − f (1) + f (1) = −1.
En notant a = f − 1 − f (1) + 1, on a donc : f (a) = −1. •
Appliquons l’hypothèse à (x, a), pour tout x ∈ R : f x f (a) + x = xa + f (x).
Mais : x f (a) + x = x f (a) + 1 = 0,
Comme A 0 B, on a 0 ∈ [A ; B], donc : f (0) f (x0 ). ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ ] − ∞ ; A] ∪ [B ; +∞[, f (x) f (0) f (x0 ) Ainsi : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ [A ; B], f (x) f (x0 ),
d’où : f (x) = −ax + f (0). Ceci montre qu’il existe (α, β) ∈ R2 tel que :
et on conclut :
∀x ∈ R, f (x) = αx + β.
∀x ∈ R, f (x) f (x0 ).
10.26 1) Supposons deg (P) impair.
2) Soient (α, β) ∈ R2 et f : R −→ R, x −→ αx + β. On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : f x f (y) + x = xy + f (x) ⇐⇒ f x(αy + β) + x = xy + (αx + β) ⇐⇒ α αxy + (β + 1)x + β = xy + αx + β ⇐⇒ (α2 − 1)xy + αβx = 0 ⇐⇒ x (α2 − 1)y + αβ = 0. Puis : ∀(x, y) ∈ R2 x (α2 − 1)y + αβ = 0
Il existe p ∈ N, a0 , ..., a2p ∈ R, a2p+1 ∈ R∗ tels que P = a2p+1 X2p+1 + · · · + a0 . On a alors : P(x) P(x)
−→ −∞ et P(x)
x −→ −∞
−→ +∞ et P(x)
x −→ −∞
−→
+∞,
si a2p+1 > 0,
−→
−∞,
si a2p+1 < 0.
x −→ +∞ x −→ +∞
Ainsi, P est continue sur l’intervalle R et de limites −∞ et +∞ aux deux infinis. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, on déduit que P atteint tout réel, donc P est surjectif. 2) Supposons deg (P) pair.
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨α = ±1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩β = 0.
Finalement, l’ensemble S des applications f cherchées est :
D’après l’exercice 10.25, il existe x0 ∈ R tel que : ∀x ∈ R, P(x) P(x0 ). Ainsi, P n’atteint pas P(x0 ) − 1 (par exemple). On conclut que P n’est pas surjectif. Finalement, P est surjectif si et seulement si son degré est impair.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
S = {−IdR , IdR }.
il existe A ∈ ] − ∞ ; 0] et B ∈ [0 ; +∞[ tels que : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ ] − ∞ ; A], f (x) f (0) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ [B ; +∞[, f (x) f (0). D’autre part, puisque f est continue sur le segment [A ; B], f admet un minimum sur [A ; B]. Il existe donc x0 ∈ [A ; B] tel que : ∀x ∈ [A ; B], f (x) f (x0 ).
⇐⇒ ∀y ∈ R, (α2 − 1)y + αβ = 0 ⎧ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨α − 1 = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩αβ = 0
10.25 Puisque f (x) x −→ −→ +∞ et f (x) −→ +∞, −∞ x −→ +∞
207
Dérivation
Plan Les méthodes à retenir 208 Énoncés des exercices
211
Du mal à démarrer ?
214
Corrigés des exercices
216
CHAPITRE
11
Thèmes abordés dans les exercices •
Existence et calcul éventuel d’une dérivée première, d’une dérivée n-ième
•
Étude des variations d’une fonction, représentation graphique
•
Séparation des zéros d’une fonction, résolution d’équations et d’inéquations
•
Résolution de certaines équations fonctionnelles
•
Obtention d’inégalités à une ou plusieurs variables réelles
•
Convexité.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définition et propriétés algébriques de la dérivation, de la dérivée, de la dérivée n-ième
•
Formule de Leibniz pour la dérivée n-ième d’un produit de deux fonctions
•
Théorème de Rolle, théorème des accroissements finis, inégalité des accroissements finis
•
Lien entre dérivée et sens de variation
•
Dérivation des fonctions réciproques
•
Convexité pour une fonction réelle définie sur un intervalle : définition, lien avec la croissance de f si f est de classe C 1 , lien avec le signe de f
si f est de classe C 2 .
Les méthodes à retenir Pour étudier la dérivabilité d’une fonction en un point, et éventuellement calculer sa dérivée en ce point 208
Essayer d’appliquer les théorèmes sur les opérations sur les fonctions dérivables (théorèmes généraux)
➥ Exercice 11.7
Les méthodes à retenir
En un point en lequel les théorèmes généraux ne s’appliquent pas, essayer de : (suite)
•
déterminer la limite d’un taux d’accroissement (définition de la dérivée)
➥ Exercices 11.7, 11.16 •
Pour décider si une fonction f est monotone sur un intervalle I, ou pour étudier les variations de f
déterminer la limite de la dérivée (théorème limite de la dérivée).
Calculer f (x) (si f est dérivable) et étudier le signe de f (x) pour x∈I
➥ Exercices 11.2 a), 11.23 a) On pourra être amené à étudier le signe de f
(x) ou celui d’autres fonctions liées à f. ➥ Exercices 11.2 b), 11.11, 11.12.
Pour déterminer le nombre et la situation des zéros d’une fonction f : I −→ R, où I est un intervalle de R
Étudier les variations de f , en étudiant le signe de f (x) pour x ∈ I, si f est dérivable sur I.
Pour montrer qu’une fonction f est constante sur un intervalle
Montrer que f est dérivable et que f = 0.
➥ Exercice 11.2.
➥ Exercice 11.5. Essayer de : •
appliquer le théorème de Rolle à f
➥ Exercice 11.9 Pour montrer que la dérivée d’une fonction f s’annule en au moins un point
•
➥ Exercices 11.14, 11.15 •
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
appliquer le théorème de Rolle ou le théorème des accroissements finis à une fonction auxiliaire
utiliser le théorème du cours faisant intervenir la notion d’extrémum local.
➥ Exercice 11.1. Essayer de : •
Pour calculer une dérivée n-ième
appliquer la formule de Leibniz si f s’exprime comme produit de deux fonctions du type polynôme de bas degré et exponentielle simple
➥ Exercice 11.8 a) •
utiliser une décomposition de f (x) en termes plus simples
➥ Exercice 11.8 b) 209
Chapitre 11
•
Dérivation
•
linéariser si f est un produit de fonctions trigonométriques
➥ Exercice 11.8 c)
(suite) •
conjecturer une formule pour f
(n)
(x) et l’établir par récurrence sur n.
Pour montrer qu’une dérivée successive s’annule en au moins un point
Appliquer le théorème de Rolle de façon répétée, à la fonction donnée ou à une fonction auxiliaire.
Pour montrer l’existence d’un réel satisfaisant une condition relative à une dérivée successive
Essayer d’utiliser une fonction auxiliaire, à laquelle appliquer le théorème de Rolle.
➥ Exercices 11.9, 11.13, 11.22.
➥ Exercice 11.10. Essayer de : •
Pour établir une inégalité à une variable réelle
faire tout passer dans le premier membre et étudier les variations de la fonction définie par ce premier membre
➥ Exercices 11.3, 11.11, 11.12, 11.18 •
utiliser le théorème des accroissements finis
➥ Exercice 11.4. Voir aussi les méthodes à retenir du chapitre 10.
Pour établir une inégalité à plusieurs variables réelles
Pour résoudre une équation fonctionnelle pour laquelle la fonction inconnue est supposée dérivable
Fixer toutes les variables sauf une, et étudier les variations d’une fonction de cette variable.
➥ Exercices 11.19, 11.20, 11.23 a).
Essayer de dériver à partir de l’équation donnée.
➥ Exercices 11.6, 11.17.
Essayer de : •
Pour montrer qu’une fonction f : I −→ R est convexe sur un intervalle I de R
revenir à la définition si f n’est pas supposée de classe C 1 sur I
➥ Exercice 11.21 a)
•
montrer que f est croissante, si f est supposée de classe C 1 sur I
•
montrer que f
0, si f est supposée de classe C 2 sur I.
➥ Exercice 11.21 b).
210
Énoncés des exercices
Énoncés des exercices 11.1 Obtention d’une égalité de dérivées en un point Soient I un intervalle de R, a ∈ I tel que a ne soit pas une extrémité de I, f, g : I −→ R dérivables en a. On suppose : f (a) = g(a) et : ∀x ∈ I, f (x) g(x). Montrer : f (a) = g (a).
11.2 Nombre et situation des zéros d’une fonction a) Combien le polynôme P = X5 − 5X + 2 a-t-il de zéros réels ? b) Combien la fonction f : R −→ R, x −→ (x − 1) e x − e x + 1 a-t-elle de zéros ?
11.3 Exemple d’inégalités à une variable réelle Montrer :
$ π% ∀x ∈ 0 ; , 2 sin x + tan x < 3x < sin x + 2 tan x. 3
11.4 Exemple d’inégalité à deux variables réelles Montrer, pour tout (x, y) ∈ [0 ; +∞[2 tel que x < y : y−x y− x < Arctan y − Arctan x < . 1 + y2 1 + x2
11.5 Déduire qu’une fonction est constante
Soit f : R −→ R une application telle que : ∀(x, y) ∈ R2 , f (y) − f (x) |y − x|2 .
Montrer que f est constante.
11.6 Exemple de résolution d’une équation fonctionnelle par dérivation Trouver toutes les applications f : R −→ R dérivables telles que : ∀(x, y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y).
11.7 Exemple d’étude de dérivabilité
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Étudier la continuité, la dérivabilité, la continuité de la dérivée de : ⎧ ⎪ 1 ⎪ 2 ⎪ ⎪ si x 0 ⎪ ⎨ x sin x f : R −→ R, x −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si x = 0.
11.8 Exemples de calculs de dérivées n-ièmes Calculer, pour tout n ∈ N∗ , la dérivée n-ième des fonctions suivantes : a) f : R −→ R, x −→ f (x) = (x2 + x − 2) e x b) f : ] − 1 ; 1[ −→ R, x −→
1 x2 − 1
c) f : R −→ R, x −→ f (x) = sin2 x cos x.
11.9 Annulation d’une fonction et de dérivées successives Soient I un intervalle de R, f : I −→ R de classe C 5 sur I, a, b, c ∈ I tels que a < b < c. On suppose : f (a) = f (b) = f (b) = f (c) = f (c) = f
(c) = 0. Montrer :
∃ d ∈ I, f (5) (d) = 0. 211
Chapitre 11
•
Dérivation
11.10 Exemple d’utilisation du théorème de Rolle pour une fonction auxiliaire Soient (a, b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a ; b] −→ R de classe C 1 sur [a ; b] et deux fois dérivable (b − a)2
sur ]a ; b[. Montrer : ∃ c ∈ ]a ; b[, f (b) = f (a) + (b − a) f (a) + f (c). 2
11.11 Exemple d’inégalité à une variable réelle ∀x ∈ ]0 ; +∞[,
Montrer :
1+
Ent(x) x 2Ent(x) . x
11.12 Exemples d’inégalités à une variable réelle a) Montrer : b) Montrer :
∀x ∈ [0 ; +∞[, 3 sin x x(2 + cos x). 1 x+1 1 x < e < 1+ . ∀x ∈ ]0 ; +∞[, 1 + x x
11.13 Une généralisation du théorème des accroissements finis à deux fonctions Soient (a, b) ∈ R2 tel que a < b, f, g : [a ; b] −→ R continues sur [a ; b], dérivables sur ]a ; b[, telles que : ∀x ∈ ]a ; b[, g (x) 0. f (b) − f (a) f (c) Montrer : g(b) − g(a) 0 et : ∃ c ∈ ]a ; b[, = . g(b) − g(a) g (c)
11.14 Une extension du théorème de Rolle Soit f : R −→ R une application dérivable sur R et admettant en −∞ et en +∞ une même limite finie. Montrer : ∃ c ∈ R, f (c) = 0.
11.15 Polynôme scindé sur R et dérivation Soit P ∈ R[X] tel que deg (P) 2. a) Montrer que, si les zéros de P sont tous réels et simples, alors il en est de même de P . b) Montrer que, si les zéros de P sont tous réels, alors il en est de même de P .
11.16 Étude de la dérivabilité de | f | Soient a ∈ R, f : R −→ R dérivable en a.
a) Montrer que, si f (a) 0, alors | f | est dérivable en a et : | f | (a) = sgn f (a) f (a), où la fonction signe sgn est définie, pour tout t ∈ R, par : sgn (t) = −1 si t < 0,
sgn (t) = 0 si t = 0,
sgn (t) = 1 si t > 0.
b) Montrer que, si f (a) = 0 et f (a) 0, alors | f | est dérivable à gauche en a, dérivable à droite en a, et non dérivable en a. c) Montrer que, si f (a) = 0 et f (a) = 0, alors | f | est dérivable en a et | f | (a) = 0.
11.17 Exemple d’équation fonctionnelle faisant intervenir une dérivée Trouver toutes les applications f : R −→ R dérivables sur R, telles que : ∀x ∈ R, f (x) f (−x) = 1.
11.18 Exemple d’inégalité à deux variables réelles Montrer : 212
∀a ∈ ]0 ; 1[, ∀x ∈ ]0 ; π/2[, (cos x)a < cos(ax).
Énoncés des exercices
11.19 Exemple d’inégalité à trois variables réelles Soient x, y, z ∈ ]0 ; +∞[ tels que x y + z. Montrer :
x y z < + . 1+x 1+y 1+z
11.20 Exemples d’inégalités à deux ou trois variables réelles a) Montrer :
∀(x, y) ∈ R∗+ × R, xy x ln x + e y−1 .
b) En déduire trois applications f, g : R∗+ −→ R, h : R −→ R telles que : ∀(x, y, z) ∈ R∗+ × R∗+ × R, xyz f (x) + g(y) + h(z).
11.21 Produit de deux fonctions convexes Soient I un intervalle de R, f, g : I −→ R convexes, croissantes, positives ou nulles. a) Montrer que f g est convexe. b) Montrer le même résultat, de façon plus simple, sous l’hypothèse supplémentaire que f, g sont de classe C 2 sur R.
11.22 Utilisation d’un polynôme pour l’obtention d’une inégalité en un point Soit f : [−1 ; 1] −→ R de classe C 3 telle que : f (−1) = f (0) = f (0) = 0 et f (1) = 1. Montrer :
∃ c ∈ ] − 1 ; 1[, f (3) (c) 3.
11.23 Inégalité entre moyenne arithmétique et moyenne géométrique a) Montrer :
∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ ]0 ; +∞[, ∀y ∈ ]0 ; +∞[, (n − 1)x +
yn ny. xn−1
b) En déduire la comparaison entre la moyenne arithmétique et la moyenne géométrique √ x1 + · · · + xn de n réels > 0 : ∀n ∈ N∗ , ∀(x1 , ..., xn ) ∈ (R∗+ )n , n x1 · · · xn . n
11.24 Croissance des pentes pour une fonction convexe Soient I un intervalle de R, f : I −→ R convexe. a) Soit (a, b, c) ∈ I 3 tel que a < b < c. f (b) − f (a) f (c) − f (a) f (c) − f (b) Montrer : . b−a c−a c−b Interpréter graphiquement le résultat.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) En déduire que, pour tout a ∈ I, l’application τa : I \ {a} −→ R, x −→ croissante sur I \ {a}.
f (x) − f (a) est x−a
11.25 Fonction convexe et majorée sur R Soit f : R −→ R convexe et majorée. a) Démontrer que f est constante. On pourra utiliser l’exercice 11.24. b) Montrer le même résultat, de façon plus simple, sous l’hypothèse supplémentaire que f est de classe C 1 sur R.
11.26 Inégalité sur les flèches pour une fonction convexe Soient I un intervalle de R, f : I −→ R convexe, a, b, c, d ∈ I tels que a b c d. b + c 1 a + d 1 f (b) + f (c) − f f (a) + f (d) − f . Démontrer : 2 2 2 2 On pourra utiliser l’exercice 11.24. Interpréter graphiquement le résultat. 213
Chapitre 11
•
Dérivation
Du mal à démarrer ? 11.1
Remarquer que f − g admet un maximum en a.
11.2
a) Étudier les variations de P et, à cet effet, calculer P .
Montrer que :
b) Étudier les variations de f et, à cet effet, calculer f et f .
11.3
Étudier les variations de f, g : I = ]0 ; π/3[ −→ R définies, pour tout x ∈ I, par : f(x) = 2 sin x + tan x − 3x,
g(x) = sin x + 2 tan x − 3x.
11.4
Appliquer le théorème des accroissements finis à Arctan sur [x ; y].
f(y) − f(x) 11.5 Étudier, pour x ∈ R fixé, la limite de lorsque y y−x tend vers x.
11.6
Montrer que, si f convient, alors f est constante.
11.7
1) Étudier le comportement de f(x) lorsque x tend vers 0.
2) Chercher la limite de
f(x) − f(0) lorsque x tend vers 0. x−0
3) Étudier le comportement de f (x) lorsque x tend vers 0.
11.8
1 en somme de deux fractions plus x2 − 1 simples, de dénominateurs x − 1 et x + 1.
11.9
En utilisant les hypothèses et le théorème de Rolle, étudier les zéros de f, de f , de f
, de f (3) , ... Noter A le réel défini par : f(b) = f(a) + (b − a)f (a) +
(b − a)2 A 2
et ϕ : [a ; b] −→ R l’application définie, pour tout x ∈ [a ; b], par : (x − a)2 A. ϕ(x) = f(x) − f(a) − (x − a)f (a) − 2 Appliquer le théorème de Rolle de façon répétée. Montrer que l’inégalité voulue se ramène à : ∀t ∈ [0 ; 1], 1 + t 2t . Étudier les variations de ϕ : [0 ; 1] −→ R, t −→ e t ln 2 − 1 − t.
11.12
et utiliser le théorème de Rolle.
11.14
Noter =
lim f(x) =
x −→ −∞
lim f(x).
x −→ +∞
re
1 méthode : utilisation d’une fonction auxiliaire : Se ramener à une étude sur un segment, en considérant, par exemple, l’application ϕ : ] − π/2 ; π/2[ −→ R, t −→ tan t et g = f ◦ ϕ.
2e méthode : étude d’extrémum : Si f n’est pas constante, montrer que f admet un extrémum local, en se ramenant à un segment.
11.15
a) Appliquer le théorème de Rolle à P sur un segment joignant deux zéros consécutifs de P.
11.16
a) Remarquer que, si f(a) 0, alors f est de signe fixe au voisinage de a.
11.17
b) Montrer que l’encadrement proposé se ramène à : 1 1 1 1 < et ln 1 − <− . ln 1 + x x x+1 x+1
1) Soit f convenant.
Montrer que f ne s’annule en aucun point, que f est deux fois dérivable sur R et obtenir : f
f − f 2 = 0. f
Considérer alors . En déduire l’expression de f. f
2) Étudier la réciproque.
11.18
Pour a ∈ ]0 ; 1[ fixé, étudier les variations de : f : ]0 ; π/2[ −→ R, x −→ cos(ax) − (cos x)a .
11.19
Considérer l’application f : [0 ; +∞[ −→ R, t −→
et montrer qu’il suffit de prouver : ∀(y, z) ∈ ]0 ; +∞[2 , f(y + z) < f(y) + f(z). Pour z ∈ ]0 ; +∞[ fixé, étudier les variations de :
a) Étudier les variations de f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x(2 + cos x) − 3 sin x.
214
• Pour montrer g(b) − g(a) 0, raisonner par l’absurde et utiliser le théorème de Rolle. f(b) − f(a) , considérer l’application • Noter A = b−a ϕ : [a ; b] −→ R, x −→ f(x) − f(a) − A g(x) − g(a) ,
b) et c) Étudier le taux d’accroissement de |f| entre a et x, pour x variable tendant vers a.
c) Linéariser.
11.11
11.13
b) Même méthode qu’en a), mais en tenant compte de l’ordre de multiplicité pour les zéros multiples de P.
a) Utiliser la formule de Leibniz.
b) Décomposer
11.10
∀t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t) t.
g : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ f(t) + f(z) − f(t + z).
11.20
a) Pour y ∈ R fixé, étudier les variations de f : R∗+ −→ R, x −→ x ln x + e y−1 − xy.
b) Appliquer a) à (xy, z), à (y, x ln x), à (x, y ln y).
t , 1+t
Du mal à démarrer ?
11.21
a) Pour λ ∈ [0 ; 1], x, y ∈ I tels que, par exemple, x y, former (fg) (1 − λ)x + λy − (1 − λ)(fg)(x) + λ(fg)(y) et montrer que cette expression est 0. b) Calculer (fg)
.
11.22
• Chercher un polynôme P de degré 3, satisfaisant les
1 2 X (X + 1). 2 • Former g = f − P et raisonner par l’absurde.
mêmes conditions que f. Obtenir P =
a) Pour n ∈ N∗ et x ∈ ]0 ; +∞[ fixés, étudier les variations yn de f : ]0 ; +∞[ −→ R, y −→ (n − 1)x + n−1 − ny. x b) Récurrence sur n.
11.23
Pour le passage de n−1 à n, pour (x1 , ..., xn ) ∈ (R∗+ )n donné, noter x1 + · · · + xn−1 , y = (xn xn−1 )1/n , x= n−1 yn de sorte que n−1 = xn , et utiliser a). x b−a et remarquer : λ ∈ ]0 ; 1[. Appliquer la c−a définition de la convexité pour majorer f (1 − λ)a + λc .
11.24
a) Noter λ =
b) • Pour tout (x1 , x2 ) ∈ I2 tel que x1 < x2 < a, montrer :
τa (x3 ) τa (x4 ). • Pour tout (x1 , x3 ) ∈ I2 tel que x1 < a < x3 , montrer :
τa (x1 ) τa (x3 ), en intercalant
11.25
f(x3 ) − f(x2 ) . x3 − x2
a) Étudier l’application τa : R∗ −→ R, x −→
f(x) − f(0) , x
en utilisant l’exercice 11.24. b) Si on suppose, de plus, que f est de classe C 1 sur R, montrer que f admet une limite (finie ou +∞) en +∞ et montrer 0 par un raisonnement par l’absurde.
11.26
Noter, pour tout (x, y) ∈ I2 : δ(x, y) =
&x + y' f(x) + f(y) −f . 2 2
• Montrer, en utilisant l’exercice 11.24, que, pour tout
(u, v, w) ∈ I3 tel que u < v < w, on a : δ(u, v) δ(u, w)
et
δ(v, w) δ(u, w).
• En déduire : δ(b, c) δ(a, d).
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
τa (x1 ) τa (x2 ).
• Pour tout (x3 , x4 ) ∈ I2 tel que a < x3 < x4 , montrer :
215
Corrigés des exercices Notons h = f − g. L’application h est dérivable sur I et admet un maximum en a, car :
11.1
∀x ∈ I, h(x) = f (x) − g(x) 0 = f (a) − g(a) = h(a). De plus, a n’est pas une extrémité de I. D’après le cours, il s’ensuit h (a) = 0, donc f (a) = g (a).
11.2
a) L’application polynomiale P : x −→ x5 − 5x + 2
est dérivable sur R et : ∀x ∈ R, P (x) = 5(x4 − 1), d’où le tableau de variations de P : x P (x)
−∞
P(x) −∞
+
−1 0 6
1 0
−
−2
+
+∞ +∞
Puisque P est continue et strictement monotone par intervalles, on conclut que P admet exactement trois zéros réels, notés a, b, c, et que : a < −1 < b < 1 < c. b) L’application f : x −→ (x − 1) e − e x + 1 est deux fois dérivable sur R et :
Les applications f, g sont dérivables sur I et, pour tout x ∈ I : 1 −3 cos2 x 2 cos3 x − 3 cos2 x + 1 (cos x − 1)(2 cos2 x − cos x − 1) = = cos2 x cos2 x (cos x − 1)(cos x − 1)(2 cos x + 1) < 0, = cos2 x car 1/2 < cos x < 1, f (x) = 2 cos x +
2 cos3 x − 3 cos2 x + 2 −3= 2 cos x cos2 x 2 (cos x − 1)(cos x − 2 cos x − 2) = ; cos2 x D’une part, cos x − 1 < 0, car 0 < cos x < 1. g (x) = cos x +
D’autre part, le trinôme réel X2 − 2X +√2 admet deux racines √ réelles r1 = 1 − 3 < 0 et r2 = 1 + 3 > 1, donc, comme r1 < cos x < r2 , on a : cos2 x − 2 cos x + 2 < 0. Il en résulte que f est strictement décroissante sur I et que g est strictement croissante sur I. Comme f (x) −→ + 0 et g(x) −→ + 0, on en déduit : x −→ 0
∀x ∈ R, f (x) = x e x − e ,
f
(x) = (x + 1) e x ,
d’où les tableaux de variations de f , puis de f : x f
(x) f (x)
−∞ −e
−
f (x) +∞ f (x)
−1 0
<0 −
+∞
1 +
0
0
+
<0
+∞
x −→ 0
∀x ∈ I, f (x) < 0 et g(x) > 0,
x
d’où les inégalités demandées.
11.4
Soit (x, y) ∈ [0 ; +∞[2 tel que x < y.
L’application Arctan est continue sur [x ; y] et dérivable sur ]x ; y[, donc, d’après le théorème des accroissements finis, il existe c ∈ ]x ; y[ tel que : 1 Arctan y − Arctan x . = Arctan (c) = y−x 1 + c2 1 1 1 < < , 1 + y2 1 + c2 1 + x2 Arctan y − Arctan x 1 1 < , d’où : < 1 + y2 y−x 1 + x2 y−x y−x < Arctan y − Arctan x < . puis : 1 + y2 1 + x2
Comme 0 x < c < y, on a : +∞
On a : f (1) = − e + 1 < 0.
11.5
Puisque f est continue et strictement monotone par intervalles, on conclut que f admet exactement deux zéros réels, notés a, b, et que : a < 1 < b.
Soit x ∈ R fixé. On a, pour tout y ∈ R tel que y x : f (y) − f (x) |y − x|. y−x
f (y) − f (x) −→ 0. y −→ x y−x Ceci montre que f est dérivable en x et que f (x) = 0. Comme |y − x| −→ 0, on déduit :
Notons f, g : I = ]0 ; π/3[ −→ R les applications définies, pour tout x ∈ I, par :
11.3
f (x) = 2 sin x + tan x − 3x, 216
g(x) = sin x + 2 tan x − 3x.
y −→ x
Ainsi, f est dérivable sur R et f = 0. Il en résulte que f est constante.
Corrigés des exercices
11.6
11.8
1) Soit f convenant.
Remarquer d’abord que les applications envisagées sont de classe C ∞ d’après les théorèmes généraux.
En dérivant par rapport à x, on déduit :
∀(x, y) ∈ R , f (x + y) = f (x), 2
donc f est constante. Il existe donc (a, b) ∈ R2 tel que : ∀x ∈ R, f (x) = ax + b. 2) Réciproquement, pour tout (a, b) ∈ R2 , l’application f : R −→ R, x −→ ax + b est dérivable sur R et elle satisfait ∀(x, y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y) si et seulement si b = 0.
a) En notant P : x −→ x2 + x − 2 et g : x −→ e x , d’après la formule de Leibniz, on a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R : n ( n (k) P (x)g(n−k) (x) f (n) (x) = k k=0 n
n
n P (x)g (x) + P (x)g(x) = P(x)g
(x) + 1 2 0 n(n − 1) x 2e = (x2 + x − 2) e x + n(2x + 1) e x + 2 = x2 + (2n + 1)x + (n2 − 2) e x . b) On remarque : 1 1 = x2 − 1 (x − 1)(x + 1) 1 1 1 1 = (x − 1)−1 − (x + 1)−1 . = − 2 x−1 x+1 2
∀x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =
Finalement, l’ensemble des solutions est :
f : R −→ R, x −→ ax ; a ∈ R .
1) D’une part, f est continue en tout point de R∗ par les théorèmes généraux.
11.7
d’où, pour tout n ∈ N : 1 (−1) · · · (−n)(x − 1)−n−1 − (−1) · · · (−n)(x + 1)−n−1 2 1 1 (−1)n n! . − = 2 (x − 1)n+1 (x + 1)n+1
f (n) (x) =
D’autre part : | f (x)| x2 et x2 −→ 0, x −→ 0
d’où f (x) −→ 0 = f (0), donc f est continue en 0. x −→ 0
c) Linéarisons :
Ainsi, f est continue sur R.
∀x ∈ R, f (x) = sin2 x cos x = sin x(sin x cos x) 1 1 = sin x sin 2x = (cos x − cos 3x). 2 4
2) D’une part, d’après les théorèmes généraux, f est dérivable en tout point de R∗ et :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
∀x ∈ R∗ , f (x) = 2x sin
1 1 − cos . x x
On connaît les dérivées successives de cos : cos = − sin, cos
= − cos, cos(3) = sin, cos(4) = cos, ...
f (x) − f (0) = x sin 1 x, D’autre part : x−0 x f (x) − f (0) −→ 0, d’où : x −→ 0 x−0 donc f est dérivable en 0 et f (0) = 0.
Si n est pair, n = 2p, p ∈ N, on a :
Ainsi, f est dérivable sur R et, pour tout x ∈ R :
Si n est impair, n = 2p + 1, p ∈ N, on a :
⎧ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2x sin x − cos x
f (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0
Soit n ∈ N.
∀x ∈ R, f (n) (x) =
∀x ∈ R, f (n) (x) =
si x 0 si
x = 0.
3) D’une part, d’après les théorèmes généraux et le résultat précédent, f est continue en tout point de R∗ . 1 1 −→ 0 et que cos n’a pas de D’autre part, puisque 2x sin x −→ 0 x x limite en 0, f n’a pas de limite en 0, donc f n’est pas continue en 0. Ainsi, f est continue en tout point de R∗ et discontinue en 0.
1 (−1) p cos x − 32p (−1) p cos 3x . 4
1 (−1) p+1 sin x − 32p+1 (−1) p+1 sin 3x . 4
11.9
Nous allons étudier successivement les zéros de f , de f , de f
, ..., de f (5) .
•
Par hypothèse : a < b < c et f (a) = f (b) = f (c) = 0.
D’après le théorème de Rolle appliqué à f sur [a ; b], sur [b ; c], il existe a1 ∈ ]a ; b[, b1 ∈ ]b ; c[ tels que : f (a1 ) = 0 et f (b1 ) = 0. •
On a donc : a1 < b < b1 < c et
f (a1 ) = f (b) = f (b1 ) = f (c) = 0. 217
Chapitre 11
•
Dérivation
D’après le théorème de Rolle appliqué à f sur [a1 ; b], [b ; b1 ], [b1 ; c], il existe a2 ∈ ]a1 ; b[, b2 ∈ ]b ; b1 [, c2 ∈ ]b1 ; c[ tels que : f
(a2 ) = f
(b2 ) = f
(c2 ) = 0. •
On a donc : a2 < b2 < c2 < c et f
(a2 ) = f
(b2 ) = f
(c2 ) = f
(c) = 0.
En réitérant le raisonnement, il existe au moins trois points en ordre strict en lesquels f (3) s’annule, puis au moins deux points en ordre strict en lesquels f (4) s’annule, puis au moins un point d en lequel f (5) s’annule. c b a Zéros de f a1
Zéros de f
c2
b2
a3
Zéros de f (3)
Il suffit donc de prouver :
Notons ϕ : [0 ; 1] −→ R, t −→ 2t − 1 − t = e t ln 2 − 1 − t. L’application ϕ est dérivable sur [0 ; 1] et : ∀t ∈ [0 ; 1], ϕ (t) = ln 2 e t ln 2 − 1. En particulier, pour tout t ∈ [0 ; 1] : 1 ln 2 − ln(ln 2) . ⇐⇒ t ln 2 = − ln(ln 2) ⇐⇒ t = ln 2
ϕ (t) = 0 ⇐⇒ ln 2 e t ln 2 − 1 = 0 ⇐⇒ e t ln 2 =
b1
a2
Zéros de f
b3 c3 a4
Zéros de f (4)
− ln(ln 2) , qui est dans ]0 ; 1[. ln 2 On obtient le tableau de variations :
Notons α =
b4
(b − a) A 2 2
et notons ϕ : [a ; b] −→ R l’application définie, pour tout x ∈ [a ; b], par : (x − a)2 ϕ(x) = f (x) − f (a) − (x − a) f (a) − A. 2
1 +
0
0
0
∀t ∈ [0 ; 1], ϕ(t) 0,
∀t ∈ [0 ; 1], 1 + t 2t . Ent(x) En remplaçant t par , on obtient l’inégalité demandée. x
11.12 a) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x(2 + cos x) − 3 sin x est de classe C ∞ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
L’application ϕ est continue sur [a ; b], dérivable sur [a ; b] (donc sur ]a ; b[), et ϕ(a) = ϕ(b) = 0. D’après le théorème de Rolle, il existe u ∈ ]a ; b[ tel que ϕ (u) = 0.
f (x) = 2 − x sin x − 2 cos x, f
(x) = −x cos x + sin x,
Comme : ∀x ∈ [a ; b], ϕ (x) = f (x) − f (a) − (x − a)A, l’application ϕ est continue sur [a ; u], dérivable sur ]a ; u[, et on a : ϕ (a) = ϕ (u) = 0. D’après le théorème de Rolle, il existe donc c ∈ ]a ; u[⊂ ]a ; b[ tel que ϕ
(c) = 0.
Comme : ∀x ∈ [a ; b], ϕ (x) = f (x) − A, on obtient : A = f
(c), et donc : (b − a)2
f (c). f (b) = f (a) + (b − a) f (a) + 2
•
3 sin x 3
(x) = x sin x.
et
x(2 + cos x) π(2 − 1) = π 3,
donc : 3 sin x x(2 + cos x). •
Il nous suffit donc d’établir l’inégalité demandée lorsque x ∈ [0 ; π].
On dresse les tableaux de variations : x f
(x) f
(x) f (x) f (x)
Ent(x) Ent(x) Ent(x) x 2Ent(x) ⇐⇒ 1 + 1+ 2 x . x x D’autre part, par définition de la partie entière : ∀x ∈ R, Ent(x) x < Ent(x) + 1,
f
On a, pour tout x ∈ [π ; +∞[ :
11.11 On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
218
α 0
c’est-à-dire :
f (b) = f (a) + (b − a) f (a) +
−
ϕ(t) On déduit :
11.10 Notons A le réel défini par :
0
t ϕ (t)
a5
Zéros de f (5)
Ent(x) 1. x ∀t ∈ [0 ; 1], 1 + t 2t .
∀x ∈ ]0 ; +∞[, 0
donc :
Ceci montre :
0 0 0 0 0
+
π 0
∀x ∈ [0 ; π], f (x) 0,
Corrigés des exercices
d’où l’inégalité demandée, pour x ∈ [0 ; π]. b) On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
1+
1 x 1 x+1 < e < 1+ x x 1 1 < 1 < (x + 1) ln 1 + ⇐⇒ x ln 1 + x x 1 1 1 1 < > et ln 1 + . ⇐⇒ ln 1 + x x x x+1
De plus : 1 x+1 1 1 > ⇐⇒ ln > ln 1 + x x+1 x x+1 1 1 1 x <− ⇐⇒ ln 1 − <− . ⇐⇒ ln x+1 x+1 x+1 x+1 Ainsi, pour prouver les deux inégalités demandées, il suffit d’établir l’inégalité : ∀t ∈ ] − 1 ; +∞[−{0}, ln(1 + t) < t. Cette inégalité est connue. Redémontrons-la. L’application f : t −→ ln(1 + t) − t est dérivable sur ] − 1 ; +∞[ et : ∀t ∈ ] − 1 ; +∞[, f (t) =
1 t −1 =− , 1+t 1+t
d’où le tableau de variations : t f (t)
−1
f (t) <0 On a donc :
+
0 0 0
−
+∞
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
∀x ∈ ]a ; b[, ϕ (x) = f (x) − Ag (x), f (c) d’où : f (c) − Ag (c) = 0, donc A = , g (c) ce qui montre le résultat demandé. Mais :
11.14 Par hypothèse, il existe ∈ R tel que : f (x)
<0
∀t ∈ ] − 1 ; +∞[−{0}, f (t) < 0,
1 pour x ∈ ]0 ; +∞[, on obtient : et, en remplaçant t par − x+1 1 1 ln 1 − <− , x+1 x+1 d’où les inégalités demandées. Si g(b) − g(a) = 0, alors, puisque g est continue sur [a ; b] et dérivable sur ]a ; b[, d’après le théorème de Rolle, il existe d ∈ ]a ; b[ tel que g (d) = 0, contradiction avec les hypothèses. •
On a donc : g(b) − g(a) 0. f (b) − f (a) • Notons A = et considérons l’application g(b) − g(a) ϕ : [a ; b] −→ R, x −→ f (x) − f (a) − A g(x) − g(a) .
−→
x −→ −∞
et
f (x)
−→
x −→ +∞
.
1re méthode : utilisation d’une fonction auxiliaire : Le résultat demandé ressemble au théorème de Rolle, mais sur R au lieu d’un segment [a ; b]. Nous allons essayer de nous ramener à un segment par composition avec une fonction auxiliaire. Considérons, par exemple, l’application ϕ : ] − π/2 ; π/2[ −→ R, t −→ tan t et notons g = f ◦ ϕ. On a, par composition de limites : g(t)
c’est-à-dire : ∀t ∈ ] − 1 ; +∞[−{0}, ln(1 + t) < t. 1 En remplaçant t par pour x ∈ ]0 ; +∞[, on obtient : x 1 1 < , ln 1 + x x
11.13
L’application ϕ est continue sur [a ; b], dérivable sur ]a ; b[, et on ϕ(a) = 0 et ϕ(b) = 0 (par définition de A). D’après le théorème de Rolle, il existe donc c ∈ ]a ; b[ tel que ϕ (c) = 0.
−→
t −→ −(π/2)+
et
g(t)
−→
t −→ (π/2)−
.
Comme g est continue sur ] − π/2 ; π/2[ et de limite finie en −π/2 et en π/2, l’application h : [−π/2 ; π/2] −→ R définie pour tout t ∈ [−π/2 ; π/2], par : ⎧ ⎪ ⎪ si − π/2 < t < π/2 ⎪ ⎨g(t) ϕ(t) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ si t = −π/2 ou t = π/2 est continue sur [−π/2 ; π/2]. D’autre part, puisque ϕ est dérivable sur ] − π/2 ; π/2[ et que f est dérivable sur R, par composition, g = f ◦ ϕ est dérivable sur ] − π/2 ; π/2[, donc h est dérivable sur ] − π/2 ; π/2[. Puisque h est continue sur [−π/2 ; π/2] et dérivable sur ] − π/2 ; π/2[ et que h(−π/2) = h(π/2), d’après le théorème de Rolle, il existe γ ∈ ] − π/2 ; π/2[ tel que h (γ) = 0. Mais, pour tout t ∈ ] − π/2 ; π/2[ : h (t) = g (t) = f ϕ(t) ϕ (t) = f (tan t)
1 . 2 cos t 0
On déduit : f (tan (γ)) = 0. En notant c = tan γ ∈ R, on a donc : f (c) = 0. 2e méthode : étude d’extrémum : Si f = (fonction constante) , alors tout réel c convient pour f (c) = 0. 219
Chapitre 11
•
Dérivation
Supposons f . Il existe donc a ∈ R tel que f (a) . Quitte à remplacer f par − f (et donc par −), on peut se ramener au cas où : f (a) > .
On met ainsi en évidence des zéros de P , deux à deux distincts : y1 , ..., yN−1 d’une part, x1 d’ordre α1 − 1, ..., xN d’ordre αN − 1 d’autre part, avec une convention évidente si αk = 1.
Notons ε = f (a) − > 0.
Comme :
Puisque f (x)
−→
x −→ −∞
et f (x)
−→
x −→ +∞
,
il existe A ∈ ] − ∞ ; a] et B ∈ [a ; +∞[ tels que : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ ] − ∞ ; A], | f (x) − | ε ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ [B ; +∞[, | f (x) − | ε. On a alors : ∀x ∈ ] − ∞ ; A] ∪ [B ; +∞[, f (x) + ε = f (a). D’autre part, f étant continue sur R, f est en particulier continue sur le segment [A ; B]. D’après un théorème du cours, il en résulte que la restriction de f à [A ; B] est bornée et atteint ses bornes. Il existe donc c ∈ [A ; B] tel que :
(N − 1) +
N (
(αk − 1) =
k=1
N (
αk − 1 = deg (P) − 1 = deg (P ),
k=1
on conclut que les zéros de P sont tous réels.
11.16 a) • Si f (a) > 0, alors, comme f est continue en a (car dérivable en a), il existe η > 0 tel que :
∀x ∈ [a − η ; a + η], f (x) 0. On a alors : ∀x ∈ [a − η ; a + η], | f |(x) = f (x), c’est-à-dire que | f | coïncide avec f au voisinage de a. Puisque f est dérivable en a, | f | l’est alors aussi et : | f | (a) = f (a).
∀x ∈ [A ; B], f (x) f (c).
y
En particulier, comme a ∈ [A ; B], on a : f (a) f (c). ⎧ ⎪ ⎪ ∀x ∈ ] − ∞ ; A], f (x) f (a) f (c) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ On a alors : ⎪ ∀x ∈ [A ; B], f (x) f (c) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ [B ; +∞[, f (x) f (a) f (c).
y = f (x) y = |f |(x)
f (a)
O
Ainsi, f admet un maximum local en c. Comme f est dérivable en c, il en résulte, d’après le cours : f (c) = 0.
a Cas f (a) > 0
x
Si f (a) < 0, de même, comme | f | coïncide avec− f au voisinage de a, on conclut que | f | est dérivable en a et que :
•
11.15 a) Par hypothèse, il existe n ∈ N − {0, 1}, λ ∈ R∗ , (x1 , ..., xn ) ∈ Rn tels que : x1 < ... < xn
| f | (a) = − f (a). et P = λ
n (X − xk ). k=1
Pour tout k de 1 ; n − 1, P est continue sur [xk ; xk+1 ], dérivable sur ]xk ; xk+1 [, et P(xk ) = P(xk+1 ) = 0, donc, d’après le théorème de Rolle, il existe yk ∈ ]xk ; xk+1 [ tel que P (yk ) = 0. Puisque x1 < y1 < x2 < ... < yn−1 < xn , les réels y1 , ..., yn−1 sont deux à deux distincts. Comme P est de degré n − 1, il en résulte que les zéros de P sont tous réels et simples (ce sont y1 , ..., yn−1 ). b) Par hypothèse, il existe N ∈ N∗ , λ ∈ R∗ , (x1 , ..., xN ) ∈ RN , (α1 , ..., αN ) ∈ (N∗ )N tels que : x1 < ... < xN
et
P=λ
N (X − xk )αk . k=1
Comme en a), il existe y1 , ..., yN−1 ∈ R tels que : ∀k ∈ 1 ; N − 1,
yk ∈ ]xk ; xk+1 [ et P (yk ) = 0 .
D’autre part, pour tout k ∈ 1 ; N tel que αk 2, xk est zéro de P d’ordre αk − 1. 220
On peut regrouper ces deux résultats en utilisant la fonction signe : | f | (a) = sgn f (a) f (a). b) Supposons f (a) > 0, le cas f (a) < 0 étant analogue, ou, si l’on préfère, s’y ramenant en remplaçant f par − f. f (x) − f (a) −→ f (a) > 0, Comme x −→ a x−a il existe η > 0 tel que : ∀x ∈ [a − η ; a + η] − {a},
f (x) − f (a) 0, x−a
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ [a − η ; a], f (x) 0 d’où, puisque f (a) = 0 : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ [a ; a + η], f (x) 0. Autrement dit, | f | coïncide avec − f au voisinage à gauche de a et | f | coïncide avec f au voisinage à droite de a. | f |(x) − | f |(a) On a alors : −→ − f (a), x −→ a− x−a | f |(x) − | f |(a) −→ f (a), et x −→ a+ x−a donc | f | est dérivable à gauche en a, dérivable à droite en a, et non dérivable en a car f (a) − f (a), puisque f (a) 0.
Corrigés des exercices
y
Puisque f = λ f, d’après le cours, il existe C ∈ R tel que : y = |f |(x)
O
∀x ∈ R, f (x) = C e λx . x
a y = f (x)
Comme f 0, on a : C 0. 2) Réciproquement, soient C ∈ R∗ , λ ∈ R. L’application f : R −→ R, x −→ C e λx est dérivable sur R et : ∀x ∈ R, f (x) f (−x) = (Cλ e λx )(C e −λx ) = C 2 λ,
Cas f (a) = 0 et f (a) > 0 c) On a, pour x ∈ R − {a}, en utilisant l’inégalité triangulaire renversée : | f |(x) − | f |(a) | f (x)| − | f (a)| = x−a |x − a| | f (x) − f (a)| f (a) − f (a) | f (a)| = 0, = x−→ −→ a |x − a| x−a | f |(x) − | f |(a) −→ 0, x −→ a x−a et on conclut que | f | est dérivable en a et que : | f | (a) = 0. y
donc f convient si et seulement si C 2 λ = 1, c’est-à-dire si et 1 seulement si λ = 2 . C On conclut que l’ensemble S des applications f cherchées est : x
S = f : R −→ R, x −→ C e C2 ; C ∈ R∗ .
11.18 Soit a ∈ ]0 ; 1[ fixé. L’application
donc
f : I = ]0 ; π/2[ −→ R, x −→ cos(ax) − (cos x)a est de classe C 1 sur I et, pour tout x ∈ I : f (x) = −a sin(ax) + a(cos x)a−1 sin x sin x − sin(ax) . =a 1−a (cos x)
y = |f |(x)
O
x
a y = f (x)
11.17 1) Soit f convenant. On a : ∀x ∈ R, f (x) f (−x) = 1, ∀x ∈ R, f (−x) 0, 1 puis : ∀x ∈ R, f (x) = . f (−x) Comme f est dérivable sur R et à valeurs non nulles, par opé1 est dérivable sur R, donc f
rations, l’application x −→ f (−x) est dérivable sur R, et on conclut que f est deux fois dérivable sur R. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
donc :
On a alors, en dérivant dans l’égalité de l’énoncé : ∀x ∈ R, f
(x) f (−x) + f (x) − f (−x) = 0, 1 c’est-à-dire : ∀x ∈ R, f (x) f (−x) − f (x) = 0. f (x) En multipliant par f (x) f (x), on déduit :
∀x ∈ R, f (x) f (x) − f (x) f
f
f − f 2 = 0, f f2 f
donc il existe λ ∈ R tel que = λ. f Ensuite :
=
On a sin x > 0, car x ∈ I, et 0 < (cos x)1−a < 1, car x ∈ I et sin x 0 < a < 1, donc : > sin x. (cos x)1−a • D’autre part, comme x ∈ I et a ∈ ]0 ; 1[, on a : π 0 < ax < x < , 2 •
Cas f (a) = 0 et f (a) = 0
Soit x ∈ I.
2
= 0.
d’où, puisque sin est croissante sur I : 0 < sin(ax) < sin x. sin x > sin x > sin(ax), d’où : f (x) > 0. On déduit : (cos x)1−a Ceci montre f > 0, donc f est strictement croissante. Enfin, f (x) −→ 0. x −→ 0
On conclut : ∀x ∈ I, f (x) > 0, d’où l’inégalité voulue.
11.19 Considérons l’application f : [0 ; +∞[ −→ R, t −→
1 t =1− . 1+t 1+t
L’inégalité proposée est équivalente à : f (x) < f (y) + f (z). L’application f est dérivable sur [0 ; +∞[ et : ∀t ∈ [0 ; +∞[, f (t) =
1 > 0, (1 + t)2
donc f est (strictement) croissante. Puisque x y + z, on a donc : f (x) f (y + z). 221
Chapitre 11
Dérivation
•
Il suffit donc de prouver :
f (y + z) < f (y) + f (z).
Pour z ∈ ]0 ; +∞[ fixé, l’application g : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ f (t) + f (z) − f (t + z) est dérivable sur [0 ; +∞[ et, pour tout t ∈ [0 ; +∞[ : g (t) = f (t) − f (t + z) =
1 1 − > 0, (1 + t)2 (1 + t + z)2
donc g est strictement croissante.
0
On a donc : ∀t ∈ ]0 ; +∞[, g(t) > 0, d’où : g(y) > 0. Ceci montre :
f (y + z) < f (y) + f (z).
On a donc :
f (x) < f (y) + f (z), y z x < + . 1+x 1+y 1+z
11.22
• Cherchons d’abord un polynôme P, de degré 3, satisfaisant les mêmes conditions que f :
P(−1) = P(0) = P (0) = 0 et P(1) = 1.
est dérivable sur R∗+ et : ∀x ∈ R∗+ , f (x) = 1 + ln x − y,
Le polynôme P doit avoir 0 pour zéro double et −1 pour zéro, donc P est de la forme P = aX2 (X + 1), a ∈ R∗ . 1 Ensuite : P(1) = 1 ⇐⇒ a = . 2 1 Le polynôme P = X2 (X + 1) convient. 2 • Considérons g = f − P.
d’où le tableau des variations de f :
Et :
0 −
e y−1 0 0
+
+∞
f ( e y−1 ) = e y−1 (y − 1) + e y−1 − e y−1 y = 0.
Il en résulte :
∀x ∈ R∗+ , f (x) 0,
L’application g est de classe C 3 sur [−1 ; 1] et :
d’où l’inégalité voulue. On conclut :
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎨g(−1) = g(0) = g(1) = g (0) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g(3) = f (3) − P(3) = f (3) − 3.
∀(x, y) ∈ R∗+ × R, xy x ln x + e y−1 .
b) Soit (x, y, z) ∈ R∗+ × R∗+ × R. On a, en appliquant a) à (xy, z) à la place de (x, y) : xyz = (xy)z xy ln(xy) + e z−1 . Et :
xy ln(xy) = xy ln x + xy ln y = y(x ln x) + x(y ln y).
Raisonnons par l’absurde : supposons :
En appliquant a) à (y, x ln x) et à (x, y ln y) à la place de (x, y), on a : y(x ln x) y ln y + e x ln x−1
et
x(y ln y) x ln x + e y ln y−1 .
On conclut : xyz x ln x + e x ln x−1 + y ln y + e y ln y−1 + e z−1 . noté f (x)
noté g(y)
noté h(z)
11.21 a) Soient λ ∈ [0 ; 1], x, y ∈ I tels que, par exemple,
x y. On a : ( f g) (1 − λ)x + λy − (1 − λ)( f g)(x) + λ( f g)(y) = f (1 − λ)x + λy g (1 − λ)x + λy − (1 − λ) f (x)g(x) − λ f (y)g(y) (1 − λ) f (x) + λ f (y) (1 − λ)g(x) + λg(y) − (1 − λ) f (x)g(x) − λ f (y)g(y)
222
( f g)
= f
g + 2 f g + f g
0,
donc f g est convexe.
L’application f : R∗+ −→ R, x −→ x ln x + e y−1 − xy
x f (x) f (x)
0
b) On suppose ici que f, g sont de classe C 2 , convexes, 0 et croissantes. On a donc : f, f , f
, g, g , g
toutes 0. On a alors :
11.20 a) Soit y ∈ R fixé.
0
On conclut : f g est convexe.
De plus : g(0) = f (z) − f (z) = 0.
et on conclut :
car f, g sont convexes et 0 2 = (1 − λ) − (1 − λ) f (x)g(x) + λ(1 − λ) f (y)g(x) + f (x)g(y) + (λ2 − λ) f (y)g(y) = λ(1 − λ) − f (x)g(x) + f (y)g(x) + f (x)g(y) − f (y)g(y) = − λ(1 − λ) f (y) − f (x) g(y) − g(x) 0.
∀x ∈ ] − 1 ; 1[, f (3) (x) < 3. Alors : ∀x ∈ ] − 1 ; 1[, g(3) (x) < 0, donc g
est strictement décroissante sur ] − 1 ; 1[. D’autre part, puisque g est de classe C 1 sur [−1 ; 1] et que g(−1) = g(0) = g(1), d’après le théorème de Rolle, il existe α ∈ ] − 1 ; 0[ et β ∈ ]0 ; 1[ tels que : g (α) = g (β) = 0. De même, puisque g (α) = g (0) = g (β), il existe u ∈ ]α ; 0[ et v ∈ ]0 ; β[ tels que g
(u) = g
(v) = 0, et ceci contredit la stricte décroissance de g
sur [−1 ; 1]. Ce raisonnement par l’absurde montre : ∃ c ∈ ] − 1 ; 1[, f (3) (c) 3.
Corrigés des exercices
11.23 a) Soient n ∈ N∗ , x ∈ ]0 ; +∞[ fixés. Considérons l’ap- 11.24 a) plication f : ]0 ; +∞[ −→ R, y −→ (n − 1)x +
yn − ny. xn−1
y
y = f (x)
Il est clair que f est dérivable et : ∀y ∈ ]0 ; +∞[, f (y) = De plus :
nyn−1 n − n = n−1 (yn−1 − xn−1 ). xn−1 x
f (x) = (n − 1)x + x − nx = 0.
D’où le tableau des variations de f : y f (y) f (y)
0 −
x 0 0
+
+∞
∀y ∈ ]0 ; +∞[, f (y) 0,
Il en résulte :
d’où l’inégalité demandée. b) Remarquons d’abord que l’inégalité envisagée est évidente lorsque l’un des nombres x1 , ..., xn est nul, puisqu’alors la moyenne géométrique est nulle et la moyenne arithmétique est 0. On peut donc se restreindre, comme le fait l’énoncé, au cas où les nombres x1 , ..., xn sont tous > 0. Récurrence sur n. Pour n = 1, l’inégalité voulue est triviale, c’est une égalité. √ x1 + x2 est connue. • Pour n = 2, l’inégalité x1 x2 2 En effet : •
√ x1 + x2 ⇐⇒ 4x1 x2 (x1 + x2 )2 2 x1 x2 2 ⇐⇒ x21 − 2x1 x2 + x22 0 ⇐⇒ (x1 − x2 )2 0. Supposons l’inégalité vraie à l’ordre n − 1, pour tous nombres > 0. •
O •
Il existe λ ∈ ]0 ; 1[ tel que :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
c x
b
b = (1 − λ)a + λc.
En effet, on a, pour tout λ ∈ R : b−a , c−a b−a et, de plus, comme a < b < c, on a : ∈ ]0 ; 1[. c−a • Puisque f est convexe, on a donc : f (b) = f (1 − λ)a + λc (1 − λ) f (a) + λ f (c). b = (1 − λ)a + λc ⇐⇒ λ =
D’une part : b − a f (c) − f (a) , f (b) − f (a) λ f (c) − f (a) = c−a f (b) − f (a) f (c) − f (a) et donc : . b−a c−a D’autre part : b − c f (c) − f (a) , f (b) − f (c) (λ − 1) f (c) − f (a) = c−a f (c) − f (a) f (b) − f (c) . d’où, puisque b − c < 0 : b−c c−a • Interprétation graphique : En notant p(.) la pente (ou : coefficient directeur) d’une droite, on a, sous les hypothèses précédentes : p(AB) p(AC) p(BC).
Soit (x1 , ..., xn ) ∈ (R∗+ )n . Notons : % x1 + · · · + xn−1 n−1 $1/n x1 + · · · + xn−1 , x= , y = xn n−1 n−1
a
b) y
y = f (x)
yn = xn . xn−1 D’après a), on a alors :
de sorte que :
x1 + · · · + xn = (x1 + · · · + xn−1 ) + xn = (n − 1)x + xn % x1 + · · · + xn−1 n−1 $1/n yn = (n − 1)x + n−1 ny = n xn x n−1 1/n n xn (x1 · · · xn−1 ) = n(x1 · · · xn )1/n , H.R.
d’où :
√ x1 + · · · + xn n x1 · · · xn . n
O •
x1 x2
a
x3 x4 x
Pour tout (x1 , x2 ) ∈ I 2 tel que x1 < x2 < a, on a, d’après a) : τa (x1 ) =
f (x1 ) − f (a) f (x2 ) − f (a) = τa (x2 ). x1 − a x2 − a 223
Chapitre 11 •
•
Dérivation
Pour tout (x3 , x4 ) ∈ I 2 tel que a < x3 < x4 , on a, d’après a) : τa (x3 ) =
f (x3 ) − f (a) f (x4 ) − f (a) = τa (x4 ). x3 − a x4 − a
∀x ∈ R, f (x) 0.
Pour tout (x2 , x3 ) ∈ I 2 tel que x2 < a < x3 , on a, d’après a) appliqué deux fois : •
τa (x2 ) =
f (x3 ) − f (x2 ) f (x2 ) − f (a) f (x3 ) − f (a) = τa (x3 ). x2 − a x3 − x2 x3 − a
Finalement : τa est croissante sur I − {a}.
11.25 a) D’après l’exercice 11.24, puisque f est convexe,
f (x) − f (0) est croissante x
l’application τ0 : R∗ −→ R, x −→ sur R∗ .
D’autre part, puisque f est majorée, il existe M ∈ R tel que : ∀x ∈ R, f (x) M. •
On a, pour tout x 1 :
f (x) − f (0) M − f (0) |M − f (0)|. (∗) x x Ainsi, sur [1 ; +∞[, τ0 est croissante et majorée, donc admet une limite finie en +∞, et, d’après l’inégalité (∗) précédente, en passant à la limite lorsque x tend vers +∞, on a : 0. Il en résulte : ∀x ∈ [1 ; +∞[, τ0 (x) 0. τ0 (x) =
•
De même, par un raisonnement analogue, f est croissante et de limite 0 en −∞, donc : •
On a, pour tout x −1 :
f (x) − f (0) M − f (0) −|M − f (0)|. x x Ainsi, sur ] − ∞ ; −1], τ0 est croissante et minorée, donc admet une limite finie en −∞, et, d’après une inégalité précédente, en passant à la limite lorsque x tend vers −∞, on a : 0. Il en résulte : ∀x ∈ ] − ∞ ; −1], τ0 (x) 0. τ0 (x) =
Puisque τ0 est croissante sur R∗ , à valeurs 0 sur ] − ∞ ; −1] et à valeurs 0 sur [1 ; +∞[, on déduit :
∀x ∈ R, f (x) = 0,
Il en résulte :
et on conclut que f est constante.
11.26 Notons, pour tout (x, y) ∈ I 2 : x + y f (x) + f (y) −f . 2 2 Il s’agit donc de montrer que, si a b c d, alors : δ(x, y) =
δ(b, c) δ(a, d). Nous allons montrer d’abord que, pour tout (u, v, w) ∈ I 3 , si u v w, alors : δ(u, v) δ(u, w). •
Soit (u, v, w) ∈ I 3 tel que u v w. Il est clair que l’inégalité voulue est évidente si u = v ou v = w. Nous pouvons donc supposer u < v < w. On a les équivalences logiques suivantes : δ(u, v) δ(u, w) u + v f (u) + f (w) u + w f (u) + f (v) −f −f ⇐⇒ 2 2 2 2 u + v $ % u + w −f f (w) − f (v) ⇐⇒ 2 f 2 2 u + v u + w −f f f (w) − f (v) 2 2 . ⇐⇒ u+w u+v w−v − 2 2 Mais, puisque f est convexe, on a, par croissance des pentes, d’après l’exercice 11.24 : f
∀x ∈ R∗ , τ0 (x) = 0,
u + w
−f
u + v
2 2 u+w u+v − 2 2
f (v) − f
u + w
2 u+w v− 2
d’où l’inégalité voulue : δ(u, v) δ(u, w).
et on conclut que f est constante sur R.
Le même raisonnement montre : δ(v, w) δ(u, w).
b) On suppose, de plus, que f est de classe C 1 sur R. Puisque f est convexe et de classe C 1 sur R, f est croissante sur R. Il en résulte que f admet une limite (finie ou +∞) en+∞. Montrons 0, par un raisonnement par l’absurde. Si > 0, alors il existe a ∈ [1 ; +∞[ et m > 0 tels que : •
•
En appliquant les résultats précédents à (b, c, d) et à a, b, d) à la place de (u, v, w), on a : δ(b, c) δ(b, d) et δ(b, d) δ(a, d), d’où : δ(b, c) δ(a, d), ce qui est l’inégalité demandée. y
∀t ∈ [a ; +∞[, f (t) m, d’où, pour x ∈ [a ; +∞[ : ) x f (x) = f (a) + f (t) dt f (a) + (x − a)m a
f (w) − f (v) , w−v
y = f (x)
−→
x −→ +∞
+∞,
contradiction avec f majorée. Ainsi, f est croissante et de limite 0 en +∞, donc : ∀x ∈ R, f (x) 0. 224
O
a b
b+c a+d 2 2
c
d
x
Intégration sur un segment, primitives Plan Les méthodes à retenir 225 Énoncés des exercices
227
Du mal à démarrer ?
231
Corrigés des exercices
233
CHAPITRE
12
Thèmes abordés dans les exercices •
Calculs simples d’intégrales
•
Obtention d’inégalités portant sur des intégrales
•
Détermination de certaines limites liées à des intégrales
•
Recherche de limites d’intégrales
•
Étude et représentation graphique d’une fonction définie par une intégrale, le paramètre étant aux bornes
•
Résolution de certaines équations fonctionnelles.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Propriétés algébriques et propriétés relatives à l’ordre usuel, pour les intégrales
•
Les méthodes usuelles pour transformer l’écriture d’une intégrale : linéarité de l’intégration, intégration par parties, changement de variable, relation de Chasles ) x Les propriétés de l’application x −→ f (t) dt
•
a
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
•
La formule de Taylor avec reste intégral, l’égalité de Taylor-Lagrange, l’inégalité de Taylor-Lagrange.
Les méthodes à retenir Essayer de : Pour calculer une primitive de fonction continue sur un intervalle, ou calculer une intégrale de fonction continue sur un segment
•
utiliser les primitives connues du cours
➥ Exercices 12.1, 12.2, 12.7 •
transformer l’écriture de f (x) pour favoriser les sommes plutôt que les produits, par exemple linéariser pour une fonction trigonométrique
➥ Exercices 12.1, 12.8 225
Chapitre 12
•
Intégration sur un segment, primitives
•
utiliser l’intégration par parties
➥ Exercices 12.5, 12.6, 12.8, 12.10
(suite) •
utiliser un changement de variable.
➥ Exercice 12.21.
Pour obtenir une inégalité portant sur une ou des intégrales
Pour changer la forme de l’écriture d’une intégrale, ou pour calculer ou évaluer une intégrale dans des cas simples
Essayer d’appliquer les théorèmes du cours portant sur des inégalités pour des intégrales.
➥ Exercices 12.4 à 12.6, 12.9, 12.10 a), 12.16 b), 12.18, 12.22. Appliquer les méthodes de calcul des intégrales et des primitives : primitives usuelles, linéarité de l’intégration, relation de Chasles, intégration par parties, changement de variable. On se ramène alors à la formule fondamentale de l’analyse : )
b
f (x) dx = [F(x)]ba = F(b) − F(a), a
où f est continue sur le segment [a ; b] et où F est une primitive de f sur [a ; b].
➥ Exercices 12.1, 12.2, 12.5, 12.6, 12.12.
Pour conclure qu’une fonction est nulle, ayant un renseignement sur une intégrale
Essayer d’appliquer le théorème du cours : si a < b et si f : [a ; b] −→ R est continue, positive ou nulle, telle que ) b f (x) dx = 0, alors f = 0. a
➥ Exercice 12.15.
Essayer de : •
conjecturer la limite, qui est souvent dans les exemples simples l’intégrale de la limite, et montrer que la différence entre l’intégrale de l’énoncé et l’intégrale conjecturée tend vers 0
➥ Exercices 12.4, 12.9, 12.10, 12.24
Pour trouver une limite d’intégrale •
transformer l’écriture de l’intégrale, par exemple par un changement de variable, par une intégration par parties, par la relation de Chasles.
➥ Exercice 12.6.
226
Énoncés des exercices
Essayer de : Pour chercher la limite d’une suite dont le terme général u n est une somme indexée par k et dont les termes dépendent de k et de n
faire apparaître une somme de Riemann
•
➥ Exercice 12.3 se ramener à une somme de Riemann, par exemple en prenant le logarithme si l’expression de l’énoncé est un produit.
•
➥ Exercice 12.11. Essayer de : appliquer le théorème du cours reliant dérivée et primitive : si f : I −→ R est continue sur ) l’intervalle I et si a ∈ I, alors l’appli-
•
x
cation F : I −→ R, x −→
f (t) dt est de classe C 1 et F = f.
a
➥ Exercices 12.12 à 12.14, 12.17, 12.19, 12.23
Pour étudier une fonction de la forme x −→
u(x)
combiner le théorème précédent avec une composition de fonctions : si f : I −→ R est continue sur l’intervalle I et si u, v : J −→ R sont de classe C 1 sur l’intervalle J et telles que u(J) ⊂ I et v(J) ⊂ I, alors ) v(x) l’application G : J −→ R, x −→ f (t) dt est de classe C 1 sur J u(x) et : ∀x ∈ J, G (x) = f v(x) v (x) − f u(x) u (x).
•
f (t) dt u(x)
➥ Exercice 12.21 a). Essayer de :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
utiliser une fonction auxiliaire dont on étudiera les variations
•
Pour obtenir une inégalité portant sur une fonction ou une intégrale
➥ Exercice 12.21
Pour résoudre une équation fonctionnelle faisant intervenir une intégrale à borne variable
•
utiliser l’inégalité des accroissement finis
•
utiliser l’inégalité de Taylor-Lagrange.
Essayer de dériver pour faire apparaître une équation différentielle.
➥ Exercice 12.17.
Énoncés des exercices 12.1 Exemples de calculs simples d’intégrales )
Calculer :
I= 0
π 2
)
cos2 x dx,
)
π 2
J=
cos x sin x dx, 0
π 2
K=
sin2 x dx.
0
227
Chapitre 12
•
Intégration sur un segment, primitives
12.2 Formule des deux niveaux Montrer qu’il existe (α, β) ∈ R2 unique, et le calculer, tel que α < β et : ) 1 P(x) dx = P(α) + P(β). ∀P ∈ R3 [X], −1
12.3 Exemples de sommes de Riemann Trouver : n ( a) lim n∞
k=1
k2 (k + n)3
n ( k kπ b) lim sin . 2 n∞ n n k=1
12.4 Exemple de limite d’une intégrale 2
Trouver lim
x −→ +∞
)
x+ 1x
ex
e −t dt. 2
x
12.5 Majoration d’une intégrale Soit (a, b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a ; b] −→ R de classe C 1 telle que f (b) = 0. (b − a)2 ) b f (t) dt Montrer : Max | f (t)|. t∈[a;b] 2 a
12.6 Lemme de Riemann et Lebesgue pour une fonction de classe C1 Soient (a, b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a ; b] −→ R de classe C 1 sur [a ; b]. Montrer : ) b ) b f (x) cos(λx) dx −→ 0 et f (x) sin(λx) dx −→ 0. λ −→ +∞
a
a
λ −→ +∞
12.7 Étude d’une intégrale d’une somme de valeurs absolues Soient n ∈ N∗ , x1 , ..., xn ∈ [0 ; 1]. On note : f : [0 ; 1] −→ R, x −→
n (
|x − xk |.
k=1
)
1
Calculer I =
f (x) dx, montrer 0
n n I et étudier les cas d’égalité. 4 2
12.8 Une égalité établie grâce à des intégrales Montrer : ∀n ∈ N∗ ,
) 1 n ( 4n (n!)2 n (−1)k (1 − x2 )n dx. = , en considérant In = 2k + 1 (2n + 1)! k 0 k=0
12.9 Exemple de limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre )
1
Déterminer lim n∞
√
1 − xn dx.
0
12.10 Recherche d’un équivalent d’une intégrale dépendant d’un paramètre )
On note, pour tout n ∈ N∗ : In =
xn e x dx. 0
228
1
Énoncés des exercices
a) Établir : In −→ 0. n∞
∀n ∈ N∗ , In =
b) Montrer :
e 1 − In+1 . n+1 n+1
c) Trouver un équivalent simple de In lorsque l’entier n tend vers l’infini.
12.11 Exemple de limite d’un produit, intervention d’une somme de Riemann Trouver lim n∞
n k=1
1+
k 1/n . n
12.12 Étude d’une intégrale dépendant d’un paramètre
)
1
Soit f : [0 ; 1] −→ R continue. On note : g : [0 ; 1] −→ R, x −→ )
)
x
a) Montrer : ∀x ∈ [0 ; 1], g(x) = x
x
f (t) dt − 0
|x − t| f (t) dt. 0
)
)
x
t f (t) dt + x
x
f (t) dt −
0
1
t f (t) dt. 1
b) En déduire que g est de classe C 2 sur [0 ; 1] et que : ∀x ∈ [0 ; 1], g
(x) = 2 f (x).
12.13 Équation faisant intervenir une intégrale Soit f : [0 ; 1] −→ R continue, telle que : ∀x ∈ [0 ; 1], f (x) 2. ) x f = 4x − 1, d’inconnue x ∈ [0 ; 1], admet une solution et une seule. Montrer que l’équation 0
12.14 Produit d’intégrales nul Soient f, g : R −→ R continues telles que : ∀(a, b) ∈ R2 ,
)
b
f
)
a
b
g = 0.
a
Montrer : f = 0 ou g = 0.
12.15 Déduction sur une fonction à partir de renseignements sur des intégrales )
)
1
Soit f : [0 ; 1] −→ R continue telle que : 0
)
1
f = 1 et
1
f4 = 0
f 3 . Montrer : f = 1. 0
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
12.16 Encadrement du reste d’ordre n de la série harmonique alternée n ( (−1)k On note, pour tout n ∈ N : dn = ln 2 − . k+1 k=0 ) 1 n+1 t a) Montrer : ∀n ∈ N, dn = dt. 1 +t 0
b) En déduire : ∀n ∈ N,
1 1 1 dn , puis : dn ∼ . n∞ 2n + 4 2n + 3 2n
12.17 Exemple d’équation fonctionnelle faisant intervenir une intégrale Trouver toutes les applications f : R −→ R de classe C 1 telles que : )
y
∀(x, y) ∈ R2 ,
f (t) dt = x
y − x f (x) + f (y) . 2
229
Chapitre 12
•
Intégration sur un segment, primitives
12.18 Étude d’une inéquation différentielle Soit f : [1 ; +∞[ −→ R de classe C 1 , telle que f (1) = 1 et : ∀x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x)
1 2 . x2 + f (x)
Montrer que f admet une limite finie en +∞ et que : 1 +
π . 4
12.19 Limite d’une suite définie via une intégrale a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , il existe xn ∈ ]0 ; +∞[ unique tel que : )
xn 0
tn dt = ln(1 + xn ). 1+t
b) Déterminer la limite de xn lorsque l’entier n tend vers l’infini.
12.20 Exemple de calcul d’une intégrale à paramètre Montrer : ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ [0 ; 1[,
) x xn x − t n−1 1 . dt = 2 1−t (1 − t) n(1 − x) 0
12.21 Inégalité de Young Soient a > 0, f : [0 ; a] −→ R de classe C 1 telle que f (0) = 0 et : ∀x ∈ [0 ; a], f (x) > 0. On note abusivement f −1 : [0 ; f (a)] −→ R l’application réciproque de f . ) f (x) ) x f+ f −1 = x f (x). a) Montrer : ∀x ∈ [0 ; a], 0
b) En déduire :
0
)
∀(x, y) ∈ [0 ; a] × [0 ; f (a)],
)
x
y
f+ 0
f −1 xy.
0
12.22 Encadrement de la valeur moyenne d’une fonction convexe Soient I un intervalle de R, f : I −→ R continue et convexe, (a, b) ∈ I 2 tel que a < b. ) b a + b 1 f (a) + f (b) . f (x) dx Montrer : f 2 b−a a 2 On pourra utiliser l’exercice 11.24.
12.23 Étude d’une fonction définie via une intégrale ) a) Montrer :
y
∀x ∈ R, ∃ !y ∈ R,
2
e t dt = 1. x
)
X
À cet effet, on pourra considérer l’application F : R −→ R, X −→ On note f : R −→ R, x −→ y l’application ainsi définie. b) Montrer que f est de classe C 1 sur R. c) Tracer l’allure de la courbe représentative de f . 230
2
e t dt. 0
Du mal à démarrer ?
12.24 Limite d’une suite d’intégrales de fonctions définies par récurrence On note f0 : [0 ; 1] −→ R, x −→
√
x et, pour tout n ∈ N :
fn+1 : [0 ; 1] −→ R, x −→ fn+1 (x) = )
1
fn (x) dx.
Trouver lim n∞
1 + fn (x).
0
Du mal à démarrer ? 12.1
Linéariser.
12.2
Traduire la condition de l’énoncé pour tout polynôme P = aX3 + bX2 + cX + d, (a, b, c, d) ∈ R4 .
12.3
Il s’agit de sommes de Riemann.
12.4
Majorer l’intégrale.
12.5 )
Utiliser une intégration par parties, faisant apparaître
b
a
b) Montrer que g est de classe C 1 sur [0 ; 1] et calculer g (x) pour tout x ∈ [0 ; 1] en utilisant a), puis montrer que g est de classe C 2 sur [0 ; 1] et calculer g
(x) pour tout x ∈ [0 ; 1].
12.13
Étudier les variations de l’application ) φ : [0 ; 1] −→ R, x −→
(t − a)f (t) dt.
12.14
)
)
1
12.8
n ( n (−1)k . k 2k + 1 k=0
• D’autre part, exprimer In+1 à l’aide d’une intégration par par-
ties, réitérer, et obtenir
In =
4n (n!)2 . (2n + 1)!
12.9
Comme, pour tout x ∈ [0 ; 1] fixé, ) 1 1 dx = 1. conjecturer : In −→ n∞
√
1 − xn −→ 1, on peut n∞
0
∀b ∈ R, F(b)G(b) = 0, 2 F(b) G(a) = 0.
∀(a, b) ∈ R2 , )
1
12.16
a) Écrire ln 2 sous la forme ln 2 =
(f 4 − f 3 − f + 1).
0
) 0
12.17
1) Soit f convenant.
Dériver par rapport à y, pour x fixé, puis obtenir : ∀(x, y) ∈ R2 , (y − x)f (y) = (y − x)f (x). Déduire que f est constante.
c) Utiliser a) et b).
2) Ne pas oublier la réciproque.
12.12
a) Utiliser la relation de Chasles.
1 dt. 1+t
1 . 2n + 4 √ n+ 1 n+1 2) Pour l’autre inégalité, scinder en t t 2 , et remarquer : √ t 1 t . 1+t 2
a) Majorer e x par e , pour x ∈ [0 ; 1].
Considérer ln un , qui est une somme de Riemann.
1
b) 1) Majorer dn pour obtenir dn
b) Intégration par parties.
12.11
g(t) dt. 0
Considérer
Former |In − 1| et utiliser une expression conjuguée.
12.10
x
G(x) =
12.15
• Utiliser la formule du binôme de Newton pour obtenir
In =
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
puis :
0
en utilisant la relation de Chasles.
f(t) dt, 0
Obtenir : |x − xk | dx,
f(x) dt − (4x − 1).
)
x
F(x) =
Utiliser une intégration par parties pour faire apparaître λ au dénominateur. Calculer, pour tout k ∈ 1 ; n, Ik =
0
Considérer F, G : R −→ R définies, pour tout x ∈ R, par :
12.6 12.7
x
12.18
Montrer d’abord :
π Le apparaîtra à partir de 4
∀x ∈ [1 ; +∞[, f(x) 1. ) x 1 dt. 2 1 1+t
231
Chapitre 12
12.19
•
Intégration sur un segment, primitives
a) Pour n ∈ N∗ fixé, étudier les variations de : )
x
fn : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ 0
)
xn
t dt − ln(1 + x). 1+t
tn dt. 1+t
b) Minorer convenablement 0
12.20
n
a) Étudier les variations de )
x
A : [0 ; a] −→ R, x −→
f −1 (x)
f+ 0
f −1 − xf(x).
b) Pour x ∈ [0 ; a] fixé, étudier les variations de )
)
x
y
f+ 0
f −1 − xy.
0
1 1 a+b = x + (a + b − x) 2 2 2 et appliquer la définition de la convexité de f, puis intégrer de a à b.
12.22
232
1) Remarquer que :
b) Appliquer un théorème du cours. c) • Calculer f (x) à l’aide de F, F −1 , F et x. • Étudier les limites de f en +∞ et en −∞. • Obtenir :
0
Bx : [0 ; f(a)] −→ R, y −→
a) 1) Montrer que le théorème de la bijection monotone ) X 2 e t dt. s’applique à F : R −→ R, X −→ 0
Penser à la formule de Taylor avec reste intégral, appli1 . f : [0 ; 1[ −→ R, t −→ 1−t )
12.23
2) La question proposée revient alors à : y = F −1 F(x) + 1 .
quée à
12.21
2) Utiliser la croissance des pentes (exercice 11.24), puis intégrer de a à b.
∀x ∈ R, x < f(x) < x + e −x . 2
12.24
• Remarquer d’abord que, pour tout n ∈ N, fn existe, fn est continue sur [0 ; 1], fn 1. ) 1 • Montrer que la recherche de la limite de In = f n (x) dx se 0
ramène à la recherche de la limite de un = fn (0). À cet effet, majorer convenablement |fn+1 (x) − fn+1 (0)|, puis |In − un |. • Étudier la suite (un )n∈N , qui est une suite récurrente du type : un+1 en fonction de un . • Conclure.
Corrigés des exercices 12.1
On linéarise la fonction qui est sous l’intégrale :
)
)
π/2
% x sin 2x $π/2 π 1 + cos 2x = , dx = + 2 2 4 0 4
π/2
cos2 x dx =
I= 0
0
)
)
π/2
π/2
cos x sin x dx =
J= 0
) K=
0
)
π/2
% x sin 2x $π/2 π 1 − cos 2x dx = − = . 2 2 4 0 4
π/2
sin2 x dx = 0
% cos 2x $π/2 1 1 sin 2x dx = − = , 2 4 0 2
0
x2 est continue, (x + 1)3 donc, d’après le théorème du cours sur les sommes de ) 1 x2 dx . Riemann : un −→ 3 n∞ 0 (x + 1) L’application [0 ; 1] −→ R, x −→
notée I
Calculons I à l’aide du changement de variable t = x + 1 : )
2
I= 1
Pour calculer J, on pouvait aussi remarquer : J=
12.2
% sin2 x $π/2 2
0
=
1 . 2
∀P ∈ R3 [X],
lim n∞
b) On a, pour tout n ∈ N∗ :
1 −1
P(x) dx = P(α) + P(β) )
⇐⇒ ∀(a, b, c, d) ∈ R4 ,
un =
1 −1
(ax3 + bx2 + cx + d) dx
= (aα + bα + cα + d) + (aβ + bβ + cβ + d) $1 % x4 x3 x2 ⇐⇒ ∀(a, b, c, d) ∈ R4 , a + b + c + d −1 4 3 2 3
2
3
2
= (aα3 + bα2 + cα + d) + (aβ3 + bβ2 + cβ + d) 2 b + 2d = a(α3 + β3 ) + b(α2 + β2 ) + c(α + β) + 2d 3 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ α3 + β3 = 0 1 ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ α=−√ ⎪ ⎪ ⎪ β = −α ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 3 2 ⎨ 2 ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ α + β2 = ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ α<β ⎪ 2 3 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2α = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩β = √ . 3 ⎪ ⎩α + β = 0 3 On conclut qu’il existe un couple (α, β) et un seul convenant : 1 1 (α, β) = − √ , √ . 3 3
12.3
Les expressions proposées font penser à des sommes de Riemann. a) On a, pour tout n ∈ N∗ :
notée I
Calculons I à l’aide d’une intégration par parties :
un =
k=1
k2 1 = (k + n)3 n
% − cos(πx) $1 ) 1 − cos(πx) dx − I= x 0 π π 0 1 1 % sin(πx) $1 1 = . = + 0 π π π π On conclut :
12.4
k=1
k 2 k n
lim n∞
% 1$ 2 2 ∀t ∈ x ; x + , 0 e −t e −x , x donc : 0 e −x
)
x+ 1x
2
2
e −t dt e x
x
n
3 . +1
n kπ 1 1( k sin = . n k=1 n2 n π
On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
2
n (
n n ( k k kπ 1 ( k = sin π . sin 2 n n n k=1 n n k=1
L’application [0 ; 1] −→ R, x −→ x sin(πx) est continue sur le segment [0 ; 1], donc, d’après le théorème du cours sur les ) 1 x sin(πx) dx . sommes de Riemann : un −→ n∞ 0
⇐⇒ ∀(a, b, c, d) ∈ R4 ,
n (
5 1 ( k2 = ln 2 − . n k=1 (k + n)3 8 n
On conclut :
Soit (α, β) ∈ R2 tel que α < β. On a : )
) 2 2 (t − 1)2 t − 2t + 1 dt = dt t3 t3 1 ) 2 % 2 1 5 1 $2 1 2 = − 2 + 3 dt = ln t + − 2 = ln 2 − . t t t t 2t 1 8 1
d’où :
e −x
2
)
x+ 1x x
e −t dt 2
1 x
−→
2
e −x
x −→ +∞
=
1 x
−→
x −→ +∞
0,
0. 233
Chapitre 12
Intégration sur un segment, primitives
•
12.5
On a, par intégration par parties, puisque f est de classe C 1 sur [a ; b], et en utilisant f (b) = 0 : ) b ) b b f (t) dt = (t − a) f (t) a − (t − a) f (t) dt a
a
)
b
=− )
d’où :
b a
a
b
(t − a)| f (t)| dt M
I=
)
⇐⇒ ∀k ∈ 1 ; n, xk =
b
a
en notant M = Max | f (t)|.
I=
t∈[a;b]
)
b
(t − a) dt = a
)
On conclut :
b a
% (t − a)2 $b
=
(b − a)2 . 2
2 (b − a)2 f (t) dt Max | f (t)|. t∈[a;b] 2 a
)
(1 − x ) dx = =
)
1
On a : I =
−→
⎧ 2 n+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u(x) = (1 − x ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v (x) = 1
)
234
0
n ( n (−1)k . k 2k + 1 k=0
)
1
x(n + 1)(1 − x2 )n (−2x) dx 0
0 1
= 2(n + 1)
n ) 1 ( |x − xk | dx = |x − xk | dx . 0 k=1 k=1
xk
x2k dx =
(1 − x2 )n x2 dx )
x2 (1 − xk )2 (xk − x)2 $ xk % (x − xk )2 $1 = − + = k + 0 xk 2 2 2 2 1 1 2 1 2 + . = xk − xk + = xk − 2 2 4 n % n ( 1 2 1 $ % ( 1 2 $ n = xk − xk − + . + d’où : I = 2 4 2 4 k=1 k=1
1
1
= 2(n + 1)
(1 − x2 )n 1 − (1 − x2 ) dx
0
= 2(n + 1)
%)
)
1
1
(1 − x2 )n dx −
0
notée Ik
%
)
(−1)k
⎧
2 n ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u (x) = (n + 1)(1 − x ) (−2x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v(x) = x
1 In+1 = x(1 − x2 )n+1 0 −
0.
Et, pour tout k ∈ 1 ; n : ) xk ) 1 (xk − x) dx + (x − xk ) dx Ik =
$ (−1)k x2k dx
où u et v sont de classe C 1 sur [0 ; 1], on a :
n (
0
k
k
• D’autre part, pour tout n ∈ N, exprimons In+1 à l’aide d’une intégration par parties. Avec
λ −→ +∞
λ −→ +∞
k=0
n ( n k=0
) | f (b) sin λb| + | f (a) sin λa| 1 b
f (x) sin λx dx + λ λ a ) b | f (b)| + | f (a)| 1 | f (x)| dx −→ 0. + λ −→ +∞ λ λ a Il s’ensuit : I(λ) −→ 0.
n %( n
0
f (x) sin λx dx.
La même méthode montre : J(λ)
1
2 n
a
donc : |I(λ)|
0
)
1 0
On a, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, par intégration par parties : ) b % sin λx sin λx $b − f (x) I(λ) = f (x) dx λ a x a ) f (b) sin λb − f (a) sin λa 1 b
f (x) sin λx dx, − = λ λ a
•
On a, en utilisant la formule du binôme de Newton :
b
•
12.7
•
In =
Notons, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[ : ) ) b f (x) cos λx dx, J(λ) = I(λ) =
1 , 2
1 2 1 n = ⇐⇒ ∀k ∈ 1 ; n, xk − 2 2 4 ⇐⇒ ∀k ∈ 1 ; n, xk ∈ {0, 1}.
12.8
12.6
a
1 2 n =0 ⇐⇒ ∀k ∈ 1 ; n, xk − 4 2
(t − a) dt,
a
Enfin :
On a :
a
) b f (t) dt = (t − a) f (t) dt )
(t − a) f (t) dt,
1 2 1 ∀k ∈ 1 ; n, 0 xk − , 2 4 n n donc : In . 4 2 • De plus, puisqu’une somme de réels positifs ou nuls est nulle si et seulement si chaque terme est nul : •
$ (1 − x2 )n+1 dx
0
= 2(n + 1)(In − In+1 ). ∀n ∈ N, (2n + 3)In+1 = (2n + 2)In . 2n 2n − 2 2 Ainsi : In = In−1 , In−1 = In−2 , . . . , I1 = I0 . 2n + 1 2n − 1 3 2n 2n − 2 2 D’où, en reportant : In = · · · · I0 . 2n + 1 2n − 1 3 En multipliant haut et bas par (2n)(2n − 2) · · · 2, on obtient : D’où :
In =
2 (2n)(2n − 2) · · · 2 (2n n!)2 I0 = I0 . (2n + 1)! (2n + 1)!
Corrigés des exercices
) Et :
)
1
I0 =
1
(1 − x2 )0 dx =
1 dx = 1.
0
0
4n (n!)2 , d’où l’égalité demandée. (2n + 1)!
On conclut : In =
Comme, pour tout x ∈ [0 ; 1[ fixé, ) 1 1 dx = 1. on peut conjecturer : In −→
12.9
n∞
√ 1 − xn −→ 1,
0
n∞
Formons |In − 1|, en utilisant une expression conjuguée : ) 1 ) 1 √ |In − 1| = 1 − xn dx − dx 0 0 ) 1 ) 1 √ 1 − (1 − xn ) 1 − 1 − xn dx = dx = √ 0 0 1+ 1 − xn ) ) 1 1 % xn+1 $1 xn 1 . dx xn dx = = = √ n+1 0 n+1 1 − xn 0 1+ 0 1 Comme −→ 0, on déduit, par théorème d’encadrement : n + 1 n∞ |In − 1| −→ 0, et on conclut : In −→ 1.
n∞
Puisque l’exponentielle est continue sur R, on déduit : un −→ e 2 ln 2−1 = n∞
On conclut :
)
|x − t| f (t) dt )
0
)
x
=
n∞
)
0
0
)
xn e dx 0
= e
x
% xn+1 $1 e −→ 0. = n + 1 0 n + 1 n∞
b) On a, par intégration par parties, pour tout n ∈ N∗ : % xn+1 $1 ) 1 xn+1 e 1 ex − e x dx = − In+1 . In = 0 n+1 n+1 n+1 0 n+1 1 ( e − In+1 ), n+1 e e −→ 0 : In ∼ ∼ . n∞ n∞ n + 1 n∞ n n k=1
ln un =
0
)
x
t f (t) dt + x
x
f (t) dt − 1
t f (t) dt. 1
1+
1
g (x) = ) ) x f (t) dt + x f (x) − x f (x) +
f (t) dt + x f (x) − x f (x) 1 ) x ) x f (t) dt + f (t) dt. = x
0
k 1/n , n
qui fait penser à une somme de Riemann. L’application [0 ; 1] −→ R, x −→ ln(1 + x) est continue sur le segment [0 ; 1], donc, d’après le théorème du cours sur les ) 1 ln(1 + x) dx. sommes de Riemann : ln un −→ 0
1
sont de classe C sur [0 ; 1], donc g est de classe C 1 sur [0 ; 1] et pour tout x ∈ [0 ; 1] :
n 1( k ln 1 + , n k=1 n
n∞
0 1
0
In =
12.11 En notant, pour tout n ∈ N∗ , un = On a un > 0 et :
)
x
f (t) dt −
0
n∞
d’où, puisque In+1
(x − t) f (t) dt 1
)
b) Puisque f et t −→ t f (t) sont continues sur [0 ; 1], d’après le cours, les quatre fonctions qui, à x ∈ [0 ; 1], associent : ) x ) x ) x ) x f (t) dt, t f (t) dt, f (t) dt, t f (t) dt
On déduit, par théorème d’encadrement : In −→ 0.
c) On obtient :
x
1
xn e x dx 0
x
(x − t) f (t) dt +
0
)
1
(t − x) f (t) dt )
x
=
donc :
1
(x − t) f (t) dt +
=x )
n 4 k 1/n −→ . 1+ n∞ e n k=1
1
g(x) =
∀x ∈ [0 ; 1], 0 xn e x xn e ,
0 In =
4 . e
12.12 a) Soit x ∈ [0 ; 1]. On a, par la relation de Chasles :
12.10 a) On a, pour tout n ∈ N∗ :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
ln un −→ 2 ln 2 − 1.
On a donc :
0
n∞
Calculons cette intégrale par une intégration par parties : ) 1 ) 1 1 1 dx ln(1 + x) dx = (1 + x) ln(1 + x) 0 − (1 + x) 1 + x 0 0 ) 1 = 2 ln 2 − 1 dx = 2 ln 2 − 1.
1
De même, g est de classe C sur [0 ; 1], donc g est de classe C 2 sur [0 ; 1], et, pour tout x ∈ [0 ; 1] : 1
g
(x) = f (x) + f (x) = 2 f (x).
12.13 L’application
)
x
φ : [0 ; 1] −→ R, x −→
f (t) dt − (4x − 1) 0
est de classe C 1 sur [0 ; 1] et, pour tout x ∈ [0 ; 1] : φ (x) = f (x) − 4 2 − 4 = −2 < 0, 235
Chapitre 12
•
Intégration sur un segment, primitives
donc φ est strictement décroissante sur [0 ; 1].
Comme ( f − 1)2 ( f 2 + f + 1) est continue et 0, il en résulte, d’après le cours : ( f − 1)2 ( f 2 + f + 1) = 0.
On a φ(0) = 1 > 0 et : ) 1 ) 1 f −3 2 − 3 = −1 < 0. φ(1) = 0
De plus, on a vu : ∀y ∈ R, y2 + y + 1 0. 2 On déduit : ∀x ∈ R, f (x) − 1 = 0,
0
Puisque φ est continue et strictement décroissante sur l’intervalle [0 ; 1] et que φ(0) > 0 et φ(1) < 0, d’après le théorème de la bijection monotone, φ admet un zéro et un seul. Finalement, l’équation proposée admet une solution et une seule. )
x
12.14 Notons F : R −→ R, x −→
f (t) dt,
puis :
1 = k+1 D’où, pour tout n ∈ N :
0
) =
(1).
En revenant à (1) et en développant, on obtient :
∀(a, b) ∈ R2 , F(b)G(b) −F(a)G(b)− F(b)G(a)+ F(a)G(a) = 0. =0
=0
) 2
=0
Ainsi :
∀(a, b) ∈ R ,
F(b) G(a) = 0
1 0
•
2
) 0
)
1 n+1
t
0
2
dt =
1 1 % tn+2 $1 = . 2 n + 2 0 2n + 4
tn+1 dt = 1+t
)
1 0
√
t n+ 1 t 2 dt, 1+t
1 t , et on remarque que : ∀t ∈ [0 ; 1], 1+t 2 √ √ √ 1 + t − 2 t (1 − t)2 1 t − = = 0. car : 2 1+t 1+t 1+t ) 1 3 1 n+ 1 1 % tn+ 2 $1 1 D’où : dn t 2 dt = . = 3 0 2 2 2n +3 n+ 2 0
On conclut : f = 0 ou g = 0.
12.15 On remarque, pour tout y ∈ R : y4 − y3 − y + 1 = (y − 1)(y3 − 1) = (y − 1)2 (y2 + y + 1). De plus, comme le discriminant de y2 + y + 1 est < 0, on a :
1 1 dn . 2n + 4 2n + 3 2) D’après le résultat précédent : ∀n ∈ N,
On conclut :
∀y ∈ R, y2 + y + 1 > 0.
∀n ∈ N,
D’où : ) 1 ) 1 ( f − 1)2 ( f 2 + f + 1) = ( f 4 − f 3 − f + 1)
2n 2n 2ndn . 2n + 4 2n + 3
2n 2n −→ 1 et −→ 1, 2n + 4 n∞ 2n + 3 n∞ par encadrement, on déduit : 2ndn −→ 1, Comme :
0 1
) 1 ) 1 f4 − f3 − f − 1 = 0. 0 0 0 =0
tk dt. 0
√
donc : ∀b ∈ R, F(b) = 0, puis f = F = 0.
236
1
dn =
Supposons G 0. Il existe a ∈ R tel que G(a) 0. On a alors, d’après (2) : ∀b ∈ R, F(b) 2 = 0,
=
1
L’autre inégalité semble plus difficile. Soit n ∈ N. On a :
Si G = 0, alors g = G = 0.
)
tn+1 dt 1+t
(2).
0
1 dt 1+t
1
dn =
∀(a, b) ∈ R , F(a) F(b)G(b) + F(b) G(a) = 0. 2
0
b) 1) • On a, pour tout n ∈ N :
D’où, en multipliant par −F(b) :
1
n ( % 1 $ (−1)k tk dt − 1 + t k=0 0 ) 1 1 − 1 − (−1)n+1 tn+1 dt = 1+t 0 ) 1 n+1 ) 1 n+1 t t dt = dt. = (−1)n+1 0 1+t 0 1+t
• En particulier, en remplaçant a par 0, comme F(0) = 0 et G(0) = 0, on a : ∀b ∈ R, F(b)G(b) = 0.
2
)
) 1 ) n n ( ( (−1)k 1 1 dn = ln 2 − (−1)k tk dt dt − = k+1 0 1+t 0 k=0 k=0
g(t) dt.
On a donc, par hypothèse : ∀(a, b) ∈ R2 , F(b) − F(a) G(b) − G(a) = 0
•
)
∀k ∈ N,
et :
x
G : R −→ R, x −→
12.16 a) Remarquons : ln 2 = ln(1 + t) 10 =
0
)
∀x ∈ R, f (x) − 1 = 0, c’est-à-dire : f = 1.
=0
n∞
et on conclut :
1 dn ∼ . n∞ 2n
Corrigés des exercices
12.19 a) Soit n ∈ N∗ fixé. L’application
12.17 1) Soit f convenant. Puisque f est supposée de classe C 1 sur R, on obtient, en dérivant par rapport à y, pour x fixé : y−x
1 f (x) + f (y) + ∀(x, y) ∈ R2 , f (y) = f (y), 2 2 c’est-à-dire :
∀(x, y) ∈ R2 , f (y) − f (x) = (y − x) f (y).
En appliquant ce dernier résultat à (y, x) à la place de (x, y), on a aussi : ∀(x, y) ∈ R2 , f (x) − f (y) = (x − y) f (x). On déduit :
∀(x, y) ∈ R , (y − x) f (y) = (y − x) f (x). 2
En particulier, en remplaçant x par 0 : ∀y ∈ R, y f (y) = y f (0), donc :
∀y ∈ R∗ , f (y) = f (0).
Ceci montre que f est constante sur R∗− et constante sur R∗+ . Comme de plus f est continue sur R, il en résulte que f est constante sur R. Il existe donc a ∈ R tel que :
∀x ∈ R, f (x) = a,
puis il existe (a, b) ∈ R2 tel que :
∀x ∈ R, f (x) = ax + b.
2) Réciproquement, soient (a, b) ∈ R2 et f : R −→ R, x −→ ax + b. Alors, f est de classe C 1 sur R et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ) y ) y % t2 $y f = (at + b) dt = a + bt x 2 x x a x2 a = y2 + by − a + bx = (y2 − x2 ) + b(y − x) 2 2 2 y − x y − x a(y + x) + 2b = f (x) + f (y) , = 2 2 donc f convient. Finalement, l’ensemble S des applications f convenant est :
S = f : R −→ R, x −→ ax + b ; (a, b) ∈ R2 .
x 0
tn dt − ln(1 + x) 1+t
est dérivable (donc continue) sur [0 ; +∞[ et on a, pour tout xn 1 xn − 1 x ∈ [0 ; +∞[ : fn (x) = − = , 1+x 1+x 1+x d’où le sens des variations de fn . De plus, fn (0) = 0 et, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : ) x n ) x n ) x ) x t t t 1 dt dt dt = dt 1− 1 + t 1 + t 1 + t 1 +t 0 1 1 1 x = t − ln(1 + t) 1 = x − ln(1 + x) − 1 + ln 2, d’où : ∀x ∈ [1 ; +∞[, fn (x) x − 2 ln(1 + x) − 1 + ln 2. Comme, par prépondérance classique : x − 2 ln(1 + x) − 1 + ln 2 on déduit :
fn (x)
−→
x −→ +∞
−→
x −→ +∞
On dresse le tableau des variations de fn , avec les valeurs et limites : 0 1 +∞ x fn (x) − 0 + 0 +∞ fn (x) <0 D’après le théorème de la bijection monotone, on conclut que fn s’annule en un point et un seul de ]0 ; +∞[, noté xn , et que l’on a : xn ∈ ]1 ; +∞[. b) Soit n ∈ N∗ . D’une part : ) xn ) xn n t tn dt dt 1+t 1 + xn 0 0 = )
xn+1 1 1 % tn+1 $xn n = . 1 + xn n + 1 0 1 + xn n + 1
xn
f 0, f est croissante. Puisque f est croissante et que f (1) = 1, on a : ∀x ∈ [1 ; +∞[, f (x) 1.
D’où, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :
D’où :
f (x)
x2
1 1 2 x2 + 1 . + f (x)
On déduit, pour tout x ∈ [1 ; +∞[, en intégrant sur [1 ; x] : ) x ) x 1 dt f (t) dt 1 + f (x) = f (1) + 2 1 1 t +1 x π π π π = 1 + Arctan t 1 = 1 + Arctan x − 1 + − = 1 + . 4 2 4 4 π Ainsi, f est croissante et majorée par 1 + , donc f admet une 4 π limite finie en +∞ et : 1 + . 4
+∞,
+∞.
tn dt = ln(1 + xn ). 1 +t 0 On sait : ∀x ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + x) x.
12.18 Puisque f est dérivable sur l’intervalle [1 ; +∞[ et que © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
)
fn : [0 ; +∞[ −→ R, x −→
D’autre part :
donc :
xn+1 1 n xn , 1 + xn n + 1 xnn (n + 1)(1 + xn ) 2(n + 1)xn .
En simplifiant par xn (qui est > 0), on déduit : 2(n + 1), xn−1 n puis, pour n 2 :
1
1 xn (2n + 2) n−1 . ln(2n + 2) 1 Enfin : (2n + 2) n−1 = exp −→ 1, n∞ n−1 par prépondérance classique. D’après le théorème d’encadrement, on conclut : xn −→ 1. n∞
237
Chapitre 12
•
Intégration sur un segment, primitives
y
12.20 Soient n ∈ N∗ , x ∈ [0 ; 1[. On a : )
x 0
x − t n−1 1−t
1 dt = (1 − t)2
)
x 0
f (a)
(x − t)n−1 dt, (1 − t)n+1
f (x)
ce qui fait penser au reste dans la formule de Taylor avec reste intégral. 1 . Considérons l’application f : [0 ; 1[ −→ R, t −→ 1−t Puisque f est de classe C ∞ sur [0 ; 1[, d’après la formule de Taylor avec reste intégral, on a :
0
x 0
f x
O
(x − t)n−1 (n) f (t) dt. (n − 1)! 0 Une récurrence immédiate (sur k) montre que les dérivées successives de f sont données, pour tout t ∈ [0 ; 1[, par : f (t) = d’où :
1 , 1+t
x
f (t) =
1 k! , ..., f (k) (t) = , (1 − t)2 (1 − t)k+1
∀k ∈ N, f (0) = k! . (k)
n−1 (k) n−1 ( f (0) k ( k 1 − xn obtient : x = x = et : k! 1−x k=0 k=0 ) x ) x n! (x − t)n−1 (x − t)n−1 dt = n dt. Rn (x) = n+1 n+1 (n − 1)! (1 − t) 0 0 (1 − t) D’où : ) x 1 − xn x − t n−1 1 1 1 f (x) − dt = Rn (x) = 2 1−t (1 − t) n n 1−x 0 xn 1 1 1 − xn = = − . n 1−x 1−x n(1 − x)
On
0
L’application A : [0 ; a] −→ R définie par : )
∀y ∈ [0 ; f (a)], (B x ) (y) = f −1 (y) − x. d’où le tableau des variations de B x : y 0 f (x) (B x ) (y) − 0 B x (y)
0
f (a) +
Donc, en utilisant a) : ∀y ∈ [0 ; f (a)], B x (y) B x f (x) = 0.
y f (a) f (x) y
y 0
f −1
x 0
O
f x
a
x
12.22 1) Comme f est convexe, on a, pour tout x ∈ [a ; b] :
f (x)
f+
∀x ∈ [0 ; a], A(x) =
0
est de classe C sur [0 ; f (a)] et :
croissante, f réalise une bijection de [0 ; a] sur [ f (0) ; f (a)], c’est-à-dire sur [0 ; f (a)], et la bijection réciproque f −1 est strictement croissante et continue.
x
x
1
12.21 a) Puisque f : [0 ; a] −→ R est continue et strictement
)
a
L’application B x : [0 ; f (a)] −→ R définie par : ) x ) y f+ f −1 − xy ∀y ∈ [0 ; f (a)], B x (y) =
Rn (x) =
où :
f
−1
− x f (x)
0
est de classe C 1 sur [0 ; a] et, pour tout x ∈ [0 ; a] : A (x) = f (x) + f −1 f (x) f (x) − f (x) + x f (x) = 0, =x
donc A est constante. Comme, de plus, A(0) = 0 on conclut A = 0, d’où l’égalité demandée. 238
f −1
b) Soit x ∈ [0 ; a] fixé.
n−1 (k) ( f (0) + Rn (x) f (x) = k! k=0
)
f (x)
f
a + b 2
= f
1 2
1 1 1 x + (a + b − x) f (x) + f (a + b − x). 2 2 2
Puisque f est continue sur [a ; b], on déduit en intégrant de a àb: a + b 1 ) b f (x) + f (a + b − x) dx (b − a) f 2 2 a ) ) 1 b 1 b = f (x) dx + f (a + b − x) dx. 2 a 2 a
Corrigés des exercices
Dans cette dernière intégrale, le changement de variable t = a + b − x donne : ) b ) a ) b f (a + b − x) dx = − f (t) dt = f (t) dt. a
b
(b − a) f
et donc :
)
a + b
a b
f (x) dx. 2 a 2) Comme f est convexe, on a, par croissance des pentes (cf. f (x) − f (a) f (b) − f (a) exercice 11.24) : ∀x ∈ ]a ; b], , x−a b−a
2) On a, pour tout (x, y) ∈ R2 , en utilisant la relation de Chasles : ) y ) x ) y 2 2 2 e t dt = 1 ⇐⇒ e t dt − e t dt = 1 x
0
0
⇐⇒ F(y) − F(x) = 1 ⇐⇒ F(y) = F(x) + 1 ⇐⇒ y = F −1 F(x) + 1 . ) y 2 Ceci montre que : ∀x ∈ R, ∃ !y ∈ R, e t dt = 1 x
et que l’application f : R −→ R, x −→ y est donnée par : ∀x ∈ R, f (x) = F −1 F(x) + 1 .
noté m
puis, en comptant le cas x = a : ∀x ∈ [a ; b], f (x) f (a) + m(x − a).
b) Puisque F est de classe C 1 sur R et que F > 0, d’après le cours, F −1 est de classe C 1 sur R.
Puisque f est continue sur [a ; b], on déduit en intégrant de a à b : ) b ) b f (x) dx f (a) + m(b − a) dx
c) • On a, par dérivation d’une composée et d’une réciproque :
∀x ∈ R, f (x) = F (x) > 0,
a
a
= (b − a) f (a) + m
(b − a) . 2 2
d’où : 1 b−a
)
b
f (x) dx f (a) + m a
F F −1 F(x)+1
donc f est strictement croissante sur R. Puisque F et F −1 sont de limite +∞ en +∞, par opérations : f (x) −→ +∞. x −→ +∞ ) f (x) 2 • On a, pour tout x ∈ R : e t dt = 1 > 0, •
x
b−a 2
donc :
f (b) − f (a) f (a) + f (b) = f (a) + = . 2 2 )
12.23 a) 1) L’application F : R −→ R, X −→
et, d’autre part :
f (x)
2 2 e t dt f (x) − x e x ,
f (x) − x e −x ,
2
e t dt 0
) 1= x
donc :
X
f (x) > x,
et on obtient :
2
2
∀x ∈ R, x < f (x) < x + e −x .
Ainsi, la courbe représentative C de f est située au-dessus de la première bissectrice et elle admet cette première bissectrice pour asymptote lorsque x tend vers −∞ et lorsque x tend vers +∞. y
est de classe C 1 (donc continue) sur R et : ∀X ∈ R, F (X) = e X > 0, 2
donc F est strictement croissante sur R. On a, pour X 0 : © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
)
X
)
2
e t dt
F(X) = 0
donc : F(X)
−→
1 dt = X 0
X −→ +∞
y=x
X
−→
X −→ +∞
+∞,
1
+∞.
y = f (x)
De plus, F est impaire car, par le changement de variable u = −t : ) X ) −X 2 2 e t dt = e u (−du) = −F(X), ∀X ∈ R, F(−X) = 0
et donc : F(X)
−→
X −→ −∞
1
x
0
−∞.
D’après le théorème de la bijection monotone, on conclut : F est bijective, F −1 est continue, F −1 est strictement croissante, F −1 (y) −→ −∞, F −1 (y) −→ +∞. y −→ −∞
O
y −→ +∞
• Une récurrence immédiate montre : pour tout n ∈ N, fn existe, fn est continue sur [0 ; 1], fn 1.
12.24
239
Chapitre 12
•
Intégration sur un segment, primitives
•
Nous allons montrer que la recherche de la limite de ) 1 fn (x) dx se ramène à la recherche de la limite de In = 0
Étudions la suite (un )n∈N . ∀n ∈ N, un+1 =
Puisque
1 + un ,
un = fn (0).
il s’agit d’une suite récurrente du type : un+1 fonction de un .
On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; 1] : | fn+1 (x) − fn+1 (0)| = 1 + fn (x) − 1 + fn (0) 1 | fn (x) − fn (0)| | fn (x) − fn (0)|. = 1 + fn (x) + 1 + fn (0) 2
On a, pour tout t ∈ [0 ; +∞[ :
En réitérant, on déduit, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; 1] : √ x | f0 (x) − f0 (0)| 1 | fn (x) − fn (0)| = n. 2n 2n 2 En intégrant, on déduit, pour tout n ∈ N : ) 1 fn (x) dx − fn (0) |In − un | = 0 ) ) 1 fn (x) − fn (0) dx = 0
Comme
240
•
√ 1+ 5 . t = 1 + t ⇐⇒ t − t − 1 = 0 ⇐⇒ t = 2 √ 1+ 5 Notons ω = . On a alors : 2 √ ∀n ∈ N, |un+1 − ω| = 1 + un − 1 + ω 1 |un − ω| |un − ω|, = √ √ 1 + un + 1 + ω 2 √
d’où, en réitérant : 1 0
1 | fn (x) − fn (0)| dx n . 2
1 −→ 0, il en résulte : In − un −→ 0. n∞ 2n n∞
2
∀n ∈ N, |un − ω|
1 |u0 − ω|. 2n
1 −→ 0, on déduit : un −→ 0. n∞ 2n n∞ • Enfin : In = (In − un ) + un −→ 0 + ω = ω. n∞ √ 1+ 5 On conclut : In −→ . n∞ 2 Comme
Comparaison locale des CHAPITRE 13 fonctions et des suites, développements limités Plan Les méthodes à retenir 241
Thèmes abordés dans les exercices •
Calculs de limites, d’équivalents, de développements limités, de développements asymptotiques
248
•
Développement limité, développement asymptotique d’une fonction réciproque
250
•
Limite, équivalent, développement limité, développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre
•
Limite, équivalent, développement limité, développement asymptotique des solutions d’une équation à paramètre.
Énoncés des exercices
243
Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Propriétés élémentaires des suites et des fonctions ayant une limite finie ou une limite infinie, pour les opérations algébriques et l’ordre usuel
•
Définition et propriétés de l’équivalence, de la négligeabilité
•
Lien entre régularité d’une fonction et existence d’un développement limité, théorème de Taylor-Young
•
Opérations algébriques sur les développements limités
•
Sur des exemples simples, notion et manipulation de développement asymptotique.
Les méthodes à retenir Essayer de : •
Pour calculer une limite se présentant sous une forme indéterminée
transformer l’écriture de la fonction
➥ Exercice 13.1 •
utiliser les prépondérances classiques des puissances sur les logarithmes, des exponentielles sur les puissances, c’est-à-dire plus précisément les limites suivantes du cours : (ln x)α = 0, pour (α, β) ∈ R × R∗+ fixé x −→ +∞ xβ lim
241
Chapitre 13
•
Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités
lim
x −→ 0+
xβ | ln x|α = 0, pour (α, β) ∈ R × R∗+ fixé
λx = +∞, pour (λ, α) ∈ ]1 ; +∞[×R fixé x −→ +∞ xα x α lim λ |x| = 0, pour (λ, α) ∈ ]1 ; +∞[×R fixé lim
x −→ −∞
➥ Exercice 13.7
•
utiliser des équivalents, surtout pour les formes indéterminées ∞ 0 , 0 × ∞, ∞ 0 ➥ Exercices 13.1 c), 13.3, 13.14
•
utiliser des développements limités, surtout pour la forme indéterminée ∞ − ∞
(suite)
➥ Exercices 13.3, 13.4, 13.12, 13.13, 13.30 •
prendre le logarithme, ou encore d’écrire u(x)v(x) = e v(x) ln u(x) pour la forme indéterminée 1∞ .
➥ Exercices 13.5, 13.6, 13.12.
Pour former un DL(0) d’une fonction
Utiliser les DL(0) usuels et les opérations sur les DL(0) : troncature, dérivation, primitivation, addition, loi externe, multiplication, composition. Dans la composition, se ramener, si nécessaire, au voisinage de 0 par transformation de l’écriture.
➥ Exercices 13.2, 13.3, 13.5, 13.9 à 13.13, 13.5.
Pour former un DL(a) d’une fonction f : x −→ f (x), pour a 0
Faire le changement de variable h = x−a pour se ramener à des DL(0). Le résultat final, DL(a) de f , sera donné à l’aide d’un polynôme en h, ordonné selon les puissances croissantes de h. En aucun cas on ne développera les puissances de x − a.
➥ Exercice 13.11 d).
Essayer de : Pour calculer un équivalent simple d’une fonction en un point
•
utiliser des équivalents si la fonction se présente comme un produit ou un quotient
•
utiliser des développements limités, si la fonction se présente comme une somme ou une différence.
➥ Exercice 13.17.
Pour étudier limite, équivalent, développement limité, pour une fonction du type f : x −→ u(x)u(x) 242
Étudier d’abord ln f (x) = v(x) ln u(x), puis prendre l’exponentielle, pour étudier f (x) = e v(x) ln u(x) .
➥ Exercices 13.5, 13.6, 13.11 a),b) 13.12 c) à e) .
Énoncés des exercices
Pour obtenir le développement limité à un ordre numériquement fixé d’une fonction réciproque, ou d’une fonction satisfaisant une équation
Pour obtenir des renseignements locaux sur les racines d’une équation dépendant d’un paramètre, n ∈ N par exemple
Montrer d’abord que la fonction est de classe suffisante, donc admet un développement limité à l’ordre voulu d’après le théorème de TaylorYoung, puis, pour calculer le développement limité, procéder par coefficients indéterminés.
➥ Exercice 13.21. Montrer d’abord l’existence de ces racines et les situer, à l’aide des variations d’une fonction. Les renseignements seront souvent obtenus successivement : limite, équivalent simple, développement limité ou développement asymptotique, etc.
➥ Exercices 13.18, 13.19, 13.24, 13.27, 13.29.
Énoncés des exercices 13.1 Exemples simples de détermination de limites de fonctions Déterminer les limites suivantes : 2x − 1 x+7 − 2 a) lim x −→ 2 x2 − 3x + 2 x −x−2 √ √ 2x + 3 − 3x b) lim x −→ 3 x2 − 3x c) lim
x −→ 1
sin(5πx) . sin(4πx)
13.2 Exemples simples de calculs de développements limités Former le développement limité, à l’ordre et au voisinage indiqués, de la fonction f d’une variable réelle définie par la formule suivante (variable x) :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
a) DL3 (0), e x sin x, 1−x b) DL4 (0), 1+x c) DL3 (0), tan x.
13.3 Paramètres pour une limite finie Montrer qu’il existe (a, b) ∈ R2 unique, que l’on calculera, tel que l’application 1 ln(1 + x) + a( e x − 1) + b sin x x3 admette une limite finie en 0, et déterminer alors cette limite. f : x −→
13.4 Double taux d’accroissement Soient I un intervalle de R, a ∈ I, f : I −→ R de classe C 2 sur I. f (a + h) − 2 f (a) + f (a − h) Déterminer lim . h −→ 0 h2 243
Chapitre 13
•
Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités
13.5 Paramètre pour une limite finie non nulle 1 x3 −x2 +ax e admette une limite finie non Trouver a ∈ R pour que l’application f : x −→ 1 + x nulle en +∞, et déterminer alors cette limite.
13.6 Exemple abstrait de détermination de limite Soient I un intervalle de R, a ∈ I, f : I −→ R dérivable en a et à valeurs strictement positives. f (a + h) 1/h . Déterminer lim h −→ 0 f (a)
13.7 Un contrexemple
⎧ −1 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ e x sin e Montrer que l’application f : R −→ R, x −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0
1 x2
si
x0
si
x=0
admet un développement limité à tout ordre en 0, mais que f n’est pas de classe C 1 sur R.
13.8 Utilisation d’un développement limité pour une divisibilité de polynômes 2 Montrer : ∀n ∈ N∗ , ∃ Pn ∈ Rn [X], Xn+1 1 + X − Pn (X) . √ À cet effet, on pourra envisager le DLn (0) de x −→ 1 + x.
13.9 Exemple de DL d’une fonction composée particulière Former le DL12 (0) de f : x −→ exp
10 ( (−1)k+1 k=1
k
xk .
13.10 Exemple abstrait de détermination d’une limite Soient I un intervalle de R, a ∈ I, f, g : I −→ R de classe C 2 sur I, telles que :
f (a) = g(a) = 0, g (a) 0, f (x)
∼
x −→ a
g(x).
a) Montrer que, au voisinage de a, f et g ne s’annulent en aucun point sauf a, et que f (a) = g (a). 1 1 g
(a) − f
(a) − −→ 2 . f (x) g(x) x −→ a 2 g (a)
b) Établir :
13.11 Exemples de calculs de développements limités Former le développement limité, à l’ordre et au voisinage indiqués, de la fonction f d’une variable réelle définie par la formule suivante (variable x) : 1
a) DL3 (0), (1 + x) x b) DL2 (0), c) DL2 (0),
2 2 1 + ln(1 + x) sin2 x
1 1 − x x e −1
d) DL2 (π/6), tan x. 244
Énoncés des exercices
13.12 Exemples de calculs de limites par utilisation de développements limités Déterminer les limites suivantes : √3 √4 √ 2 x + x − 2 x3 + 2x2 + x4 − x3 a) lim x −→ +∞
1 1 − 2 2 x −→ 0 sin x x 1/x x 1/x c) lim 2 + 3 − 51/x b) lim
x −→ +∞
1 x2 −x e x −→ +∞ x sin x 12 x e) lim . x −→ 0 x d)
lim
1+
13.13 Paramètre pour une limite finie Montrer qu’il existe P ∈ R[X] unique, que l’on calculera, tel que l’application f : x −→ x(x − 1)(x − 2)(x − 3) − P(x) admette 2 pour limite en +∞.
13.14 Étude d’une fonction taux d’accroissement Soient I un intervalle de R, a ∈ I, f : I −→ R de classe C 2 . ⎧ f (x) − f (a) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ si x a ⎪ ⎨ x−a On note : τa : I −→ R, x −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ si x = a. f (a) Démontrer que τa est de classe C 1 sur I.
13.15 Calcul de dérivées successives en un point On considère f : x −→
√ 1 − x2 + x3 . Calculer f (6) (0) et f (3) (1).
13.16 Équivalent d’une fonction réciproque On note f : [0 ; +∞[ −→ [0 ; +∞[, x −→ x2 e 3x . a) Montrer que f est bijective.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) Trouver un équivalent simple de f −1 (y) lorsque y tend vers +∞.
13.17 Exemple d’équivalent d’une différence Soit n ∈ N∗ fixé. Trouver un équivalent simple de n!xn −
n
sin(kx) lorsque x tend vers 0.
k=1
13.18 Développement asymptotique du terme général d’une suite On considère la suite (un )n∈N définie par u0 ∈ R et :
∀n ∈ N, un+1 =
a) Montrer : un −→ 0. n∞
b) Déterminer (a, b) ∈ R2 de façon que :
un =
e −un . n+1
a b 1 + 2 + o 2 . n∞ n n n 245
Chapitre 13
•
Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités
13.19 Exemple d’étude asymptotique d’une suite définie indirectement a) Montrer que, pour tout n de N, il existe xn ∈ [n ; n + 1[, unique, tel que : xn − Ent (xn ) = e −xn . xn = n + e −n + o ( e −n ).
b) Montrer successivement : xn = n + o (1), n∞
n∞
13.20 Équivalent d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier )
On note, pour tout n ∈ N∗ : In =
1
(1 + x2 )1/n dx. 0
a) Trouver = lim In . n∞
b) 1) Établir : ∀u ∈ [0 ; 1], e u − (1 + u) 2u2 . 2) En déduire un équivalent simple de In − , lorsque l’entier n tend vers l’infini. ) 1 ln(1 + x2 ) dx qui apparaîtra. On ne cherchera pas à calculer l’intégrale 0
13.21 Exemple de développement limité d’une fonction réciproque ex −1+ x . 2 −1 a) Montrer que f est bijective et que f est de classe C 3 sur R. On note f : R −→ R, x −→
b) Former le DL3 (0) de f −1 .
13.22 Exemple de développement asymptotique d’une sommation Déterminer (a, b, c) ∈ R de façon que : 3
n ( k=1
13.23 Étude de dérivabilité pour
1+
1 k b c −1 =a+ + 2 + o 2 . n∞ n n2 n n
f
Soit f : R −→ R de classe C , à valeurs 0. On note : g : R −→ R, x −→ 2
f (x).
Soit a ∈ R tel que f (a) = 0. Montrer que g est dérivable en a si et seulement si : f
(a) = 0.
13.24 Étude asymptotique d’une suite définie indirectement On note, pour tout n ∈ N tel que n 2 : Pn = Xn − X − 1. a) Montrer que, pour tout n ∈ N tel que n 2, Pn admet, dans [1 ; +∞[, un zéro et un seul, noté xn . b) Trouver lim xn . n∞
c) Déterminer (a, b, c) ∈ R3 de façon que :
xn = a +
1 c b + . + o n n2 n∞ n2
13.25 Exemple de développement asymptotique d’une fonction réciproque Soit (a, b) ∈ R2 tel que a < b. On note : f : ]a ; b[ −→ R, x −→
1 1 + . x−a x−b
a) Montrer que f est bijective. b) Déterminer (α, β, γ) ∈ R3 de façon que : f −1 (y) = α + 246
γ β 1 + 2 + o . y −→ +∞ y2 y y
Énoncés des exercices
13.26 Étude du θ de la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 Soient a ∈ ]0 ; +∞[, f : [0 ; a[ −→ R de classe C 3 telle que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (3) (x) > 0. x2
f θ(x)x . a) Montrer : ∀x ∈ ]0 ; a[, ∃ !θ(x) ∈ ]0 ; 1[, f (x) = f (0) + x f (0) + 2 Ceci permet de définir une application θ : ]0 ; 1[ −→ R, x −→ θ(x). b) Trouver lim θ(x). x −→ 0
13.27 Équivalent d’un minimum dépendant d’un paramètre entier 1 4 x + x2 − nx. 4 a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , fn admet un minimum et un seul, noté μn , atteint en un point et un seul, noté xn . On note, pour tout n ∈ N∗ : fn : R −→ R, x −→
b) Trouver des équivalents simples de xn et de μn lorsque l’entier n tend vers l’infini.
13.28 Développement asymptotique d’une fonction réciproque On note f : R −→ R, x −→ f (x) = x + ln(1 + x2 ). a) 1) Étudier f et tracer sa courbe représentative C. Préciser les points d’inflexion. 2) Montrer que f est bijective. 3) La courbe C est-elle symétrique par rapport à la deuxième bissectrice du repère ? b) Établir les développements asymptotiques suivants de f et f −1 : f (x) = x + 2 ln x +
o
(1),
x −→ +∞
f −1 (y) = y − 2 ln y +
o
(1).
y −→ +∞
13.29 Exemple de détermination d’un équivalent simple du terme général d’une suite récurrente du type u n+1 = f (u n)
On considère la suite (un )n∈N définie par u0 ∈ ]0 ; π/2] et :
∀n ∈ N, un+1 = sin(un ).
a) Montrer : un −→ 0. n∞
b) On note, pour tout n ∈ N : Un = 1) Montrer : Un+1 − Un −→ n∞
1 . u2n
1 . 3
Un 1 −→ . n n∞ 3 3) En déduire un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
2) En utilisant l’exercice 8.31, démontrer :
13.30 Limites de taux d’accroissement itérés a) Soient n, p ∈ N tels que p n. En considérant ( e x − 1)n , montrer : ⎧ ⎪ n ⎪ p ( si p n ⎪ n ⎨0 n−k k (−1) =⎪ ⎪ ⎪1 p! ⎩ k si p = n. k=0 b) Soient I un intervalle de R, a ∈ I, n ∈ N, f : I −→ R de classe C n . n 1 ( n (−1)n−k f (a + kh) −→ f (n) (a). Démontrer : h −→ 0 hn k=0 k Par exemple, si f est de classe C 2 :
f (a) − 2 f (a + h) + f (a + 2h) −→ f
(a). h −→ 0 h2 247
Chapitre 13
•
Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités
Du mal à démarrer ? 0 . 0 a) Factoriser les dénominateurs, simplifier l’expression, puis passer à la limite.
13.1
Il s’agit de formes indéterminées du type
b) Utiliser une expression conjuguée. c) Par le changement de variable h = x − 1, se ramener à une étude au voisinage de 0, et utiliser l’équivalent classique sin u ∼ u. u −→ 0
13.2
• Utiliser
f(x) g(x)
−→ 1.
x −→ a
b) Appliquer la formule de Taylor-Young à l’ordre 2 à f et g en a.
13.11
a) Mettre f(x) sous forme d’exponentielle et composer
les DL.
a) Effectuer un produit de DL3 (0).
b) Écrire l’expression sous la forme (1 − x)(1 − x2 )−1/2 , puis faire un produit de DL4 (0). c) Faire intervenir sin et cos et utiliser le DL(0) de u −→
1 . 1−u
1 en facteur, faire un x3 DL3 (0) de l’autre facteur. Séparer en cas selon la nullité ou la non-nullité des coefficients successifs du développement obtenu pour f.
13.3
puis déduire que, au voisinage de a, g ne s’annule en aucun point sauf a.
Puisque f(x) est présenté avec
13.4
Appliquer le théorème de Taylor-Young pour transformer f(a + h) et f(a − h).
b) Mettre f(x) sous forme exponentielle. Former le DL4 (0) de 2 2 x −→ ln 1 + ln(1 + x) , puis et le DL4 (0) de x −→ x2 sin2 x faire un produit de DL(0), puis une composition de DL2 (0). c) Réduire au même dénominateur, puis se ramener à un quotient de DL. π −→ 0. d) Faire le changement de variable h = x − 6 x −→ π/6 Utiliser le DL2 (0) de tan obtenu dans l’exercice 13.2 c).
13.12
a) Mettre x en facteur.
b) Réduire au même dénominateur, puis chercher un équivalent du numérateur et un équivalent du dénominateur. c), d), e) Mettre sous forme exponentielle-logarithme.
13.5
Écrire f(x) sous forme d’une exponentielle et utiliser des développements limités.
13.6
Écrire f sous forme d’une exponentielle et utiliser le DL1 (0) de f.
13.7
1) Montrer que, pour tout n ∈ N, f admet le DL (0) : f(x) =
o (xn ).
x −→ 0
13.13
Montrer d’abord que P est nécessairement de degré 2 et de coefficient dominant égal à 1. Écrire alors P sous la forme P = X2 + aX + b, (a, b) ∈ R2 . Former un développement de f(x) en mettant x2 en facteur.
13.14
Appliquer à τa le théorème limite de la dérivée.
13.15
1) Étude en 0 :
Former le DL6 (0) de f, et, en utilisant le théorème de TaylorYoung et l’unicité du DL6 (0) de f, déduire la valeur de f (6) (0).
2) Montrer que f n’a pas de limite en 0.
2) Étude en 1 :
13.8
Montrer l’existence d’un polynôme Pn de Rn [X] tel que : √
1 + x = Pn (x) +
n
o (x ),
x −→ 0
13.16
puis élever au carré. 10 ( (−1)k+1 k x est la partie régulière du k k=1 DL10 (0) de x −→ ln(1 + x). Former alors le DL12 (0) de x −→ ln(1 + x), et reporter dans f(x).
13.9
13.10
Remarquer que
a) • Montrer, en utilisant la formule de Taylor-Young : g(x) (x − a)g (a)
248
Même méthode que ci-dessus, mais après avoir effectué le changement de variable h = x − 1, pour se ramener au voisinage de 0.
−→
x −→ a, xa
a) Appliquer le théorème de la bijection monotone.
b) Noter y = f(x), x = f −1 (y), et obtenir x Utiliser le DL2 (0) de t −→
13.18
a) Utiliser une bonne majoration.
1 1 , puis un ∼ . n∞ n n+1 1 et étudier vn+1 . c) Considérer vn = un − n
b) Obtenir un+1 ∼ 1,
sin t . t
13.17
n∞
∼
y −→ +∞
1 ln y. 3
Du mal à démarrer ?
13.19
13.25
a) Considérer l’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x − Ent(x) − e −x .
Pour tout n ∈ N, appliquer le théorème de la bijection monotone à f sur [n ; n + 1[.
b) 1) Utiliser xn n.
13.20
2) Étudier xn − n.
a) Encadrer convenablement In .
b) 1) Étudier les variations des applications f, g : [0 ; 1] −→ R définies, pour tout u ∈ [0 ; 1], par :
a) Appliquer le théorème de la bijection monotone.
b) Noter x = f −1 (y) et obtenir successivement x x−a
∼
y −→ +∞
−→
y −→ +∞
a,
1 . y
1 et obtenir un équivalent simple de z, en y fonction de y, lorsque y −→ + ∞.
• Noter z = x − a −
13.26
a) Soit x ∈ ]0 ; a[ fixé.
1) Existence de θ(x) : Appliquer la formule de Taylor-Lagrange à f sur [0 ; x].
f(u) = e u − (1 + u) − 2u2 , )
1
2) Former In − 0
13.21
g(u) = e u − (1 + u) + 2u2 .
1 1 + ln(1 + x2 ) dx. n
a) 1) Appliquer le théorème de la bijection monotone.
2) Exprimer (f −1 ) à l’aide d’une formule du cours.
2) Unicité de θ(x) : Remarquer que f
est strictement croissante.
b) Appliquer la formule de Taylor-Young à f et à f
, et déduire un résultat sur θ(x).
13.27
a) Étudier, pour n ∈ N∗ fixé, les variations de
b) D’après le théorème de Taylor-Young, f −1 admet un DL3 (0) : f −1 (y) = ay + by 2 + cy 3 + o (y 3 ),
fn : R −→ R, x −→
y −→ 0
où (a, b, c) ∈ R3 est à calculer. Reporter dans x = f −1 f(x) et utiliser l’unicité du DL3 (0) de x −→ x.
13.22
Écrire le DL4 (0) de x −→
√
13.23
k , puis sommer pour k allant de 1 à n. n
• Montrer d’abord : f (a) = 0.
Appliquer la formule de Taylor-Young à f en a, et montrer : f
(a) 0. g(x) − g(a) et en déduire que g est dérivable en a si x−a et seulement si f
(a) = 0.
• Étudier
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
13.24
a) Pour n ∈ N fixé tel que n 2, étudier les variations de Pn : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ xn − x − 1.
b) Obtenir un encadrement convenable de xn , à partir de xnn − xn − 1 = 0 et de xn 1. c) • Noter a = 1 et yn = xn −1. À partir de xn = (xn + 1)1/n , obtenir 1 b . un réel b tel que xn = 1 + + o n n b et réinjecter. • Noter zn = xn − 1 − n
∀n ∈ N∗ , xn3 + 2xn = n
et déduire successivement : xn 1, xn
1 + x.
En déduire un polynôme explicité P de √ degré 3 tel qu’il existe α > 0 et M 0 tels que : ∀x ∈ [0 ; α], 1 + x − P(x) Mx4 . Remplacer x par
b) 1) • Obtenir :
1 4 x + x2 − nx. 4
n 1/3 3
, xn −→ + ∞, xn ∼ n1/3 . n∞
n∞
2) Exprimer μn en fonction de xn .
13.28
a) 2) Appliquer le théorème de la bijection monotone.
3) Examiner les deux points d’inflexion de C. b) 1) Pour l’étude de f(x) lorsque x −→ +∞, mettre x2 en facteur à l’intérieur du logarithme. 2) Pour l’étude de f −1 (y) lorsque y −→ + ∞, noter x = f −1 (y), y examiner , puis x − y. x
13.29
a) 1) Former un développement de u2n+1 en fonction de un , puis un développement de Un+1 en fonction de Un . 1 + o (1). 3 n∞ 2) Utiliser le lemme de l’escalier, exercice 8.31. n n 3) Déduire Un ∼ , puis un ∼ . n∞ 3 n∞ 3
Obtenir :
Un+1 − Un =
13.30
a) Former le DLn (0) de x −→ ( e x −1)n de deux façons, puis identifier les coefficients. b) Appliquer la formule de Taylor-Young et le résultat de a).
249
Corrigés des exercices 13.1
a) On a :
x+7 2x − 1 x+7 2x − 1 − = − x2 − 3x + 2 x2 − x − 2 (x − 1)(x − 2) (x + 1)(x − 2) 1 x2 − 5x + 6 1 2x − 1 x + 7 − = = x−2 x−1 x+1 x − 2 (x − 1)(x + 1) 1 x−3 −→ − . = (x − 1)(x + 1) x −→ 2 3 b) Utilisons une expression conjuguée : √ √ 2x + 3 − 3x (2x + 3) − (3x) = √ √ x2 − 3x (x2 − 3x) 2x + 3 + 3x 1 1 1 = − √ √ −→ − √ √ =− . x −→ 3 18 3( 9 + 9) x 2x + 3 + 3x c) Par le changement de variable h = x − 1, x = 1 + h : sin(5πx) sin 5π(1 + h) = sin(4πx) sin 4π(1 + h) 5 −5πh − sin(5πh) ∼ =− , = sin(4πh) h −→ 0 4πh 4 donc :
13.2
5 sin(5πx) −→ − . sin(4πx) x −→ 1 4 a) On effectue un produit de DL3 (0) :
% x2 e x sin x = 1 + x + + 2 1 = x + x2 + − 2
$% $ x3 x3 + o(x3 ) x − + o(x3 ) 6 6 1 1 3 3 x + o(x ) = x + x2 + x3 + o(x3 ). 6 3
b) On transforme l’écriture de l’expression : 1−x 1−x = (1 − x)(1 − x2 )−1/2 = √ 1+x 1 − x2 1 3 % 1 $ −2 −2 = (1 − x) 1 + − (−x2 ) + (−x2 )2 + o (x4 ) x −→ 0 2 2! 1 2 3 4 4 = (1 − x) 1 + x + x + o(x ) 2 8 1 2 1 3 3 4 = 1 − x + x − x + x + o(x4 ). 2 2 8 c) On fait intervenir sin x et cos x : x3 + o (x3 ) x− sin x x −→ 0 6 = tan x = cos x x2 1− + o(x3 ) 2 % $% $ x3 x2 x3 = x− + o(x3 ) 1 + + o(x3 ) = x + + o(x3 ). 6 2 3 250
1 Puisque f (x) est présenté avec 3 en facteur, formons x un DL3 (0) de l’autre facteur :
13.3
1 ln(1 + x) + a( e x − 1) + b sin x x3 $ x2 x3 x3 x2 x3 1 % +a x+ +b x− + o(x3 ) + + = 3 x− x 2 3 2 6 6 1 a 1 a b $ 1% = 3 (1 + a + b)x + − + x2 + + − x3 + o(x3 ) x 2 2 3 6 6 1 a − 1 1 1 a b = (1 + a + b) 2 + + + − + o(1). x 2 x 3 6 6
f (x) =
Si 1 + a + b 0, alors f (x) f (x) −→ ±∞.
∼
x −→ 0
(1 + a + b)
1 , donc x2
x −→ 0
1 a Si 1 + a + b = 0 et − + 0, alors f (x) 2 2 donc f (x) −→ ±∞.
∼
x −→ 0
a−1 1 , 2 x
x −→ 0
Si 1 + a + b = 0 et
a−1 1 a b = 0, alors : f (x) −→ + − . x −→ 0 3 2 6 6
Ceci montre que f a une limite finie en 0 si et seulement si a−1 (a, b) satisfait : 1 + a + b = 0 et = 0. 2 Il est clair que ceci équivaut à : a = 1 et b = −2. Dans ce cas : f (x) −→
x −→ 0
1 1 2 5 + + = . 3 6 6 6
Finalement, f admet une limite finie en 0 si et seulement si 5 a = 1 et b = −2, et, dans ce cas, cette limite est . 6
13.4
Puisque f est de classe C 2 sur I, on a, en appliquant le théorème de Taylor-Young : 1 f (a + h) − 2 f (a) + f (a − h) 2 h h2
1 % = 2 f (a) + h f (a) + f (a) + o (h2 ) h −→ 0 h 2 $ h2
− 2 f (a) + f (a) − h f (a) + f (a) + o(h2 ) 2 1 = 2 h2 f
(a) + o(h2 ) = f
(a) + o(1) −→ f
(a). h −→ 0 h
On conclut : lim
h −→ 0
f (a + h) − 2 f (a) + f (a − h) = f
(a). h2
Corrigés des exercices
13.5
On a : % $ 1 1 x3 −x2 +ax − x2 + ax f (x) = 1 + e = exp x3 ln 1 + x x $ 1 % 1 1 1 − x2 + ax = exp x3 − 2 + 3 + o 3 x −→ +∞ x x 2x 3x % $ 1 1 = exp a − x + + o(1) . 2 3
1 , alors f (x) −→ 0. x −→ +∞ 2 1 Si a = , alors : f (x) −→ e 1/3 . x −→ +∞ 2 1 Si a > , alors f (x) −→ +∞. x −→ +∞ 2 On conclut que f (x) admet une limite finie non nulle lorsque 1 x −→ + ∞ si et seulement si a = et que cette limite est alors 2 égale à e 1/3 . Si a <
√ Soit n ∈ N∗ . Par DLn (0) de x −→ 1 + x, il existe Pn ∈ Rn [X] tel que : √ 1 + x = (1 + x)1/2 = Pn (x) + o (xn ).
13.8
x −→ 0
D’où, en élevant au carré : 2 2 1 + x = Pn (x) + o(xn ) = Pn (x) + o(xn ), 2 1 + x − Pn (x) = o(xn ). 2 Comme 1 + X − Pn (X) ∈ R[X] et que ce polynôme est néglin geable devant x lorsque x tend vers 0, il existe Qn ∈ R[X] tel 2 que : 1 + X − Pn (X) = Xn+1 Qn (X). 2 On obtient : Xn+1 | 1 + X − Pn (X) . donc :
13.9
On reconnaît en
10 ( (−1)k+1 k=1
k
xk la partie régulière du
DL10 (0) de x −→ ln(1 + x).
13.6
Puisque f est dérivable en a, on a le DL1 (0) suivant : f (a + h) = f (a) + h f (a) +
D’où : f (a + h) 1/h
h −→ 0
ln(1 + x) =
f (a + h) $ f (a) h f (a) %1 $ % 1 f (a) $ f (a) = exp ln 1 + h + o(h) = exp h + o(h) h f (a) h f (a) f (a) f (a) . + o(1) −→ exp = exp h −→ 0 f (a) f (a)
13.7
= exp
%1
−1 1) On a : ∀x ∈ R∗ , | f (x)| = e x2 sin e
Pour tout n ∈ N, comme x e f (x) =
− 12 x
1 x2
1 e − x2 .
−→ 0, il s’ensuit :
x −→ 0
o (xn ).
12 ( (−1)k+1 k=1
k
D’où : f (x) = = =
x −→ 0
⎞ ⎛ 10 ⎜⎜⎜( (−1)k+1 k ⎟⎟⎟ ⎜ exp ⎜⎝ x ⎟⎟⎠ k k=1 x11 x12 12 exp ln(1 + x) − + + o(x ) 11 12 11 x x12 (1 + x) exp − + + o(x12 ) 11 12 x11 x12 + + o(x12 ) (1 + x) 1 − 11 12
ainsi, f admet un DLn (0), pour tout n ∈ N, de partie régulière nulle.
=
2) Par opérations, f est dérivable en tout point de R∗ et, pour 2 −1 1 2 1 tout x ∈ R∗ : f (x) = 3 e x2 sin e x2 − 3 cos e x2 . x x D’une part, par prépondérance classique et puisque le sinus est 1 2 − 12 e x sin e x2 −→ 0. borné sur les réels : x −→ 0 x3 12 2 D’autre part, 3 cos e x n’a pas de limite lorsque x −→ 0+ , x 1 car, par exemple : en remplaçant x par √ (pour ln(2nπ) n ∈ N∗ ), on a :
= 1+x−
2 cos e x3
1 x2
3/2 = 2 ln(2nπ) −→ + ∞. n∞
xk
⎞ ⎛ 10 ⎜⎜( (−1)k+1 k ⎟⎟⎟ x11 x12 x ⎟⎟⎠ + − + o (x12 ). = ⎜⎜⎜⎝ x −→ 0 k 11 12 k=1
ln
n
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Formons le DL12 (0) de x −→ ln(1 + x) :
o (h).
x11 x12 − + o(x12 ). 11 132
13.10 a) • Puisque g est de classe C 1 sur I, d’après la formule de Taylor-Young : g(x) = g(a) + (x − a)g (a) + donc, comme g(a) = 0 et g (a) 0 : g(x) (x − a)g (a)
−→
x −→ a, xa
1.
En particulier, il existe η > 0 tel que :
Il en résulte que f n’a pas de limite en 0, donc f n’est pas de classe C 1 sur R.
o (x − a),
x −→ a
∀x ∈ ]a − η ; a + η[ ∩ I,
g(x) 1 , (x − a)g (a) 2 251
Chapitre 13
•
Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités
∀x ∈ ]a − η ; a + η[ ∩ I − {a}, g(x) 0.
donc :
b) Mettons sous forme exponentielle-logarithme : 2 22 f (x) = 1 + ln(1 + x) sin x % 2 2 $ ln 1 + ln(1 + x) . = exp 2 sin x
Ainsi, au voisinage de a, g ne s’annule en aucun point sauf a. •
Puisque f (x)
∼
x −→ a
g(x), il existe α > 0 tel que :
∀x ∈ ]a − α ; a + α[ ∩ I − {a}, et donc :
f (x) 1 , g(x) 2
∀x ∈ ]a − α ; a + α[ ∩ I − {a}, f (x) 0.
Ainsi, au voisinage de a, f ne s’annule en aucun point sauf a. f (a) f (x) (x − a) f (a) ∼ = . • On a :
g(x) x −→ a (x − a)g (a) g (a) f (a) Comme f (x) ∼ g(x), il s’ensuit :
= 1, x −→ a g (a) donc : f (a) = g (a). b) Puisque f et g sont de classe C 2 sur I, on a, en utilisant la formule de Taylor-Young, pour x au voisinage de a : 1 f (x) = f (a) + (x − a) f (a) + (x − a)2 f
(a) + o (x − a)2 , 2 1 g(x) = g(a) + (x − a)g (a) + (x − a)2 g
(a) + o (x − a)2 , 2 d’où, en reportant et en effectuant les calculs : 1 g(x) − f (x) 1 − = f (x) g(x) f (x)g(x) 1 (x − a)2 g
(a) − f
(a) + o (x − a)2 2 = (x − a)2 f (a)g (a) + o (x − a)2 1
g (a) − f
(a) + o(1) 2 = f (a)g (a) + o(1) 1
g (a) − f
(a) g
(a) − f
(a) 2 = −→ .
x −→ a f (a)g (a) 2 g (a)2
13.11 a) On a : 1 x
1
252
% $2 x2 x3 x4 2 + − + o(x4 ) ln 1 + ln(1 + x) = ln 1 + x − 2 3 4 11 4 2 3 = ln 1 + x − x + x + o(x4 ) 12 11 4 1 2 2 2 3 = x −x + x − (x ) + o(x4 ) 12 2 5 4 2 3 = x −x + x + o(x4 ). 12 D’autre part : −2 x3 2 =2 x− + o(x3 ) 2 6 sin x −2 2 2 x2 x2 = 2 1− + o(x2 ) = 2 1 + + o(x2 ) . x 6 x 3 D’où : %2 $ x2 5 2 + o(x2 ) x2 1 − x + x + o(x2 ) 1 + x2 3 12 $ % 3 exp 2 1 − x + x2 + o(x2 ) 4 3 2 exp 2 − 2x + x + o(x2 ) 2 3 e 2 exp − 2x + x2 + o(x2 ) 2 % $ 3 1 2 e 1 + − 2x + x2 + (−2x)2 + o(x2 ) 2 2 7 e 2 1 − 2x + x2 + o(x2 ) 2 7e2 2 2 2 x + o(x2 ). e − 2e x+ 2
f (x) = exp = = = = = =
ln(1 + x) x 2 $ %1 x x3 x4 = exp x− + − + o(x4 ) x 2 3 4 % $ x x2 x3 = exp 1 − + − + o(x3 ) 2 3 4 % x x2 x3 1 x x2 x3 2 − + − + − = e1 1 + − + 2 3 4 2 2 3 4 $ 1 x x2 x3 3 − + + + o(x3 ) − 6 2 3 4 $ % x x2 x3 1 x2 x3 1 x3 1 − + − − + o(x3 ) =e 1+ − + 2 3 4 2 4 3 6 8 % $ 1 7 3 11 2 1 3 =e 1− x+ x − x + o(x ) . 2 24 16
(1 + x) = exp
2 2 ∼ , nous 2 2 x −→ 0 x sin x allons former d’abord le DL4 (0) de l’autre facteur :
Pour obtenir un DL2 (0) de f (x), comme
c) Réduisons au même dénominateur : f (x) =
1 ex −1− x 1 − x = . x e −1 x( e x − 1)
x2 et x( e x − 1) ∼ x2 et que x −→ 0 2 l’on veut un DL2 (0) de f (x), on va effectuer un DL4 (0) des deux termes de la fraction. x2 x3 x4 D’une part : e x − 1 − x = + + + o(x4 ). 2 6 24 D’autre part : Comme e x − 1 − x
∼
x −→ 0
x2 x3 x3 x4 x( e x − 1) = x x + + + o(x3 ) = x2 + + + o(x4 ). 2 6 2 6
Corrigés des exercices
D’où : 1 1 1 2 + x+ x + o(x2 ) 2 6 24 f (x) = 1 1 1 + x + x2 + o(x2 ) 2 6 1 1 1 2 1 x + o(x2 ) 1 + x + = + x+ 2 6 24 2 1 1 % 1 1 2 = + x+ x + o(x2 ) 1 − x + 2 6 24 2 1 1 1 1 2 = + x+ x + o(x2 ) 1 − x + 2 6 24 2 1 1 2 x + o(x ). = − 2 12
−1 1 2 x + o(x2 ) 6 $ 1 2 1 2 x + x + o(x2 ) 6 4 1 2 x + o(x2 ) 12
π d) Effectuons le changement de variable h = x − . 6 On a alors : 1 π √ + h + o(h2 ) tan + tan h 3 6 = +h = tan x = tan π 6 1 − tan tan h 1 − √1 h + o(h2 ) 6 3 1 1 2 1 2 = √ + h + o(h ) 1 + √ h + h + o(h2 ) 3 3 3 4 4 2 1 = √ + h + √ h + o(h2 ). 3 3 3 3 π
13.12 a) On a, pour x > 0 :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
√
√3 √4 x2 + x − 2 x3 + 2x2 + x4 − x3 1 1/2 2 1/3 1 1/4 = x 1+ − 2x 1 + +x 1− x x x 1 $ % 1 + o = x 1+ 2x x −→ +∞ x 1 $ % % 1 $ 12 1 1 +o −2 1+ + 1+ − +o 3x x 4 x x 1 4 1 13 13 − − + o(1) = − + o(1) −→ − . = x −→ +∞ 2 3 4 12 12
c) Mettons sous forme exponentielle-logarithme : % $ exp x ln 21/x + 31/x − 51/x % 1 $ 1 1 = exp x ln e x ln 2 + e x ln 3 − e x ln 5 % % 1 $ 1 = exp x ln 1 + ln 2 + o x x % 1 $ % 1 $$ 1 1 − 1 + ln 5 + o + 1 + ln 3 + o x x x x % 61 1 $ = exp x ln 1 + ln +o 5 x x 6 6 6 = . = exp ln + o(1) −→ exp ln x −→ +∞ 5 5 5 d) Mettons sous forme exponentielle-logarithme : $ % 1 x2 −x 1 −x 1+ e = exp x2 ln 1 + x x % 1 1 $ 1 2 − + o = exp x −x x 2x2 x −→ +∞ x2 1 1 = exp − + o(1) −→ e −1/2 = √ . x −→ +∞ 2 e e) Mettons sous forme exponentielle-logarithme : x3 x − + o(x3 ) 1 sin x 1 6 x = exp 2 ln = exp 2 ln x x x x x 1 x2 1 x2 2 = exp 2 ln 1 − + o(x ) = exp 2 − + o(x2 ) x 6 x 6 1 −1/6 . = exp − + o(1) −→ e x −→ 0 6
sin x 12
13.13 Si f admet 2 pour limite en +∞, alors f (x) = 2 +
P(x) =
1 1 x2 − sin2 x (x − sin x)(x + sin x) − 2 = = 2 sin x x x2 sin2 x x2 sin2 x x3 x3 + o (x3 ) 2x + o(x) 2x 1 x −→ 0 6 = 6 ∼ = , 2 x −→ 0 x4 3 x2 x + o(x)
donc la limite cherchée est
1 . 3
(1), donc :
x(x − 1)(x − 2)(x − 3) − f (x)
∼
x −→ +∞
x2 .
Il en résulte que P est nécessairement de degré 2 et de coefficients dominant égal à 1. Il existe donc (a, b) ∈ R2 tel que :
P = X2 + aX + b.
On a : √
x4 − 6x3 + 11x2 − 6 − (x2 + ax + b) 6 11 6 1/2 − (x2 + ax + b) = x2 1 − + 2 − 3 x x x 1 1 % 1 $ 1 6 11 2 − 2 6 2 2 − + 2 + − = x 1+ +o 2 2 x x 2 x x − (x2 + ax + b) % 1 $ 3 1 = x2 1 − + 2 + o 2 − (x2 + ax + b) x x x = −(a + 3)x + (1 − b) + o(1).
f (x) = b) On a, en réduisant au même dénominateur :
o
x −→ +∞
Si a −3, alors f (x) −→
x −→ +∞
±∞. 253
Chapitre 13
•
Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités
Si a = −3, alors f (x) f (x)
−→
x −→ +∞
−→
x −→ +∞
1 − b, donc :
Par unicité du DL6 (0) de f , on déduit :
2 ⇐⇒ 1 − b = 2 ⇐⇒ b = −1.
Finalement, f admet 2 pour limite en +∞ si et seulement si :
• Puisque f est de classe C sur I, par opérations, τa est de classe C 2 , donc C 1 , sur I − {a}. •
2
Puisque f est dérivable en a, on a :
f (x) − f (a) −→ f (a) = τa (a), x −→ a x−a donc τa est continue en a. τa (x) =
•
Effectuons le changement de variable h = x − 1 pour se ramener au voisinage de 0, puis appliquons la même méthode que ci-dessus. On a : f (x) = f (1 + h) = 1 − (1 + h)2 + (1 + h)3 √ 1/2 = 1 + h + 2h2 + h3 = 1 + (h + 2h2 + h3 ) −→ 0
1 − 12 1 = 1 + (h + 2h2 + h3 ) + 2 (h + 2h2 + h3 )2 2 2! 1 − 12 − 32 (h + 2h2 + h3 )3 + o(h3 ) + 2 3! 1 1 1 = 1 + (h + 2h2 + h3 ) − (h2 + 4h3 ) + h3 + o(h3 ) 2 8 16 1 1 7 = 1 + h + h2 + h3 + o(h3 ). 2 8 16
On a, pour tout x ∈ I − {a} : τ a (x) =
−3 = −135. 16
2) Étude en 1 :
P = X2 − 3X − 1.
13.14
f (6) (0) = 6!
d’où :
f (6) (0) 3 =− , 6! 16
f (x)(x − a) − f (x) − f (a) . (x − a)2
Notons, pour la commodité, h = x − a. On a, en appliquant la formule de Taylor-Young à f et à f : τ a (a + h)
2 f (a) + h f
(a) + o(h) h − h f (a) + h2 f
(a) + o(h2 ) = h2 1 1
= f
(a) = o(1) −→ f (a). h −→ 0 2 2 Ainsi, τa est continue sur I, de classe C 1 sur I − {a}, et τ a admet une limite finie en a. D’après le théorème limite de la dérivée, on conclut que τa est de classe C 1 sur I.
f (3) (1) 1 = , 3! 16 3! 3 f (3) (1) = = . 16 8
Par unicité du DL3 (1) de f , on a : d’où :
13.16 a) L’application f : [0 ; +∞[ −→ [0 ; +∞[, x −→ x2 e 3x
13.15 Le calcul des dérivées successives de f jusqu’à l’ordre 6 en tout point x serait trop laborieux. Nous allons appliquer la formule de Taylor-Young et en déduire les dérivées successives demandées.
est correctement définie, continue, strictement croissante, f (0) = 0 et f (x) −→ +∞. D’après le théorème de la bix −→ +∞ jection monotone, on conclut que f est bijective.
1) Étude en 0 :
b) Notons x = f −1 (y). On a :
√
∞
est de classe C au voiL’application f : x −→ 1 − + sinage de 0, puisque 1 − x2 + x3 −→ 1 > 0. x2
x3
y = f (x) = x2 e 3x =⇒ ln y = 2 ln x + 3x.
x −→ 0
On a donc, par la formule de Taylor-Young : 6 ( f (k) (0) f (x) = + o (x6 ). x −→ 0 k! k=0
Calculons d’autre part le DL6 (0) de f , par composition : √ 1/2 f (x) = 1 − x2 + x3 = 1 − (x2 − x3 ) 1 − 12 2 1 = 1 − (x2 − x3 ) + 2 (x − x3 )2 2 2! 1 − 12 − 32 2 − 2 (x − x3 )3 + o(x6 ) 3! 1 1 6 1 = 1 − (x2 − x3 ) − (x4 − 2x5 + x6 ) − x + o(x6 ) 2 8 16 1 1 1 3 6 1 = 1 − x2 + x3 − x4 + x5 − x + o(x6 ). 2 2 8 4 16 254
Comme x
−→
y −→ +∞
+∞, par prépondérance classique : 2 ln x + 3x
∼
y −→ +∞
3x,
1 ln y. 3 1 ln y. f −1 (y) ∼ y −→ +∞ 3
puis :
x
On conclut :
∼
y −→ +∞
13.17 On a, pour tout x ∈ R∗ : n!x − n
n k=1
⎞ ⎛ n ⎜⎜⎜ sin kx ⎟⎟⎟⎟ ⎜ sin kx = n!x ⎜⎝1 − ⎟. kx ⎠ k=1 n
Corrigés des exercices
Soit n ∈ N. On a : ∀x ∈ [n ; n + 1[, f (x) = x − n − e −x .
Par développement limité en 0, pour tout k ∈ 1 ; n : 1 3 3 3 1 sin kx kx − 6 k x + o(x ) = = 1 − k2 x2 + o(x2 ). kx kx 6 D’où :
f = f (n) = − e −n < 0 et lim + n
n (
1 n(n + 1)(2n + 1) 2 x + o(x2 ). k2 x2 + o(x2 ) = 1 − 6 6 k=1
Ainsi : n!xn −
n
sin kx = n!xn
n(n + 1)(2n + 1) 36
k=1
∼
x −→ 0
x2 + o(x2 )
n!n(n + 1)(2n + 1) n+2 x . 36
Il s’ensuit un+1 −→ 0,
1 e −un . = n+1 n+1
puis, par décalage de l’indice :
∀n ∈ N, n < xn < n + 1.
De plus :
b) 1) On a : xn n, donc : xn −→ + ∞, e −xn −→ 0, n∞
n∞
n∞
n∞
xn − n = e −xn = e −n+o(1)
= e −n e o(1) = e −n 1 + o(1) = e −n + o( e −n ), xn = n + e −n + o ( e −n ). n∞
13.20 a) On a, pour n ∈ N∗ :
n∞
e −un 1 = ∼ , n + 1 n∞ n + 1
donc, par décalage de l’indice : un ∼
n∞
1 1 Ainsi : un = + o . n∞ n n 1 1 2) Notons vn = un − = o . On a : n n
n∞
d’où : xn = Ent(xn ) + e −xn = n + e −xn = n + o (1).
un −→ 0.
b) 1) Puisque un −→ 0, on a : e −un −→ 1, puis :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
∀n ∈ N, xn − Ent(xn ) = e −xn .
donc :
n∞
un+1
On conclut qu’il existe une suite strictement croissante et une seule (xn )n∈N d’éléments de ]0 ; +∞[ telle que :
2) Puis :
∀n 1, un > 0. ∀n 1, 0 < un+1
lim f = 1 − e −(n+1) > 0.
(n+1)−
D’après le théorème de la bijection monotone, on déduit que, sur [n ; n + 1[, f s’annule en un point et un seul, noté xn .
13.18 a) Il est clair que, pour tout n ∈ N, un existe et que :
D’où :
donc f est strictement croissante sur ]n ; n + 1[. De plus :
n n sin kx 1 = 1 − k2 x2 + o(x2 ) kx 6 k=1 k=1
=1−
L’application f est dérivable (donc continue) sur ]n ; n + 1[ et : ∀x ∈ ]n ; n + 1[, f (x) = 1 + e −x > 0,
1 . n
e −un − 1 1 = vn+1 = un+1 − n+1 n+1 1 1 −un , ∼ − ∼ − ∼ n∞ n + 1 n∞ n(n + 1) n∞ (n + 1)2 1 puis, par décalage de l’indice : vn ∼ − 2 . n∞ n 1 1 1 On conclut : un = − 2 + o 2 . n∞ n n n Autrement dit, avec les notations de l’énoncé : a = 1, b = −1.
13.19 a) Considérons l’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ f (x) = x − Ent(x) − e −x .
∀x ∈ [0 ; 1], 1 (1 + x2 )1/n 21/n , d’où : )
)
1
1= 0
)
1
dx
1
(1 + x2 )1/n dx
21/n dx = 21/n −→ 1,
0
n∞
0
donc, par théorème d’encadrement :
In −→ 1. n∞
Autrement dit, avec les notations de l’énoncé : = 1. b) 1) Considérons les applications f, g : [0 ; 1] −→ R définies, pour tout u ∈ [0 ; 1], par : f (u) = e u − (1 + u) − 2u2 ,
g(u) = e u − (1 + u) + 2u2 .
Ces applications sont deux fois dérivables sur [0 ; 1] et, pour tout u ∈ [0 ; 1] : f (u) = e u − 1 − 4u, f
(u) = e u − 4 < 0,
g (u) = e u − 1 + 4u, g (u) = e u + 4 > 0.
On en déduit les tableaux de variations de f et g : u f
(u) f (u) f (u) f (u)
0 0 0
1 − −
u g
(u) g (u) g (u) g(u)
0 0 0
1 + + 255
Chapitre 13
•
Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités
∀u ∈ [0 ; 1],
D’où :
f (u) 0 et g(u) 0 ,
c’est-à-dire : et finalement :
On a, pour tout x ∈ R :
∀u ∈ [0 ; 1], −2u e − (1 + u) 2u , ∀u ∈ [0 ; 1], e u − (1 + u) 2u2 . 2
u
2
e x − 1 + x x = f −1 f (x) = f −1 2 1 2 1 3 −1 x + o(x3 ) = f x+ x + 4 12 1 3 1 1 2 x + b x2 + x3 + cx3 + o(x3 ) =a x+ x + 4 12 2 a a b = ax + + b x2 + + + c x3 + o(x3 ). 4 12 2
2) Soit n ∈ N∗ . On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] : e
1 n
ln(1+x2 )
2 1 1 − 1 + ln(1 + x2 ) 2 ln(1 + x2 ) , n n
d’où, en intégrant de 0 à 1 : ) 1 1 In − 1 + ln(1 + x2 ) dx n 0 ) 1 % 1 $ 1 2 e n ln(1+x ) − 1 + ln(1 + x2 ) dx = n 0 ) 1 1 ln(1+x2 ) 1 − 1 + ln(1 + x2 ) dx e n n 0 ) 1 2 2 ln(1 + x2 ) dx. 2 0 n Ainsi, en notant ) 1 ) J= ln(1 + x2 ) dx et K = 0
a = 1,
2 4 ln(1 + x2 ) dx,
et donc, comme J 0 (car J > 0) : In − 1 ∼
n∞
f −1 (y) = y −
√
J . n
ex +1 > 0, 2 donc f est strictement croissante sur R. −→
x −→ −∞
−∞ et
f (x)
−→
x −→ +∞
+∞.
D’après le théorème de la bijection monotone, f est bijective. 2) D’après le cours, puisque f : R −→ R est de classe C 1 , bijective, et que f > 0, la réciproque f −1 de f est de classe C 1 1 sur R et : ( f −1 ) =
. f ◦ f −1 Puisque f est de classe C 2 , le second membre de cette formule est de classe C 1 , donc ( f −1 ) est de classe C 1 , f −1 est de classe C 2 . Le même raisonnement montre que f −1 est de classe C 3 sur R. b) Puisque f −1 est de classe C 3 sur R, d’après le théorème de Taylor-Young, f −1 admet un DL3 (0). Comme f (0) = 0, on a f −1 (0) = 0, donc le DL3 (0) de f −1 est de la forme : f −1 (y) = ay + by2 + cy3 + où (a, b, c) ∈ R3 est à calculer.
1 b=− , 4
c=
1 . 24
o (y3 ),
y −→ 0
y2 y3 + + o (y3 ). 4 24 y −→ 0 √
∀x ∈ R, f (x) =
f (x)
a b + + c = 0. 12 2
13.22 Rappelons le DL4 (0) de x −→ 1 + x :
13.21 a) 1) L’application f est dérivable (donc continue) sur R et :
a + b = 0, 4
On déduit successivement les valeurs de a, b, c :
0
1 K ∀n ∈ N∗ , In − 1 + J 2 . n n 1 1 Il en résulte : In = 1 + J + o , n∞ n n
256
a = 1,
On conclut au DL3 (0) de f −1 : 1
on a :
De plus :
Par unicité du DL3 (0) de x −→ x, on obtient :
1 1 − 12 − 12 − 32 3 1 2 2 1/2 2 1 + x = (1 + x) = 1 + x + x + x 2 2! 3! 1 1 3 5 −2 −2 −2 4 + 2 x + o (x4 ) x −→ 0 4! 1 2 1 3 5 4 1 x − x + o(x4 ). =1+ x− x + 2 8 16 128
Il existe donc α > 0 et M 0 tels que : √ 1 1 3 1 ∀x ∈ [0 ; α], 1 + x − 1 + x − x2 + x Mx4 . 2 8 16 Soient n ∈ N∗ , k ∈ 1 ; n. 1 k 1 On a : 0 2 , d’où, si n : n n α 2 3 4 4 1 + k − 1 + 1 k − 1 k + 1 k M k M n = M . 2 2 4 6 8 n 2n 8n 16 n n n8 n4 En sommant de k = 1 à k = n et en notant S n la somme de n ( 1 k2 1 k3 1 k , l’énoncé et T n = − + 2 4 2n 8n 16 n6 k=1 on obtient : |S n − T n | n donc :
M M = 3, n4 n
S n − Tn = o
n∞
1 . n2
Corrigés des exercices
13.24 a) Soit n ∈ N tel que n 2.
D’autre part : Tn =
1 2n2
n ( k=1
k−
1 8n4
n (
k2 +
k=1
1 16
n (
k3
k=1
1 n(n + 1) 1 n(n + 1)(2n + 1) 1 n2 (n + 1)2 = 2 − 4 + 2n 2 8n 6 16n6 4 2 n + 1 (n + 1)(2n + 1) (n + 1) − + = 4n 48n3 64n4 1 1 1 1 1 − + = 1+ +o 2 + 4n 24n 16n2 64n2 n 1 3 5 − =1+ +o 2 . 24n 64n2 n 1 Comme S n = T n + o 2 , on conclut : n 1 3 5 − + o 2 . Sn = 1 + 2 n∞ n 24n 64n
13.23
•
Puisque :
∀x ∈ R, f (x) 0 = f (a),
f admet un minimum local en a. Comme f est, de plus, dérivable en a, on a : f (a) = 0. On a alors, par la formule de Taylor-Young, puisque f est de classe C 2 sur R : f (x) = f (a) +(x − a) f (a) + =0
∀x ∈ [1 ; +∞[, P n (x) = nxn−1 − 1 n − 1 > 0, donc Pn est strictement croissante sur [1 ; +∞[. De plus : Pn (1) = −1 < 0 et Pn (x)
En particulier, puisque 0 ∈ [−1 ; +∞[, il existe xn ∈ [1 ; +∞[ unique tel que Pn (xn ) = 0. b) On a, pour tout n 2 :
On a, pour tout x ∈ R − {a} : f (x) g(x) − g(a) = x−a x−a 1 (x − a)2
= f (a) + o (x − a)2 x−a 2 ⎧ ⎪ 1
⎪ ⎪ ⎪ f (a) + o(1) si x > a ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎨ =⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1
⎪ ⎪ ⎩− si x < a, f (a) + o(1) 2 ⎧ ⎪ ⎪ g(x) − g(a) f
(a) ⎪ ⎪ ⎪ −→ ⎪ ⎪ x −→ a, x>a ⎪ x − a 2 ⎨ donc : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ g(x) − g(a) f
(a) ⎪ ⎪ ⎪ − −→ . ⎩ x − a x −→ a, x
(a) = 0. •
Finalement, g est dérivable en a si et seulement si f
(a) = 0.
xnn − xn − 1 = 0,
xnn = xn + 1 2xn ,
donc :
1
xn−1 2, 1 xn 2 n−1 . n
puis : 1
1
Comme 2 n−1 = e n−1 ln 2 −→ 1, par théorème d’encadrement, n∞ on conclut : xn −→ 1. n∞
c) • Notons a = 1 et, pour tout n 2 : yn = xn − 1, de sorte que : yn −→ 0. On a : n∞
xn = (xn + 1)1/n = (2 + yn )1/n 1 ln 2 1 yn = exp ln(2 + yn ) = exp + ln 1 + n n n 2 1 1 ln 2 ln 2 +o =1+ +o . = exp n n n n
=0
Ceci montre : f
(a) 0.
−→ +∞.
x −→ +∞
D’après le théorème de la bijection monotone, Pn réalise une bijection de [1 ; +∞[ sur [−1 ; +∞[.
(x − a)2
f (a) + o (x − a)2 . 2!
(x − a)2
f (a) < 0, donc, au Si f
(a) < 0, alors f (x) ∼ x −→ a 2 voisinage de a, f est à valeurs < 0, contradiction avec l’hypothèse f 0.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
La fonction polynôme Pn : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ xn − x − 1 est dérivable (donc continue) et :
ln 2 , de Notons b = ln 2 et, pour tout n 2 : zn = xn − 1 − n 1 sorte que : zn = o . Comme ci-dessus : n •
% 1 $ ln 2 ln 2 + +o n n n 1 1 $ 1 % ln 2 exp ln 2 + ln 1 + +o n n 2n n 1 1 $ ln 2 exp ln 2 + 2 + o 2 n 2n n ln 2 ln 2 1 ln 2 2 1 1+ +o 2 + 2 + n 2n 2 n n 1 ln 2 ln 2 + (ln 2)2 +o 2 . 1+ + n 2n2 n
xn = exp = = = =
En notant c =
1
ln 2 + (ln 2)2 , on, conclut : 2 xn = a +
1 b c . + o + n n2 n∞ n2 257
Chapitre 13
•
Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités
13.25 a) L’application
2) Unicité :
f : ]a ; b[ −→ R, x −→
1 1 + x−a x−b
est dérivable (donc continue) sur ]a ; b[ et : ∀x ∈ ]a ; b[, f (x) = −
1 1 − < 0, (x − a)2 (x − b)2
donc f est strictement décroissante sur ]a ; b[. De plus :
f (x) −→ + +∞ x −→ a
et
f (x) −→ − −∞. x −→ b
D’après le théorème de la bijection monotone, on conclut que f est bijective. =
b) Notons, pour la commodité, x 1 1 y = f (x) = + . x−a x−b • On a : x −→ a.
f −1 (y), donc
Soient θ1 , θ2 convenant. On a alors : f
(θ1 x) = f
(θ2 x). Mais, puisque f (3) > 0, f
est strictement croissante, donc injective, d’où θ1 = θ2 . Finalement, on conclut que, pour tout x ∈ ]0 ; a[, il existe θ(x) ∈ ]0 ; 1[ unique tel que : f (x) = f (0) + x f (0) +
b) D’une part, puisque f est de classe C 3 sur [0 ; a[, on a, d’après le théorème de Taylor-Young : f (x) = f (0) + x f (0) +
f
(t) = f
(0) + t f (3) (0) + o (t), t −→ 0
1 1 1 + ∼ , x − a x − b y −→ +∞ x − a 1 1 1 , x=a+ + o . puis : x − a ∼ y −→ +∞ y y y −→ +∞ y 1 1 • Notons z = x − a − = o . On a : y y D’où :
y=
z= x−a− =
1 x−a
1 +
1 x−b
(x − a) (x − a) + (x − b)
(x − a)(x − b) = x−a− (x − a) + (x − b)
2
∼
y −→ +∞
(x − a)2 a−b
∼
y −→ +∞
1 . (a − b)y2
Ainsi : f −1 (y) = a +
1 1 1 1 1 . + o +z=a+ − y y b − a y2 y −→ +∞ y2
On conclut que le triplet suivant convient : 1 (α, β, γ) = a, 1, − . b−a
13.26 a) Soit x ∈ ]0 ; a[ fixé.
= f
(0) + θ(x)x f (3) (0) + o(x). On déduit de a) : x2
f (0) + θ(x)x f (3) (0) + o(x) 2 x2
x3 f (0) + θ(x) f (3) (0) + o(x3 ). = f (0) + x f (0) + 2 2 Des deux expressions précédentes de f (x), on déduit : f (x) = f (0) + x f (0) +
x3 x3 (3) θ(x) f (3) (0) + o(x3 ) = f (0) + o(x3 ), 2 6 1 1 θ(x) f (3) (0) = f (3) (0) + o(1). donc : 2 6 1 Comme f (3) (0) 0, on obtient : θ(x) = + o(1), 3 1 et on conclut : θ(x) −→ . x −→ 0 3
1 4 x + x2 − nx 4 est deux fois dérivable sur R et, pour tout x ∈ R :
L’application
3
Puisque f est de classe C sur [0 ; a[, donc sur [0 ; x], d’après le théorème de Taylor-Lagrange, il existe c ∈ ]0 ; x[ tel que : x2
f (c). f (x) = f (0) + x f (0) + 2
c , on a θ(x) ∈ ]0 ; 1[ et : x
f (x) = f (0) + x f (0) +
258
donc, en remplaçant t par θ(x)x, qui tend vers 0 lorsque x tend vers 0 : f
θ(x)x = f
(0) + θ(x)x f (3) (0) + o θ(x)x
13.27 a) Soit n ∈ N∗ .
1) Existence :
En notant θ(x) =
x2
x3 (3) f (0) + f (0) + o (x3 ). x −→ 0 2 6
D’autre part, puisque f
est de classe C 1 sur [0 ; a[, on a, d’après le théorème de Taylor-Young :
y −→ +∞
•
x2
f θ(x)x . 2
x2
f θ(x)x . 2
fn : R −→ R, x −→
fn (x) = x3 + 2x − n,
fn
(x) = 3x2 + 2 > 0.
On en déduit le tableau des variations de fn puis de fn . Puisque fn est continue, strictement croissante , de limite −∞ en −∞ et de limite +∞ en +∞, d’après le théorème de la bijection monotone, il existe xn ∈ R unique tel que fn (xn ) = 0, et on a fn (x) < 0 si x < xn , et fn (x) > 0 si x > xn . Il en résulte que fn admet un minimum (et un seul), noté μn , atteint en un point et un seul, noté xn .
Corrigés des exercices
−∞
x fn
(x)
fn (x)
−∞
fn (x)
+∞
xn +
+∞
0
−
0
+
fn (x)
μn
+∞
2(1 + x)(1 + x2 ) − (1 + x)2 2x (1 + x2 )4 2 (1 + x) − x(1 + x2 ) 2(1 − x2 ) = = , (1 + x2 )3 (1 + x2 )3
f
(x) =
+∞
donc : et f
fn (xn ) = 0 et μn = f (xn ).
Ainsi :
Enfin, f est deux fois dérivable que R et, pour tout x ∈ R :
f
(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 ou x = 1 , change de signe en −1 et en 1.
Ainsi, C admet exactement deux points d’inflexion, d’abscisses −1, 1. On a :
b) 1) • On a, pour tout n ∈ N∗ :
f (−1) = ln 2 − 1, f (1) = ln 2 + 1, f (−1) = 0, f (1) = 2.
fn (xn ) = 0 ⇐⇒ x3n + 2xn = n.
y
Pour n 3 : fn (1) = 3 − n 0 = fn (xn ), d’où, puisque fn est strictement croissante : xn 1. Alors : donc : xn
n 1/3
C
n = x3n + 2xn 3x3n ,
, puis : xn −→ + ∞. n∞ 3 Ensuite : n = x3n + 2xn ∼ x3n , donc : xn ∼ n1/3 . n∞
1 + ln(2)
y=x
n∞
2) On a :
1
μn =
1 4 1 x + x2n − nxn = x4n + x2n − (x3n + 2xn )xn 4 n 4
−1
=n
3 3 3 = − x4n − x2n ∼ − x4n ∼ − n4/3 . n∞ 4 4 n∞ 4
O −1 + ln(2)
1
x
13.28 a) 1) L’application f : R −→ R, x −→ x + ln(1 + x2 ) est de classe C 1 sur R et, pour tout x ∈ R : f (x) = 1 +
f (x) = 0 ⇐⇒ x = −1.
et :
−→
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
De plus : f (x) et :
2x (1 + x)2 = 0, 2 1+x 1 + x2
f (x)
x −→ −∞
−∞ par prépondérance classique,
−→ +∞.
x −→ +∞
D’où le tableau de variations de f : x f (x)
−∞
f (x) −∞ On a :
+
−1 0
+
ln 2 − 1
f (x) − x = ln(1 + x2 )
+∞ +∞
2) L’application f est continue, strictement croissante sur R, et lim f = −∞, lim f = +∞. D’après le théorème de la bijection −∞ +∞ monotone, on conclut que f est bijective. 3) La courbe C n’est pas symétrique par rapport à la deuxième bissectrice B2 , car les deux points d’inflexion de C ne sont pas symétriques l’un de l’autre par rapport à B2 . b) 1) On a : 1 f (x) = x + ln(1 + x2 ) = x + ln x2 1 + 2 x 1 = x + 2 ln x + ln 1 + 2 = x + 2 ln x + o (1). x −→ +∞ x 2) Notons x = f −1 (y) pour la commodité. On a alors x
−→
x −→ ±∞
+∞,
donc la courbe représentative C de f admet une branche parabolique de direction asymptotique d’équation y = x, lorsque x −→ − ∞ et lorsque x −→ + ∞.
−→ +∞.
y −→ +∞
y = x + 2 ln x + o(1), 1 y 2 ln x donc : =1+ =o x x x x. c’est-à-dire : y ∼ D’après 1) :
−→
y −→ +∞
1,
y −→ +∞
259
Chapitre 13
Alors :
•
Comparaison locale des fonctions et des suites, développements limités
x x = y − 2 ln x + o(1) = y − 2 ln y + o(1) y x = y − 2 ln y − 2 ln + o(1) = y − 2 ln y + o(1). y
13.30 a) Nous allons former le DLn (0) de x −→ ( e x − 1)n de deux façons.
n D’une part : ( e x − 1)n = x + o(x) = xn + o(xn ). D’autre part, en utilisant la formule du binôme de Newton, puis des DL(0) des exponentielles :
13.29 a) Une récurrence immédiate montre : ∀n ∈ N, un ∈ ]0 ; π/2].
( e x − 1)n =
k=0
∀n ∈ N, un+1 = sin un un ,
On a donc :
Puisque (un )n0 est décroissante et minorée par 0, (un )n0 converge et sa limite vérifie : sin = et 0. Or : ∀x ∈ R, sin x = x ⇐⇒ x = 0 , comme on le voit, par exemple, en étudiant les variations de la fonction x −→ sin x − x.
n ( n
n∞
d’où : puis : Un+1
On obtient : et on conclut :
3) On a donc Un ∼
n∞
n∞
260
(−1)
p
si
p
si
p = n.
b) Puisque f est de classe C n , on a, en utilisant la formule de Taylor-Young : n ( n k=0
k
(−1)n−k f (a + kh) =
n ( n
(−1)n−k
n ( (kh) p
f (p) (a) +
o (hn )
k=0
n (
Un 1 −→ . n n∞ 3
1 n 3 ∼ , , u2n = 3 Un n∞ n
puis, comme un > 0, on conclut : un ∼
k=0
k
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨0 =⎪ ⎪ p! ⎪ ⎩1
n−k k
h −→ 0 p! k p=0 ⎛ n ⎞ ⎜⎜⎜( n ⎟⎟ kp (−1)n−k f (p) (a)h p ⎟⎟⎟⎠ + o(hn ) = ⎜⎜⎝ p! k p=0 k=0
1 + o(1), 3 1 Un+1 − Un −→ . n∞ 3
Un+1 − Un =
2) D’après l’exercice 8.31 b), il s’ensuit :
e kx (−1)n−k
Par unicité du DLn (0) de x −→ ( e x − 1)n , on déduit :
On conclut : un −→ 0. 1 un+1 = sin un = un − u3n + o (u3n ), n∞ 6 1 4 2 2 4 un+1 = un − un + o(un ), 3 −1 1 1 1 = 2 = 2 1 − u2n + o(u2n ) un 3 un+1 1 1 1 2 = 2 1 + un + o(u2n ) = Un + + o(1). un 3 3
k
n n ( ( (kx) p n = + o(xn ) (−1)n−k p! k k=0 p=0 n n (( n kp p (−1)n−k = x + o(xn ). p! k p=0 k=0
donc (un )n0 est décroissante.
b) 1) On a :
n ( n
= f (n) (a)hn + o(hn ), et on conclut :
3 . n
n 1 ( n (−1)n−k f (a + kh) −→ f (n) (a). h −→ 0 hn k=0 k
Fonctions réelles de deux variables réelles Plan Les méthodes à retenir 261
CHAPITRE
14
Thèmes abordés dans les exercices •
Montrer qu’une partie de R2 est bornée, est ouverte, est fermée, est convexe, ou ne l’est pas
268
•
Étude de limite ou de continuité pour une fonction de deux variables réelles
270
•
Existence et calcul éventuel des dérivées partielles premières d’une fonction de deux variables réelles
•
Former un DL1 pour une fonction de deux variables réelles.
Énoncés des exercices
265
Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définition et propriétés des parties bornées, des parties ouvertes, des parties fermées, des parties convexes de R2
•
Définition et propriétés relatives aux limites et à la continuité pour les fonctions de deux variables réelles
•
Définition et propriétés algébriques des dérivées partielles premières, en particulier le théorème de composition de deux fonctions de classe C 1 .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Les méthodes à retenir Pour montrer qu’une partie A de R2 est bornée
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : * x2 + y 2 C ∃ C ∈ R+ , ∀(x, y) ∈ A, Graphiquement, la notion de partie bornée est apparente.
➥ Exercices 14.1, 14.8
Pour montrer qu’une partie A de R2 n’est pas bornée
Mettre en évidence une suite (xn , yn )n∈N d’éléments de A telle que : * x2n + y2n −→ + ∞. n∞
Graphiquement, la notion de partie non bornée est apparente.
➥ Exercices 14.1, 14.8. 261
Chapitre 14
•
Fonctions réelles de deux variables réelles
Essayer de : •
revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀M ∈ A, ∃ r > 0, B(M, r) ⊂ A,
Pour montrer qu’une partie A de R2 est ouverte
où B(M, r) désigne la boule ouverte de centre M et de rayon r
➥ Exercice 14.1 •
présenter A comme l’image réciproque d’un ouvert de R par une application continue de R2 dans R.
➥ Exercice 14.8.
Pour montrer qu’une partie A de R2 n’est pas ouverte
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer qu’il existe M ∈ A tel que, pour tout r > 0, la boule ouverte B(M, r) n’est pas incluse dans A.
➥ Exercices 14.1, 14.8.
Essayer de : •
Pour montrer qu’une partie A de R2 est fermée
revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que le complémentaire de A dans R2 est ouvert
➥ Exercice 14.1 •
présenter A comme l’image réciproque d’un fermé de R par une application continue de R2 dans R.
➥ Exercice 14.8.
Pour montrer qu’une partie A de R2 n’est pas fermée
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que le complémentaire de A dans R2 n’est pas ouvert.
➥ Exercices 14.1, 14.8.
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : Pour montrer qu’une partie A de R2 est convexe
∀t ∈ [0 ; 1], ∀M, N ∈ A, (1 − t)M + tN ∈ A. Graphiquement, la notion de convexité est apparente.
➥ Exercices 14.1, 14.2 a).
Pour montrer qu’une partie A de R2 n’est pas convexe
262
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer qu’il existe t ∈ [0 ; 1], M, N ∈ A tels que (1 − t)M + tN A. Graphiquement, la notion de partie non convexe est apparente.
➥ Exercices 14.1, 14.2 b).
Les méthodes à retenir
•
Essayer, après avoir fixé une variable, d’appliquer les théorèmes généraux sur la dérivation pour les fonctions d’une variable réelle
➥ Exercices 14.4, 14.11, 14.13 •
Pour calculer les dérivées partielles premières d’une fonction f de deux variables réelles x, y
En un point en lequel les théorèmes généraux ne s’appliquent pas, revenir à la définition d’une dérivée partielle première comme dérivée d’une fonction partielle. On a ainsi, sous réserve d’existence :
∂f (x0 , y0 ) = f (·, y0 ) (x0 ), ∂x
∂f
(x0 , y0 ) = f (x0 , ·) (y0 ), ∂y
où f (·, y0 ) : x −→ f (x, y0 ) et f (x0 , ·)y −→ f (x0 , y) sont les fonctions partielles de f en (x0 , y0 ).
➥ Exercices 14.11 à 14.13.
•
Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux
➥ Exercice 14.11 •
Pour étudier l’existence et la valeur de la limite en un point, ou pour étudier la continuité en un point, d’une fonction de deux variables réelles
S’il s’agit d’une forme indéterminée, se ramener d’abord, par changement de variable par translation, à une étude en (0, 0). Former les fonctions partielles f (·, 0) et f (0, ·). Si l’une de ces deux fonctions partielles n’a pas de limite en 0 ou si elles ont des limites en 0 différentes, alors f n’a pas de limite en (0, 0). Si f (·, 0) et f (0, ·) admettent une même limite en 0, envisager des fonctions du type x −→ f (x, x), ou plus compliquées en tenant compte de l’exemple proposé. Si ces diverses fonctions (d’une variable réelle) ont la même limite en 0, on peut essayer d’établir que f admet pour limite en (0, 0), en formant | f (x, y) − | et en essayant de majorer cette expression par une expression plus simple et de limite 0 lorsque (x, y) tend vers (0, 0). À cet effet, il peut être intéressant de faire un changement de variable.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
➥ Exercices 14.10 à 14.13. Essayer de se ramener à ne faire intervenir qu’une variable, par exemple : •
Pour étudier une fonction de deux variables réelles f : (x, y) −→ f (x, y)
en fixant une des deux variables et en faisant varier l’autre
➥ Exercice 14.9 •
en séparant les rôles des deux variables
➥ Exercice 14.14 •
en faisant intervenir une nouvelle variable qui regroupe x et y, par exemple x + y, xy, x2 + y2 , ...
➥ Exercices 14.3, 14.16. 263
Chapitre 14
•
Fonctions réelles de deux variables réelles
Pour calculer des dérivées de fonctions composées par l’intermédiaire de deux variables
Appliquer la formule du cours : si u, v : I −→ R sont de classe C 1 sur un intervalle I et si f : U −→ R est de classe C 1 sur un ouvert U de R2 tel que : ∀t ∈ I, u(t), v(t) ∈ U, alors l’application g : I −→ R, t −→ f u(t), v(t) est de classe C 1 sur I et : ∀t ∈ I, g (t) =
∂f ∂f u(t), v(t) u (t) + u(t), v(t) v (t). ∂x ∂y
➥ Exercice 14.5. Appliquer le théorème du cours : si f : U −→ R est de classe C 1 sur un ouvert U de R2 et si A = (a, b) ∈ U, alors f admet le DL1 (A) suivant : f (A + H) = f (A)+ < ∇ f (A) , H > + Pour calculer le DL1 d’une fonction f de deux variables réelles
o (||H||),
H −→ 0
ou encore : f (a + h, b + k) = f (a, b) + h
√ 2 ∂f ∂f o (a, b) + k (a, b) + h + k2 . (h,k) −→ (0,0) ∂x ∂y
➥ Exercice 14.6.
Pour former une équation cartésienne du plan tangent en un point A a, b, f (a, b) d’une surface S d’équation cartésienne z = f (x, y)
Pour montrer l’existence d’un point C satisfaisant une condition portant sur f (C) ou sur ∇ f (C), où f est une fonction de deux variables réelles
264
Appliquer le cours : le plan tangent en A a, b, f (a, b) à la surface S d’équation cartésienne z = f (x, y), où f : U −→ R est de classe C 1 sur un ouvert U de R2 tel que (a, b) ∈ U, admet pour équation cartésienne : z − f (a, b) =
∂f ∂f (a, b)(x − a) + (a, b)(y − b). ∂x ∂y
➥ Exercice 14.4. Étudier une fonction auxiliaire d’une variable réelle, par exemple t −→ f (1−t)A+tB , et appliquer un théorème sur les fonctions d’une variable réelle, par exemple le théorème des valeurs intermédiaires, le théorème de Rolle, ou le théorème des accroissements finis.
➥ Exercices 14.17, 14.18.
Énoncés des exercices
Énoncés des exercices 14.1 Une partie de R2 est-elle bornée ? ouverte ? fermée ? convexe ? Pour chacune des parties suivantes de R2 , la représenter graphiquement et dire si elle est bornée, ouverte, fermée, convexe :
A = (x, y) ∈ R2 ; −1 x 2 et 1 y ,
B = (x, y) ∈ R2 ; −2 < x 1 et 1 y ,
C = (x, y) ∈ R2 ; −2 x 1 et 0 y 1 ,
D = (x, y) ∈ R2 ; −1 x < 2 et 0 < y < 1 ,
E = (x, y) ∈ R2 ; 0 < x + y 3 et − 1 < x − 2y < 1 ,
F = (x, y) ∈ R2 ; 0 x + 2y 1 ou − 1 2x − y 2 ,
G = (x, y) ∈ R2 ; x2 + y2 1 et x > 0 et y 0 .
14.2 Intersection de deux convexes, réunion de deux convexes Soient C1 , C2 deux parties convexes de R2 . a) Montrer que C1 ∩ C2 est convexe. b) Est-ce que C1 ∪ C2 est convexe ?
14.3 Détermination de l’image directe d’une fonction de deux variables réelles On note f : [0 ; 1]2 −→ R, (x, y) −→ x + y − xy.
Déterminer l’ensemble F = f (x, y) ; (x, y) ∈ [0 ; 1]2 .
14.4 Exemple de calcul de dérivées partielles premières en tout point Calculer les dérivées partielles premières en tout point, pour les fonctions f suivantes, où l’on donne f (x, y) pour (x, y) dans R2 ou dans une partie ouverte de R2 : a) 2x3 y2 + xy5 b)
x + 2y x2 + 3y2
c) xy
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
2
d) (x2 + y3 ) e xy e) x2 + y2 sin(xy2 ).
14.5 Exemples de calculs de dérivées de fonctions composées Calculer les dérivées en tout point pour les fonctions g suivantes, où f est une fonction de classe C 1 sur un ouvert de R2 et où on donne g(t), variable t ∈ R : a) g(t) = f (t2 , t3 ) b) g(t) = f ( e t − 1, 1 + t2 ).
14.6 Exemples de calculs de DL1 Former le développement limité à l’ordre 1, au voisinage indiqué, de la fonction f de deux variables réelles définie par la formule suivante (variables x, y) : a) (0, 0),
(1 + x)2 cos(x − y) 265
Chapitre 14
•
Fonctions réelles de deux variables réelles
e −(3x+2y) ln(cos x + cos y) 1 + 2x + 3y
b) (0, 0),
x2 y3
c) (2, 1), d) (1, −1),
e xy ln( e + x + y).
14.7 Exemple de calcul d’un plan tangent Former une équation cartésienne du plan tangent à la surface S d’équation cartésienne z = x2 sin(x + y) + 2xy3 au point A(x = 1, y = −1).
14.8 Une partie de R2 est-elle bornée ? ouverte ? fermée ? Pour chacune des parties suivantes de R2 , dire si elle est bornée, ouverte, fermée :
a) A = (x, y) ∈ R2 ; x + y + e xy > 1 ,
b) B = (x, y) ∈ R2 ; x4 − x3 y − x2 + y + 3 0 ,
c) C = (x, y) ∈ R2 ; x − y < x2 + y2 x + y .
14.9 Détermination de l’image directe d’une fonction de deux variables réelles On note f : [0 ; 1]2 −→ R, (x, y) −→ x4 + y3 − x3 y2 .
Déterminer l’ensemble f (x, y) ; (x, y) ∈ [0 ; 1]2 .
14.10 Exemples de calculs de limites en (0, 0) Étudier l’existence et la valeur éventuelle d’une limite en (0, 0) pour les fonctions f suivantes, pour lesquelles on donne f (x, y) : a) b) c)
xy2 x2 + y2 x3 y3 + y4
x4
xy3 + y4
x4
d)
sin x sin y |x| + |y|
e)
xy x2 + xy + y2
f)
ex − ey x2 − y
g)
(ex
e xy − 1 . − 1)( e y − 1)
14.11 Étude de dérivées partielles premières On note
⎧ 2 ⎪ xy ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x2 + y2 2 f : R −→ R, (x, y) −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0
si (x, y) (0, 0) si (x, y) = (0, 0).
Étudier la continuité de f , l’existence des dérivées partielles premières de f et la continuité des dérivées partielles premières de f . 266
Énoncés des exercices
14.12 Étude de dérivées partielles premières en un point particulier On note
⎧ ⎪ x3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎨ x + y2 f : R2 −→ R, (x, y) −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0
si (x, y) (0, 0) si (x, y) = (0, 0).
Montrer : f est continue en (0, 0), f admet des dérivées partielles premières en (0, 0), mais f n’admet pas de DL1 (0, 0).
14.13 Étude de dérivées partielles premières en un point particulier On note
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ xy sin x 2 f : R −→ R, (x, y) −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0
x0
si
si x = 0.
Montrer : f est continue en (0, 0), f admet des dérivées partielles premières en (0, 0), f admet un DL1 (0, 0), mais les dérivées partielles premières de f ne sont pas toutes les deux continues en (0, 0).
14.14 Montrer qu’une application de R2 dans R est bornée Montrer que l’application f : R2 −→ R, (x, y) −→
x2 y3 est bornée. 1 + e 2x2 +3y2
14.15 Exemple d’équation fonctionnelle à deux variables Trouver toutes les applications f : R2 −→ R continues telles que : ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = f (x + y, x − y).
14.16 Classe C1 pour une fonction de deux variables ⎧ ln(1 + x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x a) Montrer que l’application ϕ : ] − 1 ; +∞[ −→ R, x −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1
si
x0
si
x=0
est de classe C sur ] − 1 ; +∞[. 1
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) En déduire que l’application ⎧y 2 ⎪ ⎪ ln(1 + x) ⎪ ⎪ ⎨x f : ] − 1 ; +∞[×R −→ R, (x, y) −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 est de classe C 1 sur ] − 1 ; +∞[×R et calculer
si si
x0 x=0
∂f ∂f (0, 1) et (0, 1). ∂x ∂y
14.17 Valeurs intermédiaires pour une fonction de deux variables réelles Soient U un ouvert convexe non vide de R2 , f : U −→ R continue, (A, B) ∈ U, k un réel compris entre f (A) et f (B). Montrer : ∃ C ∈ U, f (C) = k.
14.18 Analogue du théorème des accroissements finis pour une fonction de deux variables réelles Soient U un ouvert convexe non vide de R2 , f : U −→ R une application de classe C 1 sur U, (A, B) ∈ U 2 . Montrer : ∃ C ∈ [A ; B], f (B) − f (A) = < ∇ f (C), B − A > . 267
Chapitre 14
•
Fonctions réelles de deux variables réelles
14.19 Minimum d’une fonction de deux variables réelles Soient f, g : [−1 ; 1]2 −→ R continues telles que : ∀(x, y) ∈ [−1 ; 1]2 , | f (x, y)| + |g(x, y)| > 0. Montrer qu’il existe m ∈ R∗+ tel que : ∀(x, y) ∈ [−1 ; 1]2 ,
2 2 f (x, y) + g(x, y) m.
Du mal à démarrer ? 14.1
Les ensembles A à F sont limités par des droites, des demi-droites, des segments, et le bord est soit compris, soit exclu, soit en partie compris.
• Montrer que C n’est pas ouverte en trouvant un point de C tel qu’aucune boule ouverte centrée en ce point ne soit incluse dans C.
Pour G, il s’agit d’un quart de disque dont une partie du bord est exclue.
• Faire de même pour le complémentaire de C dans R2 .
14.2
14.9 a) Utiliser la définition de la convexité.
b) Trouver un contrexemple, c’est-à-dire un exemple de parties convexes C1 , C2 de R2 telles que C1 ∪ C2 ne soit pas convexe.
14.3
• Montrer, à l’aide d’inégalités : F ⊂ [0 ; 1].
• Réciproquement, établir : [0 ; 1] ⊂ F.
∂f (x, y), fixer mentalement y ∂x et dériver par rapport à x. Dans l’exemple c), mettre d’abord xy sous forme d’une exponentielle.
14.4
Pour calculer, par exemple,
14.5
Appliquer la formule du cours pour dériver une fonction composée à deux variables.
14.6
a) b) Noter ρ =
x2 + y 2 .
√ c) Noter h = x − 2, k = y − 1, ρ = h2 + k2 . √ d) Noter h = x − 1, k = y + 1, ρ = h2 + k2 .
14.7
Vérifier d’abord A ∈ S.
Noter f : R2 −→ R, (x, y) −→ x2 sin(x + y) + 2xy 3 . Appliquer le résultat du cours donnant le plan tangent en A à S.
14.8
a) • Présenter A comme image réciproque d’un ouvert par une application continue.
• Montrer que le complémentaire A1 de A dans R2 n’est pas ou-
vert, en trouvant un point de A1 tel qu’aucune boule ouverte de centre ce point ne soit incluse dans A1 .
b) • Présenter B comme image réciproque d’un fermé par une application continue. • Montrer que B n’est pas ouverte en trouvant un point de B
tel qu’aucune boule ouverte centrée en ce point ne soit incluse dans B.
c) Faire un schéma.
268
• Étudier, pour x ∈ [0 ; 1] fixé, les variations de
gx : [0 ; 1] −→ R, y −→ f(x, y). Déduire : F ⊂ [0 ; 1]. • Réciproquement, montrer : [0 ; 1] ⊂ F.
14.10
a) Majorer convenablement |f(x, y)| et obtenir : f(x, y)
−→
(x,y) −→ (0,0)
b) Remarquer : |x| (x4 + y 4 )1/4
et
0.
|y| (x4 + y 4 )1/4 ,
et en déduire une majoration convenable de |f(x, y)|.
c) Examiner f(x, 0) et f(x, x). d) Utiliser : ∀t ∈ R, | sin t| t. e) Examiner f(x, 0) et f(x, x). f) Examiner f(x, 0). g) Faire intervenir
14.11
e xy − 1 . xy
1) Continuité de f :
Pour l’étude en (0, 0), majorer convenablement l’expression f(x, y) − f(0, 0).
2) Existence des dérivées partielles premières de f : Pour l’étude en (x, y) (0, 0), appliquer les théorèmes généraux. Pour l’étude en (0, 0), revenir à la définition d’une dérivée par∂f tielle première : (0, 0) est, sous réserve d’existence, la dérivée ∂x de x −→ f(x, 0) en 0.
3) Continuité des dérivées partielles premières de f : Pour l’étude en (x, y) (0, 0), appliquer les théorèmes généraux. ∂f ∂f (x, 0) et (0, x). Pour l’étude en (0, 0), examiner ∂x ∂x
Du mal à démarrer ?
14.12
14.15
1) Continuité de f en (0, 0) : Majorer convenablement f(x, y) − f(0, 0).
1) Soit f convenant.
3) Non-existence du DL1 de f en (0, 0) :
En appliquant convenablement l’hypothèse, deux fois, obtenir : ∀(x, y) ∈ R2 , f(x, y) = f(2x, 2y). x y En déduire : ∀(x, y) ∈ R2 , ∀n ∈ N, f(x, y) = f n , n , 2 2 puis utiliser la continuité de f en (0, 0).
Raisonner par l’absurde.
2) Ne pas oublier la réciproque.
2) Existence des dérivées partielles premières de f en (0, 0) : Revenir à la définition d’une dérivée partielle en un point.
Déduire f(x, y) = x +
o
(x,y) −→ (0,0)
* x2 + y 2
14.16
et obtenir une contradiction.
14.17
14.13
1) Continuité de f en (0, 0) : Majorer convenablement f(x, y) − f(0, 0).
et utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.
Revenir à la définition d’une dérivée partielle en un point.
3) Existence d’un DL1 (0, 0) pour f : * Montrer : f(x, y) = o x2 + y 2 .
14.18
4) Non-continuité des dérivées partielles premières de f en (0, 0) : ∂f Montrer que (x, x) n’a pas de limite lorsque x −→ 0. ∂x Obtenir : ∀(x, y) ∈ R2 , |f(x, y)| x 2 e
Considérer l’application ϕ : [0 ; 1] −→ R, t −→ f (1 − t)A + tB
(x,y) −→ (0,0)
Considérer l’application ϕ : [0 ; 1] −→ R, t −→ f (1 − t)A + tB
2) Existence des dérivées partielles premières de f en (0, 0) :
14.14
a) Appliquer le théorème limite de la dérivée.
b) Montrer : ∀(x, y) ∈ ]1 ; +∞[×R, f(x, y) = xyϕ(x).
−2x2
|y|3 e
−3y 2
et utiliser le théorème des accroissements finis.
14.19
2 2 ϕ : [0 ; 1]2 −→ R, (x, y) −→ f(x, y) + g(x, y) , 2
et
qui est continue sur le fermé borné [−1 ; 1]2 de R2 .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
et montrer que les applications u : R −→ R, x −→ x2 e −2x 2 v : R −→ R, y −→ |y|3 e −3y sont bornées.
Considérer l’application
269
Corrigés des exercices y
14.1
y A
x
3
+ y =
1
3
x− x
+ y
2
O
x
−1
=
E
0
−1
y
x−
1
O
= 2y
= 2y
3
B
1
1
x
x+
2y =
1
1
F
O
1
0
x
y=
y
2
−1
x+
2y =
2x −
y=
O
y
1
2x −
−2
C −2
O
1
x
y
y
1
1
D −1
O
G 2
x
O 270
1
x
−1
1
x
Corrigés des exercices
bornée A B C D E F G
14.2
ouverte
fermée
convexe
14.4 b)
a)
∂f ∂f (x, y) = 6x2 y2 + y5 , (x, y) = 4x3 y + 5xy4 . ∂x ∂y
∂f (x2 + 3y2 ) − (x + 2y)2x −x2 − 4xy + 3y2 = , (x, y) = ∂x (x2 + 3y2 )2 (x2 + 3y2 )2 2(x2 + 3y2 ) − (x + 2y)6y 2x2 − 6xy − 6y2 ∂f = . (x, y) = ∂y (x2 + 3y2 )2 (x2 + 3y2 )2
c) On a : f (x, y) = xy = e y ln x , donc : y ∂f ∂f (x, y) = e y ln x = yxy−1 , (x, y) = ln x e y ln x = ln x xy . ∂x x ∂y
a)
C1
d)
C2
C1 ∩ C2
∂f 2 2 2 (x, y) = 2x e xy + (x2 + y3 )y2 e xy = (2x + x2 y2 + y5 ) e xy , ∂x ∂f 2 2 (x, y) = 3y2 e xy + (x2 + y3 )2xy e xy ∂y 2
= (2x3 y + 2xy4 + 3y2 ) e xy . e) Soient M, N ∈ C1 ∩ C2 , t ∈ [0 ; 1]. On a alors : M ∈ C1 et N ∈ C1 , donc, puisque C1 est convexe : (1 − t)M + tN ∈ C1 .
x ∂f sin(xy2 ) + x2 + y2 y2 cos(xy2 ), (x, y) = ∂x x2 + y2 ∂f y sin(xy2 ) + x2 + y2 2xy cos(xy2 ). (x, y) = ∂y x2 + y2
∂f 2 3 ∂f 2 3 2 (t , t )2t + (t , t )3t . ∂x ∂y ∂f t ∂f t b) g (t) = ( e − 1, 1 + t2 ) e t + ( e − 1, 1 + t2 )2t. ∂x ∂y
De même : (1 − t)M + tN ∈ C2 . D’où : (1 − t)M + tN ∈ C1 ∩ C2 .
14.5
a) g (t) =
14.6
a) Notons ρ =
Ceci montre que C1 ∩ C2 est convexe. b) Il se peut que C1 ∪ C2 ne soit pas convexe.
Par exemple, pour : C1 = R∗− × {0}, © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
C2
O
x
C2 = R∗+ × {0},
C1 et C2 sont convexes, mais C1 ∪ C2 = R∗ × {0} n’est pas convexe.
14.3
•
On a, pour tout (x, y) ∈ [0 ; 1] : 2
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x + y − xy = x(1 − y) + y 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + y − xy = x(1 − y) + y (1 − y) + y = 1, donc : F ⊂ [0 ; 1]. • Réciproquement, pour tout λ ∈ [0 ; 1], on remarque, par exemple : f (λ, 0) = λ, donc λ ∈ F.
On conclut :
F = [0 ; 1].
x2 + y2 , pour la commodité. On a :
f (x, y) = (1 + x)2 cos(x − y) = 1 + 2x + o(x) 1 + o(x − y) = 1 + 2x + o(ρ) 1 + o(ρ) = 1 + 2x + o(ρ).
y C1
b) Notons ρ =
x2 + y2 , pour la commodité. On a :
e −(3x+2y) ln(cos x + cos y) 1 + 2x + 3y 1 − (3x + 2y) + o(ρ) ln 2 + o(ρ) = 1 + 2x + 3y
f (x, y) =
ln 2 − (ln 2)(3x + 2y) + o(ρ) 1 + 2x + 3y = ln 2 − (ln 2)(3x + 2y) + o(ρ) 1 − (2x + 3y) + o(ρ) = ln 2 − (ln 2)(3x + 2y) + (ln 2)(2x + 3y) + o(ρ)
=
= ln 2 − 5(ln 2)x − 5(ln 2)y + o(ρ). c) Notons : h = x − 2, k = y − 1, ρ =
√ h2 + k2 . On a :
f (x, y) = x2 y3 = (2 + h)2 (1 + k)3 = 4 + 4h + o(ρ) 1 + 3k + o(ρ) = 4 + 4h + 12k + o(ρ). 271
Chapitre 14
•
Fonctions réelles de deux variables réelles
d) Notons : h = x − 1, k = y + 1, ρ = f (x, y) = e = = = =
√ h2 + k2 . On a :
ln( e + x + y) ln e + (1 + h) + (−1 + k) e k h e −1−h+k+hk 1 + ln 1 + + e e h k e −1 1 + (−h + k) + o(ρ) 1 + + + o(ρ) e e h k + (−h + k) + o(ρ) + e −1 1 + e e xy
donc B n’est pas bornée. •
L’application f : R2 −→ R, (x, y) −→ x4 − x3 y − x2 + y + 3
(1+h)(−1+k)
= e −1 + (1 − e −1 )h + (1 + e −1 k) + o(ρ).
est continue d’après les théorèmes généraux, et B = f −1 ([0 ; +∞[). Ainsi, B est l’image réciproque d’un fermé de R par une application continue de R2 dans R, donc, d’après le cours, B est fermée. • On a : (0, −3) ∈ B et : ∀r > 0, (r, −3) ∈ B (0, −3), 2r . On a, pour tout r > 0 : f (r, −3) = r4 + 3r3 − r2 = r2 (r2 + 3r − 1).
14.7
L’application
En particulier :
f : R2 −→ R, (x, y) −→ x2 sin(x + y) + 2xy3 est de classe C 1 sur R2 , et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 2x sin(x + y) + x2 cos(x + y) + 2y3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ 2 2 ⎪ ⎪ ⎩ ∂y (x, y) = x cos(x + y) + 6xy . En particulier, pour A(x = 1, y = −1) : ∂f (1, −1) = −1, ∂x
∂f (1, −1) = 7. ∂y
D’après le cours, le plan tangent à la surface S d’équation cartésienne z = f (x, y) en le point A admet pour équation cartésienne : ∂f ∂f (1, −1)(x − 1) + (1, −1)(y + 1), z − f (1, −1) = ∂x ∂y c’est-à-dire : ou encore :
14.8
z + 2 = −(x − 1) + 7(y + 1)
∀r ∈ ]0 ; 1/4], f (r, −3) < 0.
Ainsi, pour tout r ∈ ]0 ; 1/4], il existe un point de B (0, −3), 2r qui n’est pas dans B, le point (r, −3). On conclut : B n’est pas ouverte. c) • Notons ρ = x2 + y2 . On a, pour tout (x, y) ∈ C : ρ2 = x2 + y2 x + y |x| + |y| 2ρ, d’où :
∀(x, y) ∈ C, ρ ∈ [0 ; 2],
donc C est bornée. On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x + y − x + y > 0 (x, y) ∈ C ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + y2 − x − y 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ x− ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x− •
1 2 + y+ 2 1 2 + y− 2
1 2 1 > 2 2 1 2 1 . 2 2
x − 7y + z − 6 = 0.
a) • Il est clair que : ∀y ∈ R∗+ , (0, y) ∈ A,
y
donc A n’est pas bornée. •
M
L’application f : R2 −→ R, (x, y) −→ x + y + e xy
est continue d’après les théorèmes généraux, et A = f −1 (]1 ; +∞[). Ainsi, A est l’image réciproque d’un ouvert de R par une application continue de R2 dans R, donc, d’après le cours, A est ouverte. •
Le complémentaire A1 de A dans R2 est défini par :
A1 = (x, y) ∈ R2 ; x + y + e xy 1 .
Il est clair que (0, 0) ∈ A et que, pour tout r > 0, la boule ou verte B (0, 0), r n’est pas incluse dans A1 , puisque, en notant M = (r/2, r/2), on a : M ∈ B (0, 0), r et M A1 . On conclut : A n’est pas fermée. b) • Il est clair que : 272
∀x ∈ [1 ; +∞[, (x, 0) ∈ B,
C 1/ 2
x O −1/ 2
1/2
Corrigés des exercices
Ainsi, C est√la partie de la boule fermée de centre (1/2, 1/2) et de la boule fermée de centre de rayon 1/ 2 située à l’extérieur √ (1/2, −1/2) et de rayon 1/ 2.
c) On a : f (x, 0) = 0 −→ 0 et f (x, x) = x −→ 0
Il est clair alors que C n’est ni ouverte ni fermée. En effet, C n’est pas ouverte car, en considérant le point 1 1 1 M , + √ situé "en haut", ce point M est dans C et au2 2 2 cune boule ouverte de centre M n’est incluse dans C. De même, le complémentaire de C dans R2 n’est pas ouvert, donc C n’est pas fermée.
14.9
•
donc f n’a pas de limite en (0, 0). d) On a, pour tout (x, y) ∈ R2 − {(0, 0)} : |x| |y| | sin x| | sin y| |y|. |x| + |y| |x| + |y|
| f (x, y)| = Comme |y|
−→
0, on déduit, par encadrement :
(x,y) −→ (0,0)
Soit x ∈ [0 ; 1] fixé. Notons
f (x, y)
gx : [0 ; 1] −→ R, y −→ f (x, y) = x4 + y3 − x3 y2 . L’application gx est dérivable sur [0 ; 1] et : ∀y ∈ [0 ; 1], g x (y) = 3y2 − 2x3 y = y(3y − 2x3 ). 3
2x ∈ [0 ; 1]. 3 On forme le tableau des variations de gx : 0 2x3 /3 1 y
gx − 0 + gx x4 x4 − x3 + 1 Remarquons :
gx (0) = x 1, gx
2x3 3
4 9 =x − x 0, gx (1) 1. 27 4
•
donc f n’a pas de limite en (0, 0). ex −1 1 x f) On a : f (x, 0) = ∼ = x2 x −→ 0 x2 x donc f n’a pas de limite en (0, 0).
On remarque : f (λ1/4 , 0) = λ, donc : λ ∈ F. F = [0 ; 1].
f (x, y) = Comme
et −1 −→ 1, on déduit : t −→ 0 t
(x,y) −→ (0,0)
y2 |x|. x2 + y2
−→
(x,y) −→ (0,0)
1 1 · = 1. 1 1
∀(x, y) ∈ R2 − {(0, 0)}, | f (x, y) − f (0, 0)| = Comme y
−→
(x,y) −→ (0,0)
|x2 y| |y|. + y2
x2
0, on déduit, par encadrement :
f (x, y)
0.
−→
(x,y) −→ (0,0)
0 = f (0, 0),
ce qui montre que f est continue en (0, 0).
b) On a : ∀(x, y) ∈ R2 , |x| (x4 + y4 )1/4 et |y| (x4 + y4 )1/4 ,
On conclut : f est continue sur R2 . 2) Existence des dérivées partielles premières de f :
donc :
3 |x| |y| (x4 + y4 )1/2 . ∀(x, y) ∈ R2 − {(0, 0)}, | f (x, y)| = 4 x + y4
Comme (x4 + y4 )1/2 f (x, y)
1·
D’après les théorèmes généraux, f est continue en tout point de R2 − {(0, 0)}.
0, on déduit, par encadrement : f (x, y)
−→
(x,y) −→ (0,0)
On a :
∀(x, y) ∈ R2 − {(0, 0)}, | f (x, y)| = |x| © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
e xy − 1 e xy − 1 x y = · x · . ( e x − 1)( e y − 1) xy e −1 ey −1
f (x, y)
14.10 a) On a :
−→
−→ +∞,
x −→ 0+
14.11 1) Continuité de f :
Réciproquement, soit λ ∈ [0 ; 1].
Comme |x|
1 1 −→ 0, 3 x −→ 0 3
g) On a, pour (x, y) ∈ (] − 1 ; 1[−{0})2 :
F ⊂ [0 ; 1].
Finalement :
0.
x −→ 0
Ceci montre : ∀(x, y) ∈ [0 ; 1], f (x, y) ∈ [0 ; 1], d’où :
−→
(x,y) −→ (0,0)
e) On a : f (x, 0) = 0 −→ 0 et f (x, x) =
On a : 4
1 1 −→ 0, 2 x −→ 0 2
−→
(x,y) −→ (0,0)
0.
−→
(x,y) −→ (0,0)
0, on déduit, par encadrement :
•
D’après les théorèmes généraux, f admet des dérivées partielles premières en tout point de R2 − {(0, 0)} et on a, pour tout (x, y) ∈ R2 − {(0, 0)} : 2xy3 2xy(x2 + y2 ) − x2 y(2x) ∂f = , (x, y) = ∂x (x2 + y2 )2 (x2 + y2 )2 273
Chapitre 14
•
Fonctions réelles de deux variables réelles
x2 (x2 + y2 ) − x2 y(2y) ∂f x4 − x2 y2 (x, y) = = 2 . 2 2 2 ∂y (x + y ) (x + y2 )2 On a : ∀x ∈ R, f (x, 0) = 0, ∂f donc (0, 0) existe et est égale à 0. ∂x De même : ∀y ∈ R, f (0, y) = 0, ∂f (0, 0) existe et est égale à 0. donc ∂y On conclut que les dérivées partielles premières de f existent en tout point de R2 et que, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ⎪ 2xy3 ⎪ ⎪ ⎪ si (x, y) (0, 0) ⎪ ∂f ⎨ (x2 + y2 )2 (x, y) = ⎪ ⎪ ⎪ ∂x ⎪ ⎪ ⎩ 0 si (x, y) = (0, 0) •
⎧ 4 ⎪ x − x2 y2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎨ (x2 + y2 )2 (x, y) = ⎪ ⎪ ⎪ ∂y ⎪ ⎪ ⎩ 0
3) Non-existence du DL1 de f en (0, 0) : Supposons que f admette un DL1 en (0, 0) : f (x, y) = a + bx + cy + o x2 + y2 , (a, b, c) ∈ R3 . On a alors : ∂f ∂f (0, 0) = 1, c = (0, 0) = 0, ∂x ∂y o f (x, y) = x + ( x2 + y2 ),
a = f (0, 0), b =
si (x, y) (0, 0)
d’où :
si (x, y) = (0, 0).
c’est-à-dire :
3) Continuité des dérivées partielles premières de f : •
D’après les théorèmes généraux, les dérivées partielles premières de f sont continues en tout point de R2 − {(0, 0)}.
•
∂f (0, 0) existe et est égale à 1. ∂x De même : ∀y ∈ R, f (0, y) = 0, ∂f donc (0, 0) existe et est égale à 0. ∂y Ceci montre que f admet des dérivées partielles premières en (0, 0).
donc
(x,y) −→ (0,0)
f (x, y) − x x2 + y2
g(x, x) = 1 ∂f 1 (x, x) = −→ 0, ∂x 2 x −→ 0 2
et
0.
xy2 f (x, y) − x = 2 , on a : Mais, en notant g(x, y) = (x + y2 )3/2 x2 + y2
On a : ∂f (x, 0) = 0 −→ 0 x −→ 0 ∂x
−→
(x,y) −→ (0,0)
x x3 = |x|3 |x|
−→ 1 0,
x −→ 0+
d’où une contradiction. On conclut que f n’admet pas de DL1 en (0, 0).
∂f n’est pas continue en (0, 0). ∂x De même : donc
∂f (0, y) = 0 −→ 0 y −→ 0 ∂y donc
14.13 1) Continuité de f en (0, 0) :
∂f (x, 0) = 1 −→ 1 0, x −→ 0 ∂y
et
∂f n’est pas continue en (0, 0). ∂y 2
14.12 1) Continuité de f en (0, 0) : On a, pour tout (x, y) ∈ R2 − {(0, 0)} : f (x, y) − f (0, 0) =
|x|3 |x|. + y2
x2
0, par théorème d’encadrement, on déComme |x| −→ (x,y) −→ (0,0) 0, duit : f (x, y) − f (0, 0) −→ (x,y) −→ (0,0)
donc :
f (x, y)
−→
(x,y) −→ (0,0)
f (0, 0).
Ceci montre que f est continue en (0, 0). 2) Existence des dérivées partielles premières de f en (0, 0) : On a : 274
∀x ∈ R, f (x, 0) = x,
1 f (x, y) − f (0, 0) = |x| |y| sin |x| |y|. x Comme |x| |y|
On conclut : f est de classe C sur R − {(0, 0)}, mais f n’est pas de classe C 1 sur R2 . 1
On a, pour tout (x, y) ∈ R∗ × R :
déduit :
−→
(x,y) −→ (0,0)
f (x, y)
0, par théorème d’encadrement, on
−→
(x,y) −→ (0,0)
f (0, 0),
donc f est continue en (0, 0). 2) Existence des dérivées partielles premières de f en (0, 0) : On a : ∀x ∈ R, f (x, 0) = 0, ∂f (0, 0) existe et est égale à 0. donc ∂x De même : ∀y ∈ R, f (0, y) = 0, ∂f (0, 0) existe et est égale à 0. donc ∂y 3) Existence d’un DL1 (0, 0) pour f : 1 On a : | f (x, y)| = |xy| sin |x||y| = o x2 + y2 , x donc f admet un DL1 (0, 0) : 2 o f (x, y) = 0 + 0x + 0y + x + y2 . (x,y) −→ (0,0)
Corrigés des exercices
4) Non-continuité des dérivées partielles premières de f en (0, 0) : La dérivée partielle première de f par rapport à x existe (au moins) sur R∗ × R et, pour tout (x, y) ∈ R∗ × R : ∂f 1 1 1 (x, y) = y sin − y cos . ∂x x x x 1 1 ∂f (x, x) = x sin − cos . En particulier : ∂x x x 1 1 Comme x sin −→ 0 et que cos n’a pas de limite x x −→ 0 x ∂f (x, x) n’a pas de lorsque x tend vers 0, l’application x −→ ∂x ∂f n’a pas de limite en (0, 0). limite en 0, donc ∂x On conclut que la dérivée partielle première de f par rapport à x n’est pas continue en (0, 0).
14.14 On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : | f (x, y)| =
x2 |y|3 x2 |y|3 2 2 2x2 +3y2 = x2 e −2x |y|3 e −3y . 2 +3y2 2x 1+ e e
L’application u : R −→ R, x −→ x2 e −2x est paire, dérivable sur R et, pour tout x ∈ R+ : 2
•
u (x) = 2x e −2x + x2 (−4x) e −2x = 2x(1 − 2x2 ) e −2x , 2
2
2
d’où le tableau des variations de u sur R+ : √ 0 1/ 2 x u (x) + 0 − u(x) 0
De même, on, montre que l’application
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2
est bornée : il existe N ∈ R+ tel que : ∀y ∈ R, |v(y)| N. On a alors :
∀n ∈ N, f
∀(x, y) ∈ R2 , | f (x, y)| MN
et on conclut que f est bornée.
14.15 1) Soit f convenant. Soit (x, y) ∈ R fixé. 2
On a, en appliquant deux fois l’hypothèse, d’abord à (x, y), puis à (x + y, x − y) : f (x, y) = f (x + y, x − y) = f (x + y) + (x − y), (x + y) − (x − y) = f (2x, 2y).
x y , = f (x, y). 2n 2n
•
La propriété est vraie trivialement pour n = 0.
•
Si elle est vraie pour un n ∈ N, alors f
x x x y y y , n+1 = f 2 n+1 , 2 n+1 = f n , n = f (x, y), n+1 2 2 2 2 2 2
donc elle est vraie pour n + 1. Ceci montre, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, f
x y = f (x, y). , 2n 2n
x y , n −→ (0, 0) et que f est continue en (0, 0), n 2 x 2 y n∞ on a : f n , n −→ f (0, 0). n∞ 2 2 Ainsi : f (x, y) = f (0, 0), ce qui montre que f est constante.
Comme
2) Réciproquement, il est clair que toute application constante convient. Finalement, les applications cherchées sont les applications constantes.
14.16 a) • D’après les théorèmes généraux, ϕ est de classe C 1 sur ] − 1 ; 0[ et sur ]0 ; +∞[, et :
∀x ∈ ] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; +∞[, ϕ (x) =
+∞
0 1 Il en résulte que u est bornée : il existe M = u √ ∈ R+ tel 2 que : ∀x ∈ R, |u(x)| M.
v : R −→ R, y −→ |y|3 e −3y
Montrons, par récurrence sur n :
1 x 1+x
− ln(1 + x) . x2
ln(1 + x) −→ 1 = ϕ(0), x −→ 0 x donc ϕ est continue en 0. •
On a :
ϕ(x) =
Montrons que ϕ admet une limite en 0, en utilisant des développements limités : 2 x − (1 + x) x − x2 + o(x2 ) x − (1 + x) ln(1 + x)
= ϕ (x) = (1 + x)x2 (1 + x)x2 1 2 − x + o(x2 ) 1 −→ − . = 22 x + o(x2 ) x −→ 0 2 •
D’après le théorème limite de la dérivée, on conclut que ϕ est de classe C 1 sur ] − 1 ; +∞[. b) • On a, pour tout (x, y) ∈ ] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; +∞[ × R : f (x, y) =
ln(1 + x) 2 y 2 2 = xy ϕ(x) ln(1 + x) = xy x x
et, d’autre part : On a donc :
∀x ∈ R, f (x, 0) = 0 = x0ϕ2 (x).
∀(x, y) ∈ ] − 1 ; +∞[×R, f (x, y) = xyϕ2 (x).
Comme ϕ est de classe C 1 sur R, par opérations, on conclut que f est de classe C 1 sur ] − 1 ; +∞[×R. 275
Chapitre 14 •
•
Fonctions réelles de deux variables réelles
De plus, pour tout (x, y) ∈ ] − 1 ; +∞[×R : ∂f (x, y) = yϕ2 (x) + 2xyϕ(x)ϕ (x), ∂x
En particulier :
∂f (0, 1) = ϕ(0) = 1, ∂x
∂f (x, y) = xϕ2 (x). ∂y ∂f (0, 1) = 0. ∂y
14.17 Considérons l’application
D’après le théorème des accroissements finis, appliqué à ϕ sur [0 ; 1], il existe c ∈ ]0 ; 1[ tel que : ϕ(1) − ϕ(0) = (1 − 0)ϕ (c) = ϕ (c). De plus, f (A) = ϕ(0) et f (B) = ϕ(1), donc, en notant C = (1 − c)A + cB, on conclut : f (B) − f (A) = < ∇ f (C), B − A > .
ϕ : [0 ; 1] −→ R, t −→ ϕ(t) = f (1 − t)A + tB , qui est correctement définie, car : A ∈ U, B ∈ U, U est convexe, f est définie sur U. Puisque f est continue sur U, par composition, ϕ est continue sur l’intervalle [0 ; 1]. De plus :
ϕ(0) = f (A) et ϕ(1) = f (B).
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, puisque k est compris entre f (A) et f (B), il existe c ∈ [0 ; 1] tel que ϕ(c) = k. En notant C = (1 − c)A + cB, on obtient : C∈U
et
f (C) = ϕ(c) = k.
14.18 Considérons l’application ϕ : [0 ; 1] −→ R, t −→ ϕ(t) = f (1 − t)A + tB , qui est correctement définie, car : A ∈ U, B ∈ U, U est convexe, f est définie sur U. Puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert convexe U, par composition, ϕ est de classe C 1 sur l’intervalle [0 ; 1] et, pour tout t ∈ [0 ; 1] : ϕ (t) = < ∇ f (1 − t)A + tB , B − A > .
276
14.19 L’application 2 2 ϕ : [−1 ; 1]2 −→ R, (x, y) −→ f (x, y) + g(x, y) est continue sur [−1 ; 1]2 , car f et g le sont, et [−1 ; 1]2 est une partie fermée bornée de R2 . D’après un théorème du cours, ϕ est bornée et atteint ses bornes. En particulier, il existe (x0 , y0 ) ∈ [−1 ; 1]2 tel que : ∀(x, y) ∈ [−1 ; 1]2 , ϕ(x, y) ϕ(x0 , y0 ). Notons m = ϕ(x0 , y0 ) = f (x0 , y0 ) 2 + g(x0 , y0 ) 2 0. Si m = 0, alors f (x0 , y0 ) = 0 et g(x0 , y0 ) = 0, donc | f (x0 , y0 )| + |g(x0 , y0 )| = 0, exclu. Donc : m > 0. On a montré : ∃ m ∈ R∗+ , ∀(x, y) ∈ [−1 ; 1]2 ,
2 2 f (x, y) + g(x, y) m.
Dénombrement
Plan Les méthodes à retenir 278 Énoncés des exercices
281
Du mal à démarrer ?
285
Corrigés des exercices
287
CHAPITRE
15
Thèmes abordés dans les exercices •
Cardinal d’un ensemble fini
•
Dénombrement d’un ensemble par complémentaire, différence, réunion finie, produit cartésien
•
Dénombrement de p-listes, de p-listes d’éléments distincts, de parties
•
Calculs de sommes et de produits
•
Manipulation de coefficients binomiaux, calculs de sommes les faisant intervenir.
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Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définition du cardinal d’un ensemble fini
•
Cardinal du complémentaire, d’une différence, d’une réunion finie, d’un produit cartésien
•
Définition d’une p-liste, nombre de p-listes dans un ensemble à n éléments
•
Définition d’une p-liste d’éléments distincts, nombre de p-listes d’éléments distincts dans un ensemble à n éléments
•
Définition d’une permutation, nombre de permutations d’un ensemble à n éléments
•
Définition d’une partie à p éléments, nombre de parties à p éléments dans un ensemble à n éléments
•
Nombre de parties d’un ensemble à n éléments
•
Définition et propriétés des coefficients binomiaux, en particulier : la formule du triangle de Pascal et la formule du binôme de Newton.
277
Chapitre 15
•
Dénombrement
Les méthodes à retenir Essayer : •
de décrire l’ensemble puis compter son nombre d’éléments,
➥ Exercices 15.7, 15.13, 15.14 Pour calculer le cardinal d’un ensemble fini
•
d’établir une bijection entre l’ensemble dont on cherche le cardinal et un autre ensemble dont on connaît le cardinal,
➥ Exercices 15.11, 15.14 •
Pour calculer le cardinal du complémentaire d’une partie d’un ensemble fini
de décomposer l’ensemble à l’aide de sous-ensembles dont on connaît le cardinal, et d’utiliser les règles de calculs décrites cidessous.
Si A est une partie d’un ensemble fini E, il est parfois plus simple de dénombrer le complémentaire de A dans E plutôt que A directement. Dans ce cas, on utilise : Card(A) = Card(E) − Card(A).
➥ Exercices 15.1, 15.5.
Si A et B sont deux ensembles finis, alors : Card(A \ B) = Card(A) − Card(A ∩ B). Pour calculer le cardinal d’une différence de deux ensembles finis
Si de plus, B ⊂ A, alors : Card(A \ B) = Card(A) − Card(B).
➥ Exercices 15.1, 15.15, 15.16. Soient A et B deux ensembles finis. •
Pour calculer le cardinal d’une réunion de deux ensembles finis
Si A et B sont disjoints (c’est-à-dire A ∩ B = ∅), alors : Card(A ∪ B) = Card(A) + Card(B).
•
Sinon :
Card(A ∪ B) = Card(A) + Card(B) − Card(A ∩ B).
➥ Exercices 15.7, 15.12, 15.14. Soient A1 , A2 , . . . , An des ensembles finis. Pour calculer le cardinal d’une réunion de n ensembles finis
•
Si les ensembles Ai sont deux à deux disjoints, alors : n ( Card(A) = Card(Ai ). i=1
➥ Exercices 15.6, 15.10, 15.11, 15.16 278
Les méthodes à retenir
•
Sinon, on utilise la formule du crible (aussi appelée formule de Poincaré) : n ( ( Card(A) = (−1)k+1 Card(Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ), k=1
1i1 <···
ce qui s’écrit : – pour n = 2 : Card(A1 ∪ A2 ) = Card(A1 ) + Card(A2 ) − Card(A1 ∩ A2 ), – pour n = 3 : Card(A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = Card(A1 ) + Card(A2 ) + Card(A3 ) − Card(A1 ∩ A2 ) − Card(A1 ∩ A3 ) − Card(A2 ∩ A3 ) + Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 ),
(suite)
– pour n = 4 : Card(A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) = Card(A1 ) + Card(A2 ) + Card(A3 ) + Card(A4 ) − Card(A1 ∩ A2 ) − Card(A1 ∩ A3 ) − Card(A1 ∩ A4 ) − Card(A2 ∩ A3 ) − Card(A2 ∩ A4 ) − Card(A3 ∩ A4 ) + Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + Card(A1 ∩ A2 ∩ A4 ) + Card(A1 ∩ A3 ∩ A4 ) + Card(A2 ∩ A3 ∩ A4 ) − Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ).
➥ Exercices 15.5, 15.15. •
Si A et B sont deux ensembles finis, alors : Card(A × B) = Card(A) × Card(B).
•
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Pour calculer le cardinal d’un produit cartésien de n ensembles finis
Si A1 , A2 , . . . , An sont des ensembles finis, alors : Card A1 × A2 × · · · × An = Card(A1 ) × Card(A2 ) × · · · × Card(An ). Remarque : Ce cas se présente lorsque l’on détaille les étapes pour décrire tous les éléments d’un ensemble E : s’il y a p étapes, et si, à chaque étape, il y a ni choix possibles, ces choix étant indépendants les uns des autres, alors : Card(E) = n1 × n2 × · · · × n p .
•
Si A est un ensemble fini et n ∈ N∗ , alors : Card(An ) = Card(A) n .
➥ Exercices 15.1 à 15.4, 15.6, 15.7, 15.9 à 15.13, 15.15, 15.16. •
Pour calculer le nombre de façons de choisir p éléments dans un ensemble E à n éléments
Si les p éléments sont ordonnés et non nécessairement distincts, alors il s’agit d’une p-liste de E ; dans ce cas : il y a n p choix possibles.
➥ Exercices 15.1, 15.5, 15.16 279
Chapitre 15
•
Dénombrement
•
Si les p éléments sont ordonnés et distincts, alors il s’agit d’une pliste d’éléments distincts de E (ou p-liste sans répétition de E) ; dans ce cas : n! choix possibles. il y a (n − p)! Lorsque p = n, on parle de permutation de E ; dans ce cas : il y a n! choix possibles.
➥ Exercices 15.1 à 15.3, 15.8, 15.9, 15.12, 15.16
(suite) •
Si les p éléments sont non ordonnés et distincts, alors il s’agit d’une partie à p éléments de E ; dans ce cas : n n! choix possibles. il y a = p p! (n − p)!
➥ Exercices 15.1, 15.2, 15.4, 15.6, 15.9, 15.10, 15.12, 15.15, 15.16.
Pour calculer le nombre de parties d’un ensemble fini
Si E est un ensemble fini à n éléments, alors : n ( n Card P(E) = = 2n . k k=0
➥ Exercice 15.11. Essayer de : •
remplacer les coefficients binomiaux par leurs expressions à l’aide de factorielles
•
utiliser l’une des propriétés suivantes sur les coefficients binomiaux : n n 2 ∀(n, p) ∈ N avec 0 p n, = p n− p n+1 n n = + ∀(n, p) ∈ N2 avec 0 p n, p+1 p+1 p
Pour simplifier une expression faisant intervenir des coefficients binomiaux
(formule du triangle de Pascal) n n−1 ∀(n, p) ∈ N2 avec 1 p n, p =n p p−1 •
utiliser la formule du binôme de Newton : ∀n ∈ N, ∀(x, y) ∈ R2 , (x + y)n =
n ( n k=0
k
xk yn−k .
➥ Exercices 15.6, 15.11, 15.14, 15.15. 280
Énoncés des exercices
Énoncés des exercices 15.1 Nombre de mots de 4 lettres L’alphabet est composé de 26 lettres, dont 6 voyelles. On appelle mot toute suite de lettres ayant un sens ou non. a) Combien existe-il de mots de 4 lettres ? b) Combien existe-il de mots de 4 lettres, constitués de 4 lettres différentes ? c) Combien existe-il de mots de 4 lettres commençant et se terminant par une voyelle ? d) Combien existe-il de mots de 4 lettres contenant au moins une voyelle ? e) Combien existe-il de mots de 4 lettres écrits uniquement avec les lettres A et B, chaque lettre apparaissant au moins une fois ? f) Combien existe-il de mots de 4 lettres constitués d’exactement 2 lettres différentes ?
15.2 Anagrammes d’un mot On appelle anagramme d’un mot tout mot ayant un sens ou non, et constitué des mêmes lettres. Combien existe-il d’anagrammes du mot « DANUBE » ? du mot « MISSISSIPPI » ?
15.3 Tirages successifs dans une urne : obtention de boules regroupées par couleur Une urne contient douze boules : quatre boules blanches numérotées de 1 à 4, six boules rouges numérotées de 5 à 10 et deux boules noires numérotées 11 et 12. a) On tire successivement et sans remise toutes les boules de l’urne et on note, à chaque tirage, le numéro obtenu. b) Combien y a-t-il de résultats possibles ? c) Combien y a-t-il de résultats pour lesquels les boules sont regroupées par couleur ? d) Combien y a-t-il de résultats pour lesquels les boules rouges sont regroupées ?
15.4 Le jeu du poker Le poker se joue avec un jeu de 52 cartes, et l’on distribue à chaque joueur une « main » de 5 cartes. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
a) Combien y a-t-il de mains différentes ? b) Combien y a-t-il de mains contenant le carré d’as (c’est-à-dire les 4 as) ? c) Combien y a-t-il de mains contenant un carré (c’est-à-dire 4 cartes de la même hauteur) ? d) Combien y a-t-il de mains contenant un full (c’est-à-dire 3 cartes de la même hauteur et 2 autres cartes de la même hauteur) ? e) Combien y a-t-il de mains contenant un brelan (c’est-à-dire 3 cartes de la même hauteur, sans full, ni carré) ? f) Combien y a-t-il de mains contenant une double paire (c’est-à-dire deux fois 2 cartes de la même hauteur, sans full, ni brelan, ni carré) ? g) Combien y a-t-il de mains contenant une paire (c’est-à-dire 2 cartes de la même hauteur, sans double paire, ni brelan, ni full, ni carré) ? 281
Chapitre 15
•
Dénombrement
h) Combien y a-t-il de mains contenant une quinte flush (c’est-à-dire 5 cartes de hauteurs consécutives et de même couleur) ?
15.5 Nombre de répartitions possibles de cinq billes dans quatre sacs On répartit au hasard cinq billes numérotées de 1 à 5 dans quatre sacs numérotés de 1 à 4. On suppose que chaque sac peut contenir toutes les billes. a) Quel est le nombre de répartitions possibles ? b) Quel est le nombre de répartitions telles qu’au moins un sac soit vide ? c) En déduire le nombre de répartitions telles qu’aucun sac ne soit vide.
15.6 Preuve par dénombrement de la formule de Vandermonde Soient a et b deux entiers naturels non nuls, et n un entier compris entre 0 et min(a, b). a) On considère une urne contenant a boules blanches numérotées de 1 à a et b boules noires numérotées de a + 1 à a + b. On y effectue n tirages sans remise, et on appelle résultat l’ensemble des numéros obtenus. b) Combien y a-t-il de résultats possibles ? c) Soit k ∈ 0 ; n. Combien y a-t-il de résultats contenant exactement k boules blanches ? n ( a b a+b = . d) En déduire la formule de Vandermonde : k n−k n k=0
15.7 Nombre de façons de monter un escalier par saut d’une ou de deux marches Soit n ∈ N∗ . Une grenouille monte les n marches d’un escalier, en sautant soit une marche soit deux marches. On note cn le nombre de façons qu’a la grenouille de monter ces n marches. a) Calculer c1 et c2 . b) Pour tout n de N∗ , établir une relation entre cn+2 , cn+1 , cn . c) En déduire, pour tout n de N∗ , une expression de cn en fonction de n, puis déterminer un équivalent de cn lorsque n tend vers +∞.
15.8 Placement de n personnes sur des chaises Soit n un entier naturel non nul. Un groupe de n personnes est invité à un repas. a) On dispose d’une rangée de n chaises destinées aux n invités. Combien existe-il de dispositions différentes ? b) On dispose maintenant d’une table ronde avec n chaises. Combien existe-il de dispositions différentes, sachant que deux dispositions sont identiques si chaque invité a les mêmes voisins ?
15.9 Tirages sans remise dans une urne : obtention de numéros dans l’ordre croissant Soit n un entier naturel non nul. Une urne contient n boules numérotées de 1 à n. On tire successivement et sans remise toutes les boules de l’urne et on note, à chaque tirage, le numéro obtenu. a) Quel est le nombre de résultats possibles ? b) Quel est le nombre de résultats pour lesquels les numéros obtenus sont dans l’ordre croissant ?
282
Énoncés des exercices
c) Soit k ∈ 1 ; n. Quel est le nombre de résultats pour lesquels les k premiers numéros obtenus sont dans l’ordre croissant ?
15.10 Nombre de p-uplets strictement ordonnés de 1 ; n Soient n et p deux entiers naturels tels que 1 p n. On note E l’ensemble des p-uplets (x1 , x2 , . . . , x p ) de 1 ; n p tels que : 1 x1 < x2 < · · · < x p n. a) Calculer le cardinal de E. b) Soient i ∈ 1 ; p et k ∈ 1 ; n fixés. Déterminer le nombre de p-uplets (x1 , x2 , . . . , x p ) de E tels que xi = k. c) Soit i ∈ 1 ; p fixé. Montrer :
n−p+i ( k=i
k−1 n−k n = . i−1 p−i p
k ( k−1 n−k ? En déduire une expresi−1 p−i i=k−n+p sion simple de cette somme en fonction de n et p.
d) Soit k ∈ 1 ; n fixé. Que représente la somme
15.11 Nombre de parties d’un ensemble satisfaisant certaines conditions On considère un ensemble E à n éléments, avec n 3. Soit A une partie fixée de E à p éléments. a) 1) Quel est le nombre de parties B de E telles que A ∩ B = ∅ ? 2) Quel est le nombre de parties B de E telles que A ⊂ B ? 3) Quel est le nombre de parties B de E telles que A ∪ B = E ? b) Quel est le nombre de couples de parties (A, B) de E telles que A ∪ B = E ? c) Quel est le nombre de couples de parties (A, B) de E telles que A ∩ B = ∅ ? d) Quel est le nombre de triplets de parties (A, B, C) de E telles que A ∪ B ∪ C = E ?
15.12 Nombre d’applications surjectives d’un ensemble à n, n + 1, n + 2 éléments dans un ensemble à n éléments Pour tout n de N∗ , on note En un ensemble quelconque à n éléments. a) Déterminer le nombre d’applications surjectives de En dans En .
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b) Déterminer le nombre d’applications surjectives de En+1 dans En . c) Déterminer le nombre d’applications surjectives de En+2 dans En .
15.13 Nombre de partitions par paires d’un ensemble fini Soit n un entier naturel non nul. On considère un ensemble E2n constitué de 2n éléments.
On appelle partition par paires de E2n tout ensemble A1 , A2 , . . . , An constitué de parties de E2n , n + toutes de cardinal 2, deux à deux disjointes, et telles que Ai = E. On note cn le nombre de i=1
partitions par paires de E2n possibles. a) Déterminer c1 et c2 . b) Pour tout n de N∗ , trouver une relation entre cn+1 et cn . c) En déduire :
∀n ∈ N∗ , cn =
(2n)! . 2n n! 283
Chapitre 15
•
Dénombrement
15.14 Nombre de solutions de l’équation x1 + x2 + · · · + x p = n, d’inconnues x1 , x2 , . . . , xn Pour tout n ∈ N et tout p ∈ N∗ , on note Γ(n, p) le nombre de p-uplets (x1 , x2 , . . . , xn ) de N p tels que x1 + x2 + · · · + x p = n. a) Déterminer, pour tout p ∈ N∗ , Γ(0, p) et Γ(1, p). b) Déterminer, pour tout n ∈ N, Γ(n, 1) et Γ(n, 2). c) Montrer :
∀n 1, ∀p 2, Γ(n, p) = Γ(n, p − 1) + Γ(n − 1, p).
d) En déduire, par récurrence sur n : ∀n 0, ∀p 2, Γ(n, p) = e) Montrer :
∀(n, p) ∈ N × N∗ , Γ(n, p) =
n+ p−1 . n
On pourra utiliser, pour tout (p, q) ∈ N tel que 0 p q, 2
n (
Γ(k, p − 1).
k=0
q ( k k=p
q+1 = . p p+1
15.15 Nombre de dérangements d’un ensemble à n éléments Soient n un entier naturel non nul et E = {e1 , e2 , . . . , en } un ensemble à n éléments. On note B l’ensemble des bijections de E dans E, pour tout i ∈ 1 ; n, Pi l’ensemble des applications f appartenant à B vérifiant f (ei ) = ei , et D l’ensemble des applications f appartenant à B vérifiant ∀e ∈ E, f (e) e (les éléments de D sont appelés les dérangements de E). a) Exprimer D à l’aide des ensembles B, P1 , P2 , . . . , Pn . b) Calculer le cardinal des ensembles P1 , P1 ∩ P2 , et plus généralement P1 ∩ P2 ∩ · · · ∩ Pk pour tout k de 1 ; n. c) En déduire le cardinal de
n +
Pi , puis montrer : Card(D) = n!
i=1
n ( (−1)k k=0
k!
.
15.16 Nombre d’applications injectives et nombre d’applications surjectives de 1 ; p dans 1 ; n
Soient n et p deux éléments de N∗ . a) Déterminer le nombre d’applications de 1 ; p dans 1 ; n. b) Déterminer le nombre d’applications injectives de 1 ; p dans 1 ; n. c) On note S (p, n) le nombre d’applications surjectives de 1 ; p dans 1 ; n. 1) Calculer, en fonction de p, S (p, 1) et S (p, 2). 2) Calculer S (p, n) lorsque p < n. 3) Soit k ∈ 1 ; n. Exprimer, en fonction de n, k et S (p, k), le nombre d’applications f de 1 ; p dans 1 ; n telles que Card f (1 ; p) = k. n ( n S (p, k). 4) Montrer alors : n p = k k=1 5) En déduire, en fonction de p, S (p, 3).
284
Du mal à démarrer ?
Du mal à démarrer ? 15.1
a) Un mot de 4 lettres peut être assimilé à une 4-liste de l’ensemble des 26 lettres.
b) Un mot de 4 lettres, constitués de 4 lettres différentes, peut être assimilé à une 4-liste d’éléments distincts de E. c) Il faut choisir la première et la dernière lettre dans l’ensemble des 6 voyelles, les deux autres lettres dans l’ensemble des 26 lettres. d) Commencer par calculer le nombre de mots de 4 lettres sans voyelle. e) Considérer l’ensemble des mots écrits uniquement avec les lettres A et B. Parmi ces mots, deux seulement sont écrits uniquement avec la lettre A ou uniquement avec la lettre B. f) Commencer par choisir les 2 lettres qui vont constituer le mot, puis utiliser le résultat du e).
15.5
a) Une répartition est une 5-liste de l’ensemble des
4 sacs.
b) Considérer, pour tout i de 1 ; 4, Ai l’ensemble des répartitions telles que le sac n◦ i soit vide. Il s’agit alors de calculer Card(A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ), avec les ensembles Ai non deux à deux disjoints. c) 1re méthode : Calculer le cardinal du complémentaire de l’ensemble précédent. 2e méthode : Obtenir le résultat par un raisonnement direct.
15.6
a) Un résultat est une partie à n éléments de l’ensemble 1 ; a + b.
b) Commencer par choisir k boules blanches parmi les a boules blanches, puis n − k boules noires parmi les b boules noires. c) Partitionner l’ensemble des résultats possibles.
15.2
a) Les 6 lettres du mot « DANUBE » sont distinctes. Un anagramme est alors une permutation de l’ensemble de ces 6 lettres.
b) Le mot « MISSISSIPPI » contient 1 M, 4 I, 4 S et 2 P. Pour construire un anagramme, il faut (par exemple) placer le M, puis les I, puis les S, et enfin les P.
15.3
a) Un résultat est une permutation de l’ensemble des 12 boules.
b) Commencer par choisir l’ordre des couleurs, puis ordonner les boules. c) Commencer par choisir la place des boules rouges, puis ordonner les boules.
15.4
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
a) Une main est une partie à 5 éléments de l’ensemble des 52 cartes.
15.7
a) Décrire l’ensemble des façons de monter un escalier d’une marche, puis un escalier de deux marches. b) Partitionner l’ensemble en raisonnant sur le dernier saut de la grenouille : soit elle saute une seule marche, soit elle saute deux marches. c) La suite (cn )n∈N∗ est une suite récurrente linéaire d’ordre 2.
15.8
a) Lorsque les chaises sont en rangée, une disposition est une permutation de l’ensemble des n personnes.
b) Lorsque les chaises sont autour d’une table ronde, la place de la première personne n’a pas d’importance. Une fois cette personne assise, les (n − 1) autres personnes se répartissent sur les (n − 1) chaise restantes.
15.9
a) Un résultat est une permutation de l’ensemble 1 ; n.
b) Commencer par prendre les 4 as, puis une autre carte parmi les 48 cartes restantes.
b) Il n’y a qu’un seul tirage amenant les numéros par ordre croissant.
c) Commencer par choisir la hauteur du carré, puis prendre les 4 cartes correspondantes, et une autre carte parmi les 48 cartes restantes.
c) Commencer par choisir l’ensemble des k numéros obtenus lors des k premiers tirages, les disposer par ordre croissant, puis disposer les (n − k) numéros restants.
d) Commencer par choisir la hauteur du brelan et prendre 3 des 4 cartes correspondantes, puis choisir la hauteur de la paire et prendre 2 des 4 cartes correspondantes. e) Commencer par choisir la hauteur du brelan, prendre 3 des 4 cartes correspondantes, puis prendre 2 autres cartes de façon à ne pas obtenir de carré, ni de full. f) Commencer par choisir la hauteur des deux paires, prendre pour chaque paire 2 des 4 cartes correspondantes, puis prendre une dernière carte de façon à ne pas obtenir de full. g) Commencer par choisir la hauteur de la paire, prendre 2 des 4 cartes correspondantes, puis prendre 3 autres cartes de façon à ne pas obtenir de brelan, de double paire, de carré, ou de full. h) Commencer par choisir la couleur de la quinte flush, puis la hauteur de la plus petite carte (par exemple).
15.10
a) Commencer par choisir l’ensemble des p éléments qui vont constituer le p-uplet, puis ordonner ces éléments par ordre croissant. b) Noter, pour i ∈ 1 ; p et k ∈ 1 ; n,
Ei,k = (x1 , . . . , xp ) ∈ E / xi = k . Pour construire un p-uplet de Ei,k , commencer par choisir l’ensemble des (i − 1) premiers éléments dans 1 ; k − 1 et les ordonner, puis choisir l’ensemble des (p − i) derniers éléments dans k + 1 ; n et les ordonner. n + c) Il s’agit de calculer Card Ei,k . k=1 p + d) Il s’agit de calculer Card Ei,k . i=1
285
Chapitre 15
•
Dénombrement
15.11
b) c) d) Partitionner l’ensemble cherché en raisonnant sur le cardinal de A, puis utiliser les résultats de la question a).
un élément à x1 , puis faire une partition par paires de l’ensemble des 2n éléments restants.
c) Raisonner par récurrence sur n.
15.12
a) Une application de En dans En est surjective si et seulement si tous les éléments de l’ensemble de départ ont des images deux à deux distinctes. b) Une application de En+1 dans En est surjective si et seulement si deux éléments de En+1 ont la même image notée y, et les autres ont des images deux à deux distinctes et distinctes de y.
c) Une application de En+2 dans En est surjective si et seulement si trois éléments de En+2 ont la même image notée y, et les autres ont des images deux à deux distinctes et distinctes de y, ou bien si deux éléments de En+2 ont la même image notée y, deux autres ont également la même image différente de y notée z, et les autres ont des images deux à deux distinctes et distinctes de y et de z.
15.13
a) Expliciter toutes les partitions par paires de E1 et E2 .
b) En notant En+1 = {x1 , x2 , · · · , x2n+2 }, commencer par associer
286
15.14
a) Expliciter les solutions lorsque n = 0, lorsque n = 1.
b) Expliciter les solutions lorsque p = 1, lorsque p = 2. c) Partitionner l’ensemble des solutions en séparant les cas selon que xp = 0 ou que xp 1. e) Raisonner par récurrence sur p.
15.15
a) On a :
D = B \ P1 ∪ P2 ∪ · · · ∪ Pn .
c) Les ensembles Pi ne sont pas deux à deux disjoints. Calculer Card(P1 ∪ · · · ∪ Pn ) à l’aide de la formule du crible.
15.16
b) Une application de 1 ; p dans 1 ; n est injective si et seulement si les éléments de 1 ; p ont des images deux à deux distinctes. c) Une application de 1 ; p dans 1 ; n est surjective si et seulement si chaque élément de 1 ; n a au moins un antécédent dans 1 ; p.
Corrigés des exercices 15.1
Notons E l’ensemble de 26 lettres de l’alphabet.
a) Un mot de 4 lettres peut être assimilé à une 4-liste de E. Il y a donc 264 = 456976 mots de 4 lettres. b) Un mot de 4 lettres constitué de 4 lettres différentes peut être assimilé à une 4-liste d’éléments distincts de E. 26! 26! = = 26 × 25 × 24 × 23 = 358800 mots Il y a donc (26 − 4)! 22! correspondants. c) Pour écrire un mot de 4 lettres commençant et se terminant par une voyelle, il faut :
- choisir la place des 4 S parmi les 6 places restantes :
6 4
2
choix,
- choisir la place des 2 P dans les 2 places restantes : 2 choix. 6 2 11! Il y a donc 111 10 = 34650 anagrammes = 4 4 2 1! 4! 4! 2! possibles. Remarque : Si l’on commence (par exemple) à placer les S, puis les I, puis les P, puis le M, on obtient : 11 7 3 1 11! = = 34650 anagrammes. 4 4 2 1 4! 4! 2! 1! (On retrouve bien le même résultat ...)
- choisir la première lettre parmi les 6 voyelles : 6 choix, - choisir la dernière lettre parmi les 6 voyelles : 6 choix, - choisir les deux autres lettres parmi les 26 lettres : 26 × 26 choix. Il y a donc 6 × 26 = 24336 mots correspondants. 2
2
d) • Dénombrons, dans un premier temps, l’ensemble des mots de 4 lettres sans voyelle. Un tel mot peut être assimilé à une 4-liste de l’ensemble des 20 consonnes. Il y a donc 204 = 160000 mots de 4 lettres sans voyelle. • On en déduit que le nombre de mots de 4 lettres contenant au moins une voyelle est : 264 − 206 = 296976.
Il y a 2 = 16 mots de 4 lettres écrits avec les lettres A et B. Mais parmi ces mots, deux sont écrits uniquement avec la lettre A et uniquement avec la lettre B : ce sont les mots AAAA et BBBB. 4
Il y a donc 16 − 2 = 14 mots correspondants. f) Pour écrire un tel mot, il faut : = 325 choix, - choisir les 2 lettres du mot : 26 2
15.3
a) Un résultat est une permutation de l’ensemble des 12 boules. Ainsi, il y a 12! = 479001600 résultats possibles. b) Pour obtenir un résultat pour lequel les boules sont regroupées par couleur, il faut : - choisir l’ordre des 3 couleurs : 3! = 6 choix, - au sein de chaque groupement de couleur, ranger les boules correspondantes : il y a 4! = 24 rangements pour les boules blanches, 6! = 720 rangements pour les boules rouges et 2! = 2 rangements pour les boules noires. Ainsi, il y a 6 × 24 × 720 × 2 = 207360 résultats correspondants. c) Pour obtenir un résultat pour lequel les boules rouges sont regroupées, il faut : - choisir la place des boules rouges (on peut les mettre de la place 1 à la place 6, de la place 2 à la place 7, ..., de la place 7 à la place 12) : 7 choix, - ranger les boules rouges dans les places choisies : 6! = 720 choix,
- écrire un mot de 4 lettres avec ces 2 lettres : 14 choix (d’après la question e).
- ranger les 6 autres boules dans les 6 places restantes : 6! = 720 choix.
Il y a donc 325 × 14 = 4550 mots correspondants.
Ainsi, il y a 7 × 720 × 720 = 3628800 résultats correspondants.
15.2
a) Le mot « DANUBE » est constitué des 6 lettres distinctes. Un anagramme est alors une permutation de l’ensemble de ces 6 lettres. Il y a donc 6! = 720 anagrammes possibles. b) Le mot « MISSISSIPPI » est constitué de 1 M, 4 I, 4 S et 2 P. Pour construire un anagramme, il faut : choix, - choisir la place du M parmi les 11 places possibles : 11 1
- choisir la place des 4 I parmi les 10 places restantes : 10 choix, 4
15.4
a) Notons A l’ensemble des mains possibles. Une main est une partie à 5 éléments de l’ensemble des 52 cartes. 52 Ainsi : Card(A) = = 2598960. 5
b) Notons B l’ensemble des mains contenant le carré d’as. Pour construire une telle main, il faut : - prendre les 4 as : 44 = 1 choix, - choisir 1 carte parmi les 48 cartes restantes : 48 = 48 choix. 1 287
Chapitre 15
Ainsi :
•
Dénombrement
Card(B) = 48.
- choisir les 3 hauteurs des 3 autres cartes, parmi les 12 hauteurs restantes (on est alors sûr de ne pas obtenir de double paire, brelan et full) : 123 ,
c) Notons C l’ensemble des mains contenant un carré. Pour construire une telle main, il faut : - choisir la hauteur du carré : 13 choix,
4
= 1 choix, 48 - choisir 1 carte parmi les 48 cartes restantes : 1 = 48 choix. - prendre les 4 cartes de la hauteur choisie :
Ainsi :
4
h) Notons H l’ensemble des mains contenant une quinte flush.
Card(C) = 13 × 48 = 624.
d) Notons D l’ensemble des mains contenant un full.
Pour construire une telle main, il faut :
Pour construire une telle main, il faut :
- choisir la couleur de la quinte flush : 4 choix,
- choisir la hauteur du brelan : 13 choix, - prendre 3 cartes de la hauteur choisie :
4 3
- choisir la hauteur de la plus petite carte de la quinte flush : 10 choix (en effet, on peut avoir {1, 2, 3, 4, 5}, {2, 3, 4, 5, 6}, . . . , {9, 10, V, D, R} ou {10, V, D, R, As}).
choix,
- choisir la hauteur de la paire : 12 choix, - prendre 2 cartes de la hauteur choisie : 42 choix. 4 4 Ainsi : Card(D) = 13 × × 12 × = 3744. 3 2
Ainsi : Card(H) = 4 × 10 = 40.
15.5
Pour construire une telle main, il faut : - choisir la hauteur du brelan : 13 choix, - prendre 3 cartes de la hauteur choisie :
4 3
choix,
- choisir les 2 hauteurs des 2 autres cartes, parmi les 12 hauteurs restantes (on est alors sûr de ne pas obtenir de full ni de carré) : 12 , 2 -42choisir deux fois 1 carte des hauteurs choisies : = 42 choix. 1 4 12 Ainsi : Card(E) = 13 × × × 42 = 54912. 3 2 f) Notons F l’ensemble des mains contenant une double paire, sans rien de mieux. Pour construire une telle main, il faut : - choisir la hauteur des deux paires : 132 choix, - choisir deux fois 2 cartes des hauteurs choisies :
42
b) Notons B l’ensemble des répartitions telles qu’au moins un sac soit vide, et pour tout i de 1 ; 4, Ai l’ensemble des répartitions telles que le sac n◦ i soit vide. Alors : B = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 . Ces ensembles n’étant pas deux à deux disjoints, utilisons la formule du crible pour calculer Card(B) : Card(B) = Card(A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) = Card(A1 ) + Card(A2 ) + Card(A3 ) + Card(A4 ) − Card(A1 ∩ A2 ) − Card(A1 ∩ A3 ) − Card(A1 ∩ A4 ) − Card(A2 ∩ A3 ) − Card(A2 ∩ A4 ) − Card(A3 ∩ A4 ) + Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + Card(A1 ∩ A2 ∩ A4 ) + Card(A1 ∩ A3 ∩ A4 ) + Card(A2 ∩ A3 ∩ A4 ) − Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ) •
2
•
choix,
g) Notons G l’ensemble des mains contenant une paire, sans rien de mieux. - choisir la hauteur de la paire : 13 choix, - choisir 2 cartes de la hauteur choisie : 42 choix,
Ainsi : Card(A) = 45 = 1024.
Calculons Card(A1 ).
Pour construire une répartition de A1 , il faut placer toutes les billes dans les sacs 2, 3 ou 4. Ainsi : Card(A1 ) = 35 = 243.
- choisir une carte parmi les 44 cartes restantes (on est alors sûr de ne pas obtenir de full) : 441 = 44 choix. 2 13 4 × 44 = 123552. Ainsi : Card(F) = × 2 2
Pour construire une telle main, il faut :
a) Notons A l’ensemble des répartitions possibles.
Pour chaque bille, il y a 4 choix possibles.
e) Notons E l’ensemble des mains contenant un brelan, sans rien de mieux.
288
- 3choisir trois fois 1 carte des hauteurs choisies : 4 = 43 choix. 1 4 12 Ainsi : Card(G) = 13 × × × 43 = 1098240. 2 3
De même : Card(A2 ) = Card(A3 ) = Card(A4 ) = 243.
Soit (i, j) ∈ 1 ; 42 tel que i < j. Alors l’ensemble Ai ∩ A j est l’ensemble des répartitions pour lesquelles le sac n◦ i et le sac n◦ j sont vides. Il faut donc placer toutes les billes dans les deux autres sacs. Ainsi : Card(Ai ∩ A j ) = 25 = 32. •
• Soit (i, j, k) ∈ 1 ; 43 tel que i < j < k. Par le même raisonnement, Card(Ai ∩ A j ∩ Ak ) = 15 = 1. •
Enfin : Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ) = 0.
Ainsi : Card(B) = 4 × 35 − 6 × 25 + 4 × 15 − 0 = 784. c) Notons C l’ensemble des répartitions telles qu’aucun sac ne soit vide. Alors : C = B = A \ B. Ainsi : Card(C) = Card(A) − Card(B) = 1024 − 784 = 240.
Corrigés des exercices
Remarque : on peut retrouver ce résultat par un raisonnement direct. En effet, aucun sac n’est vide si et seulement si l’un des quatre sacs contient deux billes, et les trois autres sacs contiennent une seule bille. Ainsi, il faut :
Deux cas se présentent :
- choisir l’un des quatres sacs : 4 choix,
- ou le dernier saut de la grenouille est un saut d’une marche ; dans ce cas, elle a monté l’escalier jusqu’à la (n + 1)-ième marche (il y a cn+1 façons de le monter), puis a fait un saut d’une marche.
- choisir deux billes à mettre dans ce sac :
5 2
= 10 choix,
- répartir les trois autres billes dans les trois autres sacs : 3! = 6 choix.
- le dernier saut de la grenouille est un saut de deux marches ; dans ce cas, elle a monté l’escalier jusqu’à la n-ième marche (il y a cn façons de le monter), puis a fait un saut de deux marches,
Ainsi : Card(C) = 4 × 10 × 6 = 240.
Ces deux cas forment une partition de An+2 .
a) Notons Ω l’ensemble des résultats possibles. Les résultats sont les parties à n éléments de l’ensemble 1 ; a + b. a+b Ainsi : Card(Ω) = . n
c) • Ainsi, la suite (cn )n∈N∗ est une suite récurrente linéaire d’ordre 2.
On en déduit la relation :
15.6
b) Puisque n a et n b, il est possible d’obtenir aucune boule blanche, une boule blanche, ..., ou n boules blanches.
Les solutions de√l’équation caractéristique X 2 − X − 1 = 0 sont : √ 1+ 5 1− 5 et . 2 2 Ainsi, il existe deux réels λ et μ tels que :
Notons, pour tout k de 0 ; n, Ωk l’ensemble des résultats contenant exactement k boules blanches. ∗
∀n ∈ N , cn = λ
Pour obtenir un résultat de Ωk , il faut : -achoisir k boules blanches parmi les a boules blanches : choix, k - choisir n − k boules noires parmi les b boules noires : b choix. n−k a b . Ainsi : Card(Ωk ) = k n−k c) L’ensemble Ω peut se décomposer en : n + Ωk , avec les Ωk deux à deux disjoints. Ω= k=0
Donc : Card(Ω) =
n (
Card(Ωk ).
k=0
Ce qui donne l’égalite suivante :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
( n a b a+b . = k n−k n k=0
Notons, pour tout n de N∗ , An l’ensemble des façons de monter un escalier à n marches.
15.7
cn+2 = cn + cn+1 .
1 +
√
5 n
2
+μ
1 − 2
√ 5 n
.
Or : c1 = 1 et c2 = 2. √ √ , λ(1 + √5) + μ(1 − √5) = 2 On obtient : . λ(1 + 5)2 + μ(1 − 5)2 = 8 √ √ −1 + 5 1+ 5 et μ = Et on en déduit : λ = √ √ . 2 5 2 5 √ √ % 1 1+ 5 n 1 − 5 n $ Ainsi : ∀n ∈ N∗ , cn = √ − . 2 2 5 1 − √5 1 + √5 , on en déduit : • Puisque < 2 2 √ √ 1 + 5 n 1 − 5 n = o . n→+∞ 2 2 √ 1 1 + 5 n . Ainsi : cn ∼ √ n→+∞ 2 5
15.8
a) Une dispositions des invités peut être assimilée à une permutation de l’ensemble des n personnes. Il y a donc n! dispositions différentes.
Ainsi : c1 = Card(A1 ) = 1.
b) On considère une personne donnée. Sa place est indifférente car la table est ronde. Mais une fois cette personne assise, les (n − 1) autres personnes se répartissent sur les (n − 1) chaises restantes.
•
Il y a donc (n − 1)! dispositions différentes.
a) • Pour monter un escalier d’une marche, la grenouille doit obligatoirement faire un saut d’une marche. Pour monter un escalier de deux marches, la grenouille peut faire soit un saut de deux marches, soit deux sauts de une marche. Ainsi : c2 = Card(A2 ) = 2. b) Considérons un escalier à n + 2 marches.
15.9
a) Un résultat peut être assimilé une permutation de l’ensemble 1 ; n. Il y a donc n! tirages possibles. 289
Chapitre 15
•
Dénombrement
b) On obtient les numéros dans l’ordre croissant si l’on tire, au premier tirage, la boule numéro 1, puis au deuxième tirage, la boule numéro 2, ..., et au n-ième tirage, la boule numéro n. Il n’y a donc qu’un seul tirage amenant les numéros par ordre croissant. c) Pour obtenir les k premiers numéros par ordre croissant, il faut : - choisir l’ensemble des k numéros obtenus lors des k premiers tirages : nk choix,
D’où :
n−p+i ( k − 1n − k n . = i−1 p−i p k=i
d) Soit k ∈ 1 ; n fixé. • Les ensembles Ei,k , pour i ∈ 1 ; p, sont également deux à deux disjoints, donc : k k ( ( k−1 n−k = Card(Ei,k ) i−1 p−i i=k−n+p i=k−n+p p p ( + Card(Ei,k ) = Card Ei,k . =
- les disposer par ordre croissant : 1 choix,
i=1 p +
l’ensemble des p-uplets de E dont l’un des éléments est égal à k.
Remarque : pour k = n, on retrouve le résultat précédent.
•
15.10 a) Pour construire un p-uplet de E, il faut :
Si l’on note, pour tout k ∈ 1 ; n, Fk =
Ei,k , alors Fk est
i=1
Pour construire un p-uplet de Fk , il faut :
- prendre l’élément k : 1 choix,
- choisir l’ensemble des p éléments qui vont constituer le puplet : np choix,
- choisir l’ensemble des (p−1) éléments dans l’ensemble autres {1, . . . , k − 1, k + 1, . . . , n} : n−1 choix, p−1
- ordonner ces éléments par ordre croissant : 1 choix. n On en déduit : Card(E) = . p
- ordonner ces p éléments par ordre croissant : 1 choix. n−1 . Ainsi : Card(Fk ) = p−1 p ( k−1 n−k n−1 On obtient alors : = . i−1 p−i p−1 i=1
b) Soient i ∈ 1 ; p et k ∈ 1 ; n. Notons :
Ei,k = (x1 , . . . , x p ) ∈ E / xi = k . Puisque les éléments du p-uplet doivent être rangés par ordre strictement croissant, la plus petite valeur que peut prendre xi est i, et la plus grande est n − p + i. •
Donc si k i − 1 ou k n − p + i + 1, alors : Card(Ei,k ) = 0.
• Si i
k n − p + i, pour construire un p-uplet de Ei,k , il faut :
15.11 a) 1) Une partie B de E vérifie A ∩ B = ∅ si et seulement si B ⊂ E \ A.
Or Card(E \ A) = Card(E) − Card(A) = n − p, et donc Card P(E \ A) = 2n−p . Ainsi, il y a 2n−p parties de E disjointes de A.
- choisir l’ensemble des (i − 1) premiers éléments dans choix, 1 ; k − 1 : k−1 i−1
a) 2) Une partie B de E vérifie A ⊂ B si et seulement si B = A ∪ C, avec C ∈ E \ A.
- les ordonner par ordre croissant : 1 choix,
Il y a donc autant de parties B convenant que de parties C de E \ A.
- choisir l’ensemble des (p − i) derniers éléments dans choix, k + 1 ; n : n−k p−i - les ordonner par ordre croissant : 1 choix. k−1 n−k On en déduit : Card(Ei,k ) = . i−1 p−i n + Ei,k = E. En effet, pour tout c) Soit i ∈ 1 ; p fixé. Alors : k=1
p-uplet (x1 , . . . , x p ) de E, il existe un unique k dans 1 ; n tel que xi = k ; donc ce p-uplet appartient à Ei,k . Puisque les ensembles Ei,k , pour k ∈ 1 ; n, sont deux à deux disjoints, on obtient : n ( Card(Ei,k ). Card(E) = k=1
290
i=1
- disposer les (n − k) autres numéros dans les (n − k) derniers tirages : (n − k)! choix. n n! tirages possibles. Il y a donc × (n − k)! = k! k
Or Card(E \ A) = Card(E) − Card(A) = n − p, et donc Card P(E \ A) = 2n−p . Ainsi, il y a 2n−p parties de E contenant A. a) 3) Une partie B de E vérifie A ∪ B = E si et seulement si B = (E \ A) ∪ D, avec D ⊂ A. Il y a donc autant de parties B convenant que de parties D de A. Or Card(A) = p, et donc Card P(A) = 2 p . Ainsi, il y a 2 p parties B de E telles que A ∪ B = E.
b) Notons : Δ = (A, B) ∈ P(E)2 / A ∪ B = E , et pour k ∈ 0 ; n,
Δk = (A, B) ∈ P(E)2 / A ∪ B = E et Card(A) = k .
Corrigés des exercices
Alors : Δ =
n +
Δk , avec les ensembles Δk deux à deux disjoints.
k=0
Donc :
Card(Δ) =
n (
Card(Δk ).
k=0
•
Pour construire un couple de parties (A, B) de Δk , il faut : n - construire une partie A à k éléments : choix, k
2e méthode : notons, pour tout k ∈ 0 ; n,
Γk = (A, B, C) ∈ P(E)3 / A ∪ B ∪ C = E, Card(A) = k .
- la partie A étant construite, construire une partie B telle que A ∪ B = E : 2k choix (d’après a) 3)). n k 2. Donc : Card(Δk ) = k n ( n k • Ainsi : Card(Δ) = 2 = (2 + 1)n = 3n . k k=0
c) Notons : Δ = (A, B) ∈ P(E)2 / A ∩ B = ∅ , et pour k ∈ 0 ; n,
Δ k = (A, B) ∈ P(E)2 / A ∩ B = ∅ et Card(A) = k . n + Δ k , avec les ensembles Δ k deux à deux disAlors : Δ =
Alors : Γ =
k=0
joints. Donc : Card(Δ ) =
n (
Card(Δ k ).
k=0
Pour construire un couple de parties (A, B) de Δ k , il faut : n - construire une partie A à k éléments : choix, k •
- la partie A étant construite, construire une partie B telle que A ∩ B = ∅ : 2n−k choix (d’après a) 2)). n n−k 2 . Donc : Card(Δ k ) = k n ( n n−k • Ainsi : Card(Δ ) = 2 = (1 + 2)n = 3n . k k=0
d) Notons : Γ = (A, B, C) ∈ P(E)3 / A ∪ B ∪ C = E . 1re méthode : notons, pour tout k ∈ 0 ; n,
Γk = (A, B, C) ∈ P(E)3 / A ∪ B ∪ C = E, Card(A ∪ B) = k . © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
n k k n k 32 = 6. k k n ( n k • Ainsi : Card(Γ) = 6 = (6 + 1)n = 7n . k k=0 Donc : Card(Γk ) =
Alors : Γ =
n +
Γk , avec les ensembles Γk deux à deux disjoints.
k=0
Donc : Card(Γ) =
n (
Card(Γk ).
k=0
Pour construire un triplet de parties (A, B, C) de Γk , il faut : n - construire une partie A à k éléments : choix, k •
- une fois A construite, pour construire les parties B et C telles que A ∪ B ∪ C = E, décomposons B et C en : B = B1 ∪ B2 , avec B1 ⊂ A et B2 ⊂ E \ A, C = C1 ∪ C2 , avec C1 ⊂ A et C2 ⊂ E \ A. Les parties B et C conviennent si et seulement si : B1 ⊂ A, C1 ⊂ A et B2 ∪ C2 = E \ A. Il y a alors 2k choix pour construire B1, 2k choix pour construire C1 et 3n−k pour construire (B2, C2 ) (d’après la question b)). n k k n−k n k n−k 2 2 3 = 4 3 . Donc : Card(Γk ) = k k n ( n k n−k • Ainsi : Card(Γ) = 4 3 = (4 + 3)n = 7n . k k=0
15.12 Notons x1 , . . . , xn les éléments de En . a) Une application f de En dans En est surjective si et seulement si chaque élément de l’ensemble d’arrivée a au moins un antécédent dans l’ensemble de départ ; or, puisque les ensembles d’arrivée et de départ ont le même cardinal, il faut et il suffit que tous les éléments de l’ensemble de départ aient des images deux à deux distinctes par f . Ainsi, pour construire une telle application, il faut :
Γk , avec les ensembles Γk deux à deux disjoints.
k=0
Donc :
n +
Card(Γ) =
n (
Card(Γk ).
k=0
- choisir l’image de x1 : n choix, - choisir l’image de x2 , distincte de f (x1 ) : n − 1 choix, ···
Pour construire un triplet de parties (A, B, C) de Γk , il faut : n choix, - choisir une partie Ek de E à k éléments : k
On en déduit qu’il existe n! applications surjectives de En dans En .
- construire un couple de parties (A, B) telles que A ∪ B = Ek : 3k choix (d’après la question b)),
Remarque : une telle application est alors injective, donc bijective.
- construire une partie C telle que Ek ∪C = E : 2k choix (d’après la question a)3)).
b) Une application f de En+1 dans En est surjective si et seulement si deux éléments de En+1 ont la même image par f , no-
•
- choisir l’image de xn , distincte des précédentes : 1 choix.
291
Chapitre 15
•
Dénombrement
tée y, et les autres ont des images deux à deux distinctes, et distinctes de y. Ainsi, pour construire une telle application, il faut : choix, - choisir deux éléments de En+1 : n+1 2 - choisir leur image commune y dans En : n choix, - choisir, pour les (n − 1) autres éléments de En+1 , des images deux à deux distinctes et distinctes de y : (n − 1)! choix. n(n + 1)! n+1 On en déduit qu’il existe × n × (n − 1)! = 2 2 applications surjectives de En+1 dans En . c) Une application f de En+2 dans En est surjective si et seulement si :
ou
- trois éléments de En+2 ont la même image par f , notée y, et les autres ont des images deux à deux distinctes et distinctes de y - deux éléments de En+2 ont la même image par f , notée y, deux autres ont également la même image par f différente de y, notée z, et les autres ont des images deux à deux distinctes et distinctes de y et de z.
Notons A l’ensemble des applications de En+2 dans En pour lesquelles trois éléments de En+2 ont la même image par f , notée y, et les autres ont des images deux à deux distinctes et distinctes de y. Notons B l’ensemble des applications de En+2 dans En pour lesquelles deux éléments de En+2 ont la même image par f , notée y, deux autres ont également la même image par f différente de y, notée z, et les autres ont des images deux à deux distinctes et distinctes de y et de z. •
Pour construire une application de A, il faut : choix, - choisir trois éléments de En+2 : n+2 3
- choisir leur image commune y dans En : n choix, - choisir, pour les (n − 1) autres éléments de En+2 , des images deux à deux distinctes et distinctes de y : (n − 1)! choix. n+2 n (n + 2)! . Donc : Card(A) = × n × (n − 1)! = 6 3 •
Pour construire une application de B, il faut : choix, - choisir quatre éléments de En+2 : n+2 4
- choisir les deux éléments y et z de En qui ont deux antécédents : n2 choix, - choisir les deux éléments parmi les quatre éléments précédents qui ont pour image y, les deux restants ont pour image z : 4 × 1 choix, 2 - choisir, pour les (n − 2) autres éléments de En+2 , des images deux à deux distinctes et distinctes de y et de z : (n − 2)! choix. 292
n+2 n 4 × × × (n − 2)! 4 2 2 n (n − 1) (n + 2)! = . 8 • En notant C l’ensemble des applications surjectives de En+2 dans En , on a : C = A ∪ B, avec A et B disjoints. Donc : Card(B) =
On en déduit qu’il existe Card(C) = Card(A) + Card(B) =
n (3n + 1) (n + 2)! 24
applications surjectives de En+2 dans En .
15.13 a) • Soit E2 = {a, b} un ensemble à 2 éléments. . La seule partition par paires possible est : {a, b} . Ainsi : c1 = 1. •
Soit E4 = {a, b, c, d} un ensemble à 4 éléments.
Les partitions par paires possibles sont : -
. -
.-
. a, b}, {c, d} , a, c}, {b, d} a, d}, {b, c} . Ainsi : c2 = 3. b) Pour créer une partition par paires d’un ensemble E2n+2 = {x1 , x2 , . . . , x2n+2 } à (2n + 2) éléments, il faut : - choisir un élément (noté xk ) de E2n+2 à associer à x1 : 2n + 1 choix, - former une partition par paires de E2n+2 \ {x1 , xk }, qui a 2n éléments : cn choix. Ainsi : cn+1 = (2n + 1)cn . c) Raisonnons par récurrence sur n. Notons, pour tout n ∈ N∗ , (2n)! P(n) la propriété : « cn = n ». 2 n! 2! = 1. • Pour n = 1 : c1 = 1 et 2 × 1! D’où la propriété P(1). Supposons la propriété P(n) pour un n de N∗ fixé. (2n)! Alors : cn+1 = (2n + 1)cn = (2n + 1) n 2 n! (2n + 2)! 2n + 2 (2n + 1) (2n)! = n+1 . = 2(n + 1) 2n n! 2 (n + 1)! D’où la propriété P(n + 1). (2n)! . • On en déduit : ∀n ∈ N∗ , cn = 2n n! •
15.14 a) Soit p ∈ N∗ fixé. • L’équation x1 + x2 + · · · + x p = 0 admet pour unique solution dans N p : (0, 0, . . . , 0). Donc : Γ(0, p) = 1. • L’équation x1 + x2 + · · · + x p = 1 admet pour solutions dans N p : (1, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, . . . , 0, 1). Donc : Γ(1, p) = p.
Corrigés des exercices
b) Soit n ∈ N fixé.
D’où la propriété P(n + 1). On en déduit : ∀n 0, ∀p 2, Γ(n, p) =
L’équation x1 + x2 = n admet pour solutions dans N p : (n, 0), (n − 1, 1), . . . , (0, n). Donc : Γ(n, 2) = n + 1.
e) Raisonnons cette fois-ci par récurrence sur p.
• •
c) Soient n 1 et p 2 fixés. Décomposons l’ensemble E(n, p) des p-uplets (x1 , x2 , . . . , xn ) de N p tels que x1 + x2 + · · · + x p = n en deux sous-ensembles : - l’ensemble E1 (n, p) des p-uplets (x1 , x2 , . . . , xn ) de N p tels que x1 + x2 + · · · + x p = n et x p = 0, - l’ensemble E2 (n, p) des p-uplets (x1 , x2 , . . . , xn ) de N p tels que x1 + x2 + · · · + x p = n et x p 1. Alors : E(n, p) = E1 (n, p) ∪ E2 (n, p), avec les ensembles E1 (n, p) et E2 (n, p) disjoints. Donc : Card E(n, p) = Card E1 (n, p) + Card E2 (n, p) . • Calculons Card E1 (n, p) : E1 (n, p)
= (x1 , . . . , x p ) ∈ N p / x1 + · · · + x p = n et x p = 0
p = (x1 , . . . , x p−1 , 0) ∈ N / x1 + · · · + x p−1 = n
= (x1 , . . . , x p−1 , 0) ∈ N p / (x1 , . . . , x p−1 ) ∈ E(n, p − 1) . Ainsi : Card E1 (n, p) = Card E(n, p − 1) = Γ(n, p − 1). • Calculons Card E2 (n, p) : E2 (n, p)
= (x1 , . . . , x p ) ∈ N p / x1 + · · · + x p = n et x p 1
p = (x1 , . . . , x p ) ∈ N / x1 + · · · + x p−1 + + (x p − 1) = n − 1 et (x p − 1) 0
= (x1 , . . . , x p−1 , x p ) ∈ N p / (x1 , . . . , x p−1 , x p − 1) ∈ E(n − 1, p) . Ainsi : Card E2 (n, p) = Card E(n − 1, p) = Γ(n − 1, p). •
On en déduit : Γ(n, p) = Γ(n, p − 1) + Γ(n − 1, p).
d) Raisonnons par récurrence sur n. Notons, pour tout n ∈ N, n ( Γ(k, p − 1) ». P(n) la propriété : « ∀p 2, Γ(n, p) = © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
n (
L’équation x1 = n admet pour unique solution dans N : n. Donc : Γ(n, 1) = 1. p
k=0
Notons, pour tout p de N∗ , E (p) la propriété : n+ p−1 « ∀n 0, Γ(n, p) = ». n n Pour p = 1 : ∀n 0, Γ(n, 1) = 1 = . n D’où la propriété E (1). Supposons la propriété E (p) pour un p de N∗ fixé. Alors : n n ( ( k+ p−1 ∀n 0, Γ(n, p + 1) = Γ(k, p) = k k=0 k=0 n+p−1 n ( ( k+ p−1 = = p−1 p−1 k=0 =p−1 n+ p n+ p = = . p n D’où la propriété E (p + 1).
On en déduit : ∀p 1, ∀n 0, Γ(n, p) =
n+ p−1 . n
15.15 a) Par définition de D, on peut écrire : D = B \ P1 ∪ P2 ∪ · · · ∪ Pn . b) Une application de E dans E est bijective si, tous les éléments de E ont des images deux à deux distinctes dans E. •
Pour construire une bijection de P1 , il faut :
- définir f (e1 ) égal à e1 : 1 choix, - choisir f (e2 ) dans {e1 , e2 , . . . , en } \ { f (e1 )} : (n − 1) choix, - choisir f (e3 ) dans {e1 , . . . , en } \ { f (e1 ), f (e2 )} : (n − 2) choix, - ··· - choisir f (en ) dans {e1 , . . . , en } \ { f (e1 ), . . . , f (en−1 )} : 1 choix. On en déduit : Card(P1 ) = (n − 1)!.
Pour n = 0 : ∀p 2, Γ(0, p) = 1 et
Γ(k, p − 1).
k=0
0 (
•
Γ(k, p − 1) = Γ(0, p − 1) = 1.
k=0
Pour construire une bijection de P1 ∩ P2 , il faut :
- définir f (e1 ) égal à e1 : 1 choix, - définir f (e2 ) égal à e2 : 1 choix,
D’où la propriété P(0).
- choisir f (e3 ) dans {e1 , e2 , . . . , en }\{ f (e1 ), f (e2 )} : (n−2) choix,
Supposons la propriété P(n) pour un n de N fixé. Alors :
- ···
∀p 2, Γ(n + 1, p) = Γ(n + 1, p − 1) + Γ(n, p) n ( = Γ(n + 1, p − 1) + Γ(k, p − 1)
- choisir f (en ) dans {e1 , . . . , en } \ { f (e1 ), . . . , f (en−1 )} : 1 choix.
=
n+1 ( k=0
k=0
Γ(k, p − 1).
On en déduit : Card(P1 ∩ P2 ) = (n − 2)!. •
Soit k ∈ 1 ; n. Par le même raisonnement, on obtient : Card(P1 ∩ P2 ∩ · · · ∩ Pk ) = (n − k)!. 293
Chapitre 15
•
Dénombrement
c) • Calculons Card(P1 ∪ · · · ∪ Pn ), noté cn .
Il n’y a donc pas d’application injective de E p dans En .
Les ensembles Pk ne sont pas deux à deux disjoints. Utilisons donc la formule du crible : n ( ( (−1)k+1 Card(Pi1 ∩ Pi2 ∩ · · · ∩ Pik ). cn =
c) 1) • Il n’y a qu’une seule application de E p dans E1 = {1}, et cette application est surjective.
k=1
1i1 <···
Or, pour tout k de 1 ; n fixé, tous les cardinaux des ensembles Pi1 ∩ · · · ∩ Pik sont égaux, et égaux à n . Card(P1 ∩ · · · ∩ Pk ) = (n − k)! ; de plus, il y en a k n n ( ( (−1)k+1 n (−1)k+1 (n − k)! = n! Ainsi : cn = . k! k k=1 k=1 •
Une bijection de E dans E est une permutation de E.
Ainsi : S (p, 1) = 1 p = 1. • Parmi toutes les applications de E p dans E2 = {1, 2}, deux sont non surjectives : celle qui, à tout élément de E p , associe 1, et celle qui, à tout élément de E p , associe 2.
Ainsi : S (p, 2) = 2 p − 2. c) 2) Si p < n, et si f est une application de E p dans En , alors Card f (E p ) p < n ; ainsi il y a au moins un élément de En qui n’a pas d’antécédent. Donc f n’est pas surjective. Ainsi : S (p, n) = 0. c) 3) Notons, pour tout k de 1 ; n, Γk l’ensemble des applica tions f de E p dans En telles que Card f (E p ) = k.
Ainsi : Card(B) = n!. • Puisque P1 ∪ P2 ∪ · · · ∪ Pn ⊂ B, alors :
Pour construire une telle application, il faut :
n choix, - choisir une partie Ak de En à k éléments : il y a k
Card(D) = Card(B) − Card(P1 ∪ · · · ∪ Pn ) n n ( ( (−1)k+1 (−1)k = n! − n! = n! + n! k! k! k=1 k=1 n ( (−1)k = n! . k! k=0
- construire une application surjective de E p dans Ak : il y a S (p, k) choix ; en effet, il y a autant d’applications surjectives de E p dans Ak que d’applications surjectives de E p dans 1 ; k. n S (p, k). Ainsi : Card(Γk ) = k
15.16 Notons, pour tout k de N∗ , Ek = 1 ; k. a) Pour définir une application de E p dans En , il faut associer, à chaque élément de E p , un et un seul élément de En .
c) 4) En notant Γ l’ensemble des applications de E p dans En , alors Γ peut se décomposer en :
Ainsi, il y a n p applications de E p dans En . Γ=
b) • Supposons p n.
On en déduit : Card(Γ) =
- choisir l’image de 2 dans En , différente de f (1) : il y a n − 1 choix, - ··· - choisir l’image de p dans En , différente f (1), f (2), . . . , f (p − 1) : il y a n − (p − 1) choix. n! Ainsi, il y a n × (n − 1) × · · · × (n − p + 1) = (n − p)! applications injectives de E p dans En . •
D’où : n p =
n ( n k=1
de
Supposons p > n.
Dans ce cas, il est impossible de définir une injection de E p dans En .
294
Γk , avec les Γk deux à deux disjoints.
k=1
Pour définir une application f injective de E p dans En , il faut : - choisir l’image de 1 dans En : il y a n choix,
n +
k
n (
Card(Γk ).
k=1
S (p, k).
c) 5) Pour n = 3, on obtient : 3 3 3 S (p, 1) + S (p, 2) + S (p, 3) 3p = 1 2 3 = 3S (p, 1) + 3S (p, 2) + S (p, 3). Ainsi : S (p, 3) = 3 p − 3 × 1 − 3 × (2 p − 2) = 3 p − 3 × 2 p + 3.
Espaces probabilisés
Plan Les méthodes à retenir 296 Énoncés des exercices
299
Du mal à démarrer ?
305
Corrigés des exercices
307
CHAPITRE
16
Thèmes abordés dans les exercices •
Expériences aléatoires, univers des possibles, événements
•
Probabilité
•
Probabilité conditionnelle
•
Indépendance d’événements.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Vocabulaire probabiliste : événement élémentaire, événement certain, événement impossible, événement négligeable, événement presque sûr, événements incompatibles, système complet d’événements
•
Définition d’une probabilité
•
Probabilité d’un événement contraire, probabilité d’une réunion finie (formule de Poincaré ou du crible), probabilité d’une réunion infinie, propriété de limite monotone
•
Probabilité conditionnelle : définition et notation PA (B), formule des probabilités composées, formule des probabilités totales, formule de Bayes
•
Indépendance de deux événements, indépendance mutuelle de n événements, indépendance d’une suite infinie d’événements Séries, sommes de séries convergentes, séries télescopiques, les séries qn ,
•
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
n1
nq
n−1
,
n2
n(n − 1)q
n−2
xn . , la série exponentielle n! n0
n0
295
Chapitre 16
•
Espaces probabilisés
Les méthodes à retenir Lorsque l’univers des possibles Ω est fini, on peut décrire Ω et identifier l’événement A comme un sous-ensemble de Ω : •
Pour calculer la probabilité d’un événement A lorsque l’univers des possibles est fini
•
s’il y a équiprobabilité des événements élémentaires, alors : Card(A) nombre de cas favorables à A = P(A) = Card(Ω) nombre de cas possibles sinon, il faut calculer les probabilités des événements élémentaires P {ω} , pour tout ω ∈ Ω, et utiliser : P(A) = P {ω} . ω∈A
➥ Exercices 16.1 à 16.3, 16.7, 16.8.
Essayer de : •
utiliser l’événement contraire A, et dans ce cas : P(A) = 1 − P(A)
➥ Exercices 16.4, 16.11 à 16.13, 16.17 •
décomposer A sous la forme A = B \ C, et dans ce cas : P(A) = P(B \ C) = P(B) − P(B ∩ C) ; si de plus C implique B (c’est-à-dire C ⊂ B), alors : P(A) = P(B \ C) = P(B) − P(C)
•
décomposer A sous la forme A = B ∪ C, et dans ce cas : P(A) = P(B ∪ C) = P(B) + P(C) − P(B ∩ C) ; si de plus B et C sont incompatibles (c’est-à-dire B ∩ C = ∅), alors : P(A) = P(B ∪ C) = P(B) + P(C).
Pour calculer la probabilité d’un événement A à l’aide des opérations sur les événements
➥ Exercices 16.3, 16.9, 16.18.
•
Si les événements Ak sont deux à deux incompatibles, alors : n n Ak = P(Ak ). P k=1
Pour calculer la probabilité d’une réunion finie n Ak d’événements k=1
k=1
➥ Exercices 16.8 à 16.10, 16.12, 16.16 •
Sinon, on utilise la formule de Poincaré (appelée aussi formule du crible) : n n Ak = (−1)k+1 P(Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ), P k=1
k=1
1i1 <···
ce qui s’écrit : – pour n = 2 : P(A1 ∪ A2 ) = P(A1 ) + P(A2 ) − P(A1 ∩ A2 ), 296
Les méthodes à retenir
– pour n = 3 : P(A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = P(A1 ) + P(A2 ) + P(A3 ) −P(A1 ∩ A2 ) − P(A1 ∩ A3 ) − P(A2 ∩ A3 ) + P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ).
➥ Exercices 16.7, 16.13
(suite) •
On peut aussi essayer de calculer la probabilité de l’événement n n contraire : Ak = Ak . On se ramène alors au calcul de la prok=1
k=1
babilité d’une intersection finie d’événements. •
Si les événements An sont deux à deux incompatibles, alors : +∞ +∞ An = P(An ). P n=1
•
Pour calculer la probabilité d’une réunion infinie +∞ d’événements An
n=1
➥ Exercices 16.4, 16.5, 16.10 à 16.12, 16.17 à 16.19
Si les événements An forment une suite croissante d’événements (c’est-à-dire : ∀n ∈ N∗ , An ⊂ An+1 ), alors : +∞ An = lim P(An ). P n∞
n=1 •
n=1
➥ Exercices 16.4, 16.15
Sinon, on utilise la formule suivante : +∞ n P An = lim P Ak . n∞
n=1 •
k=1
On peut aussi essayer de calculer la probabilité de l’événement +∞ +∞ contraire : An = An . On se ramène alors au calcul de la pron=1
n=1
babilité d’une intersection infinie d’événements.
➥ Exercice 16.4. •
Si les événements Ak sont mutuellement indépendants, alors : n n P Ak = P(Ak ).
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
k=1 •
Pour calculer la probabilité d’une intersection finie n Ak d’événements
k=1
➥ Exercices 16.4, 16.9, 16.13, 16.16
Sinon, on utilise la formule des probabilités composées : n Ak = P(A1 ) × PA1 (A2 ) × · · · × PA1 ∩A2 ∩···∩An−1 (An ), P k=1
à condition que P(A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−1 ) 0. ➥ Exercices 16.5, 16.6, 16.10, 16.19
k=1 •
On peut aussi essayer de calculer la probabilité de l’événement n n contraire : Ak = Ak . On se ramène alors au calcul de la prok=1
k=1
babilité d’une réunion finie d’événements.
➥ Exercice 16.13. 297
Chapitre 16
•
Espaces probabilisés
•
Si les événements An forment une suite décroissante d’événements (c’est-à-dire : ∀n ∈ N∗ , An+1 ⊂ An ), alors : +∞ P An = lim P(An ). n∞
n=1
➥ Exercice 16.4 Pour calculer la probabilité d’une intersection infinie +∞ d’événements An
•
Sinon, on utilise la formule suivante : +∞ n P An = lim P Ak . n∞
n=1
k=1
➥ Exercice 16.18
n=1 •
On peut aussi essayer de calculer la probabilité de l’événement +∞ +∞ contraire : An = An . On se ramène alors au calcul de la pron=1
n=1
babilité d’une réunion infinie d’événements.
➥ Exercice 16.11. Utiliser la formule des probabilités totales : •
si la famille (Ak )1kn est un système complet fini d’événements, alors pour tout événement B : n P(B) = P(Ak ∩ B), k=1
et si de plus, pour tout k de 1 ; n, P(Ak ) 0, alors : n P(B) = P(Ak ) × PAk (B) Pour calculer la probabilité d’un événement B en fonction de probabilités conditionnelles liées à cet événement
k=1
➥ Exercices 16.6, 16.14, 16.15 •
si la famille (An )n1 est un système complet dénombrable d’événements, alors pour tout événement B : +∞ P(An ∩ B) converge et P(B) = P(An ∩ B), la série n1
n=1
et si de plus, pour tout n 1, P(An ) 0, alors : +∞ P(An ) × PAn (B). P(B) = n=1
➥ Exercices 16.11, 16.17
Cette formule est souvent utilisée lorsqu’une expérience se réalise en plusieurs temps, et que l’on s’intéresse au résultat final.
Pour calculer la probabilité d’une cause A sachant une conséquence B
298
Utiliser la formule de Bayes : P(A)PA (B) , à condition que P(A) 0 et P(B) 0. PB (A) = P(B) Cette formule est aussi appelée la formule de probabilité des causes : elle permet de « remonter le temps ».
Énoncés des exercices
Très souvent, pour calculer le dénominateur P(B), on utilise la formule des probabilités totales.
(suite)
➥ Exercices 16.6, 16.11. •
Deux événements A et B sont indépendants lorsque : P(A ∩ B) = P(A) × P(B).
➥ Exercices 16.9, 16.16 •
Deux événements A et B de probabilités non nulles sont indépendants lorsque : PA (B) = P(B) ou PB (A) = P(A).
•
Les événements A1 , A2 , . . . , An sont (mutuellement) indépendants lorsque : Ai = P(Ai ). pour toute partie non vide I de 1 ; n, P
Pour montrer ou utiliser l’indépendance d’événements
i∈I
i∈I
➥ Exercices 16.4, 16.9, 16.13, 16.16 •
La famille dénombrable d’événements (An )n1 est une famille d’événements (mutuellement) indépendants lorsque : Ai = P(Ai ). pour toute partie finie et non vide I de N,P i∈I
i∈I
Remarque : l’indépendance d’une suite d’événements n’est en général pas démontrable, mais constitue un choix (ou une conséquence) de la modélisation.
➥ Exercice 16.4.
Énoncés des exercices © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
16.1 Tirages de trois boules avec remise dans une urne Une urne contient 10 boules numérotées de 1 à 10. On tire successivement et avec remise 3 boules de cette urne. Calculer la probabilité d’obtenir : a) trois numéros identiques, b) trois numéros deux à deux distincts, c) trois numéros consécutifs dans l’ordre pù ils ont été obtenus, d) trois numéros rangés par ordre strictement croissant.
16.2 Lancers de cinq dés équilibrés On lance simultanément cinq dés équilibrés à 6 faces. Calculer la probabilité d’obtenir : a) un double : deux dés amènent la même face, et les trois autres amènent des faces différentes entre elles et de celle du double, 299
Chapitre 16
•
Espaces probabilisés
b) deux doubles : deux dés amènent la même face, deux autres amènent une même autre face, et le dernier amène une face différente, c) un triple : trois dés amènent la même face, et les deux autres amènent des faces différentes entre elles et de celle du triple, d) un double et un triple, e) un quintuplet : les cinq dés amènent la même face, f) un "dépareillé" : les cinq dés amènent des faces toutes différentes.
16.3 Tirages dans une urne, obtention de boules de même parité Une urne contient 9 boules numérotées de 1 à 9. On tire deux boules de cette urne. Calculer la probabilité d’obtenir 2 boules portant des numéros de même parité dans les différents cas suivants : a) on tire les 2 boules simultanément, b) on tire une boule, on ne la remet pas, puis on tire la seconde, c) on tire une boule, on la remet, puis on tire la seconde.
16.4 Tirages dans une urne, obtention d’au moins une boule rouge lors d’une infinité de tirages On considère une urne qui contient deux boules vertes et une boule rouge dans laquelle on effectue une infinité de tirages successifs et avec remise. On définit E l’événement : « on obtient au moins une boule rouge ». On souhaite calculer P(E) par trois méthodes différentes. Pour cela, on note pour tout n de N∗ les événements suivants : An : « on obtient la première boule rouge au n-ième tirage », Bn : « on obtient au moins une boule rouge au cours des n premiers tirages », Cn : « on obtient n boules vertes au cours des n premiers tirages ». a) Calculer, pour tout n de N∗ , P(An ), P(Cn ) et P(Bn). b) Exprimer E à l’aide des événements An , pour n ∈ N∗ , et en déduire P(E). c) Exprimer E à l’aide des événements Bn, pour n ∈ N∗ , et retrouver P(E). d) Exprimer E à l’aide des événements Cn , pour n ∈ N∗ , et en déduire P(E) puis P(E). e) Que dire de l’événement E ? Interpréter ce résultat.
16.5 Tirages avec remise dans une urne, en ajoutant à chaque tirage une boule noire Une urne contient initialement une boule blanche et une boule noire. On effectue dans cette urne une suite de tirages. À chaque tirage, on note la couleur de la boule tirée, on la remet dans l’urne et on ajoute en plus une boule noire. Pour tout n de N∗ , on définit les événements : En : « on obtient la première boule blanche au n-ième tirage », Fn : « on obtient la première boule noire au n-ième tirage ». 1 a) 1)Soit n ∈ N∗ . Montrer : P(En ) = . n(n + 1) 2) Déterminer deux réels a et b tels que : ∀n ∈ N∗ , P(En ) = 300
a b + . n n+1
Énoncés des exercices
3) En déduire que l’on obtient presque sûrement au moins une boule blanche. 1 1 − . n! (n + 1)! 2) En déduire que l’on obtient presque sûrement au moins une boule noire.
b) 1) Soit n ∈ N∗ . Montrer :
P(Fn ) =
16.6 Tirages avec remise dans une urne, en ajoutant à chaque tirage une boule noire ou une boule blanche On lance, une seule fois, une pièce équilibrée, puis on effectue des tirages successifs dans une urne, contenant initialement une boule blanche et une boule noire, selon le protocole suivant : - on tire une boule, on note sa couleur et on la remet dans l’urne, - on rajoute une boule blanche si l’on a obtenu pile, et une boule noire si l’on a obtenu face. Ainsi, au moment du k-ième tirage, l’urne contient k + 1 boules. a) Calculer la probabilité de tirer une boule blanche au k-ième tirage. b) Sachant que l’on a tiré une boule blanche au k-ième tirage, calculer la probabilité pk d’avoir obtenu pile. c) Calculer la probabilité d’obtenir k boules blanches lors des k premiers tirages.
16.7 Distribution aléatoire de lettres On considère n lettres destinées à n personnes différentes, et n enveloppes adressées à ces n personnes. On met au hasard dans chaque enveloppe une et une seule lettre. Pour tout k de 1 ; n, on définit Ak l’événement : « la k-ième lettre est adressée à la bonne personne ». a) Calculer P(A1 ), P(A1 ∩ A2 ), puis P(A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ak ) pour k ∈ 1 ; n. b) En déduire la probabilité pn qu’au moins une personne reçoive la bonne lettre. c) Déterminer lim pn . n∞
16.8 Solutions d’un système linéaire aléatoire On dispose de trois dés équilibrés à 6 faces : un dé rouge, un dé bleu et un dé jaune. On lance ces trois dés, et on note a (resp. b, c) le numéro obtenu sur le dé rouge (resp. bleu, jaune).
x − 2y = 3 On considère alors le système linéaire suivant : (S ) . ax − by = c © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Déterminer la probabilité pour que le système (S ) ait : a) une infinité de solutions, b) aucune solution c) une unique solution d) (9, 3) comme unique solution.
16.9 Événements indépendants Une urne contient une boule rouge et une boule noire. On effectue n tirages successifs avec remise de la boule tirée. On définit les événements : An : « on obtient, au cours des n tirages, des boules des deux couleurs » Bn : « on obtient, au cours des n tirages, au plus une boule rouge ». 301
Chapitre 16
•
Espaces probabilisés
a) Calculer, pour tout n 2, P(An ) et P(Bn). b) Étudier l’indépendance des événements An et Bn lorsque n = 2. c) Étudier l’indépendance des événements An et Bn lorsque n = 3. d) Étudier l’indépendance des événements An et Bn dans le cas général.
16.10 Tournoi à deux joueurs : jeu des archers Deux archers A1 et A2 disputent un match. Les archers A1 et A2 tirent alternativement sur une cible jusqu’à ce que l’un d’eux la touche ; A1 tire en premier. Pour tout i de {1, 2}, l’archer Ai touche la cible avec la probabilité pi ∈ ]0 ; 1[, et on note qi = 1 − pi ; les tirs sont indépendants. On remarquera que A1 tire à des rangs impairs. On note, pour tout i de {1, 2}, Gi l’événement : « Ai l’emporte ». a) Calculer la probabilité que A1 l’emporte au rang 2n + 1, pour n ∈ N. b) Calculer la probabilité que A2 l’emporte au rang 2n + 2, pour n ∈ N. c) En déduire P(G1 ) et P(G2 ), puis la probabilité que le jeu dure indéfiniment. d) On dit que le jeu est équitable lorsque P(G1 ) = P(G2 ). Montrer que ceci est réalisé si et p1 1 seulement si p2 = . Que peut-on dire si p1 > ? 1 − p1 2
16.11 Lancers d’une pièce puis tirage d’un billet On admet que la série
+∞ 1 1 converge et que = ln 2. n n 2 n 2n n1 n=1
Un joueur lance une pièce équilibrée jusqu’à obtention du premier pile. S’il lui a fallu n lancers pour obtenir ce premier pile, on lui fait alors tirer au hasard un billet de loterie parmi n billets dont un seul est gagnant. a) Quelle est la probabilité que le joueur gagne ? b) Sachant que le joueur a gagné, quelle est la probabilité qu’il ait obtenu le premier pile au troisième lancer ?
16.12 Tirages dans une urne jusqu’à l’obtention d’une boule n◦ 2 ou n◦ 3 Une urne contient 10 boules : une boule numérotée 1, deux boules numérotées 2, trois boules numérotées 3 et quatre boules numérotées 4. On effectue des tirages avec remise jusqu’à obtenir une boule numérotée 2 ou une boule numérotée 3, puis on s’arrête. a) Pour tout n de N∗ , on note En l’événement : « on obtient une boule numérotée 2 au n-ième tirage sans jamais avoir obtenu avant de boule numérotée 2 ni de boule numérotée 3 ». Calculer la probabilité de l’événement En . b) Calculer la probabilité pour que l’on s’arrête après avoir tiré une boule numérotée 2. c) De même, calculer la probabilité pour que l’on s’arrête après avoir tiré une boule numérotée 3. d) Quelle est la probabilité qu’on ne s’arrête jamais de tirer de boules ?
16.13 Tirages avec remise dans une urne, obtention de tous les jetons au moins une fois Une urne contient n jetons numérotés de 1 à n. On y effectue p tirages avec remise. a) Pour tout k de 1 ; n, quelle est la probabilité que le jeton numéro k ne soit pas pioché ? 302
Énoncés des exercices
b) Pour tout k de 1 ; n, quelle est la probabilité qu’aucun jeton numéro 1, 2, . . . ou k ne soit pioché ? c) À l’aide de la formule de Poincaré, déterminer la probabilité qu’au moins l’un des jetons ne soit pas pioché. d) En déduire la probabilité que tous les jetons soient piochés au moins une fois. n n p k (−1)n−k = 0. e) Quelle égalité obtient-on pour p < n ? En déduire : k k=0 f) Quelle égalité obtient-on pour p = n ? En déduire :
n n n k (−1)n−k = n!. k k=0
16.14 Problème de la ruine du joueur 1 . On note q = 1 − p. 2 On joue à un jeu de pile ou face. À chaque coup, on a la probabilité p d’obtenir pile, et dans ce cas on gagne 1 e, et la probabilité q = 1 − p d’obtenir face, et dans ce cas on perd 1 e. On suppose que l’on ne peut jouer que si l’on dispose d’au moins 1 e. Soient N ∈ N∗ et p ∈ ]0 ; 1[ avec p
Le jeu s’arrête soit lorsque l’on possède la somme de N e (on gagne la partie), soit lorsque l’on ne possède plus rien (on est ruiné). Au départ, on dispose d’une somme de n e exactement (avec 0 n N) et on note pN (n) la probabilité de gagner la partie. a) Calculer pN (0) et pN (N). b) En raisonnant sur les résultats du premier tirage, déterminer une relation entre pN (n), pN (n+1) et pN (n − 1). c) Exprimer alors pN (n) en fonction de n, N et p. Calculer lim pN (n). N∞
16.15 Descendance d’une fleur On étudie la descendance d’une fleur. À l’instant 0, on dispose d’une fleur F0 . Cette fleur peut avoir, à l’instant 1, deux descendances avec la probabilité p (0 < p < 1) ou aucune descendance avec la probabilité q = 1 − p, après quoi, elle meurt. Les descendances de la première fleur peuvent avoir, à l’instant 2, des descendances de façon mutuellement indépendantes et dans les mêmes conditions que le première fleur, puis meurent. Et ainsi de suite ...
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Pour tout n de N, on note Un l’événement : « la lignée de la fleur F0 est éteinte à l’instant n » et
un = P(Un ).
a) Calculer u0 et u1 . b) Montrer que la suite (un )n∈N converge vers une limite ∈ [0 ; 1]. c) Montrer : ∀n ∈ N, un+1 = pu2n + 1 − p. q d) Montrer alors que = min 1, . Interpréter ce résultat. p
16.16 Événements indépendants a) Soit (an )n1 une suite de réels de [0 ; 1]. Montrer : n n n n n 2 ai a j (ai − a j )2 = 2 a3i ai − 2 a2i i=1 j=1
i=1
i=1
i=1
303
Chapitre 16
•
Espaces probabilisés
. b) Trois personnes A, B et C lancent chacune une fois le même dé à n faces (pas nécessairement équilibré). On définit les événements : E : « A et B obtiennent la même face » et
F : « A et C obtiennent la même face ».
Montrer que E et F sont indépendants si et seulement si le dé est équilibré.
16.17 Nombre de filles dans une famille ayant un nombre d’enfants aléatoire 1 1 On admet que, pour tout n de N∗ , la probabilité qu’une famille ait n enfants est égale à × . e n! 1 De plus, à chaque naissance, la probabilité d’avoir une fille est égale à . 2 Pour tout n de N, on définit les événements : En : « la famille a n enfants » et Fn : « la famille a n filles ». a) Calculer la probabilité qu’une famille ait au moins un enfant. En déduire la probabilité qu’une famille n’ait aucun enfant. b) Soit (n, k) ∈ N2 . Calculer la probabilité qu’une famille ait k filles, sachant qu’elle a n enfants. c) Soit k ∈ N. En déduire la probabilité qu’une famille ait exactement k filles.
16.18 Tournoi à deux joueurs Deux personnes A et B jouent : A lance deux fois une pièce équilibrée, et B ne lance qu’une fois une pièce qui amène pile avec la probabilité p. Le gagnant est celui qui fait le plus de piles. Tant qu’il y a égalité, ils rejouent. a) Quelle est la probabilité qu’il y ait égalité au premier tour ? b) Quelle est la probabilité que A gagne le jeu ? c) Existe-il un p tel que le jeu est équitable ?
16.19 Tirages dans une urne, avec remise de la boule et ajout d’autres boules de même couleur Soit c ∈ N∗ . On considère une urne contenant initialement une boule blanche et une boule noire. Àprès chaque tirage, la boule est remise dans l’urne avec c autres boules de la même couleur que celle qui vient d’être tirée. Pour tout n de N∗ , on note pn la probabilité que la première boule blanche soit obtenue au n-ième tirage. a) On suppose dans cette question que c = 1. b) Montrer : ∀n ∈ N∗ , pn =
1 pn . Interpréter ce résultat. . En déduire n(n + 1) n=1 +∞
c) Cas général. On définit la suite (an )n∈N∗ par : 1) Montrer :
∀n ∈ N∗ , an =
n−1 1 + kc . 2 + kc k=0
∀n 2, pn = an−1 − an .
2) Calculer ln(an ) et montrer lim ln(an ) = −∞. En déduire la limite de (an )n∈N∗ . n∞
3) Déduire de ce qui précède
+∞ n=1
304
pn . Interpréter ce résultat.
Du mal à démarrer ?
Du mal à démarrer ? 16.1
Noter Ω l’ensemble des résultats possibles.
Alors Ω est l’ensemble des triplets de 1 ; 10, et on est dans le cas d’équiprobabilité. Décrire chaque événement comme une partie de Ω.
16.7
b) Il s’agit de calculer pn = P(A1 ∪· · ·∪An ). Les événements Ak n’étant pas incompatibles, utiliser la formule de Poincaré. c) Exprimer pn à l’aide de
n (−1)k , puis utiliser le résultat sur k! k=0
la série exponentielle.
16.2
Noter Ω l’ensemble des lancers possibles.
Alors Ω est l’ensemble des 5-listes de 1 ; 6, et on est dans le cas d’équiprobabilité. Décrire chaque événement comme une partie de Ω.
16.3
Noter Ω l’ensemble des tirages possibles. Alors : 9 a) Card(Ω) = b) Card(Ω) = 9 × 8 c) Card(Ω) = 92 . 2
Dans les trois questions, on est dans le cas d’équiprobabilité. Décomposer l’événement « on obtient deux boules de même parité » en « on obtient deux boules paires » ou « on obtient deux boules impaires ». Noter, pour tout k de N∗ , Vk (resp. Rk ) l’événement : « on obtient une boule verte (resp. rouge) au k-ième tirage ».
16.4
a) Exprimer les événements An , Cn , Bn à l’aide des événements Vk et Rk . b) Remarquer que E =
+∞
16.8
Noter Ω l’ensemble des résultats possibles.
Alors Ω = 1 ; 63 , et on est dans le cas d’équiprobabilité.
x − 2y = 3 Remarquer : (S) ⇐⇒ . (2a − b)y = c − 3a Décrire chaque événement comme une partie de Ω.
16.9
b) c) Utiliser la définition de l’indépendance de deux événements.
d) On pourra étudier la suite de terme général un = 2n−1 − n − 1 et montrer : un = 0 ⇐⇒ n = 3.
16.10
a) b) Décomposer les événements à l’aide d’événements élémentaires. +∞ c) Écrire GA = « A1 l’emporte au rang 2n + 1 » n=0
GB =
An , et que les événements An sont
+∞
« A2 l’emporte au rang 2n + 2 ».
n=0
n=1
deux à deux incompatibles.
c) Remarquer que E =
+∞
Bn , et que les événements Bn forment
n=1
une suite croissante d’événements. +∞ d) Remarquer que E = Cn , et que les événements Cn forment n=1
une suite décroissante d’événements.
16.5
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
a) 1) Exprimer l’événement En en fonction d’événements élémentaires, puis calculer P(En ) à l’aide de la formule des probabilités composées. a) 3) L’événement « on obtient au moins une boule blanche » +∞ est l’événement En , et les événements En sont deux à deux n=1
incompatibles.
b) Procéder de la même façon que dans le a).
16.6
a) Définir les événements F : « on obtient face au lancer de la pièce » et P = F : « on obtient pile au lancer de la pièce ». Utiliser la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (P, F).
b) Utiliser la formule de Bayes. c) Utiliser la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (P, F), puis appliquer la formule des probabilités composées.
16.11
a) Noter En l’événement : « le joueur obtient le premier pile au n-ième lancer » et B l’événement : « le joueur n’obtient jamais pile ». Calculer P(En ) et P(B). Pour calculer la probabilité que le joueur gagne, utiliser la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (B, E1 , E2 , . . .).
b) Utiliser la formule de Bayes.
16.12
b) Il s’agit de calculer P
+∞
En , avec les événements En
n=1
deux à deux incompatibles.
c) Faire la même chose que dans a) et b). d) On ne s’arrête jamais de tirer des boules lorsque l’on n’obtient jamais de boule numérotée 2, ni de boule numérotée 3.
16.13
Noter, pour tout k de 1 ; n, Ak l’événement : « le jeton numéro k n’est pas pioché ».
a) b) Calculer P(Ak ) puis P(A1 ∩ · · · ∩ Ak ) à l’aide du dénombrement (par exemple). c) Il s’agit de calculer P(A1 ∪ · · · ∪ An ), à l’aide de la formule de Poincaré. e) Lorsque p < n, la probabilité cherchée est nulle. f) Lorsque p = n, la probabilité cherchée est égale à
n! . np
305
Chapitre 16
•
Espaces probabilisés
16.14
b) Utiliser la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements P1 , F1 , où P1 : « on obtient pile au premier lancer » et F1 : « on obtient face au premier lancer ». c) Montrer que la suite (pN (n))n est une suite récurrente linéaire du second ordre.
16.17
a) Calculer P
+∞
En , puis en déduire P(E0 ).
n=1
c) Utiliser la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (E0 , E1 , E2 , . . .). d) Calculer P
+∞
Fn , puis en déduire P(F0 ).
n=1
16.15
b) Montrer que la suite (un )n∈N est croissante et majorée.
c) Noter A0 (resp. A2 ) l’événement : « la première fleur n’a aucune descendance (resp. a deux descendances) ». Utiliser la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (A0 , A2 ), et remarquer que PA0 (Un+1 ) = 0 et que PA2 (Un+1 ) = u2n .
d) Pour calculer , distinguer les cas p
1 1 et p > . 2 2
16.16
b) Noter ai la probabilité que le dé amène la face nun méro i. Ainsi : ai = 1. i=1
16.18
a) Décomposer l’événement à l’aide d’événements élémentaires.
b) Calculer, dans un premier temps, la probabilité que A gagne au k-ième tour. 1 c) Le jeu est équilibré lorsque P(« A gagne ») = . 2
16.19
a) et b)1) Calculer pn à l’aide de la formule des probabilités composées. 1 diverge, pour en b) 2) Montrer que la série ln 1 + 1 + kc
déduire ln(an ) −→ −∞.
Calculer, en fonction des ai , P(E), P(F) puis P(E ∩ F). Pour étudier l’indépendance de E et de F, utiliser le a).
306
k0
n∞
b) 3) La série
n1
pn est une série téléscopique.
Corrigés des exercices Notons Ω l’ensemble des résultats possibles. Alors Ω est l’ensemble des triplets de 1 ; 10.
a) Considérons l’événement A : « on obtient un double ». Pour réaliser A, il faut :
Donc : Card(Ω) = 103 = 1000.
- choisir le numéro du double : 6 choix,
16.1
Tous les triplets étant équiprobables, P est la probabilité uniforme sur Ω. a) Considérons l’événement A : « on obtient trois numéros identiques ». Pour réaliser A, il faut choisir un numéro dans 1 ; 10 (10 possibilités), puis obtenir à chaque tirage, la boule correspondante (1 possibilité). Ainsi : Card(A) = 10 × 1 = 10. 10 1 Card(A) = = . Donc : P(A) = Card(Ω) 1000 100 b) Considérons l’événement B : « on obtient trois numéros distincts ». Pour réaliser B, il faut choisir les trois numéros dans 10 1 ; 10 ( possibilités), puis ordonner ces numéros (3! pos3 sibilités). 10 Ainsi : Card(B) = × 3! = 10 × 9 × 8. 3 Card(B) 10 × 9 × 8 18 = = . Card(Ω) 1000 25 c) Considérons l’événement C : « on obtient trois numéros consécutifs ». Pour réaliser C, il faut choisir le premier numéro n dans 1 ; 8 (8 possibilités), puis tirer les numéros n, n + 1 puis n + 2 (1 possibilité). Donc : P(B) =
Ainsi : Card(C) = 8 × 1 × 1 × 1 = 8. 8 1 Card(C) = = . Donc : P(C) = Card(Ω) 1000 125 d) Considérons l’événement D : « on obtient trois numéros rangés par ordre strictement croissant ». Pour réaliser D, il faut 10 choisir les trois numéros dans 1 ; 10 ( possibilités), puis 3 les tirer par ordre strictement croissant (1 possibilité). 10 Ainsi : Card(D) = × 1 = 120. 3 Donc : P(D) =
120 3 Card(D) = = . Card(Ω) 1000 25
5 - choisir les deux dés formant le double : = 10 choix, 2 - choisir les numéros des trois autres dés : 5 × 4 × 3 choix. Ainsi : Card(A) = 6 × 10 × 5 × 4 × 3. Card(A) 25 = . Donc : P(A) = Card(Ω) 54 b) Considérons l’événement B : « on obtient deux doubles ». Pour réaliser B, il faut : 6 - choisir les numéros des deux doubles : = 15 choix, 2 - choisir les deux dés formant le premier double : 5 = 10 choix, 2 3 - choisir les deux dés formant le second double : = 3 choix, 2 - choisir le numéro du dernier dé : 4 choix. Ainsi : Card(B) = 15 × 10 × 3 × 4. Card(B) 25 Donc : P(B) = = . Card(Ω) 108 c) Considérons l’événement C : « on obtient un triple ». Pour réaliser C, il faut : - choisir le numéro du triple : 6 choix, - choisir les trois dés formant le triple :
5 = 10 choix, 3
- choisir les numéros des deux autres dés : 5 × 4 choix. Ainsi : Card(C) = 6 × 10 × 5 × 4. 25 Card(C) = . Donc : P(C) = Card(Ω) 162 d) Considérons l’événement D : « on obtient un double et un triple ». Pour réaliser D, il faut : - choisir le numéro du double : 6 choix, - choisir les deux dés formant le double :
16.2
On suppose que les cinq dés sont discernables entre eux, et on note Ω l’ensemble des résultats possibles. Alors Ω est l’ensemble des 5-listes de 1 ; 6.
Donc :
Card(Ω) = 65 .
Toutes les 5-listes étant équiprobables, P est la probabilité uniforme sur Ω.
5 = 10 choix, 2
- choisir le numéro du triple : 5 choix, - choisir les trois dés formant le triple : 1 choix. Ainsi : Card(D) = 6 × 10 × 5. 25 Card(D) = . Donc : P(D) = Card(Ω) 648
307
Chapitre 16
•
Espaces probabilisés
e) Considérons l’événement E : « on obtient un quintuplet ». Pour réaliser E, il faut :
•
Ainsi Ω est l’ensemble des couples de 1, 9, donc : Card(Ω) = 92 = 81.
- choisir le numéro du quintuplet : 6 choix,
•
B est l’ensemble des couples de {2, 4, 6, 8}, donc : Card(B) = 42 = 16.
- choisir les cinq dés formant le quintuplet : 1 choix, Ainsi : Card(E) = 6 × 1 = 6. 1 Card(E) = . Donc : P(E) = Card(Ω) 64 f) Considérons l’événement F : « on obtient cinq faces différentes ». Pour réaliser F, il faut choisir 5 éléments distincts de 6! = 6! choix. 1 ; 6 : (6 − 5)! Ainsi : Card(F) = 6! = 720. 5 Card(F) = . Donc : P(F) = Card(Ω) 54 Notons Ω l’ensemble des résultats possibles, A l’événement : « on obtient des boules de même parité », et B (resp. C) l’événement : « on obtient des boules de numéros pairs (resp. impairs) ». Ainsi A = B ∪ C, et les événements B et C sont incompatibles.
16.3
a) Les tirages se font simultanément. Ainsi Ω est l’ensemble des parties à 2 éléments de 1 ; 9, 9 donc : Card(Ω) = = 36. 2 •
•C
est l’ensemble des couples de {1, 3, 5, 7, 9}, donc : Card(C) = 52 = 25.
• Tous les éléments de Ω étant équiprobables,
P(A) =
Notons, pour tout k de N∗ , Vk (resp. Rk ) l’événement : « on obtient une boule verte (resp. rouge) au k-ième tirage ». 2 1 Alors : ∀k ∈ N∗ , P(Vk ) = et P(Rk ) = . 3 3 a) • L’événement An s’écrit : An = V1 ∩ · · · ∩ Vn−1 ∩ Rn . Donc : P(An ) = P(V1 ∩ · · · ∩ Vn−1 ∩ Rn ) = P(V1 ) · · · P(Vn−1 ) P(Rn ) par indépendance des événements 2 n−1 1 . = 3 3 • L’événement C n s’écrit : C n = V1 ∩ · · · ∩ Vn−1 ∩ Vn . Donc : P(Cn ) = P(V1 ∩ · · · ∩ Vn−1 ∩ Vn ) = P(V1 ) · · · P(Vn−1 ) P(Vn )
B est l’ensemble des parties à 2 éléments de {2, 4, 6, 8}, donc : 4 Card(B) = = 6. 2
par indépendance des événements 2 n . = 3
•
Tous les éléments de Ω étant équiprobables, P est donc la probabilité uniforme sur Ω, et l’on a : Card(A) Card(B) + Card(C) 6 + 10 4 P(A) = = = = . Card(Ω) Card(Ω) 36 9
•
Card(B) + Card(C) 41 Card(A) = = . Card(Ω) Card(Ω) 81
16.4
•
C est l’ensemble des parties à 2 éléments de {1, 3, 5, 7, 9}, 5 donc : Card(C) = = 10. 2
P est donc la pro-
babilité uniforme sur Ω, et l’on a :
•
L’événement Bn est l’événement Cn . 2 n . Donc : P(Bn) = 1 − 3 +∞ b) L’événement E s’écrit : E = An . n=1
Les événements An sont deux à deux incompatibles, donc :
b) Les tirages se font successivement et sans remise. Ainsi Ω est l’ensemble des 2-listes sans répétition de 1 ; 9, donc : Card(Ω) = 9 × 8 = 72. •
B est l’ensemble des 2-listes sans répétition de {2, 4, 6, 8}, donc : Card(B) = 4 × 3 = 12.
P(E) =
+∞ n=1
P(An ) =
+∞ 2 n−1 1 n=1
3
3
=
+∞ 1 2 n 1 1 = 3 n=0 3 3 1−
•
= 1.
C est l’ensemble des 2-listes sans répétition de {1, 3, 5, 7, 9}, donc : Card(C) = 5 × 4 = 20.
c) L’événement E s’écrit : E =
Tous les éléments de Ω étant équiprobables, P est donc la probabilité uniforme sur Ω, et l’on a : Card(A) Card(B) + Card(C) 32 4 P(A) = = = = . Card(Ω) Card(Ω) 72 9 Remarque : On retrouve le même résultat qu’au a).
Les événements Bn forment une suite croissante d’événements (car : ∀n ∈ N∗ , Bn ⊂ Bn+1), donc :
2
2 n = 1, car
< 1. P(E) = lim P(Bn) = 1 − lim n∞ n∞ 3 3
• •
c) Les tirages se font successivement et avec remise. 308
+∞
2 3
Bn .
n=1
d) L’événement E est l’événement : « on n’obtient que des +∞ boules vertes ». Ainsi E s’écrit : E = Cn . n=1
Corrigés des exercices
Les événements Cn forment une suite décroissante d’événements (car : ∀n ∈ N∗ , Cn+1 ⊂ Cn ), donc :
2
2 n = 0, car
< 1. P(E) = lim P(Cn ) = lim n∞ n∞ 3 3 Donc : P(E) = 1 − P(E) = 1.
Les événements Fn étant deux à deux incompatibles, on a : P(F) = Or :
Notons, pour tout k de N∗ , Bk (resp. Nk ) l’événement : « on obtient une boule blanche (resp. noire) au k-ième tirage ». a) 1) L’événement En s’écrit : En = N1 ∩ · · · ∩ Nn−1 ∩ Bn .
Par la formule des probabilités composées : P(En ) = P(N1 ) · · · PN1 ∩···∩Nn−2 (Nn−1 )PN1 ∩···∩Nn−1 (Bn ) n−1 1 1 2 × = × × ··· × 2 3 n n+1 1 = . n(n + 1) a) 2) On cherche deux réels a et b tels que : 1 a b n(a + b) + a ∀n ∈ N∗ , = + = . n(n + 1) n n + 1 n(n + 1)
a+b = 0 Il suffit que : . a=1 Prenons alors : a = 1 et b = −1. a) 3) L’événement E : « on obtient au moins une boule +∞ En . blanche » est l’événement n=1
Les événements En étant deux à deux incompatibles, on a : P(E) =
+∞
P(En ) =
n=1
Or :
N n=1
P(En ) =
N 1 n=1
n
+∞ 1 n=1
n
−
1 . n+1
1 1 1 − = n+1 n n=2 n n=1 N
−
N+1
1 −→ 1. N + 1 N∞ On en déduit que P(E) = 1. L’événement E est alors un événement presque sûr : on obtient donc presque sûrement une boule blanche.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
= 1−
b) 1) L’événement Fn s’écrit : Fn = B1 ∩ · · · ∩ Bn−1 ∩ Nn . Par la formule des probabilités composées : P(Fn ) = P(B1) · · · P B1 ∩···∩Bn−2 (Bn−1)P B1 ∩···∩Bn−1 (Nn ) 1 1 1 n = × × ··· × × 2 3 n n+1 n (n + 1) − 1 1 1 = = = − . (n + 1)! (n + 1)! n! (n + 1)! b) 2) L’événement F : « on obtient au moins une boule noire » +∞ Fn . est l’événement n=1
P(Fn ) =
n=1
e) L’événement E est donc un événement presque sûr : on est presque sûr d’obtenir, au moins une fois, une boule rouge.
16.5
N
+∞
n=1 N n=1
P(Fn ) =
+∞ 1
n!
n=1
−
1 . (n + 1)!
1 1 − n! (n + 1)!
N N+1 1 1 1 = − =1− −→ 1. n! n! (N + 1)! N∞ n=1 n=2
On en déduit que P(F) = 1. L’événement F est alors un événement presque sûr : on obtient alors presque sûrement une boule noire.
16.6
Notons F l’événement : « on obtient face au lancer de la pièce ». 1 Ainsi : P(F) = . 2
a) Notons Ak l’événement : « on tire une boule blanche au kième tirage ». Utilisons la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (F, F) : P(Ak ) = P(F) × PF (Ak ) + P(F) × PF (Ak ). Or, sachant F, les tirages se font avec remise de la boule et ajout d’une autre boule noire ; l’urne contient, au moment du k-ième tirage, une boule blanche et k boules noires ; ainsi : 1 . PF (Ak ) = k+1 De même, sachant F, les tirages se font avec remise de la boule et ajout d’une autre boule blanche ; l’urne contient, au moment du k-ième tirage, k boules blanches et une boule noire ; ainsi : k . PF (Ak ) = k+1 1 1 1 k 1 Donc : P(Ak ) = × + × = . 2 k+1 2 k+1 2 b) Calculons pk = PAk (F) en utilisant la formule de Bayes : pk =
P(F) × PF (Ak ) = P(Ak )
1 2
× 1 2
k k+1
=
k . k+1
c) Calculons maintenant P(A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ak ). Là encore, utilisons la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (F, F) : P(A1 ∩ · · · ∩ Ak ) = P(F ∩ A1 ∩ · · · ∩ Ak ) +P(F ∩ A1 ∩ · · · ∩ Ak )
.
Or, les événements F, A1 , . . . Ak ne sont pas indépendants. Utilisons la formule des probabilités composées : P(F ∩ A1 ∩ · · · ∩ Ak ) = P(F) × PF (A1 ) × PF∩A1 (A2 ) × · · · × PF∩A1 ∩...∩Ak−1 (Ak )
.
1 1 1 1 1 = × × × ··· × = 2 2 3 k + 1 2(k + 1)! 309
Chapitre 16
•
Espaces probabilisés
On en déduit que : lim pn = 1 −
De la même façon : 1 1 2 k 1 × × × ··· × = . 2 2 3 k + 1 2(k + 1) 1 1 1 + k! D’où : P(A1 ∩ · · · ∩ Ak ) = + = . 2(k + 1)! 2(k + 1) 2(k + 1)! P(F ∩ A1 ∩ · · · ∩ Ak ) =
a) • Notons Ω l’ensemble des répartitions possibles. Alors : Card(Ω) = n!.
16.7
Toutes les répartitions étant équiprobables, P est la probabilité uniforme sur Ω. •
Pour réaliser A1 , il faut mettre la première lettre dans la bonne enveloppe (1 choix), puis répartir les (n−1) autres lettres dans les (n − 1) autres enveloppes ((n − 1)! choix) : ainsi, Card(A1 ) = (n − 1)!. Card(A1 ) 1 = . Donc : P(A1 ) = Card(Ω) n • Pour réaliser A1 ∩ A2 , il faut mettre les deux premières lettres dans les bonnes enveloppes (1 choix), puis répartir les (n − 2) autres lettres dans les (n− 2) autres enveloppes ((n− 2)! choix) : ainsi, Card(A1 ∩ A2 ) = (n − 2)!. Card(A1 ∩ A2 ) 1 = . Donc : P(A1 ∩ A2 ) = Card(Ω) n(n − 1) • Pour réaliser A1 ∩· · ·∩ Ak , il faut mettre les k premières lettres dans les bonnes enveloppes (1 choix), puis répartir les (n − k) autres lettres dans les (n − k) autres enveloppes ((n − k)! choix) : ainsi, Card(A1 ∩ · · · ∩ Ak ) = (n − k)!. Card(A1 ∩ · · · ∩ Ak ) (n − k)! = . Donc : P(A1 ∩ · · · ∩ Ak ) = Card(Ω) n! b) On a : pn = P(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ). Les événements Ak ne sont pas deux à deux incompatibles. Utilisons donc la formule de Poincaré : n pn = (−1)k+1 P(Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ). k=1
1i1 <···
Or, pour tout k de 1 ; n fixé, toutes les probabilités P(Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ) sont égales à P(A1 ∩ · · · ∩ Ak ) = n de plus, il y en a . k n n n (n − k)! (−1)k+1 (−1)k+1 Ainsi : pn = = . n! k! k k=1 k=1
(n − k)! ; n!
c) La probabilité pn peut encore s’écrire : n n (−1)k+1 (−1)k pn = +1=1− . k! k! k=0 k=0 (−1)k converge (il s’agit d’une série exponenk! k0 +∞ 1 (−1)k = e−1 = . tielle) et k! e k=0
Or, la série
310
n∞
16.8
1 0.63. e
Notons Ω l’ensemble des résultats des lancers de dés.
Ainsi : Ω = 1 ; 63 et Card(Ω) = 63 = 216. Tous les triplets étant équiprobables, P est la probabilité uniforme sur Ω. ⎧ ⎪ = 3 ⎪ ⎨ x − 2y . Remarquons : (S ) ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩ (2a − b)y = c − 3a a) Notons A l’événement : « le système a une infinité de solutions ». A est réalisé
⇐⇒
2a − b = 0 et c − 3a = 0
⇐⇒ b = 2a Ainsi : A = (1, 2, 3), (2, 4, 6) . On en déduit : P(A) =
et c = 3a.
2 1 Card(A) = = . Card(Ω) 216 108
b) Notons B l’événement : « le système n’a aucune solution ». B est réalisé ⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
2a − b = 0 et c − 3a 0
b = 2a et c 3a a = 1, b = 2 et c = 1 ou 2 ou 4 ou 5 ou 6 a = 2, b = 4 et c = 1 ou 2 ou 3 ou 4 ou 5 a = 3, b = 6 et c = 1 ou 2 ou 3 ou 4 ou 5 ou 6.
On en déduit : P(B) =
16 2 Card(B) = = . Card(Ω) 216 27
c) Notons C l’événement : « le système a une unique solution ». Les événements A, B et C forment un système complet d’événements, c’est-à-dire A ∪ B ∪ C = Ω et les événements A, B, C sont deux à deux incompatibles. 11 . Donc : P(C) = 1 − P(A) − P(B) = 12 d) Notons D l’événement : « le système admet (9, 3) comme unique solution ». c − 3a =3 D est réalisé ⇐⇒ 2a − b 0 et 2a − b ⇐⇒ b 2a et c = 9a − 3b. Ainsi : D = (1, 1, 6), (2, 5, 3) . On en déduit : P(D) =
2 1 Card(D) = = . Card(Ω) 216 108
Notons, pour tout k de 1 ; n, Rk : « on obtient une boule rouge au k-ième tirage » et Nk : « on obtient une boule noire au k-ième tirage ».
16.9
Corrigés des exercices
a) • An = R1 ∩ · · · ∩ Rn ∪ N1 ∩ · · · ∩ Nn . Alors : noté E
noté F
P(An ) = P(E) + P(F) car E et F sont incompatibles = P(R1 ) · · · P(Rn ) + P(N1 ) · · · P(Nn ) par indépendance des événements 1 1 1 = n + n = n−1 . 2 2 2 1 Donc : P(An ) = 1 − n−1 . 2 • B n = N1 ∩ · · · ∩ Nn ∪ R 1 ∩ N2 ∩ · · · ∩ Nn ∪ · · · noté F noté G1 ∪ N1 ∩ · · · ∩ Nn−1 ∩ Rn . Alors : noté Gn
P(Bn) = P(F) + P(G1 ) + · · · + P(Gn ) par incompatibilité de F, G1 , . . . , Gn 1 n+1 = (n + 1) × n = n . 2 2 b) Pour n = 2 :
16.10 a) Notons, pour tout i de {1, 2} et tout k de N∗ , Ei,k l’événement : « le joueur Ai l’emporte au rang k ». L’événement E1,2n+1 s’écrit : E1,2n+1 = E1,1 ∩ E2,2 ∩ · · · ∩ E1,2n−1 ∩ E2,2n ∩ E1,2n+1 . Par la formule des probabilités composées : P(E1,2n+1 ) = P(E1,1 ) × PE1,1 (E2,2 ) × · · · × PE1,1 ∩···∩E1,2n−1 (E2,2n ) × PE1,1 ∩···∩E2,2n (E1,2n+1 ) = q1 × q2 × · · · × q1 × q2 × p1 = q1 q2 n p1 . n b) De la même façon : P(E2,2n+2 ) = q1 q2 q1 p2 . +∞ E1,2n+1 . c) • L’événement G1 s’écrit : G1 = n=0
Les événements E1,2n+1 étant deux à deux incompatibles : P(G1 ) =
A 2 ∩ B 2 = R 1 ∩ N2 ∪ N1 ∩ R 2 . 1 1 1 1 1 Donc : P(A2 ∩ B2) = × + × = . 2 2 2 2 2 1 3 3 Et : P(A2 )P(B2) = × = P(A2 ∩ B2). 2 4 8 Donc A2 et B2 ne sont pas indépendants. c) Pour n = 3 : A 3 ∩ B 3 = R 1 ∩ N2 ∩ N3 ∪ N1 ∩ R 2 ∩ N3 ∪ N1 ∩ N2 ∩ R 3 . 1 3 Donc : P(A3 ∩ B3) = 3 × 3 = . 2 8 3 1 3 De plus : P(A3 )P(B3) = × = = P(A3 ∩ B3). 4 2 8 Donc A3 et B3 sont indépendants. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Ainsi les événements An et Bn sont indépendants si et seulement si n = 3.
d) Cas général : A n ∩ B n = R 1 ∩ N2 ∩ · · · ∩ Nn ∪ · · · ∪ N1 ∩ · · · ∩ Nn−1 ∩ Rn . n . 2n Ainsi : An et Bn sont indépendants Donc : P(An ∩ Bn) =
si et seulement si P(An ∩ Bn ) = P(An )P(Bn) 2n−1 − 1 n + 1 n = × n si et seulement si 2n 2n−1 2 n−1 si et seulement si 2 − 1 − n = 0. Or la suite de terme général un = 2n−1 − 1 − n, pour n 2, est strictement croissante (car ∀n 2, un+1 − un = 2n−1 − 1 > 0), et u3 = 0. Donc : un = 0 ⇐⇒ n = 3.
+∞
n n q1 q2 p1 = p1 × q1 q2 = +∞
n=0
•
n=0
p1 . 1 − q1 q2
De la même façon : P(G2 ) = P
+∞ n=0
+∞ n q1 q2 q1 p2 = E2,2n+2 = n=0
q1 p2 . 1 − q1 q2
•
Notons I l’événement : « le jeu dure indéfiniment ». Alors les événements G1 , G2 et I forment un système complet d’événements. Donc : P(G1 ) + P(G2 ) + P(I) = 1. q1 p2 p1 − =0 Ainsi : P(I) = 1 − 1 − q1 q2 1 − q1 q2 (car p1 = 1 − q1 et p2 = 1 − q2 .) On en déduit que le jeu s’arrête presque sûrement. p1 q1 p2 = d) • P(G1 ) = P(G2 ) ⇐⇒ 1 − q1 q2 1 − q1 q2 ⇐⇒ p1 = q1 p2 = (1 − p1 ) p2 p1 ⇐⇒ p2 = . 1 − p1 1 1 1 • Si p1 > > 2 ; ainsi , alors 0 < 1 − p1 < donc 2 2 1 − p1 p1 > 1. Dans ce cas, le jeu ne peut être équitable, puisque 1 − p1 p1 p2 ne peut être égal à . 1 − p1
16.11 a) • Pour tout n de N∗ , notons En l’événement : « le joueur obtient le premier pile au n-ième lancer ». 1 n . Alors : P(En ) = 2 311
Chapitre 16
•
Espaces probabilisés
Notons également B l’événement : « le joueur n’obtient jamais pile ». Alors B est l’événement : « le joueur obtient au moins +∞ une fois pile », ainsi : B = En . n=1
Les événements En sont deux à deux incompatibles, donc : P(B) =
+∞
P(En ) =
n=1
+∞ 1 n n=1
2
=
1 1 × 2 1−
= 1.
1 2
n=1
P(F) =
Donc : P(B) = 1 − P(B) = 0.
+∞
P(Fn ) =
n=1
•
Notons G l’événement : « le joueur gagne ». 1 Alors : ∀n ∈ N∗ , PEn (G) = . n Les événements B, E1 , E2 , . . . forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales : P(G) = P(B ∩ G) +
jamais avoir obtenu avant de boule numérotée 2 ni de boule numérotée 3 » et F l’événement : « on s’arrête après avoir tiré une boule numérotée 3 ». 1 n−1 3 × . Comme précédemment : ∀n ∈ N∗ , P(Fn ) = 2 10 +∞ Puisque F = Fn , avec les Fn deux à deux incompatibles :
+∞
P(En ∩ G).
+∞ 3 1 n 3 1 = × 10 n=0 2 10 1 −
1 2
=
3 . 5
d) Enfin, notons T l’événement : « on ne s’arrête jamais de tirer des boules ». Alors les événements E, F et T forment un système complet d’événements. Donc : P(E) + P(F) + P(T ) = 1. 2 3 On en déduit : P(T ) = 1 − P(E) − P(F) = 1 − − = 0. 5 5 On s’arrête donc de tirer des boules presque sûrement.
n=1
16.13 Notons, pour tout k de 1 ; n, Ak l’événement : « le
Or : B ∩ G ⊂ B et P(B) = 0, donc : P(B ∩ G) = 0. +∞ +∞ 1 1 P(En ) PEn (G) = × = ln 2. Ainsi : P(G) = n 2 n n=1 n=1
jeton numéro k n’est pas pioché ».
b) Calculons PG (E3 ) à l’aide de la formule de Bayes : PG (E3 ) =
P(E3 ) PE3 (G) ( 12 )3 13 1 = = 0.060. P(G) ln 2 24 ln 2
16.12 Notons, pour tout k de N∗ , Ak (resp. Bk ) l’événement : « on obtient une boule numérotée 2 (resp. 3) au k-ième lancer », et Ck l’événement : « on n’obtient pas de boule numérotée 2 ni de boule numérotée 3 au k-ième lancer ». 1 2 3 = et P(Bk ) = , Alors : ∀k ∈ N∗ , P(Ak ) = 10 5 10 3 1 1 et comme Ck = Ak ∪ Bk , alors P(Ck ) = 1 − − = . 5 10 2 a) L’événement En s’écrit : En = C1 ∩ · · · ∩ Cn−1 ∩ An .
P(En ) = P(C1 ) · · · PC1 ∩···∩Cn−2 (Cn−1 )PC1 ∩···∩Cn−1 (An ) 1 n−1 1 × . = 2 5 b) Notons E l’événement : « on s’arrête après avoir tiré une +∞ boule numérotée 2 ». Alors E s’écrit : E = En . n=1
Les événements En sont deux à deux incompatibles, donc : +∞ n=1
P(En ) =
+∞ 1 1 1 n 1 = × 5 n=0 2 5 1−
1 2
=
2 . 5
c) De le même façon, notons pour tout n de N∗ , Fn l’événement : « on obtient une boule numérotée 3 au n-ième tirage sans 312
k=1
k=1
Les événements Ak ne sont pas deux à deux incompatibles. Utilisons donc la formule de Poincaré : n n P Ak = (−1)k+1 P(Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ). k=1
En utilisant la formule des probabilités composées :
P(E) =
a) Calculons P(Ak ) : à chaque tirage, la probabilité de ne pas n−1 piocher le jeton numéro k est égale à ; les p tirages n étant mutuellement indépendants (car avec remise), on en dé n − 1 p duit que : P(Ak ) = . n b) Par le même raisonnement, on obtient que : n − k p . P(A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ak ) = n c) L’événement A : « au moins l’un des jetons n’est pas pioché » n n Ak . Calculons alors P Ak . est l’événement
k=1
1i1 <···
Or, pour tout k de 1 ; n fixé, toutes les probabilités n − k p P(Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ) sont égales à P(A1 ∩ · · · ∩ Ak ) = ; de n n plus, il y en a . k n n n − k p (−1)k+1 . Ainsi : P(A) = n k k=1 d) L’événement B : « tous les jetons sont piochés au moins une fois » est l’événement A. Ainsi : n n − k p n (−1)k P(B) = 1 − P(A) = 1 + n k k=1 n n n n n − k p n kp n kp (−1)k (−1)n−k p = (−1)n−k p . = = n n n k n − k k k=0 k=0 k=0
Corrigés des exercices
e) Lorsque p < n, il est impossible que tous les jetons soient piochés au moins une fois. Donc P(B) = 0. n kp n (−1)n−k p = 0. Ce qui donne : n k k=0 n n p k (−1)n−k = 0. Ainsi : k k=0 f) Lorsque p = n, l’événement B est « tous les jetons sont pion! chés une et une seule fois ». On a : P(B) = p . n n kp n n! (−1)n−k p = p . Ce qui donne : n n k k=0 n n n k (−1)n−k = n!. Ainsi : k k=0
16.14 a) • Lorsque n = 0, on est ruiné dès le départ, on ne peut donc pas jouer. Ainsi : pN (0) = 0. •
Lorsque n = N, on a déjà gagné. Ainsi : pN (N) = 1.
b) Notons P1 (resp. F1 ) l’événement : « on obtient pile (resp. face) au premier lancer » et G l’événement : « on gagne la partie ». Ainsi : P(G) = pN (n). La famille d’événements (P1 , F1 ) forme un système complet d’événements, donc par la formule des probabilités totales : P(G) = P(P1 ) × PP1 (G) + P(F1 ) × PF1 (G)
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
= p PP1 (G) + q PF1 (G).
•
Déterminons lim pN (n). Deux cas se présentent : N∞
Si p > q : le jeu est alors favorable au joueur, et dans ce cas q n q N lim = 0, donc lim pN (n) = 1 − . N∞ p N∞ p Si p < q : le jeu est alors défavorable au joueur, et dans ce q N cas lim = +∞, donc lim pN (n) = 0. N+∞ p N∞ Dans ce dernier cas, on a de fortes chances de finir ruiné !
16.15 a) • À l’instant 0, il y a une fleur. Donc : u0 = 0. •
L’événement U1 est réalisé lorsque la première fleur n’a pas de descendance. Donc : u1 = q.
b) On a : ∀n ∈ N, Un ⊂ Un+1 . Il en résulte que la suite (un )n∈N est croissante. De plus, un étant une probabilité, la suite est majorée par 1. On en déduit que la suite (un )n∈N converge vers une limite ∈ [0 ; 1]. c) Notons A0 l’événement : « la fleur F0 n’a aucune descendance » et A2 l’événement : « la fleur F0 a deux descendances ». Les événements A0 et A2 forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales : P(Un+1 ) = P(A0 )PA0 (Un+1 ) + P(A2)PA2 (Un+1 ). Or : PA0 (Un+1 ) = 1, car sachant que la première fleur n’a pas de descendance, la lignée est éteinte à l’instant 1 et donc également à l’instant n + 1.
Si P1 est réalisé, on gagne 1 e au premier coup, et la probabilité de gagner est égale à la probabilité de gagner avec une somme initiale de (n + 1) e ; ainsi : PP1 (G) = pN (n + 1).
PA2 (Un+1 ) = u2n , car sachant que la première fleur a deux descendances F1 et F2 , la probabilité que la lignée s’éteigne à l’instant n + 1 est égale à la probabilité que les lignées de F1 et F2 s’éteignent à l’instant n.
De la même façon : PF1 (G) = pN (n − 1).
On en déduit : un+1 = 1 − p + p u2n .
On en déduit : pN (n) = p pN (n + 1) + q pN (n − 1).
d) • La suite (un )n∈N est ainsi définie par :
c) • On obtient alors la relation suivante : 1 q pN (n + 1) = pN (n) − pN (n − 1). p p La suite pN (n) n est alors une suite récurrente linéaire du second ordre.
u0 = 0, ∀n ∈ N, un+1 = f (un ) avec f (x) = p x2 + q.
Les solutions de l’équation caractéristique q q 1 X 2 − X + = 0 sont 1 et . p p p 1 Puisque p , on a p q. Donc les deux racines sont dis2 tinctes.
q 1 , alors > 1 ; donc le seul point fixe de f 2 p appartenant à [0 ; 1] est 1. On en déduit que = 1. 1 q 2ème cas : si p , alors 1 ; donc les deux points fixes 2 p de f appartiennent à [0 ; 1]. Or : f [0 ; qp ] = [q, qp ] ⊂ [0 ; qp ]. Donc [0 ; qp ] est un intervalle stable par f ; et puisque u0 = 0 ∈ [0 ; qp ], on en déduit que tous les un appartiennent à cet intervalle fermé ; donc la limite q aussi. On en déduit que = . p q Dans les deux cas, on peut écrire : = min 1, . p
D’après le cours, il existe donc deux réels α et β tels que : q n . ∀n ∈ N, pN (n) = α + β p En utilisant le fait que pN (0) = 0 et pN(N) n = 1, on trouve 1 − qp 1 α = −β = N . Ainsi : pN (n) = N . 1 − qp 1 − qp
Or : lim un+1 = et lim(p u2n + q) = p 2 + q. n∞
n∞
Par unicité de la limite : = p 2 + q ⇐⇒ = 1 ou =
q . p
1er cas : si p <
313
Chapitre 16
•
•
Espaces probabilisés
Notons U : « la lignée s’éteint ». Alors : U =
+∞
⇐⇒
Un .
Les événements Un forment une suite croissante d’événements, q donc : P(U) = lim P(Un ) = = min 1, . n∞ p 1 (chaque fleur a plus de chance d’avoir Ainsi, lorsque p 2 q zéro descendant que deux descendants), on a : 1 et = 1. p La lignée s’éteint donc presque sûrement. 1 Lorsque p > (chaque fleur a plus de chance d’avoir deux 2 q q descendants qu’aucun descendant), on a : 1 et = . La p p q lignée s’éteint donc avec une probabilité égale à . p n n i=1 j=1
=
n n ai a j (ai − a j )2 = (a3i a j − 2a2i a2j + ai a3j ) n n i=1 j=1 n
=2
i=1 j=1
a3i a j
a3i
+
n
n n
ai a3j − 2
i=1 j=1
n n
a2i a2j
i=1 j=1
n n aj − 2 a2i a2j
i=1
j=1
i=1
i=1
i=1
i=1
n n n 2 =2 a3i ai − 2 a2i .
j=1
b) Notons, pour tout i de 1 ; n, ai la probabilité que le dé n ai = 1. amène la face numéro i. Ainsi : i=1
Notons également, pour tout i de 1 ; n, Ai (resp. Bi et Ci ) l’événement : « A (resp. B et C) obtient la face numéro i ». n • L’événement E s’écrit : E = (Ai ∩ Bi ). i=1
Ainsi, par incompatibilité des événements Ai ∩ Bi, puis par indépendance des événements Ai et Bi, on obtient : n n n P(E) = P(Ai ∩ Bi ) = P(Ai ) P(Bi) = a2i . i=1
•
i=1
De la même façon : P(F) =
n
i=1
a2i .
L’événement E ∩ F est l’événement : « A, B et C obtiennent n (Ai ∩ Bi ∩ Ci ). la même face ». Ainsi : E ∩ F =
•
i=1
On obtient alors : P(E ∩ F) =
i=1
⇐⇒
i=1
314
i=1
n n n 2 a3i ai − a2i = 0 (car ai = 1) i=1
i=1
⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ∀ j ∈ 1 ; n, ai = a j (car les ai sont tous non nuls) ⇐⇒ le dé est équilibré.
16.17 a) • L’événement « la famille a au moins un enfant » +∞
En . Les En étant deux à deux incompatibles, +∞ +∞ +∞ 1 1 P En = P(En ) = × e n=1 n! n=1 n=1 +∞ e−1 1 1 −1 = . = × e n! e n=0 +∞ 1 • Puisque E0 = En , on en déduit : P(E0 ) = . e n=1
s’écrit :
n=1
1 1 Remarque : La formule P(En ) = × est aussi valable pour e n! n = 0. 1 n 1 n 1 × = . b) Si 0 k n, alors PEn (Fk ) = k 2k 2n−k k 2n Si k > n, alors PEn (Fk ) = 0. c) Les événements (E0 , E1 , E2 , . . .) forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales : +∞ P(En ) PEn (Fk ). P(Fk ) = n=0 n 1 . Si n < k, PEn (Fk ) = 0 et si n k, PEn (Fk ) = k 2n +∞ 1 1 n 1 Donc : P(Fk ) = × × × n e n! k 2 n=k =
+∞ +∞ 1 1 1 ( 2 )n−k 1 ( 2 )n = e k!2k n=k (n − k)! e k!2k n=0 n!
=
1 1 1 1 × e 2 = e− 2 × . e k!2k k!2k
égalité au k-ième tour ». Il y a égalité au premier tour lorsque : - ou A obtient une fois pile et une fois face et B obtient pile.
Les événements E et F sont indépendants n n 2 a3i = a2i . ⇐⇒ P(E ∩ F) = P(E) P(F) ⇐⇒ i=1
(car tous les termes de la somme sont positifs ou nuls)
- A obtient deux fois face et B obtient face,
a3i .
•
n
⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ∀ j ∈ 1 ; n, ai a j (ai − a j )2 = 0
16.18 a) Notons, pour tout k de N∗ , Ek l’événement : « il y a
i=1
n
ai a j (ai − a j )2 = 0 (d’après a))
i=1 j=1
n=1
16.16 a)
n n
i=1
Par incompatibilité des événements, puis par indépendance des lancers, on obtient : 1 1 1+ p 1 1 × × (1 − p) + 2 × × × p = . P(E1 ) = 2 2 2 2 4 ∗ b) Notons, pour tout k de N , Fk l’événement : « A obtient plus de piles que B au k-ième tour », et Ak l’événement : « A gagne au k-ième tour ».
Corrigés des exercices •
A gagne au premier tour lorsque :
On en déduit :
- A obtient deux fois pile,
Ainsi par indépendance des résultats à chaque lancer : 1 + p k−1 3 − 2p × . P(Ak ) = 4 4 +∞ • L’événement G A : « A gagne » s’écrit : G A = Ak . k=1
Par incompatibilité des événements Ak :
4
•
L’événement F : « le jeu ne se termine pas » s’écrit : +∞ F= Ek . Les événements Ek forment une suite décroissante
b) 1) De la même façon qu’en a), on obtient : P(En ) = P(N1 ) · · · PN1 ∩···∩Nn−2 (Nn−1 )PN1 ∩···∩Nn−1 (Bn) 1 + (n − 2)c 1 1 1+c × ··· × × . = × 2 2+c 2 + (n − 2)c 2 + (n − 1)c Or : an−1 − an =
Ek
k=1
1 + p n =0 = lim n∞ 4
Ainsi, il existe un et un seul p tel que le jeu est équitable : p = 1.
16.19 Notons, pour tout k de N∗ , Bk (resp. Nk ) l’événement : © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
« on obtient une boule blanche (resp. noire) au k-ième tirage ». a) • L’événement En : « la première boule blanche apparaît au n-ième tirage » s’écrit : En = N1 ∩ · · · ∩ Nn−1 ∩ Bn.
=
P(En ) = P(N1 ) · · · PN1 ∩···∩Nn−2 (Nn−1 )PN1 ∩···∩Nn−1 (Bn ) n−1 1 1 2 × . = × × ··· × 2 3 n n+1 1 . Ainsi : pn = n(n + 1) N N N 1 1 1 • ∀N ∈ N∗ , pn = = − n(n + 1) n=1 n n + 1 n=1 n=1 N 1
n
−
N+1 1 n=2
n
=1−
1 −→ 1. N + 1 N∞
1 + (n − 1)c × 1− 2 + (n − 1)c
2 + kc
n−2 1 + kc
×
2 + kc
k=0
1 . 2 + (n − 1)c
On en déduit : pn = an−1 − an . b) 2) • ln(an ) =
n−1
ln
k=0 n−1
=−
1 + kc 2 + kc ln 1 +
=−
n−1
ln
2 + kc
k=0
1 + kc
1 . 1 + kc
1 1 1 1 ∼ ∼ × . 1 + kc k∞ 1 + kc k∞ c k 1 On sait que la série diverge. Donc par le théorème de k k1 comparaison des séries à termes positifs, la série 1 ln 1 + diverge. 1 + kc k0 Or : ln 1 +
Cette série étant à termes positifs, on obtient : n−1 1 −→ +∞. ln 1 + 1 + kc n∞ k=0 On en déduit : ln(an ) −→ −∞ et donc an −→ 0. n∞
b) 3) ∀N ∈ N∗ , = p1 +
Par la formule des probabilités composées :
n=1
n−2 1 + kc
k=0
On en déduit que le jeu se termine presque sûrement. 1 • Ainsi, le jeu est équitable si et seulement P(G A ) = . 2 1 Or : P(G A ) = ⇐⇒ 2(3 − 2p) = 3 − p ⇐⇒ p = 1. 2 Dans ce cas, le joueur B fait systématiquement pile.
=
n=1
n=1
d’événements, donc : n
En , car les événements En
obtient donc presque sûrement une boule blanche.
k=1
n∞
+∞
sont deux à deux incompatibles. +∞ Ainsi l’événement En est un événement presque sûr : on
k=0
+∞ 1 + p k−1 3 − 2p × P(G A ) = 4 4 k=1 1 3 − 2p 3 − 2p = × = . 4 3− p 1 − 1+p
P(F) = lim P
pn = 1 = P
n=1
- ou A obtient une fois pile et une fois face et B obtient face. 1 1 3 − 2p Ainsi : P(A1 ) = P(F1 ) = + × (1 − p) = . 4 2 4 • Soit k ∈ N∗ . On a : Ak = E1 ∩ · · · ∩ Ek−1 ∩ Fk .
c)
+∞
N−1
N
n∞
pn = p1 +
n=1
N
an −
n=1
On en déduit :
N
(an−1 − an )
n=2
an = p1 + a1 − aN =
n=2 +∞
1 1 + − aN −→ 1. N∞ 2 2
pn = 1.
n=1
D’autre part, comme les événements En sont deux à deux incompatibles, +∞ +∞ +∞ P En = P(En ) = pn = 1. n=1
n=1
On en déduit que l’événement
n=1 +∞
En est un événement pres-
n=1
que sûr. 315
Variables aléatoires discrètes Plan Les méthodes à retenir 316 Énoncés des exercices
319
Du mal à démarrer ?
325
Corrigés des exercices
327
On abrège variable aléatoire en va.
CHAPITRE
17
Thèmes abordés dans les exercices •
Loi de probabilité d’une variable aléatoire discrète
•
Fonction de répartition d’une variable aléatoire discrète
•
Espérance, variance, moment d’ordre r (r ∈ N∗ ) d’une variable aléatoire discrète.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définition d’une variable aléatoire discrète, variables aléatoires discrètes finies, variables aléatoires discrètes infinies
•
Loi de probabilité d’une variable aléatoire discrète, fonction de répartition d’une variable aléatoire discrète, caractérisation de la loi d’une variable aléatoire discrète à l’aide de sa fonction de répartition
•
Définition de la variable aléatoire Y = g(X), où X est une variable aléatoire discrète et g une fonction définie sur X(Ω), loi de probabilité de Y = g(X)
•
Définition de l’espérance d’une variable aléatoire discrète, théorème de transfert, espérance de Y = aX + b
•
•
Définition du moment d’ordre r (r ∈ N∗ ) et du moment centré d’ordre r d’une variable aléatoire discrète Définition de la variance et de l’écart-type d’une variable aléatoire discrète, variance de Y = aX + b.
Les méthodes à retenir On peut :
Pour déterminer la loi de probabilité d’une va discrète X
316
•
déterminer toutes les valeurs xi que peut prendre la va X, puis pour chaque valeur possible, calculer P(X = xi ) ➥ Exercices 17.1 à 17.4, 17.8, 17.9, 17.12, 17.15
•
déterminer toutes les valeurs xi que peut prendre la va X, puis pour chaque valeur possible, calculer P(X xi ) ou P(X < xi ) ou P(X xi ) ou P(X > xi ), pour en déduire P(X = xi ) ➥ Exercices 17.7, 17.13, 17.17, 17.19
Les méthodes à retenir
•
(suite)
exprimer la va X à l’aide d’une autre va discrète Y, déterminer la loi de Y pour en déduire la loi de X
➥ Exercices 17.2, 17.5. Si X(Ω) = xi ; i ∈ I , écrire :
Pour déterminer la fonction de répartition d’une va discrète X connaissant sa loi de probabilité
∀x ∈ R, F(x) = P(X x) =
P(X = xi )
i∈I ; xi x
➥ Exercice 17.1. Utiliser la formule : F(x). ∀xi ∈ X(Ω), P(X = xi ) = F(xi ) − lim x→x
Pour déterminer la loi de probabilité d’une va discrète X connaissant sa fonction de répartition F
i x<xi
Dans le cas où X(Ω) ⊂ N, on a : ∀n ∈ N, P(X = n) = F(n) − F(n − 1).
➥ Exercices 17.7, 17.13.
•
Pour montrer que (xi , pi ) ; i ∈ I est la loi de probabilité d’une va discrète
Si I est fini, montrer : ∀i ∈ I, pi 0 et
pi = 1
i∈I •
Si I est dénombrable, montrer : pi converge et ∀i ∈ I, pi 0 ,
i∈I
pi = 1
i∈I
➥ Exercices 17.5, 17.6, 17.11.
On peut :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
•
Pour montrer qu’une va discrète X admet une espérance E(X) et la calculer
utiliser la définition :
– si X est une va discrète finie avec X(Ω) = x1 , . . . , xn , alors X admet une espérance et E(X) est donnée par : n E(X) = xi P(X = xi ) i=1
– si X est une va discrète infinie avec X(Ω) = xn ; n ∈ N , alors : xn P(X = xn ) X admet une espérance si et seulement si la série n0
converge absolument, dans ce cas, E(X) est donnée par :
E(X) =
+∞
xn P(X = xn )
n=0
➥ Exercices 17.1 à 17.13, 17.16 à 17.18 317
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
•
utiliser le théorème de transfert : si X = g(Y) avec Y(Ω) = yn ; n ∈ N , alors X admet une espérance g(yn )P(Y = yn ) converge absolument ; si et seulement si la série n0
dans ce cas, E(X) est donnée par :
(suite)
E(X) =
+∞
g(yn ) P(Y = yn )
n=0
➥ Exercices 17.1, 17.2, 17.4, 17.5 •
si X = aY + b et si Y admet une espérance, alors X admet une espérance, et E(X) est donnée par : E(X) = aE(Y) + b
➥ Exercice 17.7.
On peut : •
Pour montrer qu’une va discrète X admet une variance V(X) et la calculer
•
montrer que X admet une espérance puis montrer que X − E(X) 2 admet une espérance ; dans ce cas, V(X) est donnée par : V(X) = E X − E(X) 2 montrer que X et X 2 admettent une espérance ; dans ce cas, V(X) est donnée par : V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2
➥ Exercices 17.1 à 17.4, 17.6, 17.11 •
si X = aY +b et si Y admet une variance, alors X admet une variance, et V(X) est donnée par : V(X) = a2 V(Y)
➥ Exercice 17.7.
Essayer de se ramener à des sommes classiques : •
la sommation géométrique : ∀n ∈ N, ∀q ∈ R \ {1},
n
qk =
q=0 •
Pour calculer une somme d’un nombre fini de termes
la sommation d’entiers, de carrés d’entiers, de cubes d’entiers consécutifs : n k=1
•
1 − qn+1 1−q
k=
n n n(n + 1) 2 n(n + 1)(2n + 1) 3 n(n + 1) 2 , , k = k = 2 6 2 k=1 k=1
la formule du binôme de Newton : ∀n ∈ N, ∀(x, y) ∈ R , (x + y) = 2
n
n n k=0
k
xk yn−k
➥ Exercices 17.3, 17.4, 17.7. 318
Énoncés des exercices
•
Pour montrer la convergence d’une série, voir chapitre 9
•
Pour calculer la somme d’une série convergente : – écrire les sommes partielles puis calculer leur limite en essayant par exemple de reconnaître une somme téléscopique
Pour montrer la convergence d’une série et éventuellement calculer sa somme
– utiliser les sommes connues : +∞ n n−r 1 x = ∀x ∈] − 1 ; 1 , ∀r ∈ N, r (1 − x)r+1 n=r
∀x ∈ R,
+∞ n x = ex n! n=0
➥ Exercices 17.5, 17.6, 17.8 à 17.12.
Énoncés des exercices 17.1 Tirages sans remise dans une urne : loi du rang d’apparition de la première boule blanche Une urne contient 10 boules : 7 boules blanches et 3 boules noires. On y effectue des tirages successifs et sans remise jusqu’à vider l’urne, et on note X la va égale au rang d’apparition de la première boule blanche. a) Déterminer la loi de X. b) Déterminer la fonction de répartition de X. c) Calculer E(X) et V(X).
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
17.2 Lancer d’un dé truqué : loi du numéro de la face obtenue On dispose d’un dé truqué : il existe a ∈ R tel que, pour tout k de 1 ; 6, la probabilité d’obtenir la face numérotée k est égale à a k. On lance ce dé, et on note X la va égale au numéro de la face obtenue. a) Calculer le réel a. En déduire la loi de X, puis calculer son espérance et sa variance. b) On définit la va Y =
1 . 1) Calculer l’espérance de Y. X 2) Déterminer la loi de Y et retrouver E(Y).
17.3 Tirages sans remise dans une urne : loi du rang d’apparition de la première boule blanche Soit n ∈ N∗ . Une urne contient n boules dont une seule boule blanche. On y effectue des tirages successifs et sans remise jusqu’à obtenir la boule blanche. On note X la va égale au nombre de tirages effectués. a) Déterminer la loi de X. b) Calculer l’espérance et la variance de X. 319
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
17.4 Tirages avec remise dans une urne : loi du nombre de boules blanches obtenues Soit n ∈ N∗ . Une urne contient des boules blanches en proportion p (0 < p < 1) et des boules noires en proportion q = 1 − p. On y effectue n tirages successifs et avec remise. On note X la va égale au nombre de boules blanches obtenues. a) Déterminer la loi de X. b) Calculer E(X), puis E X(X − 1) , et en déduire V(X).
17.5 Exemple d’une va discrète à valeurs dans N∗ a . n(n + 1)(n + 2) α β γ 1 = + + . a) Trouver (α, β, γ) ∈ R3 tel que : ∀n ∈ N∗ , n(n + 1)(n + 2) n n+1 n+2 b) Déterminer a pour que (n, pn ) ; n ∈ N∗ soit la loi de probabilité d’une va discrète X. Soit a ∈ R. Pour tout n de N∗ , on pose pn =
c) La va X admet-elle une espérance ? d) On pose Y = X 2 − 6X + 9. Déterminer la loi de Y. La va Y admet-elle une espérance ?
17.6 Exemple d’une va discrète à valeurs dans N On considère une va discrète X vérifiant : X(Ω) = N
et ∀n ∈ N, 3P(X = n + 2) = 4P(X = n + 1) − P(X = n).
a) Déterminer la loi de X. b) La va X admet-elle une espérance et une variance ? Si oui, les calculer.
17.7 Tirages de deux boules dans une urne : loi du plus petit et du plus grand numéros obtenus Soit n 2. Une urne contient n boules numérotées de 1 à n, dans laquelle on tire deux boules sans remise. On note X (resp. Y) la va égale au plus petit (resp. au plus grand) des deux numéros obtenus. a) Pour tout k de 1 ; n, calculer P(Y k). En déduire la loi de Y. b) Calculer E(Y) et V(Y). c) Pour tout k de 1 ; n, calculer P(X k). En déduire la loi de X. d) Montrer que les va Y et n + 1 − X ont même loi. En déduire E(X) et V(X).
17.8 Tirages avec remise dans une urne, en ajoutant à chaque tirage une boule noire On effectue des tirages successifs dans une urne qui contient initialement une boule noire et une boule blanche. À chaque tirage, on note la couleur de la boule tirée et on la remet dans l’urne en ajoutant en plus une boule noire. On définit la va Y égale au rang d’apparition de la première boule noire et la va Z égale au rang d’apparition de la première boule blanche. a) Déterminer la loi de Y et la loi de Z. b) La variable aléatoire Y admet-elle une espérance ? Si oui, la calculer. La variable aléatoire Z admet-elle une espérance ? Si oui, la calculer. 320
Énoncés des exercices
17.9 Loi du premier succès et loi du deuxième succès On répète, de façon indépendante, une expérience aléatoire au cours de laquelle un événement A se réalise, à chaque fois, avec la probabilité p (0 < p < 1). On note X la variable aléatoire égale au rang de la première réalisation de l’événement A, et Y celle égale au rang de sa deuxième réalisation. a) Déterminer la loi de X. Montrer que X admet une espérance E(X), et la calculer. b) Déterminer la loi de Y. Montrer que Y admet une espérance E(Y), et la calculer. c) Comparer E(X) et E(Y). Commenter.
17.10 Lancer d’une pièce déséquilibrée : loi du nombre de lancers nécessaires à l’obtention de deux piles consécutifs 2 On dispose d’une pièce déséquilibrée, amenant pile avec la probabilité . On note X le nombre 3 de lancers nécessaires pour obtenir pour la première fois deux piles consécutifs, et pour tout n ∈ N∗ , on note an = P(X = n). a) Calculer a1 , a2 , a3 . b) Montrer :
∀n 3, an =
1 2 an−1 + an−2 . 3 9
c) En déduire la loi de X. Vérifier par le calcul que
+∞
P(X = n) = 1.
n=1
d) La va X admet-elle une espérance ? Si oui, la calculer.
17.11 Exemple d’une va discrète à valeurs dans Z On considère une va discrète X vérifiant : X(Ω) = Z, ∀n ∈ N, P(X = n + 1) =
1 P(X = n) et P(X = −n) = P(X = n). n+1
a) Exprimer, pour tout n de Z, P(X = n) en fonction de P(X = 0). En déduire P(X = 0) puis la loi de X. b) Montrer que la va X admet une espérance et une variance, et calculer E(X) et V(X).
17.12 Tirages dans une urne : loi du nombre de boules blanches présentes à l’issue du n-ième
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
tirage, loi du premier instant où l’urne ne contient que des boules noires Une urne contient deux boules blanches et une boule noire. On y effectue une succession de tirages de la façon suivante : on tire une boule ; si la boule est noire, on la remet dans l’urne ; si la boule est blanche, on met, à la place de la boule blanche, une boule noire. Pour tout n de N∗ , on note Yn la va égale au nombre de boules blanches présentes dans l’urne à l’issue du n-ième tirage. Ainsi, Yn prend ses valeurs dans {0, 1, 2}. a) Déterminer la loi de Y1 . b) Calculer, pour tout n de N∗ , P(Yn = 2). c) On pose, pour tout n de N∗ : un = P(Yn = 1). 2 2 un + n+1 . 3 3 2 2) En utilisant la suite de terme général vn = un + n , donner une expression de un en fonction 3 de n. 1) Préciser u1 , puis montrer :
∀n 1, un+1 =
321
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
d) En déduire, pour tout n de N∗ , P(Yn = 0). e) Calculer, pour tout n de N∗ , l’espérance de Yn . f) On définit la va Z égale à l’instant où, pour la première fois, l’urne ne contient plus que des boules noires. Déterminer la loi de Z. Montrer que Z admet une espérance et calculer E(Z).
17.13 Tirages de N jetons : loi du plus grand numéro obtenu Soient N, n ∈ N∗ . On dispose de N urnes, avec dans chacune d’elles, des jetons numérotés de 1 à n. On tire au hasard un jeton dans chaque urne, et on note X la variable aléatoire égale au plus grand numéro tiré. a) Déterminer la fonction de répartition de X, puis sa loi. b) Montrer :
E(X) = n −
n−1 j N . n j=0
c) Calculer, pour N fixé, lim n∞ et lorsque N est fixé.
E(X) . En déduire un équivalent de E(X) lorsque n tend vers +∞ n
d) Calculer, pour n fixé, lim E(X). Commenter. N∞
17.14 Échange de boules dans deux urnes : loi du nombre de boules blanches présentes dans l’une des deux urnes On dispose de deux urnes U1 et U2 . Initialement, il y a deux boules blanches dans U1 et deux boules noires dans U2 . À chaque tirage, on prend une boule dans U1 et une boule dans U2 , et on les échange. Pour tout n de N, on note Xn la va égale au nombre de boules blanches dans U1 après le n-ième échange ; ainsi Xn prend ses valeurs dans {0, 1, 2}. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ P(Xn = 0) ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ Pour tout n de N, on définit la matrice colonne Un = ⎜⎜⎜⎜ P(Xn = 1) ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ P(Xn = 2) a) Trouver une matrice A de M3 (R) telle que : ∀n ∈ N, Un+1 = A Un . b) Montrer que la suite E(Xn ) n1 est constante et déterminer cette constante. c) Montrer que la matrice A est diagonalisable et diagonaliser A. En déduire les coefficients de la matrice An , pour tout n de N∗ . d) Montrer :
∀n ∈ N, Un = An U0 . En déduire, pour tout n de N∗ , la loi de Xn .
17.15 Suite infinie de lancers d’une pièce équilibrée : loi du nombre de changement de côtés On effectue une succession infinie de lancers d’une pièce équilibrée. À chaque lancer, à partir du deuxième, si le côté obtenu est différent du côté obtenu au lancer précédent, on gagne 1 e. Pour tout n 2, on définit la va Xn égale au gain total à l’issue des n premiers lancers. a) Déterminer les lois de X2 et de X3 , puis calculer leurs espérances. b) Soit n 2. Justifier que Xn prend ses valeurs dans 0 ; n − 1. Calculer P(Xn = 0) et P(Xn = n − 1).
322
Énoncés des exercices
c) Pour tout n 2 et tout k ∈ 0 ; n, montrer : P(Xn+1 = k) =
1 1 P(Xn = k) + P(Xn = k − 1). 2 2
d) Pour tout n 2, on définit la fonction Qn par : ∀s ∈ R, Qn (s) =
n−1
P(Xn = k)sk .
k=0
1) Soit n 2. Calculer Qn (1) et montrer que Qn (1) = E(Xn ). Exprimer V(Xn) à l’aide de la fonction Qn . 1+s 2) Montrer, pour tout n 2 et tout s ∈ R : Qn+1 (s) = Qn (s). 2 3) En déduire une expression de Qn (s) en fonction de n et de s. e) Calculer alors, pour tout n 2, l’espérance et la variance de Xn .
17.16 Loi du nombre de pistes différentes lues par un lecteur mp3 Soit n 2. Un lecteur mp3 contient n pistes de lectures (numérotées de 1 à n) et fonctionne en mode aléatoire selon le protocole suivant : •
la première piste lue est choisie de façon aléatoire parmi les n pistes ;
•
à la fin de la lecture d’une piste, la suivante est choisie de façon aléatoire parmi les n pistes ; ainsi il est possible qu’une même piste soit lue plusieurs fois de suite.
Pour tout k de N∗ , on note Xk le nombre de pistes différentes qui ont été lues au moins une fois au cours des k premières lectures. a) Déterminer, en fonction de n et de k, les valeurs prises par Xk . b) Calculer, pour tout k de N∗ , la probabilité des événements (Xk = 1) et (Xk = k). c) Soit k ∈ N∗ . Montrer : ∀i ∈ 1 ; n, P(Xk+1 = i) =
i n−i+1 P(Xk = i) + P(Xk = i − 1). n n
n−1 E(Xk ) + 1. n En déduire une expression de E(Xk ) en fonction de n et k.
d) Montrer alors :
E(Xk+1 ) =
e) Calculer, pour n fixé, lim E(Xk ). Ce résultat est-il prévisible ? © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
k∞
f) Calculer, pour k fixé, lim E(Xk ). Ce résultat est-il prévisible ? n∞
17.17 Tirages dans une urne jusqu’à l’obtention d’un numéro inférieur au numéro précédemment Soit N 3. Une urne contient N jetons numérotées de 1 à N. On tire les jetons au hasard et sans remise, jusqu’à ce que le numéro tiré soit inférieur au numéro précédemment tiré ou que l’urne soit vide. On note XN la va égale au nombre de tirages effectués. a) Calculer, pour tout k de 1 ; N − 1, P(XN > k). b) En déduire la loi de XN . c) Calculer l’espérance de XN , puis la limite de E(XN ) lorsque N tend vers +∞. 323
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
17.18 Une autre expression de l’espérance On considère une variable aléatoire discrète X à valeurs dans N. n n−1 kP(X = k) = P(X > k) − nP(X > n). a) Montrer, pour tout n ∈ N∗ : k=0
k=0
b) On veut démontrer le résultat suivant : X admet une espérance
si et seulement si
la série
P(X > n) converge ;
n0
dans ce cas, on a :
E(X) =
+∞
P(X > n).
n=0
1) Supposons que X admet une espérance. Montrer : lim nP(X > n) = 0. n∞ +∞ En déduire que P(X > n) converge puis que P(X > n) = E(X). n0
2) Supposons que la série
n=0
P(X > n) converge.
n0
Montrer que X admet alors une espérance, puis que E(X) =
+∞
P(X > n).
n=0
17.19 Tirages dans une urne jusqu’à obtenir tous les numéros au moins une fois Soit N ∈ N∗ . Une urne contient N boules numérotées de 1 à N. On y effectue des tirages successifs et avec remise jusqu’à obtenir, pour la première fois, tous les numéros au moins une fois. On note X la va égale au nombre de tirages effectués. a) Soit n ∈ N fixé. Pour tout i de 1 ; N, on définit l’événement Ei,n : « la boule numéro i n’est pas été obtenue lors des n premiers tirages ». Calculer, pour tout i de 1 ; N, P(Ei,n ) puis P(E1,n ∩ · · · ∩ Ei,n ). b) Soit n ∈ N fixé. Justifier : En déduire :
P(X > n) =
(X > n) = E1,n ∪ · · · ∪ EN,n .
N N i=1
i
(−1)i+1
N − i n N
.
c) En utilisant l’ex. 17.18, montrer que E(X) existe et E(X) = N
N N i=1
d) En déduire que :
E(X) = N
N i=1
324
1 . i
i
1 (−1)i+1 . i
Du mal à démarrer ?
Du mal à démarrer ? 17.1
a) Montrer X(Ω) = 1 ; 4, puis pour tout i de 1 ; 4, calculer P(X = i) en utilisant le formule des probabilités composées.
17.7
a) Exprimer l’événement (Y k) à l’aide d’événements élémentaires. Pour calculer ensuite P(Y = k), écrire : P(Y = k) = P(Y k) − P(Y k − 1).
b) Utiliser la définition de la fonction de répartition. c) Calculer E(X), puis E(X 2 ) à l’aide du théorème de transfert pour en déduire V (X).
17.2
a) Utiliser le fait que
6
b) Utiliser les définitions de E(Y ) et V (Y ). c) Exprimer l’événement (X k) à l’aide d’événements élémentaires. Pour calculer ensuite P(X = k), écrire :
P(X = k) = 1 pour en déduire la
P(X = k) = P(X k) − P(X k + 1).
k=1
valeur de a.
b) 1) Utiliser le théorème de transfert. 1 1 1 1 1 b) 2) Montrer que Y (Ω) = , , , , , 1 , et que 6 5 4 3 2 1 ∀k ∈ 1 ; 6, P Y = = P(X = k). k
a) Montrer que X(Ω) = 1 ; n, puis calculer P(X = k) à l’aide de la formule des probabilités composées. b) Calculer E(X), E(X 2 ) puis V (X) en utilisant les sommes usuelles.
17.4
a) Montrer que X(Ω) = 0 ; n, puis décomposer l’événement (X = k) à l’aide d’événements élémentaires. b) Calculer E X(X − 1) à l’aide du théorème de transfert, et 2 montrer que V (X) = E X(X − 1) + E(X) − E(X) . b) Déterminer a pour que
+∞ n=1
d) Déterminer Y (Ω), puis pour tout n de N, exprimer l’événement (Y = n) à l’aide d’événements liés à la va X. Pour l’existence de l’espérance de Y , étudier la nature de la série de terme général (n2 − 6n + 9) pn .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
a) Montrer qu’il existe deux réels A et B tels que : n 1 . ∀n ∈ N, P(X = n) = A + B 3
Utiliser le fait que
P(X = n) converge et
n0
+∞
a) Justifier que Y (Ω) = Z(Ω) = N∗ . Calculer P(Y = n) et P(Z = n) pour tout n de N∗ , en décomposant les événements et en utilisant la formule des probabilités composées. b) Étudier la nature des séries nP(Y = n) et nP(Z = n). n1
17.9
n0
n1
a) b) Justifier que X(Ω) = 1 ; +∞ et Y (Ω) = 2 ; +∞.
Décomposer les événements (X = n) et (Y = n) en utilisant l’indépendance des réalisations des expériences.
c) Montrer que E(X) E(Y ). a) Décomposer les événements (X = 1), (X = 2), (X = 3).
b) Utiliser la formule des probabilités totales avec comme sys tème complet d’événements F1 , P1 ∩ P2 , P1 ∩ F2 ). 2 n+1 1 n+1 c) Montrer : ∀n 1, P(X = n) = −4 − . 3 3 d) Montrer que la série nP(X = n) converge et calculer sa n1
somme en utilisant les dérivées de la série géométrique.
17.11
a) Montrer : ∀n ∈ N, P(X = n) =
de P(X = 0). P(X = n) = 1
pour déterminer les valeurs de A et B. b) Montrer que les séries nP(X = n) et n2 P(X = n) n0
E(Y ) = E(n + 1 − X) = n + 1 − E(X) V (Y ) = V (n + 1 − X) = V (X).
Utiliser le fait que
n=0
convergent et calculer leurs sommes.
En déduire : et
17.10
pn = 1.
c) Étudier la nature de la série de terme général n pn .
17.6
∀k ∈ 2 ; n, P(n + 1 − X = k) = P(Y = k).
17.8
17.3
17.5
d) Montrer que (n + 1 − X)(Ω) = 2 ; n = Y (Ω), puis que
1 P(X = 0) = P(X = −n). n!
P(X = n) = 1 pour en déduire la valeur
n∈X(Ω)
b) Pour E(X), montrer que puis calculer E(X) =
+∞ n=0
nP(X = n) converge absolument
n∈Z
nP(X = n) −
+∞
nP(X = −n).
n=1
Procéder de la même façon pour calculer E(X 2 ).
325
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
17.12
b) Remarquer que l’événement (Yn = 2) est réalisé si et seulement si on n’obtient que des boules noires aux cours des n premiers tirages. c) 1) Montrer : (Yn+1 = 1) = (Yn = 1) ∩ Nn+1 ∪ (Yn = 2) ∩ Bn+1 , puis en déduire l’expression demandée. c) 2) Montrer que (vn )n1 est une suite géométrique.
a) Montrer : Xk (Ω) = 1 ; min(n, k).
b) L’événement (Xk = 1) est réalisé si et seulement si le lecteur lit toujours la même piste. L’événement (Xk = k) est réalisé si et seulement si le lecteur lit des pistes deux à deux distinctes.
d) Écrire : P(Yn = 0) = 1 − P(Yn = 1) − P(Yn = 2).
c) Remarquer : P(Xk+1 = i) = P(Xk = i)P(Xk =i) (Xk+1 = i) + P(Xk = i − 1)P(Xk =i−1) (Xk+1 = i).
f) Remarquer que Z(Ω) = 2 ; +∞ et que :
d) Sommer l’égalité précédente pour i allant de 1 à n.
(Z = n) = (Yn = 0) \ (Yn−1 = 0) et (Yn−1 = 0) ⊂ (Yn = 0).
17.13
a) Montrer : P(X k) =
k N
. Pour calculer P(X = k), n écrire : P(X = k) = P(X k) − P(X k − 1).
b) Décomposer la somme, puis faire un changement d’indices. c) Utiliser le théorème sur les sommes de Riemann.
k
k N d) Remarquer : ∀k ∈ 0 ; n − 1,
< 1, donc −→ 0. N∞ n n
17.14
a) Pour P(Xn+1 = 0), utiliser la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (Xn = 0), (Xn = 1), (Xn = 2). Procéder de même pour P(Xn+1 = 1) et P(Xn+1 = 2). ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 1/4 0⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 1/2 1 ⎟⎟⎟. En déduire que A = ⎜⎜⎜ ⎠⎟ ⎝⎜ 0 1/4 0
b) Montrer que E(Xn+1 ) = E(Xn ). c) Utiliser les méthodes classiques de diagonalisation pour écrire A sous la forme A = PDP −1 . En déduire que An = PDn P −1 et effectuer le produit matriciel. d) Raisonner par récurrence sur n. Effectuer le produit matriciel pour en déduire la matrice Un , puis la loi de Xn .
17.15
b) L’événement (Xn = 0) est réalisé si et seulement s’il n’y a aucun changement de côté lors des n premiers lancers.
L’événement (Xn = n − 1) est réalisé si et seulement s’il y a un changement de côté à chaque lancer.
c) Définir E l’événement : « les côtés obtenus aux lancers n et n + 1 sont les mêmes ». Puis utiliser la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (E, E). d) 1) Montrer :
Qn (1) = 1, Qn (1) = E(Xn ) Qn (1) = E(Xn2 ) − E(Xn ).
d) 2) Replacer dans l’expression de Qn+1 (s), P(Xn+1 = k) par 1 P(Xn = k) + 12 P(Xn = k − 1). 2 s + 1 n−1 d) 3) Obtenir : ∀n 2, ∀s ∈ R, Qn (s) = . 2 e) Utiliser les résultats de la question d)1) et l’expression de Qn (s).
326
17.16
e) Montrer : E(Xk ) −→ n. k∞
f) Montrer : E(Xk ) −→ k. n∞
17.17
a) L’événement (XN > k) est réalisé si et seulement si les k premiers numéros obtenus sont rangés par ordre strictement croissant. b) Écrire : P(XN = N) = P(XN > N − 1) et P(XN = k) = P(XN > k − 1) − P(XN > k) si k ∈ 2 ; N − 1. c) Utiliser la définition de E(XN ) pour la calculer, puis montrer : E(XN ) −→ e. N∞
17.18
a) Remplacer dans la première somme P(X = k) par P(X > k − 1) − P(X > k), et faire apparaître une somme téléscopique.
b) 1) • Montrer : 0 nP(X > n)
+∞
kP(X = k),
k=n+1
pour en déduire que lim nP(X > n) = 0. n∞
• Écrire
n−1
P(X > k) =
k=0
n
kP(X = k) + nP(X > n),
k=0
puis passer à la limite quand n tend vers +∞.
b) 2) Remarquer que 0
n
kP(X = k)
k=0
trer que la suite de terme général Sn =
n−1
P(X > k), puis mon-
k=0
n
kP(X = k) est majo-
k=0
rée. Conclure.
17.19
b) Utiliser la formule de Poincaré pour calculer P(X > n). N − i n c) Montrer que, pour tout i de 1 ; N, les séries N n0 convergent et calculer leurs sommes. En déduire que la série P(X > n) converge. n0
d) Montrer par récurrence sur N que : N N 1 1 N . (−1)i+1 = i i i i=1 i=1
Corrigés des exercices 17.1
a) • L’urne ne contenant que 3 boules noires, la première boule blanche ne peut donc apparaître qu’aux rangs 1,2,3,4. Ainsi : •
X(Ω) = 1 ; 4.
Calculons P(X = 1), P(X = 2), P(X = 3), P(X = 4).
Notons, pour k ∈ 1 ; 10, Bk (resp. Nk ) l’événement : « on obtient une boule blanche (resp. noire) au k-ième tirage ». - L’événement (X = 1) est l’événement B1. 7 Donc : P(X = 1) = P(B1) = . 10 - L’événement (X = 2) est l’événement N1 ∩ B2 . P(X = 2) = P(N1 ∩ B2) = P(N1 )PN1 (B2 ) 7 7 3 × = . = 10 9 30 - L’événement (X = 3) est l’événement N1 ∩ N2 ∩ B3 .
Donc :
Donc :
∀x ∈ [3 ; 4[, F(x) = P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) =
∀x ∈ [4 ; +∞[, F(x) = P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) = 1. On en déduit que F est définie par : x
•
x P(X = x)
1
2
3
4
7 7 7 1 10 30 120 120
P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) 7 7 1 7 + + + = 1. = 10 30 120 120 b) Notons F la fonction de répartition de X. Par définition, on a : ∀x ∈ R, F(x) = P(X x). Ainsi : ∀x ∈] − ∞ ; 1[, F(x) = 0,
7 , 10 14 , ∀x ∈ [2 ; 3[, F(x) = P(X = 1) + P(X = 2) = 15 ∀x ∈ [1 ; 2[, F(x) = P(X = 1) =
119 120
1
4
kP(X = k)
k=1
= P(X = 1) + 2P(X = 2) + 3P(X = 3) + 4P(X = 4) 11 = . 8 •
2 Calculons V(X) = E(X 2 ) − E(X) .
Utilisons la formule de transfert pour calculer E(X 2 ). E(X 2 ) =
4
k2 P(X = k)
k=1
= P(X = 1) + 4P(X = 2) + 9P(X = 3) + 16P(X = 4) 55 . = 24 77 55 11 2 − . = Donc : V(X) = 24 8 192
17.2 Remarque : On a bien
14 15
Calculons E(X). E(X) =
= P(N1 )PN1 (N2 )PN1 ∩N2 (N3 )PN1 ∩N2 ∩N3 (B4) 2 1 7 1 3 × × × = . = 10 9 8 7 120 - Ainsi, la loi de X est donnée par le tableau suivant :
7 10
0
c) La va X est une va finie. Elle admet donc une espérance et une variance.
P(X = 3) = P(N1 ∩ N2 ∩ B3 )
P(X = 4) = P(N1 ∩ N2 ∩ N3 ∩ B4)
] − ∞ ; 1[ [1 ; 2[ [2 ; 3[ [3 ; 4[ [4 ; +∞[
F(x)
= P(N1 )PN1 (N2 )PN1 ∩N2 (B3) 2 7 7 3 × × = . = 10 9 8 120 - L’événement (X = 4) est l’événement N1 ∩ N2 ∩ N3 ∩ B4 . Donc :
119 , 120
a) • Déterminons la loi de X :
- La va X prend ses valeurs dans 1 ; 6. - De plus, d’après l’énoncé : il existe a ∈ R tel que : ∀k ∈ 1 ; 6, P(X = k) = a k. ⎧ 6 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ P(X = k) = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ k=1 , Puisque ⎪ 6 6 ⎪ ⎪ ⎪ 6×7 ⎪ ⎪ ⎪ a k = a k = a = 21a ⎪ ⎩ 2 k=1
on en déduit que a =
k=1
1 . 21 327
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
Soit i ∈ 1 ; n. Alors : (X = i) = B1 ∩ · · · ∩ Bi−1 ∩ Bi .
Ainsi la loi de X est donnée par :
Par la formule de probabilités composées, on obtient : k
1
P(X = k)
2
3
4
5
6
k Ainsi : ∀k ∈ 1 ; 6, P(X = k) = . 21 La va X est une va finie. Elle admet donc une espérance et une variance. •
P(X = i) = P(B1) × P B1 (B2) × · · · × P B1 ∩···∩Bi−2 (Bi−1)
1 2 3 4 5 6 21 21 21 21 21 21
Calculons E(X).
× P B1 ∩···∩Bi−1 (Bi) n−i+1 1 n−1 n−2 × × ··· × × n n−1 n−i+2 n−i+1 1 = . n
=
Ainsi :
6 1 2 E(X) = k P(X = k) = k 21 k=1 k=1
1 6 × 7 × 13 13 × = . 21 6 3 2 • Calculons V(X) = E(X 2 ) − E(X) . =
•
Calculons E(X).
6
6 1 3 k2 P(X = k) = k E(X 2 ) = 21 k=1 k=1
E(X) =
2
1 X
=
•
Ainsi, la loi de Y est donnée par : y P(Y = y)
1 4
1 3
1 2
1
6 5 4 3 2 1 21 21 21 21 21 21
6 1 6 1 × + ··· + 1 × = . 6 21 21 21 Remarque : on retrouve bien le même résultat. Ainsi :
17.3
E(Y) =
a) Déterminons la loi de X.
La va X prend ses valeurs dans 1 ; n. Notons, pour tout k de 1 ; n, Bk l’événement : « on obtient la boule blanche au k-ième tirage ». 328
n
n 1 n+1 i= . n i=1 2
Donc : V(X) =
17.4
1 2 (n + 1)(2n + 1) i = . n i=1 6 n
i2 P(X = i) =
i=1
b) 2) Déterminons la loi de Y.
! 1 1 1 1 1 Y prend ses valeurs dans , , , , ,1 . 6 5 4 3 2 1 = P(X = k). Pour tout k de 1 ; 6, P Y = k
1 5
i P(X = i) =
Calculons V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 . On a : E(X 2 ) =
6 6 6 1 1 P(X = k) = = . k 21 21 k=1 k=1
1 6
n i=1
1 6 ×7 = 21. × 21 22 13 2 20 Donc : V(X) = 21 − = . 3 9 b) 1) D’après la formule de transfert, E(Y) = E
1 . n
b) La va X est une va finie, elle admet donc une espérance et une variance.
Utilisons la formule de transfert pour calculer E(X 2 ),
=
et ∀i ∈ 1 ; n, P(X = i) =
La loi de X est la loi uniforme sur 1 ; n. n n 1 n P(X = i) = = = 1. Remarque : n n i=1 i=1
6
2
X(Ω) = 1 ; n
n2 − 1 (n + 1)(2n + 1) (n + 1)2 − = . 6 4 12
a) Déterminons la loi de X.
- La va X prend ses valeurs dans 0 ; n. - Soit k ∈ 0 ; n. L’événement (X = k) est la réunion disjointe des événements Ei1 ,...,ik : « les tirages numéros i1 , i2 , . . . , ik amènent une boule blanche, les autres amènent une boule noire », pour 1 i1 < · · · < ik n. Par indépendance des tirages : P(Ei1 ,...,ik ) = pk (1 − p)n−k . n De plus, il y a événements de ce type (qui correspondent au k nombre de façons de placer les k boules blanches). Donc : n k P(X = k) = p (1 − p)n−k . k Ainsi :
X(Ω) = 0 ; n
n k p (1 − p)n−k . k n n k p (1 − p)n−k k k=0 n p + (1 − p) = 1.
∀k ∈ 0 ; n, P(X = k) = Remarque :
n
P(X = k)
=
k=0
=
Newton
Remarque : la loi de X est la loi binomiale de paramètre (n, p).
Corrigés des exercices
b) La va X est une va finie, elle admet donc une espérance et une variance.
α β γ + + n n+1 n+2 α(n + 1)(n + 2) + βn(n + 2) + γn(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)
17.5
a) On a :
•
Calculons E(X). n n n E(X) = k P(X = k) = k pk (1 − p)n−k k k=0 k=0 n n = k pk (1 − p)n−k . k k=1 n n−1 Or, si k ∈ 1 ; n, on sait que k =n . k k−1 n n−1 k Donc : E(X) = n p (1 − p)n−k k − 1 k=1 n−1 n − 1 k+1 = n p (1 − p)n−(k+1) k k=0 n−1 n−1 k p (1 − p)(n−1)−k = np k k=0 n−1 = n p p + (1 − p) = n p. Newton • Calculons E X(X − 1) , par la formule de transfert. n k (k − 1)P(X = k) E X(X − 1) = k=0
n k p (1 − p)n−k k k=0 n n = k (k − 1) pk (1 − p)n−k . k k=2 n n−2 Or, si k ∈ 2 ; n, k(k − 1) = n(n − 1) . k k−2 n n−2 k p (1 − p)n−k Donc : E X(X − 1) = n(n − 1) k−2 k=2 n−2 n − 2 k+2 p (1 − p)n−(k+2) = n (n − 1) k k=0 n−2 n−2 k 2 p (1 − p)(n−2)−k = n (n − 1) p k k=0 n−2 = n (n − 1) p2 p + (1 − p) = n (n − 1) p2 .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
=
n
k (k − 1)
n2 (α + β + γ) + n(3α + 2β + γ) + 2α . n(n + 1)(n + 2) ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ α = 1/2 α+β+γ =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ β = −1 . 3α + 2β + γ = 0 ⇐⇒ ⎪ On en déduit : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ γ = 1/2 ⎩ 2α = 1 =
1/2 1 1/2 1 = − + . n(n + 1)(n + 2) n n+1 n+2 b) L’ensemble (n, pn ) ; n ∈ N∗ est la loi de probabilité d’une va discrète X si et seulement si : +∞ ∀n 1, pn 0 , pn converge et pn = 1. Donc : ∀n ∈ N∗ ,
n1
•
Or :
E X(X − 1) = =
n k=0 n
∀n 1, pn 0 ⇐⇒ a 0
•
En utilisant a), on a, pour tout N de N∗ :
N n=1
k2 P(X = k) −
k=0
= E(X 2 ) − E(X).
n
kP(X = k)
k=0
Remarque : On peut aussi utiliser la linéarité de l’espérance. 2 Donc : V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 = E X(X − 1) + E(X) − E(X) = n(n − 1)p + np − n p = np(1 − p). 2
2 2
N N+1 N+2 11 1 11 1 = − + n(n + 1)(n + 2) 2 n=1 n n=2 n 2 n=3 n
N N+1 N+2 N+1 1 1 1 1 1 1 − + − 2 n=1 n n=2 n 2 n=3 n n=2 n 1 1 1 1 1 1 = 1− + − −→ . 2 N+1 2 N + 2 2 N∞ 4 +∞ a pn converge et pn = . Ainsi la série 4 n1 n=1
=
•
Donc :
+∞
pn = 1 ⇐⇒ a = 4.
n=1
On en déduit que (n, pn ) ; n ∈ N∗ est une loi de probabilité si et seulement si : a = 4. c) La va X est une va discrète infinie. Donc : X admet une espérance nP(X = n) converge absolument
⇐⇒
⇐⇒
n1
nP(X = n) converge (car les termes sont 0).
n1
Or :
k(k − 1)P(X = k)
n=1
•
Newton
∀n ∈ N∗ ,
∀n 1, npn 0
et
npn =
4 4 ∼ . (n + 1)(n + 2) n∞ n2
1 converge, par le théorème d’équivalence n2 n1 pour des séries à termes positifs, on conclut que la série npn
Puisque la série
converge.
n1
Ainsi : la va X admet une espérance. d) • Remarquons que Y = (X − 3)2 .
Puisque X(Ω) = N∗ , on en déduit que Y(Ω) = n2 ; n ∈ N . 329
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
De plus : ∀n ∈ Y(Ω), P(Y = n) = P (X − 3)2 = n2 = P (X − 3 = n) ∪ (X − 3 = −n) = P (X = n + 3) ∪ (X = 3 − n) . Ainsi : 1 15
P(Y = 0) = P(X = 3) =
- pour n = 1 :
1 5 24 P(Y = 4) = P(X = 5) + P(X = 1) = 35 P(Y = n2 )
- pour n 3 :
De plus,
Puisque
n=0
n1
(n2 − 6n + 9)pn converge
Or on sait que la série 1 diverge et
n0 1 n n0
3
1 n 3
.
P(X = n) converge. Puisque la converge (série géométrique de
1 1 raison , avec
< 1), on obtient : 3 3
A = 0.
1 . 2
• X admet une variance ⇐⇒ X 2 admet une espérance ⇐⇒ n2 P(X = n) converge absolument n0
⇐⇒
(par le théorème de transfert) n2 P(X = n) converge (car les termes sont 0).
n0 N
Or :
n=0
=
2 1 n 1 n n(n − 1) + n 3 n=0 3 3 n=0 N
n2 P(X = n) =
N
N N 1 n−2 2 1 1 n−1 2 1 2 n(n − 1) + × n × 3 3 n=0 3 3 3 n=0 3
N∞
Les solutions de l’équation caractéristique 3r − 4r + 1 = 0, 1 d’inconnue r ∈ C, sont : 1 et . 3 Donc il existe deux réels A et B tels que :
2 1 n . 3 3
2 1 1 = . × 9 (1 − 13 )2 2
X admet une espérance et E(X) =
Ainsi :
Donc : Ainsi :
2
∀n ∈ N, P(X = n) = A + B
2 . 3
N 2 1 1 n−1 n × 3 3 n=0 3
−→
−→
a) • La suite P(X = n) n∈N est une suite récurrence linéaire d’ordre 2.
nP(X = n) =
n=0
la va Y n’admet pas d’espérance.
17.6
330
B=
nP(X = n) converge (car les termes sont 0).
N
Or :
n1
n0
3 , on obtient : 2
n0
n1
(car les termes sont 0). ⎧ 2 ⎪ ⎪ ∀n 1, (n − 6n + 9)pn = (n − 3)2 pn 0 ⎪ ⎨ Or : ⎪ 4 2 ⎪ ⎪ ∼ . ⎩ (n − 3) pn n∞ n 1 diverge, par le théorème d’équivalence Puisque la série n n1 pour des séries à termes positifs, on conclut que la série (n − 3)2 pn diverge.
=
n0
⇐⇒
N∞
Y admet une espérance ⇐⇒ (n2 − 6n + 9)pn converge absolument
série
1 3
b) • X admet une espérance ⇐⇒ nP(X = n) converge absolument
Donc, par le théorème de transfert :
•
1 n 1 = 3 1−
X(Ω) = N et ∀n ∈ N, P(X = n) =
=0
4 . = pn+3 = (n + 3)(n + 4)(n + 5) • La va Y est une va discrète infinie.
Ainsi :
P(X = n) = 1.
n=0 +∞
P(Y = 1) = P(X = 4) + P(X = 2) =
= P(X = n + 3) + P(X = 3 − n)
⇐⇒
+∞
Ainsi la loi de X est donnée par :
- pour n = 0 :
- pour n = 2 :
•
et :
2 2 1 2 + × = 1. × 27 (1 − 13 )3 9 (1 − 13 )2 X 2 admet une espérance et E(X 2 ) = 1. X admet une variance 2 3 V(X) = E(X 2 ) − E(X) = . 4
a) • Soit k ∈ 1 ; n. L’événement (Y k) est réalisé si et seulement si on obtient deux boules de numéros inférieurs ou égaux à k, donc si et seulement si on obtient deux boules dont le numéro est compris entre 1 et k.
17.7
Par équiprobabilité des tirages possibles, on a : k k(k − 1) 2 . P(Y k) = n = n(n − 1) 2
•
Déterminons la loi de Y.
Corrigés des exercices
- La variable aléatoire Y prend ses valeurs dans 2 ; n.
(X = k) = (X k) \ (X k + 1), avec (X k + 1) ⊂ (X k).
- Soit k ∈ 2 ; n. Alors : (Y = k) = (Y k) \ (Y k − 1), avec (Y k − 1) ⊂ (Y k).
P(X = k) = P(X k) − P(X k + 1) (n − k)(n − k + 1) (n − k − 1)(n − k) − = n(n − 1) n(n − 1) 2(n − k) = . n(n − 1) d) • On a X(Ω) = 1 ; n − 1, donc
P(Y = k) = P(Y k) − P(Y k − 1) k(k − 1) (k − 1)(k − 2) 2(k − 1) − = . = n(n − 1) n(n − 1) n(n − 1)
Donc :
Remarque :
n
2 k n(n − 1) k=1 n−1
P(Y = k) =
k=2
(n − 1)n 2 × = 1. = n(n − 1) 2 b) La va Y est une va discrète finie, donc Y admet une espérance et une variance. n n−1 2 • E(Y) = kP(Y = k) = (k + 1)k n(n − 1) k=1 k=2 =
2 n(n − 1)
n−1
k2 +
k=1
n−1
k
k=1
(n − 1)n(2n − 1) (n − 1)n 2 + n(n − 1) 6 2 2 (n − 1)n(n + 1) 2(n + 1) = × = . n(n − 1) 3 3 • Par le théorème de transfert, n n−1 2 k2 P(Y = k) = (k + 1)2 k E(Y 2 ) = n(n − 1) k=1 k=2 ⎛ n−1 ⎞ n−1 n−1 ⎜⎜⎜ 3 ⎟⎟ 2 = k2 + k⎟⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ k + 2 n(n − 1) k=1 k=1 k=1 2 (n − 1)2 n2 (n − 1)n(2n − 1) (n − 1)n = +2 + n(n − 1) 4 6 2 n(n − 1)(3n + 2)(n + 1) 2 × = n(n − 1) 12 (3n + 2)(n + 1) . = 6 2 Donc : V(Y) = E(Y 2 ) − E(Y) (3n + 2)(n + 1) 4(n + 1)2 (n + 1)(n − 2) = − = . 6 9 18 c) • Soit k ∈ 1 ; n. L’événement (X k) est réalisé si et seulement si on obtient deux boules de numéros supérieurs ou égaux à k, donc si et seulement si on obtient deux boules dont le numéro est compris entre k et n. =
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Donc :
Par équiprobabilité des tirages possibles, on a : n−k+1 P(X k) =
2
n 2
=
(n − k)(n − k + 1) . n(n − 1)
(n + 1 − X)(Ω) = 2 ; n = Y(Ω). ∀k ∈ 2 ; n, P(n + 1 − X = k) 2(k − 1) = P(Y = k). = P(X = n + 1 − k) = n(n − 1) On en déduit que Y et (n + 1 − X) ont même loi.
De plus :
•
Déterminons la loi de X.
- La variable aléatoire X prend ses valeurs dans 1 ; n − 1. - Soit k ∈ 1 ; n − 1. Alors :
E(n + 1 − X) = E(Y)
et V(n + 1 − X) = V(Y).
E(n + 1 − X) = n + 1 − E(X),
n+1 . 3 De plus : V(n + 1 − X) = (−1)2 V(X) = V(X), (n + 1)(n − 2) . on en déduit : V(X) = V(Y) = 18 on en déduit :
E(X) = n + 1 − E(Y) =
a) Pour tout n de N∗ , notons Bn (resp. Nn ) l’événement : « on obtient une boule blanche (resp. noire) au n-ième tirage ».
17.8
•
Déterminons la loi de Y.
- La va Y prend ses valeurs dans 1 ; +∞= N∗ . - Soit n ∈ N∗ . L’événement (Y = n) se décompose sous la forme : (Y = n) = B1 ∩ · · · ∩ Bn−1 ∩ Nn . Par la formule des probabilités composées : 1 n n 1 1 = . P(Y = n) = × × · · · × × 2 3 n n + 1 (n + 1)! Ainsi la loi de Y est donnée par : n . Y(Ω) = N∗ et ∀n ∈ N∗ , P(Y = n) = (n + 1)! N N n+1−1 Remarque : P(Y = n) = (n + 1)! n=1 n=1 N N N+1 1 1 1 1 − = − = n! (n + 1)! n=1 n! n=2 n! n=1 1 =1− −→ 1. (N + 1)! N∞ +∞ Donc : P(Y = n) = 1. n=1
• •
Ainsi :
Or :
Déterminons la loi de Z.
- La va Z prend ses valeurs dans 1 ; +∞= N∗ . - Soit n ∈ N∗ . L’événement (Z = n) se décompose sous la forme : (Z = n) = N1 ∩ · · · ∩ Nn−1 ∩ Bn. 331
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
Par la formule des probabilités composées : 1 2 n−1 1 1 P(Z = n) = × × · · · × × = . 2 3 n n + 1 n(n + 1) Ainsi la loi de Z est donnée par : 1 . Z(Ω) = N∗ et ∀n ∈ N∗ , P(Z = n) = n(n + 1) N N 1 1 − P(Z = n) = Remarque : n n+1 n=1 n=1 N N+1 1 1 1 = − =1− −→ 1. n n=2 n (N + 1) N∞ n=1 +∞
Donc :
Les réalisations des expériences se faisant de façon indépendantes, les événements S k sont mutuellement indépendants. Donc :
P(X = n) = P(S 1 ) · · · P(S n−1 )P(S n) = (1 − p)n−1 p. Remarque : +∞ n=1
n=1
b) • Y admet une espérance ⇐⇒ nP(Y = n) converge absolument
nP(Y = n) converge (car les termes sont 0).
N
nP(Y = n) =
n=1
⇐⇒
n1
N n=1 N
n2 (n + 1)!
Y admet une espérance et E(Y) = e − 1 1.7.
Or :
N
nP(X = n) = p
- La va Y prend ses valeurs dans 2 ; +∞. - Soit n ∈ 2 ; +∞. Alors l’événement (Y = n) s’écrit : (Y = n) = S 1 ∩ S 2 ∩ · · · ∩ S n−1 ∩ S n =E 1
∪ S 1 ∩ S 2 ∩ · · · ∩ S n−1 ∩ S n =E
2 ∪ · · · ∪ S 1 ∩ S 2 ∩ · · · ∩ S n−1 ∩ S n .
n1
nP(Z = n) converge (car les termes sont 0).
=E n−1
n1 N
Or :
nP(Z = n) =
n=1
car la série
1 n2
Donc :
17.9
n
N n=1
N+1 1 1 = −→ +∞ , (n + 1) n=2 n N∞
P(Y = n) = P(E1 ) + P(E2 ) + · · · + P(En−1 ) = (n − 1)(1 − p)n−2 p2 .
Z n’admet pas d’espérance. Notons, pour tout n de N∗ , S n l’événement : ∗
∀n ∈ N , P(S n ) = p.
a) • Déterminons la loi de X. - La va X prend ses valeurs dans 1 ; +∞. - Soit n ∈ 1 ; +∞. Alors l’événement (X = n) s’écrit : (X = n) = S 1 ∩ · · · ∩ S n−1 ∩ S n . 332
Les événements Ek sont deux à deux incompatibles, puis les événements S k sont mutuellement indépendants. Donc :
diverge.
« l’événement A se réalise à la n-ième expérience ». Alors :
n(1 − p)n−1
1 p −→ = p. N∞ 1 − (1 − p) 2 1 Donc : X admet une espérance et E(X) = . p b) • Déterminons la loi de Y :
Z admet une espérance nP(Z = n) converge absolument ⇐⇒
⇐⇒
N n=1
•
nP(X = n) converge (car les termes sont 0).
n=1
n(n + 1) − (n + 1) + 1 (n + 1)! n=1 N−1 N N+1 1 1 1 = − + n! n=1 n! n=2 n! n=0 N−1 1 1 = + − 1 −→ e − 1. N∞ n! (N + 1)! n=0 =
Donc :
n=0
p = 1. 1 − (1 − p)
n1
n1
Or :
(1 − p)n =
X admet une espérance nP(X = n) converge absolument ⇐⇒
n1
⇐⇒
+∞
La loi de X est la loi géométrique de paramètre p. •
P(Z = n) = 1.
P(X = n) = p
Remarque : +∞ +∞ P(Y = n) = p2 n(1 − p)n−1 = n=2
•
n=1
p2 1 − (1 − p)
2 = 1.
Y admet une espérance nP(Y = n) converge absolument ⇐⇒ ⇐⇒
n2 n2
nP(Y = n) converge (car les termes sont 0).
Corrigés des exercices
Or :
N
nP(Y = n) = p2
n=2
N
n(n − 1)(1 − p)n−2
α=
2p2
2 3 = p . 1 − (1 − p)
Y admet une espérance et E(Y) =
c) On constate que :
2 . p
E(X) E(Y).
Ce qui est logique puisque X Y, et donc la valeur moyenne de X est inférieure ou égale à celle de Y.
17.10 Notons, pour tout n de N∗ , Pn (resp. Fn ) l’événement :
n=2
n=2
=
a) • L’événement (X = 1) est impossible, donc : a1 = 0. (X = 2) = P1 ∩ P2 . 2 2 4 Par indépendance des lancers : a2 = × = . 3 3 9 • L’événement (X = 3) s’écrit : (X = 3) = F1 ∩ P2 ∩ P3 . 1 2 2 4 Par indépendance des lancers : a3 = × × = . 3 3 3 27 b) Soit n 3. La famille d’événements F1 , P1 ∩ P2 , P1 ∩ F2 ) forme un système complet d’événements.
L’événement (X = 2) s’écrit :
Donc par la formule des probabilités totales :
=
⇐⇒ Or :
n1
3
4 1 × 9 1−
De la même façon :
PP1 ∩F2 (X = n) = P(X = n − 2).
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Enfin, sachant P1 ∩ P2 , l’événement (X = n) est impossible. Ainsi : PP1 ∩P2 (X = n) = 0. 1 2 1 × an−1 + 0 + × × an−2 3 3 3 1 2 = an−1 + an−2 . 3 9 c) • Déterminons la loi de X. On en déduit :
an =
- La variable aléatoire X prend ses valeurs dans 2 ; +∞. - La suite (an )n∈N∗ est une suite récurrente linéaire du second ordre. Les solutions de l’équation caractéristique 2 2 1 1 r2 − r − = 0, d’inconnue r ∈ C, sont et − . 3 9 3 3 Il existe donc deux réels α et β tels que : 2 n 1 n ∀n ∈ N∗ , an = α +β − . 3 3
−
2 3
4 1 × 9 1+
1 3
=
4 1 − = 1. 3 3
N
nP(X = n) converge (car les termes sont 0).
nP(X = n) =
n=1
=
−→ Donc :
N N 2 n+1 1 n+1 n − 4n − 3 3 n=1 n=1
N N 4 2 n−1 4 1 n−1 n − n − 9 n=1 3 9 n=1 3
N∞
PF1 (X = n) = P(X = n − 1).
+∞ 1 2 1 n −4 − − 3 n=0 3
3
n=0
n1
+ P(P1 ∩ F2 )PP1 ∩F2 (X = n).
Ainsi :
n=1
+∞ 2 2 2 n
d) X admet une espérance nP(X = n) converge absolument ⇐⇒
P(X = n) = P(F1 )PF1 (X = n) + P(P1 ∩ P2 )PP1 ∩P2 (X = n)
Or, sachant F1 , pour réaliser l’événement (X = n), il faut obtenir deux piles consécutifs, pour la première fois, après les (n − 1)-ièmes prochains lancers.
4 2 et β = . 3 3
Ainsi la loi de X est donnée par : X(Ω) = 2 ; +∞ 1 n+1 2 n+1 −4 − . et ∀n 2, P(X = n) = 3 3 Remarque : cette dernière formule est valable pour n = 1, puisque P(X = 1) = 0. +∞ +∞ +∞ • P(X = n) = an = an
« on obtient pile (resp. face) au n-ième lancer ». •
4 , on obtient : 9
n=2
−→ N∞ Donc :
En utilisant a1 = 0 et a2 =
4 1 15 1 1 4 − =4− = . 9 (1 − 23 )2 9 (1 + 13 )2 4 4
X admet une espérance et E(X) =
15 . 4
17.11 a) Par récurrence immédiate, on montre que, pour tout n de N, 1 P(X = 0) = P(X = −n). n! De plus, d’après le cours : P(X = n) = 1. P(X = n) =
n∈X(Ω)
Or :
n∈X(Ω)
P(X = n) =
+∞
P(X = n) +
n=0
= P(X = 0)
+∞
P(X = −n)
n=1 +∞ +∞ 1 1 + P(X = 0) n! n! n=0 n=1
= P(X = 0)(2e − 1) 1 . 2e − 1 Ainsi la loi de X est donnée par : X(Ω) = Z 1 . et ∀n ∈ N, P(X = n) = P(X = −n) = (2e − 1) n!
On en déduit que : P(X = 0) =
333
Chapitre 17
Variables aléatoires discrètes
•
b) • X admet une espérance nP(X = n) converge absolument. ⇐⇒ n∈Z
= = =
M
(−n)P(X = n) +
n P(X = −n) + =P(X=n)
nP(X = n) +
Or :
N
nP(X = n)
De la même façon :
n=0
On en déduit que la série
nP(X = n) −→ N∞
e . 2e − 1
nP(X = n) converge absolument,
n∈Z
donc que X admet une espérance. De plus : +∞
E(X) = = =
n=−∞ −1
nP(X = n) nP(X = n) +
n=−∞ +∞ n=1
=−
+∞ n=0
(−n) P(X = −n) +
+∞
=P(X=n)
nP(X = n) +
n=1
=−
nP(X = n) +∞
nP(X = n)
n=0
+∞
nP(X = n)
n=0
e e + = 0. 2e − 1 2e − 1
X admet une variance ⇐⇒ X 2 admet une espérance n2 P(X = n) converge absolument ⇐⇒ ⇐⇒
n∈Z
n2 P(X = n) converge (car les termes sont 0).
n∈Z N
On a, pour tous M, N > 0 : = =
−1 n=−M M
334
n2 P(X = n)
n=−M N
n P(X = n) + 2
n=0
(−n)2 P(X = −n) +
n=1
M n(n − 1) + n n=1
n2 P(X = n)
N n=0
=
n! =
M n=2
M−2
De la même façon : Ainsi :
M−1 1 1 e = −→ . 2e − 1 n=0 n! M∞ 2e − 1 N
N
1 1 + (n − 2)! n=1 (n − 1)! M
1 1 + −→ 2e. n! n=0 n! M∞ M
N n(n − 1) + n −→ 2e. N∞ n! n=0
4e . 2e − 1 2 4e Donc : V(X) = E(X 2 ) − E(X) = E(X 2 ) = . 2e − 1
nP(X = n).
M 1 1 2e − 1 n=1 (n − 1)!
nP(X = n) =
n2 P(X = n)
n=0
n=0
n=0
n=1
•
Or :
nP(X = n)
n=0
N
N
1 n(n − 1) + n n(n − 1) + n = + . 2e − 1 n=1 n! n! n=0
n=0
n=1 M
|n|P(X = n)
n=0 N
n=−M M n=1
=
|n|P(X = n) +
n=−M −1
n2 P(X = n) +
n=1
nP(X = n)
n=−M N
−1
M
M
N
On a, pour tous M, N > 0 :
=
n2 P(X = n)
X 2 admet une espérance et E(X 2 ) =
17.12 Notons, pour n ∈ N∗ , Bn (resp. Nn ) l’événement : « on obtient une boule blanche (resp. noire) au n-ième tirage ». a) La va Y1 prend ses valeurs dans {1, 2}. 1 De plus : P(Y1 = 2) = P(N1 ) = . 3 Et donc :
P(Y1 = 1) = 1 − P(Y1 = 2) =
2 . 3
b) On a : (Yn = 2) = N1 ∩ · · · ∩ Nn . On en déduit, par la formule des probabilités composées : 1 n P(Yn = 2) = . 3 2 c)1) • D’après la question a) : u1 = P(Y1 = 1) = . 3 • Soit n 1. L’événement (Yn+1 = 1) peut s’écrire : (Yn+1 = 1) = (Yn = 1) ∩ Nn+1 ∪ (Yn = 2) ∩ Bn+1 . Les deux événements étant incompatibles, on a : P(Yn+1 = 1) = P (Yn = 1) ∩ Nn+1 + P (Yn = 2) ∩ Bn+1 = P(Yn = 1) P(Yn =1) (Nn+1 ) + P(Yn = 2) P(Yn =2) (Bn+1) 2 2 = P(Yn = 1) × + P(Yn = 2) × 3 3 2 2 = un + n+1 . 3 3 2 c) 2) Posons : ∀n 1, vn = un + n . 3 2 2 2 2 Alors : vn+1 = un+1 + n+1 = un + n+1 + n+1 3 3 3 3 2 2 2 = un + n = vn . 3 3 3 2 Donc (vn )n1 est une suite géométrique de raison . 3 2 n 2 n−1 2 =2 × u1 + . Ainsi : ∀n 1, vn = 3 3 3
Corrigés des exercices
2 n 2 2(2n − 1) ∀n 1, un = 2 − n = . 3 3 3n d) Les événements (Yn = 0), (Yn = 1), (Yn = 2) forment un système complet d’événements. On en déduit : On en déduit :
Remarque : cette formule est encore valable pour k = 0. - La fonction de répartition F de X est définie par : ⎧ ⎪ 0 si x < 1 ⎪ ⎪ N ⎪ ⎪ ⎪ [x] ⎨ ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ F([x]) = si 1 x n ⎪ ⎪ n ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > n
P(Yn = 0) = 1 − P(Yn = 1) − P(Yn = 2) 3n + 1 − 2n+1 . = 3n e) L’espérance de Yn est donnée par : E(Yn ) = 0 × P(Yn = 0) + 1 × P(Yn = 1) + 2 × P(Yn = 2) 2 n . =2 3 f) • La va Z prend ses valeurs dans 2 ; +∞. •
Ainsi :
Déduisons la loi de X. Soit k ∈ 1 ; n. Alors :
3n + 1 − 2n+1 3n−1 + 1 − 2n − 3n 3n−1 n n+1 3 + 1 − 2 − 3(3n−1 + 1 − 2n ) 2n − 2 = = . 3n 3n • La va Z est une va discrète infinie. Donc : Z admet une espérance nP(Z = n) converge absolument ⇐⇒ ⇐⇒
n2
kN − (k − 1)N . nN
N
b) La va X est finie, donc X admet une espérance donnée par : n n kN − (k − 1)N kP(X = k) = k× E(X) = nN k=1 k=1 =
n
nP(Z = n) =
N " 2 n 1 n # n −2 3 3 n=2
=
N " 2 n 1 n # n −2 3 3 n=1
=
N N 2 2 n−1 2 1 n−1 n − n 3 n=1 3 3 n=1 3
n=2
−→ N∞
2 9 1 1 2 − × = . × 3 (1 − 23 )2 3 (1 − 13 )2 2
9 On en déduit que Z admet une espérance et que E(Z) = . 2
17.13 a) • La va X prend ses valeurs dans 1 ; n. Déterminons la fonction de répartition de X.
- Soit k ∈ 1 ; n. Notons, pour tout i de 1 ; N, Ai,k l’événement : « on obtient un jeton de numéro inférieur ou égal à k dans l’urne numéro i ». k Alors, pour tout i de 1 ; N, P(Ai,k ) = . n On a : (X k) = A1,k ∩ · · · ∩ AN,k . Puisque les événements Ai,k sont mutuellement indépendants, on en déduit : k N . P(X k) = P(A1,k ) × · · · × P(AN,k ) = n
k×
kN kN − (k + 1) × nN k=0 nN
k×
kN kN kN − k× N − N n n nN k=0 k=0
n−1
k=1
=
n k=1
nP(Z = n) converge (car les termes sont 0).
n2
Or :
P(X = k) = P(X k) − P(X k − 1) =
P(Z = n) = P(Yn = 0) − P(Yn−1 = 0) =
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
•
Soit n ∈ 2 ; +∞. L’événement (Z = n) s’écrit :
(Z = n) = (Yn = 0) \ (Yn−1 = 0), avec (Yn−1 = 0) ⊂ (Yn = 0).
•
où [x] désigne la partie entière de x.
n−1
n−1
kN k nN N − 0 − = n − . nN nN n k=0 k=0 n−1
=n
c) On a :
n−1
n−1 E(X) 1 k N . =1− n n k=0 n
Posons f : x −→ xN . Alors f est continue sur [0 ; 1]. D’après le théorème sur les sommes de Riemman, on obtient : $ 1 n−1 1 1 k N . −→ f (x)dx = n∞ n k=0 n N +1 0 E(X) 1 N −→ 1 − = . n n∞ N+1 N+1 E(X) N nN Ainsi : ∼ , et donc : E(X) ∼ . n∞ N + 1 n n∞ N + 1
k
k N −→ 0. d) Pour tout k de 0 ; n − 1,
< 1, donc N∞ n n La somme ayant un nombre fixé de termes, on en déduit : On en déduit que :
n−1 k N k=0
Donc :
n
−→ 0. N∞
E(X) −→ n. N∞
Ce résultat était prévisible, car plus N devient grand, plus on a de chance de tirer le jeton numéro n ; ainsi X tend vers n, et donc son espérance aussi. 335
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
17.14 Pour i ∈ {1, 2} et n ∈ N∗ , on définit l’événement Bi,n (resp. Ni,n ) : « on prend une boule blanche (resp. noire) dans Ui pour le n-ième échange ».
a) • Soit n ∈ N. Les événements (Xn = 0), (Xn = 1) et (Xn = 2) forment un système complet d’événements. Donc, par la formule des probabilités totales : P(Xn+1 = 0) = P(Xn = 0)P(Xn =0) (Xn+1 = 0) +P(Xn = 1)P(Xn =1) (Xn+1 = 0) +P(Xn = 2)P(Xn =2) (Xn+1 = 0). - Si (Xn = 0), il y a, dans l’urne U1 , deux boules noires, et dans l’urne U2 , deux boules blanches. On est donc obligé de prendre une boule noire dans U1 et une boule blanche dans U2 ; et donc Xn+1 ne peut pas être égale à 0. Ainsi : P(Xn =0) (Xn+1 = 0) = 0. - De la même façon :
P(Xn =2) (Xn+1 = 0) = 0.
1 . 4
1 P(Xn = 1). 4 • Par le même raisonnement, on obtient : ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ P(Xn+1 = 1) = P(Xn = 0) + 2 P(Xn = 1) + P(Xn = 2) ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ P(Xn+1 = 2) = P(Xn = 1). 4 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜P(Xn+1 = 0)⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ • Ainsi : Un+1 = ⎜⎜P(Xn+1 = 1)⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ P(Xn+1 = 2) ⎛ ⎞ 1 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ P(Xn = 1) 4 ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟ 1 = ⎜⎜⎜P(Xn = 0) + 2 P(Xn = 1) + P(Xn = 2)⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ 1 P(Xn = 1) 4 ⎛ 1 ⎞⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜0 4 0⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜P(Xn = 0)⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ = ⎜⎜⎜1 2 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜P(Xn = 1)⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ ⎝P(X = 2)⎠ n 0 4 0 ⎛ 1 ⎞ ⎜⎜⎜0 4 0⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ Ainsi la matrice A = ⎜⎜⎜⎜⎜1 12 1⎟⎟⎟⎟⎟ convient. ⎜⎝ 1 ⎟⎠ 0 4 0 On en déduit :
P(Xn+1 = 0) =
b) Soit n ∈ N. Alors : E(Xn+1 ) = P(Xn+1 = 1) + 2P(Xn+1 = 2) 1 1 = P(Xn = 0) + P(Xn = 1) + P(Xn = 2) + P(Xn = 1) 2 2 = P(Xn = 0) + P(Xn = 1) + P(Xn = 2) = 1. On en déduit : 336
∀n 1, E(Xn ) = 1.
• Après avoir déterminé les sous-espaces propres de A, on obtient : A = P D P−1 , ⎛ 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜− 2 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 −1 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ avec P = ⎜⎜−2 0 4⎟⎟ et D = ⎜⎜ 0 0 0⎟⎟⎟⎟. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1 1 0 01 •
On a alors : ∀n ∈ N∗ , An = PDP−1 PDP−1 · · · PDP−1 n fois
= PD P−1 P D P−1 P DP−1 · · · PD P−1 P DP−1 = PDn P−1 . =I3
Après calcul :
- Et si (Xn = 1), il y a, dans les deux urnes, une boule blanche et une boule noire. Ainsi : P(Xn =1) (Xn+1 = 0) = P(Xn =1) (B1,n+1 ∩ N2,n+1 ) =
c) • On calcule les valeurs propres de A et on obtient : 1 Sp(A) = − , 0, 1 . 2 La matrice A admet trois valeurs propres distinctes et A est une matrice de M3 (R), donc A est diagonalisable.
=I3
P−1
=I3
⎞ ⎛ ⎜ 2 −1 2⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜⎜−3 0 3⎟⎟⎟⎟. ⎠ 6⎝ 1 1 1
La matrice D étant diagonale, on a : ⎛ 1 n ⎞ ⎜⎜⎜ − 2 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ ∗ n 0 0⎟⎟⎟⎟ ∀n ∈ N , D = ⎜⎜ 0 ⎝ ⎠ 0 01 (cette relation est fausse pour n = 0). On en déduit : ∀n ∈ N∗ , ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1 + 2 − 12 n 1 − − 12 n 1 + 2 − 12 n ⎟⎟⎟ ⎜ n n n ⎟⎟ 1⎜ An = ⎜⎜⎜⎜⎜4 − 4 − 12 4 + 2 − 12 4 − 4 − 12 ⎟⎟⎟⎟⎟ . 6 ⎜⎝ n n n ⎟⎠ 1 + 2 − 12 1 − − 12 1 + 2 − 12 d) • Par récurrence sur n, on montre : ∀n ∈ N, Un = An U0 . •
La va X0 est la va égale à 2. Donc :
P(X0 = 0) = 0,
P(X0 = 1) = 0,
P(X0 = 2) = 1.
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ En multipliant la matrice An par la matrice U0 = ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟, on obtient ⎝ ⎠ 1 la matrice Un , et on en déduit : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ P(Xn = 0) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∀n ∈ N∗ , ⎪ P(Xn = 1) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ P(Xn = 2) =
n 1 1 + 2 − 12 6 n 1 4 − 4 − 12 6 1 n 1 + 2 − 12 . 6
Remarque : P(Xn = 0) + P(Xn = 1) + P(Xn = 2) = 1, et on retrouve ainsi E(Xn ) = 1, pour n ∈ N∗ .
Corrigés des exercices
17.15 a) Notons, pour k ∈ N∗ , Pk (resp. Fk ) l’événement :
•
« on obtient pile (resp. face) au k-ième lancer. » •
= P(P1 ∩ · · · ∩ Pn ) + P(F1 ∩ · · · ∩ Fn ) par incompatibilité
Loi de X2 :
= P(P1 ) · · · P(Pn ) + P(F1 ) · · · P(Fn ) par indépendance
- La va X2 prend ses valeurs dans {0, 1}. - De plus : P(X2 = 0) = P (P1 ∩ P2 ) ∪ (F1 ∩ F2 ) = P(P1 )P(P2 ) + P(F1 )P(F2 ) par indépendance 1 1 1 1 1 = × + × = . 2 2 2 2 2 1 Donc : P(X2 = 1) = 1 − P(X2 = 0) = . 2 x
0 1
P(X2 = x)
1 1 2 2
= P(Pn )P(Pn+1) + P(Fn )P(Fn+1 )
•
1 . 2
Loi de X3 :
- La va X3 prend ses valeurs dans {0, 1, 2}. - De plus : P(X3 = 0) = P (P1 ∩ P2 ∩ P3 ) ∪ (F1 ∩ F2 ∩ F3 ) = P(P1 ∩ P2 ∩ P3 ) + P(F1 ∩ F2 ∩ F3 ) par incompatibilité = P(P1 )P(P2 )P(P3 ) + P(F1 )P(F2 )P(F3 ) par indépendance 1 1 1 1 1 1 1 = × × + × × = . 2 2 2 2 2 2 4 De la même façon : P(X3 = 2) = P (P1 ∩ F2 ∩ P3 ) ∪ (F1 ∩ P2 ∩ F3 ) 1 1 1 1 1 1 1 = × × + × × = . 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 Enfin : P(X2 = 1) = 1 − − = . 4 4 2
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Ainsi la loi de X3 est :
x
0 1 2
P(X3 = x)
1 1 1 4 2 4
1 1 1 1 1 × + × = . 2 2 2 2 2
=
On en déduit : E(X2 ) = 0 × P(X2 = 0) + 1 × P(X2 = 1) =
1 n 1 n 1 n−1 + = . 2 2 2 • De la même façon : P(Xn = n − 1) = P (P1 ∩ F2 ∩ P3 ∩ · · · ) ∪ (F1 ∩ P2 ∩ F3 ∩ · · · ) 1 n 1 n 1 n−1 = + = . 2 2 2 c) Soient n 2 et k ∈ 0 ; n. Notons E l’événement : « les côtés obtenus aux lancers n et n + 1 sont les mêmes ». Alors : P(E) = P (Pn ∩ Pn+1 ) ∪ (Fn ∩ Fn+1 ) =
= P(P1 ∩ P2 ) + P(F1 ∩ F2 ) par incompatibilité
Ainsi la loi de X2 est :
P(Xn = 0) = P (P1 ∩ · · · ∩ Pn ) ∪ (F1 ∩ · · · ∩ Fn )
On en déduit :
La famille d’événements (E, E) est un système complet d’événements. Donc par la formule des probabilités totales : P(Xn+1 = k) = P(E)PE (Xn+1 = k) + P(E)PE (Xn+1 = k). ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ PE (Xn+1 = k) = P(Xn = k) Or : ⎪ ⎪ ⎩ PE (Xn+1 = k) = P(Xn = k − 1). On en déduit : P(Xn+1 = k) = P(E)P(Xn = k) + P(E)P(Xn = k − 1) 1 1 P(Xn = k − 1) = P(Xn = k) + 1 − 2 2 1 1 = P(Xn = k) + P(Xn = k − 1). 2 2 n−1 d) 1) • Qn (1) = P(Xn = k) = 1. k=0
•
On a : ∀s ∈ R, Qn (s) =
n−1
kP(Xn = k)sk−1 .
k=0
Donc :
Qn (1) =
n−1
kP(Xn = k) = E(Xn ).
k=0
•
On a : ∀s ∈ R, Qn (s) =
n−1
k(k − 1)P(Xn = k)sk−1 .
k=0
1 1 1 E(X3 ) = 0 × + 1 × + 2 × = 1. 4 2 4
Donc :
b) • La plus petite valeur que peut prendre Xn est 0, lorsqu’il n’y a aucun changement de côté.
=
On en déduit :
Xn (Ω) = 0 ; n − 1.
k=0 n−1 k=0
La plus grande valeur que peut prendre Xn est n − 1, lorsqu’il y a un changement de côté à chaque lancer, à partir du deuxième. Enfin, Xn peut prendre toutes les valeurs intermédiaires.
Qn (1) =
n−1
Ainsi :
k(k − 1)P(Xn = k) k2 P(Xn = k) −
n−1
kP(Xn = k)
k=0
= E(Xn2 ) − E(Xn ). V(Xn ) = E(Xn2 ) − E(Xn ) 2 2 = E(Xn2 ) − E(Xn ) + E(Xn ) − E(Xn ) 2 = Qn (1) + Qn (1) − Qn (1) . 337
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
d) 2) Soit n 2. Alors : Qn+1 (s) = = = = =
=
n
∀s ∈ R,
P(Xn−1 = k)sk
k=0 n
1 1 P(Xn = k) + P(Xn = k − 1) sk 2 2 k=0 n n 1 1 P(Xn = k)sk + P(Xn = k − 1)sk 2 k=0 2 k=0 n n−1 1 1 P(Xn = k)sk + P(Xn = k)sk+1 2 k=0 2 k=−1 n−1 n−1 1 1 P(Xn = k)sk + P(Xn = k)sk+1 2 k=0 2 k=0 (car P(Xn = −1) = 0 = P(Xn = n)) 1+s Qn (s). 2
d) 3) On en déduit, par récurrence immédiate : ∀n 2, ∀s ∈ R, Qn (s) =
1 + s n−2 2
Q2 (s).
1+s . 2 1 + s n−1 . Ainsi : ∀n 2, ∀s ∈ R, Qn (s) = 2 e) Soit n 2. On en déduit : ∀s ∈ R,
Or :
Q2 (s) = P(X2 = 0) + P(X2 = 1)s =
⎧ n − 1 1 + s n−2 ⎪ ⎪ ⎪ Qn (s) = ⎪ ⎪ ⎨ 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ (n − 1)(n − 2) 1 + s n−3 ⎪ ⎪ ⎩ Qn (s) = . 4 2 n−1 (n − 1)(n − 2) et Qn (1) = . 2 4 n−1 Ainsi : E(Xn ) = Qn (1) = 2 (n − 1)(n − 2) n − 1 (n − 1)2 n−1 et : V(Xn ) = + − = . 4 2 4 4 Donc : Qn (1) =
17.16 a) • La plus petite valeur que peut prendre Xk est 1, lorsque le lecteur lit toujours la même piste. •
c) Soit k ∈ N∗ et soit i ∈ 1 ; n. La famille d’événements (Xk = ), ∈ 1 ; n est un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales : n P(Xk = )P(Xk =) (Xk+1 = i). P(Xk+1 = i) = =1
Or : si i, i − 1,
alors P(Xk =) (Xk+1 = i) = 0.
On a alors : P(Xk+1 = i) = P(Xk = i)P(Xk =i) (Xk+1 = i) + P(Xk = i − 1)P(Xk =i−1) (Xk+1 = i). Or : si (Xk = i), alors (Xk+1 = i) est réalisé si et seulement si on lit une piste déjà lue, parmi les i pistes lues : donc i P(Xk =i) (Xk+1 = i) = . De même : si (Xk = i−1), alors (Xk+1 = i) n est réalisé si et seulement si on lit une piste pas encore lue, parmi les n − (i − 1) pistes non lues : donc P(Xk =i−1) (Xk+1 = i) = n−i+1 . n On en déduit : i n−i+1 P(Xk = i − 1). P(Xk+1 = i) = P(Xk = i) + n n d) • Soit k ∈ N∗ . E(Xk+1 ) =
Pour la plus grande valeur de Xk , distinguons deux cas :
min(n,k+1)
iP(Xk+1 = i)
i=1 n
- si k n, alors la plus grande valeur de Xk est k, lorsque le lecteur lit des pistes deux à deux distinctes ;
=
- si k > n, alors la plus grande valeur de Xk est n, lorsque le lecteur lit, par exemple, aux cours des n premières lectures, les n pistes, puis lit des pistes quelconques.
car si k + 1 < n et k + 2 i n, alors P(Xk+1 = i) = 0 n 2 i(n − i + 1) i = P(Xk = i) + P(Xk = i − 1) n n i=1
•
Enfin, Xk peut prendre toutes les valeurs intermédiaires.
On en déduit :
Xk (Ω) = 1 ; min(n, k).
b) Soit k ∈ N∗ . Notons E l’ensemble des k premières lectures possibles. Alors : Card(E) = nk . De plus, chaque élément de E est équiprobable. 338
- L’événement A = (Xk = 1) est réalisé si et seulement si le lecteur lit toujours la même piste. Il faut donc choisir cette piste (n choix), et lire cette piste k fois (1k = 1 choix). Ainsi : Card(A) = n. n 1 Et donc : P(A) = P(Xk = 1) = k = k−1 . n n - L’événement B = (Xk = k) n’est réalisable que si k n. Dans ce cas, B est réalisé si et seulement si le lecteur lit des pistes n! choix. deux à deux distinctes. Il y a donc (n − k)! n! Ainsi : Card(B) = . (n − k)! ⎧ n! ⎪ ⎪ ⎪ si k n ⎨ k Et donc : P(B) = P(Xk = k) = ⎪ . n (n − k)! ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon
iP(Xk+1 = i)
i=1
=
n n−1 1 1 2 i P(Xk = i) + (i + 1)(n − i)P(Xk = i) n i=1 n i=0 =0 pour i = 0 et i = n
Corrigés des exercices n 1 2 i P(Xk = i) + n i=1 n 1 2 i P(Xk = i) + = n i=1
n 1 (i + 1)(n − i)P(Xk = i) n i=1 n 1 i(n − 1)P(Xk = i) n i=1 n 1 + (n − i2 )P(Xk = i) n i=1 n n n−1 iP(Xk = i) + P(Xk = i) = n i=1 i=1 n−1 = E(Xk ) + 1. n • La suite E(Xk ) k∈N∗ est une suite arithmético-géométrique.
=
La suite de terme général uk = E(Xk ) − n est alors une suite n−1 géométrique de raison . n n − 1 k−1 (E(X1 ) − n) + n. Donc : ∀k ∈ N∗ , E(Xk ) = n Or la va X1 est constante, égale à 1 : donc E(X1 ) = 1.
N
n − 1 k−1 n
k=2
c) La va XN est une va finie, donc admet une espérance.
" n − 1 k # (1 − n) + n = n 1 − . n
=
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
- les ordonner par ordre croissant : 1 choix, - répartir les (N − k) autres numéros dans les (N − k) derniers tirages : (N − k)! choix. N N! (N − k)! = . Ainsi : Card(Ek ) = k k!
N∞
∀k ∈ N, P(X = k) = P(X > k − 1) − P(X > k). n n Donc : kP(X = k) = k P(X > k − 1) − P(X > k) k=0
k=0
n k P(X > k − 1) − P(X > k) = k=1
= =
17.17 a) Notons, pour k ∈ 1 ; N − 1, Ek = (XN > k).
N choix, k
E(XN ) −→ e.
17.18 a) Soit n ∈ N∗ . On a :
Ce résultat est prévisible car, lorsque le nombre de pistes tend vers l’infini, les pistes lues lors de k premières lectures vont tendre à être toutes différentes, donc Xk va tendre vers k, et son espérance aussi.
- choisir les k premiers numéros :
N k(k − 1) + k! (N − 1)!
N−1 1 −→ e. On en déduit : N∞ k! k=0
Or :
n∞
Pour réaliser Ek , il faut :
kP(XN = k)
k=2 N−1
N−3 N−1 N 1 1 = + = . k! (N − 1)! k! k=0 k=1
k∞
L’événement Ek est réalisé si et seulement si les k premiers numéros obtenus sont rangés par ordre strictement croissant.
N
k=2
n − 1
< 1, donc n − 1 k −→ 0. e) On a :
k∞ n n On en déduit : E(Xk ) −→ n. Ce résultat est prévisible car, lorsque le nombre de lectures tend vers l’infini, toutes les pistes vont tendre à être lues, donc Xk va tendre vers n, et son espérance aussi. n − 1 k 1 1 k k . = 1− =1− + o f) On a : n n n n∞ n 1 k = k+ o (1). Donc : E(Xk ) = n 1 − 1 + + o n∞ n n∞ n On en déduit : E(Xk ) −→ k.
N
⎧ ∀k ∈ 2 ; N − 1, P(XN = k) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 k−1 1 ⎪ ⎪ ⎨ − = = Ainsi : ⎪ (k − 1)! k! k! ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ . ⎩ P(XN = N) = (N − 1)! N Remarque : on vérifie P(XN = k) = 1.
Et E(XN ) =
On en déduit : E(Xk ) =
De plus, il y a N! tirages possibles, chaque tirage étant équiprobable. Card(Ek ) 1 = . On en déduit : P(Ek ) = P(XN > k) = N! k! b) • La va XN prend ses valeurs dans 2 ; N. ⎧ ⎪ ∀k ∈ 2 ; N − 1, ⎪ ⎪ ⎨ P(XN = k) = P(XN > k − 1) − P(XN > k) • Et : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ P(X = N) = P(X > N − 1).
=
n−1 k=0 n−1 k=0 n−1
(k + 1)P(X > k) − kP(X > k) +
n−1
n
kP(X > k)
k=1
P(X > k) −
k=0
n
kP(X > k)
k=1
P(X > k) − nP(X > n).
k=0
b) 1) Supposons que X admet une espérance. Alors la série nP(X = n) converge absolument, donc converge. n0
•
On a : ∀n 0, nP(X > n) =
+∞ k=n+1
donc :
0 nP(X > n)
+∞
n P(X = k), k
kP(X = k).
k=n+1
339
Chapitre 17
•
Variables aléatoires discrètes
Or, puisque la série
nP(X = n) converge, la suite de ses
n0
+∞
restes tend vers 0, autrement dit :
kP(X = k) −→ 0. n∞
k=n+1
•
n−1
On a :
P(X > n) =
lim nP(X > n) = 0.
On en déduit :
n∞
P(X > k) =
k=0
n
kP(X = k) + nP(X > n).
k=0
k=0
Donc, en passant à la limite dans la relation précédente : n−1
P(X > k) −→ E(X).
P(X > n) converge et
n0
b) 2) Supposons que
+∞
P(X > n) converge. =
k=0
Puisque la série
M N n=0
kP(X = k)
k=0
P(X > n) converge, la suite des sommes
partielles associée est majorée. Donc la suite des sommes par kP(X = k) est aussi majorée. Et tielles associée à la série k0
comme cette série est à termes positifs, la série
kP(X = k)
k0
N
(−1)i+1
Par combinaison linéaire d’un nombre fini de séries convergentes, la série P(X > n) converge et : +∞
On peut donc utiliser les résultats du b)1), et en déduire : n=0
P(X > n).
n=0
17.19 a) On a : P(Ei,n ) = et plus généralement :
N − 1 n N
N − i n N
.
b) Soit n ∈ N fixé. L’événement (X > n) est réalisé si et seulement si tous les numéros n’ont pas été obtenus lors des n premiers tirages, autrement dit si au moins l’un des numéros n’est pas obtenu. •
Ainsi :
(X > n) =
N i=1
340
+∞ N − i n N N i i=1 n=0 N N N = (−1)i+1 . i i i=1
P(X > n) =
N
(−1)i+1
On en déduit que X admet une espérance et que :
,
P(E1,n ∩ · · · ∩ Ei,n ) =
N N − i n N i
n0
X admet une espérance.
E(X) =
(−1)i+1
i=1
converge (absolument).
+∞
P(X > n)
M N − i n N . i n=0 N i=1
N − i
% N − i &n
< 1, la série Puisque, pour tout i ∈ 1 ; N,
N N n0 +∞ % N − i &n 1 N converge et = = . N i 1 − N−i n=0 N =
P(X > k).
n0
Donc :
M n=0
On a, d’après a) : ∀n ∈ N∗ , 0
1i1 <···
Pour k fixé, tous les événements Ei1 ,n ∪ · · · ∪ Eik ,n ont la même N − k n probabilité, égale à P(E1,n ∩ · · · ∩ Ek,n ) = ; de plus, il N N y en a . k N n k+1 N N − k (−1) . Donc : P(X > n) = N k k=1
Or : ∀M ∈ N,
n=0
n−1
P Ei1 ,n ∪ · · · ∪ Eik ,n .
n0
P(X > n) = E(X).
n0
n
(−1)k+1
c) D’après l’exercice 17.18, X admet une espérance si et seule P(X > n) converge. ment si la série
n∞
k=0
N k=1
⎧ ⎪ nP(X > n) −→ 0 ⎪ ⎪ ⎪ n∞ ⎪ ⎨ n Or : ⎪ ⎪ ⎪ kP(X = k) −→ E(X). ⎪ ⎪ ⎩ n∞
Ainsi,
• Les événements Ei,n ne sont pas deux à deux incompatibles, donc utilisons la formule de Poincaré :
Ei,n = E1,n ∪ · · · ∪ EN,n .
E(X) = N
N 1 N (−1)i+1 . i i i=1
d) Notons, pour tout N 1, P(N) la propriété : N N 1 1 N « (−1)i+1 = .» i i i i=1 i=1 Raisonnons par récurrence sur N :
Corrigés des exercices •
Initialisation : Pour N = 1 : 1 n 1 1 1 1 (−1)2 = 1 = . (−1)i+1 = i 1 i i i=1 i=1
=
1 = . N+1
∗
• Hérédité : Soit N ∈ N fixé. Supposons P(N) et montrons P(N + 1). N+1 N+1 1 N 1 N+1 N (−1)i+1 = + (−1)i+1 On a : i i i i i − 1 i=1 i=1 N+1 N+1 N 1 N 1 (−1)i+1 + (−1)i+1 . = i i i i − 1 i=1 i=1 noté S 1
Or : S 1 =
N N i=1
i
n 1 = i i=1
Et : S 2 =
N+1
1 i
car
On en déduit :
=0 par Newton
N+1 N+1
i i=1 la formule est vraie pour N + 1. •
Conclusion : Ainsi,
noté S 2
∀N 1,
N =0 N+1
N N i=1
par l’hypothèse de récurrence.
1 N+1 (−1)i+1 N+1 i 1 N 1 N+1 car = i i−1 N+1 i
1 1 = S1 +S2 = . Donc i i i=1 N+1
(−1)i+1
On en déduit d’après c) :
i
1 1 = . i i i=1 N
(−1)i+1
E(X) = N
N 1 i=1
i
.
Remarque : en utilisant l’équivalent classique on obtient :
E(X) ∼ N ln N.
N 1 i=1
i
∼ ln N,
N∞
N∞
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
i=1
(−1)i+1
N+1 1 N+1 1− (−1)i N+1 i i=0
341
Couples de variables aléatoires discrètes Plan Les méthodes à retenir 342 Énoncés des exercices
345
Du mal à démarrer ?
349
Corrigés des exercices
352
CHAPITRE
18
Thèmes abordés dans les exercices •
Loi d’un couple, lois marginales, lois conditionnelles
•
Indépendance de variables aléatoires discrètes
•
Covariance d’un couple de variables aléatoires discrètes.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices On abrège variable aléatoire en va.
•
Définition de la loi d’un couple de variables aléatoires discrètes, des lois marginales, des lois conditionnelles ; obtention des lois marginales à partir de la loi du couple
•
Définition de la variable aléatoire Z = g(X, Y), où g est définie sur l’ensemble des valeurs prises par le couple (X, Y), loi de Z, espérance de Z ; cas où Z = min(X, Y), Z = max(X, Y), Z = X + Y
•
Indépendance de deux variables aléatoires discrètes, indépendance mutuelle d’une suite finie ou infinie de variables aléatoires discrètes
•
Définition de la covariance d’un couple de variables aléatoires discrètes, propriétés
•
Espérance et variance d’une somme de n variables aléatoires discrètes.
Les méthodes à retenir Pour déterminer la loi de probabilité d’un couple (X, Y) de va discrètes
Commencer par déterminer les valeurs xi que peut prendre la va X et les valeurs y j que peut prendre la va Y. Ensuite, pour chaque couple (xi , y j ) possible, calculer la probabilité P (X = xi ) ∩ (Y = y j ) .
➥ Exercices 18.1, 18.2, 18.5, 18.6, 18.8 à 18.10, 18.14.
342
Les méthodes à retenir
Montrer : Pour montrer que (xi , y j , pi, j ) ; (i, j) ∈ I × J est la loi d’un couple de va discrètes
• •
pour tout (i, j) de I × J, pi, j = 1.
pi, j 0
(i, j)∈I×J
➥ Exercices 18.3, 18.4. •
Pour déterminer P(X = xi ), écrire : P(X = xi ) =
Pour déterminer les lois marginales connaissant la loi du couple (X, Y) de va discrètes
P (X = xi ) ∩ (Y = y j ) . j∈J
•
Pour déterminer P(Y = y j ), écrire : P(Y = y j ) =
P (X = xi ) ∩ (Y = y j ) . i∈I
➥ Exercices 18.1 à 18.5, 18.8 à 18.11, 18.14, 18.15.
Pour montrer que deux va discrètes X et Y sont indépendantes
Montrer que, pour tous x ∈ X(Ω) et y ∈ Y(Ω) : P (X = x) ∩ (Y = y) = P(X = x)P(Y = y).
➥ Exercices 18.3, 18.8, 18.9, 18.14. Essayer de : •
Pour montrer que deux va discrètes X et Y ne sont pas indépendantes
montrer qu’il existe x ∈ X(Ω) et y ∈ Y(Ω) tels que : P (X = x) ∩ (Y = y) P(X = x)P(Y = y)
•
montrer que Cov(X, Y) 0.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
➥ Exercices 18.1, 18.2, 18.4 à 18.6, 18.8, 18.10. •
Dans le cas général, on a : ∀z ∈ Z(Ω), P(Z = z) =
Pour déterminer la loi de Z = g(X, Y) et calculer son espérance
P (X = x) ∩ (Y = y) ;
(x,y)∈X(Ω)×Y(Ω) g(x,y)=z
si de plus X et Y sont des va finies, alors Z admet une espérance et E(Z) est donnée par : E(Z) =
g(x, y)P (X = x) ∩ (Y = y) ;
(x,y)∈X(Ω)×Y(Ω)
343
Chapitre 18
•
Couples de variables aléatoires discrètes
en particulier :
E(XY) =
x y P (X = x) ∩ (Y = y) .
(x,y)∈X(Ω)×Y(Ω)
➥ Exercices 18.1, 18.2, 18.5, 18.6, 18.9, 18.13 •
Dans le cas où Z = min(X, Y), on obtient la loi de Z en calculant dans un premier temps : P(Z z) = P (X z) ∩ (Y z) .
➥ Exercices 18.6, 18.14 •
(suite)
Dans le cas où Z = max(X, Y), on obtient la loi de Z en calculant dans un premier temps : P(Z z) = P (X z) ∩ (Y z) .
➥ Exercice 18.6 •
Dans le cas où Z = X + Y, on obtient la loi de Z en écrivant : P(Z = z) = P (X = x) ∩ (Y = z − x) ; x∈X(Ω)
si de plus X et Y admettent une espérance, alors Z admet une espérance et E(Z) est donnée par : E(Z) = E(X) + E(Y).
➥ Exercices 18.1, 18.3, 18.10. On peut :
Pour calculer la covariance d’un couple (X, Y) de va discrètes
•
utiliser la définition : Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y)
•
calculer V(X), V(Y), V(X + Y) (ou V(X − Y)) et utiliser la formule : V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2 Cov(X, Y) ou la formule V(X − Y) = V(X) + V(Y) − 2 Cov(X, Y)
•
si X et Y sont indépendantes, alors Cov(X, Y) = 0.
➥ Exercices 18.1 à 18.3, 18.5, 18.10, 18.13, 18.16. Soient X1 , . . . , Xn des va discrètes. •
Si X1 , . . . , Xn admettent une espérance, alors S n = X1 + · · · + Xn admet une espérance et E(S n ) est donnée par : E(S n ) = E(X1 ) + · · · + E(Xn ).
•
Pour calculer l’espérance et la variance d’une somme de n va discrètes
Si X1 , . . . , Xn admettent une variance, alors S n = X1 + · · ·+ Xn admet une variance et V(S n ) est donnée par : n V(S n ) = V(Xi ) + 2 Cov(Xi , X j ) ; i=1
1i< jn
si de plus les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, alors n V(Xi ). V(S n ) est donnée par : V(S n ) = i=1
➥ Exercices 18.3, 18.7, 18.12, 18.13, 18.15, 18.17. 344
Énoncés des exercices
Énoncés des exercices 18.1 Tirages sans remise dans une urne, loi du plus petit et du plus grand des numéros obtenus Une urne contient 4 boules numérotées de 1 à 4. On y prélève deux boules sans remise. On définit les va X et Y égales respectivement au plus petit et au plus grand des deux numéros obtenus. a) Déterminer la loi du couple (X, Y). b) En déduire les lois marginales de X et de Y. Calculer E(X), E(Y), V(X), V(Y). c) Les va X et Y sont-elles indépendantes ? Calculer Cov(X, Y). d) On pose Z = Y − X. Calculer E(Z) et V(Z). Déterminer ensuite la loi de Z.
18.2 Exemple de va non corrélées et non indépendantes On considère une va X dont la loi est donnée ci dessous, et on pose Y = |X|. x P(X = x)
−2 −1 0 1 2 1 6
1 1 1 1 4 6 4 6
a) Déterminer la loi du couple (X, Y), puis la loi de Y. b) Les va X et Y sont-elles indépendantes ? c) Calculer Cov(X, Y).
18.3 Exemple de loi conjointe Soient n ∈ N∗ et a ∈ R. On définit, pour (i, j) ∈ 1 ; n2 , les réels pi, j par : pi, j = a · i · j. a) Trouver a pour que (i, j, pi, j ) ; (i, j) ∈ 1 ; n2 soit la loi d’un couple (X, Y) de va discrètes. b) Déterminer les lois marginales de X et de Y. Les va sont-elles indépendantes ? c) En déduire Cov(X, Y) puis E(XY). d) On pose Z = X + Y. Calculer son espérance et sa variance.
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18.4 Exemple de loi conjointe Soit p ∈ ]0 ; 1[. On définit, pour tout (i, j) ∈ N2 , les réels ai, j par :
(1 − p) j−2 p2 si 1 i < j . ai, j = 0 sinon a) Montrer que (i, j, ai, j ) ; (i, j) ∈ N2 est la loi d’un couple (X, Y) de va discrètes. b) Déterminer les lois marginales de X et de Y. Les va X et Y sont-elles indépendantes ? c) Soit j 2. Déterminer la loi conditionnelle de X sachant (Y = j).
18.5 Choix d’une urne, puis tirage d’une boule dans cette urne Soit n 2. On dispose de n urnes U1 , . . . , Un . Pour tout k de 1 ; n, l’urne Uk contient k boules numérotées de 1 à k. On choisit une urne au hasard, puis on tire une boule de cette urne. On note X le numéro de l’urne choisie et Y le numéro de la boule tirée. 345
Chapitre 18
•
Couples de variables aléatoires discrètes
a) Déterminer la loi de X. Calculer son espérance. b) Déterminer la loi du couple (X, Y). En déduire la loi marginale de Y. Calculer son espérance. c) Les variables aléatoires X et Y sont-elles indépendantes ? Calculer Cov(X, Y) et commenter son signe.
18.6 Loi d’une somme, d’un minimum et d’un maximum Deux personnes A et B effectuent toutes les deux une succession de lancers d’une pièce dont la probabilité d’amener pile est p (0 < p < 1). On note X (resp. Y) la va égale au nombre de lancers nécessaires à A (resp. à B) pour obtenir le premier face. a) Déterminer les lois de X, de Y et du couple (X, Y). b) Calculer les probabilités des événements (X = Y) et (X < Y). c) On pose Z = X + Y. Déterminer la loi de Z. d) On pose S = min(X, Y) et T = max(X, Y). Déterminer la loi de S et la loi de T . Les va S et T sont-elles indépendantes ?
18.7 Espérance et variance d’une somme de n va discrètes On réalise une succession de lancers d’une pièce amenant pile avec la probabilité p avec 0 < p < 1. On définit deux suites de va (S n )n1 et (T n )n1 de la façon suivante : pour tout n 1, S n est égal au nombre de lancers nécessaires pour obtenir le n-ième pile ; T 1 = S 1 et, pour tout n 2, T n est égal au nombre de lancers supplémentaires nécessaires pour obtenir le n-ième pile après le (n − 1)-ième pile. a) Soit n 1. Déterminer la loi de T n . Calculer son espérance et sa variance. b) Soit n 1. Montrer que l’espérance et la variance de S n existent et : E(S n ) =
n n(1 − p) . et V(S n ) = p p2
18.8 Lancers d’une pièce, étude de l’indépendance des va égales à la longueur de la première et deuxième série On effectue une succession infinie de lancers indépendants d’une pièce donnant pile avec la probabilité p ∈ ]0 ; 1[. On s’intéresse aux successions de lancers amenant un même côté. On dit que la première série est de longueur n si les n premiers lancers ont amené le même côté de la pièce et le (n + 1)-ième lancer a amené l’autre côté. La deuxième série commence au lancer suivant la fin de la première série et se termine (si elle se termine) au lancer précédant un changement de côté. On note L1 (resp. L2 ) la va égale à la longueur de la première (resp. deuxième) série. a) Déterminer la loi de L1 . Montrer que L1 admet une espérance et la calculer. b) Déterminer la loi du couple (L1 , L2 ). c) En déduire la loi de L2 . Montrer que L2 admet une espérance et la calculer. d) Montrer que L1 et L2 sont indépendantes si et seulement si p =
346
1 . 2
Énoncés des exercices
18.9 Tirage dans une urne à contenu aléatoire On lance une pièce amenant pile avec la probabilité p (0 < p < 1), jusqu’à l’obtention de deux piles. On note X le nombre de faces alors obtenues. Si X = n, on met n + 1 boules numérotées de 0 à n dans une urne, et on tire une boule au hasard. On note Y le numéro de la boule obtenue. a) Déterminer la loi de X. Calculer E(X). b) Déterminer la loi du couple (X, Y), et en déduire la loi de Y. Calculer E(Y). c) On définit la va Z = X − Y. Montrer que Y et Z sont indépendantes.
18.10 Lois du rang d’apparition de la première et de la deuxième boule blanche Soit m un entier supérieur ou égal à 2. Une urne contient 2 boules blanches et m − 2 boules noires. On les tire une à une sans remise, et on note X (resp. Y) la va égale au rang d’apparition de la première (resp. deuxième) boule blanche. a) Déterminer la loi du couple (X, Y). b) On pose D = Y − X. Montrer que X et D ont la même loi. Les va X et D sont-elles indépendantes ? c) En déduire : E(Y) = 2E(X) et Cov(X, Y) =
V(Y) . 2
d) Montrer que X et m + 1 − Y ont la même loi. En déduire E(X) et E(Y).
18.11 Un jeu à deux joueurs Deux joueurs A et B procèdent l’un après l’autre à une succession de lancers d’une même pièce, amenant pile avec la probabilité p ∈ ]0 ; 1[. On pose q = 1 − p. Le joueur A commence et il s’arrête dès qu’il obtient le premier pile. On note X la va égale au nombre de lancers effectués par le joueur A. Le joueur B effectue alors autant de lancers que le joueur A et on note Y la va égale au nombre de piles obtenus par le joueur B. a) Déterminer la loi de X. b) Soit n ∈ N∗ . Déterminer la loi conditionnelle de Y sachant (X = n). c) En déduire :
P(Y = 0) =
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Vérifier par le calcul que
+∞
q 1+q
et ∀k 1, P(Y = k) =
k−1 1 q . (1 + q)2 1 + q
P(Y = k) = 1.
k=0
d) Le joueur B gagne s’il obtient au moins un pile, sinon c’est le joueur A qui gagne. Le jeu est-il équitable ?
18.12 Tirages avec remise et ajout d’autres boules Soit c ∈ N∗ . Une urne contient une boule blanche et une boule noire. On y prélève une boule, chaque boule ayant la même probabilité d’être tirée, et on note sa couleur. On la remet alors dans l’urne, avec c boules de la couleur de la boule tirée. On répète cette opération, et on réalise ainsi une succession de tirages. On définit, pour tout n de N∗ , Xn la va égale à 1 si on obtient une boule blanche au n-ième tirage et 0 sinon, et S n la va égale au nombre de boules blanches obtenues lors des n premiers tirages ; ainsi S n = X1 + · · · + Xn . 347
Chapitre 18
•
Couples de variables aléatoires discrètes
a) Déterminer la loi de X1 et la loi de X2 . b) Soit n ∈ N∗ . Calculer, pour tout k ∈ 0 ; n, P(S n =k) (Xn+1 = 1). 1 + cE(S n ) . En déduire : P(Xn+1 = 1) = 2 + cn c) Montrer, par récurrence sur n, que Xn vérifie :
P(Xn = 1) = P(Xn = 0) =
1 . 2
18.13 Problème des coïncidences Soit n 1. On dispose de n jetons numérotés de 1 à n que l’on répartit dans n boîtes numérotées de 1 à n (chaque boîte contient un jeton et un seul). On définit, pour tout k de 1 ; n, la va Xk égale à 1 si la boîte numéro k contient le jeton numéro k, et la va S égale au nombre de boîtes contenant le jeton de même numéro. a) Déterminer, pour tout k ∈ 1 ; n, la loi de Xk , son espérance et sa variance. b) Calculer, pour tout (k, ) ∈ 1 ; n2 tel que k , la covariance du couple (Xk , X ). c) En déduire E(S ) et V(S ).
18.14 Indépendance des va min(X, Y) et |X − Y| dans un cas particulier Soit p ∈ ]0 ; 1[. On considère deux va X et Y indépendantes vérifiant : X(Ω) = Y(Ω) = N et ∀n ∈ N, P(X = n) = P(Y = n) = (1 − p)n p. On définit ensuite les va : S = min(X, Y) et T = |X − Y|. a) Déterminer la loi de S . b) Déterminer la loi du couple (S , T ). En déduire la loi de T . c) Montrer que les va S et T sont indépendantes.
18.15 Tirages d’un nombre aléatoire de jetons, loi de la somme des numéros obtenus Soit n ∈ N tel que n 2. On dispose de deux urnes : la première U1 contient (n + 1) jetons numérotés de 0 à n, la seconde U2 contient n jetons numérotés de 1 à n. On tire au hasard un jeton de U1 , et on note N son numéro. Puis on tire une poignée de N jetons de l’urne U2 . a) Déterminer la loi de N, son espérance et sa variance. b) Pour tout i de 1 ; n, on note Xi la va égale à 1 si le jeton numéroté i de l’urne U2 est tiré et 0 sinon. 1) Déterminer la loi de Xi , son espérance et sa variance. n Xi ? En déduire la covariance des couples (Xi , X j ), pour i j. 2) Que vaut i=1
c) On note S la va égale à la somme des numéros des jetons obtenus dans l’urne U2 . Calculer E(S ) et V(S ).
18.16 Inégalité de Cauchy-Schwarz On considère deux variables aléatoires finies X et Y. ∀t ∈ R, V(tX + Y) 0.
√ En déduire :
Cov(X, Y)
V(X)V(Y).
√ b) Que peut-on dire lorsque
Cov(X, Y)
= V(X)V(Y) ?
a) Justifier :
348
Du mal à démarrer ?
18.17 Somme aléatoire de variables aléatoires discrètes Soit N ∈ N∗ fixé. On considère X1 , . . . , XN des va indépendantes, à valeurs dans N, de même loi et admettant une espérance. On considère une autre va T , indépendante de X1 , . . . , XN et à valeurs dans 1 ; N. On définit la va S par : S = X1 + · · · + XT . a) Pour tout n de N, écrire P(S = n) sous forme d’une sommation. b) Montrer que S admet une espérance et que l’on a :
E(S ) = E(X1 )E(T ).
Du mal à démarrer ? 18.1
a) Remarquer que X et Y prennent leurs valeurs respectivement dans 1 ; 3 et 2 ; 4, puis calculer, pour tous i ∈ 1 ; 3 et j ∈ 2 ; 4, P(X = i, Y = j). ⎧ 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∀i ∈ 1 ; 3, P(X = i) = pi,j ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ j=2 b) Utiliser : ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ pi,j . ⎪ ⎪ ⎩ ∀j ∈ 2 ; 4, P(Y = j) = i=1
c) En déduire : E(XY ) = E(X)E(Y ). d) Utiliser : E(Z) = E(X) + E(Y ) et V (Z) = V (X) + V (Y ) + 2 Cov(X, Y ).
18.4
a) Montrer :
∀(i, j) ∈ N2 , ai,j 0 et
+∞
b) • Pour la loi de X, on a : ∀i ∈ N∗ , P(X = i) =
c) Montrer que X et Y ne sont pas indépendantes.
et
E(Z) = E(Y ) − E(X) V (Z) = V (X) + V (Y ) − 2 Cov(X, Y ).
• Montrer que X et Y ne sont pas indépendantes.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
a) Y prend ses valeurs dans {0, 1, 2} et calculer, pour tout i ∈ −2 ; 2 et j ∈ 0 ; 2, P(X = i, Y = j). b) Montrer que les va X et Y ne sont pas indépendantes. c) Pour Cov(X, Y ), utiliser : Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ). a) Déterminer a pour que
c) Calculer, pour tout i ∈ 1 ; +∞, P(Y=j) (X = i) =
18.5
pi,j = 1.
b) • Pour la loi de X, on a : ∀i ∈ 1 ; n, P(X = i) =
n j=1
• Pour la loi Y , on a : ∀j ∈ 1 ; n, P(Y = j) =
n
pi,j .
i=1
∀(i, j) ∈ 1 ; n , pi,j = P(X = i)P(Y = j).
P(X = i, Y = j) . P(Y = j)
a) Montrer : X(Ω) = 1 ; n et ∀k ∈ 1 ; n, P(X = k) =
Puis montrer que E(X) =
1 . n
n+1 . 2
b) • Calculer, pour tout (k, ) ∈ 1 ; n2 , P(X=k) (Y = ), puis en déduire P(X = k, Y = ).
1in 1jn
2
qj−2 p2 .
i=1
18.2
• Montrer :
j−1
• Pour la loi de Y , on a : ∀j ∈ 2 ; +∞, P(Y = j) =
Pour déterminer la loi de Z, remarquer que Z prend ses valeurs dans 1 ; 3, et exprimer, pour tout i de 1 ; 3, l’événement (Z = i) à l’aide des va X et Y .
18.3
qj−2 p2 .
j=i+1
Pour Cov(X, Y ), utiliser : Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ).
d) Écrire :
ai,j = 1.
(i,j)∈N2
pi,j .
• Déterminer la loi marginale de Y par la méthode usuelle.
c) Montrer que X et Y ne sont pas indépendantes. Pour Cov(X, Y ), utiliser : Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ). Justifier que Cov(X, Y ) > 0.
349
Chapitre 18
18.6
•
Couples de variables aléatoires discrètes
a) Montrer : X(Ω) = Y (Ω) = N∗ et ∗
∀n ∈ N , P(X = n) = P(Y = n) = p
n−1
c) Déterminer la loi de Z, puis la loi du couple (Y, Z), pour en déduire que Y et Z sont indépendantes.
(1 − p).
Pour la loi du couple (X, Y ), remarquer que X et Y sont indépendantes, donc : ∀n, m ∈ N∗ , P(X = n, Y = m) = P(X = n)P(Y = m).
b) • Justifier : P(X = Y ) =
+∞
P(X = n)P(Y = n).
P(X = k)P(Y = n − k).
k=1
d) Calculer, dans un premier temps, P(S > n) pour en déduire la loi de S et calculer P(T n) pour en déduire la loi de T .
18.7
a) Montrer : Tn (Ω) = N∗ et ∀k ∈ N∗ , P(Tn = k) = (1 − p)k−1 p.
Puis montrer que E(Tn ) =
Calculer pour k ∈ 1 ; m − 1 et ∈ 2 ; m, P(X = k, Y = ).
c) En déduire que E(D) = E(X) et V (D) = V (X).
• Montrer que (X < Y ), (X = Y ), (X > Y ) forment un système complet d’événements, puis que P(X < Y ) = P(X > Y ). En déduire P(X < Y ) en fonction de P(X = Y ).
c) Montrer : ∀n ∈ 2 ; +∞, P(Z = n) =
a) Remarquer que X prend ses valeurs dans 1 ; m − 1 et que Y prend ses valeurs dans 2 ; m.
b) Déterminer la loi de X et la loi de D, et vérifier que ce sont les mêmes lois.
n=1
n−1
18.10
1 1−p et V (Tn ) = . p p2
d) Déterminer la loi de m + 1 − Y , puis en déduire : E(m + 1 − Y ) = E(X).
18.11
a) Montrer :
X(Ω) = N∗ et ∀n ∈ N∗ , P(X = n) = qn−1 p.
b) Calculer, pour tout k de N, P(X=n) (Y = k). ⎧ +∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ P(Y = 0) = P(X = n) P(X=n) (Y = 0) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ n=1 c) Écrire : ⎪ +∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ P(X = n) P(X=n) (Y = k) ⎪ ⎪ ⎩ P(Y = k) = n=k
d) Noter GA (resp. GB ) l’événement :
b) Justifier Sn = T1 + · · · + Tn , et que les va Tk sont mutuellement indépendantes. Noter, pour tout k de N∗ , Pk (resp. Fk ) l’événement : « on obtient pile (resp. face) au k-ième lancer ».
18.8
« le joueur A (resp. B) gagne ». Alors : GB = (Y 1) et GA = (Y = 0).
18.12
a) Justifier que, pour tout n de N∗ :
b) Puisque Sn prend ses valeurs dans 0 ; n, on a : P(Xn+1 = 1) =
(L1 = n) = P1 ∩ · · · ∩ Pn ∩ Fn+1 ∪ F1 ∩ · · · ∩ Fn ∩ Pn+1 . En déduire la loi de L1 , puis :
E(L1 ) =
c) Raisonner par récurrence forte. Pour montrer l’hérédité, calculer E(Sn ).
p q + . q p
(L1 = n, L2 = m) = P1 ∩ · · · ∩ Pn ∩ Fn+1 ∩ · · · ∩ Fn+m ∩ Pn+m+1
∪ F1 ∩ · · · ∩ Fn ∩ Pn+1 ∩ · · · ∩ Pn+m ∩ Fn+m+1 .
18.13
c) Déterminer la loi de L2 par la méthode usuelle, puis obtenir E(L2 ) = 2. 1 , L1 et L2 ne sont pas indépendantes 2 1 • si p = , L1 et L2 sont indépendantes. 2 • si p
Et remarquer que E(Xk X ) = P(Xk = 1, X = 1).
c) Remarquer : S = X1 + · · · + Xn . En déduire, par linéarité de l’espérance, E(S). Pour calculer V (S), utiliser la formule : V (S) =
X(Ω) = N et ∀n ∈ N, P(X = n) = (n + 1)(1 − p) p . 2(1 − p) . p
b) Calculer, pour tout (n, k) ∈ N2 , P(X=n) (Y = k) puis en déduire P(X = n, Y = k). Déterminer ensuite la loi marginale de Y par la 1−p méthode usuelle, puis obtenir : E(Y ) = . p
350
n k=1
n 2
E(X) =
1 n−1 et P(Xk = 0) = . n n
Cov(Xk , X ) = E(Xk X ) − E(Xk )E(X ).
a) Montrer que :
Puis obtenir :
a) Obtenir : P(Xk = 1) =
b) Pour Cov(Xk , X ), utiliser :
En déduire la loi du couple (L1 , L2 ).
18.9
P(Sn = k)P(Sn =k) (Xn+1 = 1).
k=0
b) Justifier que, pour tout n, m de N∗ :
d) Montrer :
n
V (Xk ) + 2
Cov(Xk , X ).
1k<n
18.14
a) Calculer, dans un premier temps, P(S > n), puis en déduire P(S = n).
b) Calculer, pour (n, m) ∈ N2 , P(S = n, T = m), en distinguant les cas m = 0, m > 0. c) Montrer : ∀(n, m) ∈ N2 , P(S = n, T = m) = P(S = n)P(T = m).
Du mal à démarrer ?
18.15
a) Montrer que : N(Ω) = 0 ; n et ∀k ∈ 0 ; n, P(N = k) =
1 , n+1
n(n + 2) n et V (N) = . 2 12 n P(Xi = 1) = P(N = k)P(N=k) (Xi = 1), et remar-
puis obtenir : E(N) =
b)1) Utiliser :
k=1
k . n n b)2) Remarquer que : Xi = N, donc :
quer : P(N=k) (Xi = 1) =
⎞ ⎛ n n ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ V (Xi ) + 2 Cov(Xi , Xj ). V (N) = V ⎝⎜ Xi ⎟⎟⎠⎟ = i=1
n
iXi .
i=1
18.16 Ainsi :
a) Une variance est toujours positive ou nulle. ∀t ∈ R, 0 V (tX + Y ) = t2 V (X) + 2t Cov(X, Y ) + V (Y ).
En déduire que t → V (tX + Y ) est une fonction polynôme de degré inférieur ou égal à 2, positive ou nulle sur R, donc le discriminant Δ est négatif ou nul.
' b) Remarquer :
Cov(X, Y )
= V (X)V (Y ) ⇐⇒ Δ = 0.
18.17
i=1
i=1
c) Écrire : S =
a) Montrer : ∀n ∈ N, P(S = n) =
N
P(T = k, X1 + · · · Xk = n).
k=1
1i<jn
b) Montrer que la série
⎞ ⎛ N ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ nP(T = k, X1 + · · · + Xk = n)⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ n0 k=1
converge et calculer sa somme.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Puisque toutes les variances et les covariances sont égales, en V (N) − nV (X1 ) . déduire : Cov(Xi , Xj ) = 2 n2
351
Corrigés des exercices 18.1
a) Loi du couple (X, Y) :
•
Les tirages s’effectuant sans remise, X prend ses valeurs dans 1 ; 3 et Y prend ses valeurs dans 2 ; 4. • Soient i ∈ 1 ; 3 et j ∈ 2 ; 4. Calculons pi, j = P (X = i) ∩ (Y = j) :
Ainsi, la loi du couple (X, Y) est donnée par :
H H X 1 Y HH H
2
3
2
1 6
0
0
3
1 6
1 6
0
4
1 6
1 6
1 6
X et Y sont des va finies, donc admettent une espérance et une variance. On a : 1 1 5 1 E(X) = 1 × + 2 × + 3 × = , 2 3 6 3 1 1 1 10 E(X 2 ) = 12 × + 22 × + 32 × = , 2 3 6 3 2 5 et donc V(X) = E(X 2 ) − E(X) = ; 9 1 1 10 1 , E(Y) = 2 × + 3 × + 4 × = 6 3 2 3 1 1 1 35 E(Y 2 ) = 22 × + 32 × + 42 × = , 6 3 2 3 5 et donc V(Y) = E(Y 2 ) − E(Y) 2 = . 9 c) • X et Y ne sont pas indépendantes car : 1 1 1 × = 0. 3 6 18 • Calculons Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y) : 1 1 1 i j pi, j = 1 × 2 × + 1 × 3 × + 1 × 4 × E(XY) = 6 6 6 1i3
4
pi, j .
Donc : P(X = 1) = p1,2 + p1,3 + p1,4 = =
3 6
=
1 1 1 35 +2×4× +3×4× = . 6 6 6 6 35 5 10 5 Donc : Cov(X, Y) = − × = . 6 3 3 18 Remarque : Cov(X, Y) 0, donc les va X et Y ne sont pas indépendantes. +2×3×
1 2
1 3
P(X = 3) = p3,4 = 16 . x
1 2 3
P(X = x)
1 1 1 2 3 6
Ainsi la loi de X est donnée par :
d) • Par linéarité de l’espérance : E(Z) = E(Y) − E(X) = •
•
et ∀ j ∈ 2 ; 4, P(Y = j) =
3 i=1
Donc : P(Y = 2) = p1,2 =
1 6
P(Y = 3) = p1,3 + p2,3 =
V(Z) = V(X) + V(Y) − 2 Cov(X, Y) = pi, j .
•
5 . 9
Loi de Z = Y − X :
Z prend ses valeurs dans 1 ; 3. Et :
2 6
=
1 3
P(Y = 4) = p1,4 + p2,4 + p3,4 = 352
5 . 3
Par la formule du cours :
Loi de Y :
Y(Ω) = 2 ; 4
P(X = 2)P(Y = 2) =
2 j4
j=2
2 6
1 1 1 6 3 2
P(X = 2, Y = 2) = 0
∀i ∈ 1 ; 3, P(X = i) =
P(X = 2) = p2,3 + p1,4 =
P(Y = y)
Ainsi la loi de Y est donnée par :
et
b) • Loi de X : et
2 3 4
•
Si i j, alors pi, j = 0 car X est nécessairement strictement inférieur à Y. 2 1 = car il y a 4 × 3 tirages possibles, Si i < j, alors pi, j = 4×3 6 chaque tirage est équiprobable et il y a 2×1 tirages qui réalisent l’événement (X = i) ∩ (Y = j) .
X(Ω) = 1 ; 3
y
3 6
=
1 . 2
P(Z = 1) = P(X = 1, Y = 2) + P(X = 2, Y = 3) 1 1 + P(X = 3, Y = 4) = 3 × = 6 2
Corrigés des exercices
P(Z = 2) = P(X = 1, Y = 3) + P(X = 2, Y = 4) 1 1 =2× = 6 3 1 P(Z = 3) = P(X = 1, Y = 4) = . 6 Remarque : En utilisant la loi de Z, on retrouve le fait que 5 5 et V(Z) = , mais ceci nécessite des calculs supE(Z) = 3 9 plémentaires.
18.2
1 1 1 1 1 + + + + = 1. 6 4 6 4 6
Remarque : On a bien :
H X Y HH -2 H H
•
1
2
1 1 1 1 + 1 × 1 × + (−2) × 2 × + 2 × 2 × = 0. 4 4 6 6 Donc : Cov(X, Y) = 0. + (−1) × 1 ×
Remarque : X et Y ne sont pas indépendantes et pourtant Cov(X, Y) = 0.
18.3
ij:
1in 1 jn
ij=
1in 1 jn
n n n(n + 1) 2 n2 (n + 1)2 i j = = . 2 4 i=1 j=1
4 . Alors : n2 (n + 1)2 pi, j = a i j = 1. ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , pi, j 0 et
•
Prenons a =
0
0
0
Donc (i, j, pi, j ) ; (i, j) ∈ 1 ; n2 est la loi d’un couple de va discrètes.
1in 1 jn
0
0
0
1
0
1 4
0
1 4
0
b) • Loi de X :
2
1 6
0
0
0
1 6
∀i ∈ 1 ; n, P(X = i) =
1 6 = 1) + P(X = 1, Y = 1) 1 = 2 = 2) + P(X = 2, Y = 2) 1 = 3
pi, j = a i
n
j=
j=1
•
4i j = pi, j . n2 (n + 1)2 c) Les va X et Y sont indépendantes, donc : Cov(X, Y) = 0. ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , P(X = i)P(Y = j) =
Ainsi :
E(XY) = E(X)E(Y) = E(X)2
E(X) =
1 1 1 × = 0. 4 6 24 c) Calculons Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y) : 1 1 1 1 1 E(X) = (−2) × + (−1) × + 0 × + 1 × + 2 × = 0, 6 4 6 4 6 1 1 1 5 E(Y) = 0 × + 1 × + 2 × = , 6 2 3 6
n i=1
=
(car X et Y ont la même loi). n 2 i2 iP(X = i) = n(n + 1) i=1
n(n + 1)(2n + 1) 2n + 1 2 × = . n(n + 1) 6 3
(2n + 1)2 . 9 d) • Par linéarité de l’espérance :
Donc : b) Les va X et Y ne sont pas indépendantes car :
2j . n(n + 1)
Les va X et Y sont indépendantes car :
0 1 2
1 1 1 P(Y = y) 6 2 3
2i . n(n + 1)
Loi de Y : par symétrie des rôles de X et de Y,
Or : y Ainsi la loi de Y est donnée par :
n
Y(Ω) = 1 ; n et ∀ j ∈ 1 ; n, P(Y = j) =
P(Y = 0) = P(X = 0, Y = 0) = P(Y = 1) = P(X = −1, Y 1 = 2× 4 P(Y = 2) = P(X = −2, Y 1 = 2× 6
1in 1 jn
X(Ω) = 1 ; n et
j=1
•
on en déduit que :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
a) • Calculons d’abord
1 6
P(X = 1, Y = 0) = 0
1 6
-1
Loi de Y :
et
i j P(X = i, Y = j) = 0 × 0 ×
−2i2 0 j2
a) • Loi du couple (X, Y) : Y prend ses valeurs dans {0, 1, 2} et la loi du couple (X, Y) est donnée par :
E(XY) =
E(XY) =
E(Z) = E(X) + E(Y) = 2E(X) =
P(X = 1)P(Y = 0) =
•
2(2n + 1) . 3
Les va X et Y étant indépendantes : V(Z) = V(X) + V(Y) = 2V(X) (car X et Y ont la même loi).
353
Chapitre 18
•
Couples de variables aléatoires discrètes
E(X 2 ) =
Or :
n i=1
2 i3 n(n + 1)
18.5
X prend ses valeurs dans 1 ; n.
2 n2 (n + 1)2 n(n + 1) = × = , n(n + 1) 4 2 2 n(n + 1) (2n + 1)2 − donc : V(X) = E(X 2 ) − E(X) = 2 9 2 2 9(n + n) − 2(4n + 4n + 1) = 18 n2 + n − 2 (n + 2)(n − 1) = = . 18 18 (n + 2)(n − 1) On conclut : V(Z) = . 9
a) ∀(i, j) ∈ N2 , ai, j 0. De plus :
ai, j =
j−1 +∞ j=2
(i, j)∈N2
=
+∞
( j − 1)q j−2 p2 = p2
j=2
q j−2 p2
i=1
+∞
1 = 1. (1 − q)2
jq j−1 = p2 ×
j=1
Donc (i, j, ai, j )/(i, j) ∈ N2 est la loi d’un couple de va discrètes. b) • Loi de X : X prend ses valeurs dans 1 ; +∞.
•
Loi de Y :
Y prend ses valeurs dans 1 ; n. n n n 11 1 pk, = Soit ∈ 1 ; n : P(Y = ) = = nk n k= k k=1 k= (on ne sait pas calculer explicitement cette dernière somme).
+∞
1 qk = p2 qi−1 × = p qi−1 . 1 − q k=0
P(Y = j) =
ai, j =
i=0
j−1
q
n k n k n 1 1 k(k + 1) = = nk nk =1 nk 2 k=1 =1 k=1 k=1
=
n 1 1 n2 + 3n n + 3 (k + 1) = × = . 2n k=1 2n 2 4
P(X = 1, Y = n) = 0
p = ( j − 1) q
j−2 2
j−2 2
p.
i=1
X et Y ne sont pas indépendantes car : P(X = 3, Y = 2) = 0 et P(X = 3)P(Y = 2) = q2 p × p2 0.
c) Loi conditionnelle de X sachant (Y = j) : Sachant que (Y = j), X prend ses valeurs dans 1 ; j − 1. Soit i ∈ 1 ; j − 1. Alors : P(Y= j) (X = i) =
=
c) • X et Y ne sont pas indépendantes car :
Soit j ∈ 2 ; +∞. Alors :
354
– Si k, puisque chaque boule de Uk a la même probabilité 1 1 . d’être tirée, P(X=k) (Y = ) = . Donc : pk, = k nk ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ si k ⎨ nk Ainsi : ∀(k, ) ∈ 1 ; n2 , pk, = ⎪ . ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon
Loi de Y :
+∞
pk, = 0.
Y étant une va finie, Y admet une espérance, et : n n n P(Y = ) = E(Y) = nk =1 =1 k=
Y prend ses valeurs dans 2 ; +∞.
•
soit (k, ) ∈ 1 ; n2 . Calculons pk, = P(X = k, Y = ) = P(X = k)P(X=k) (Y = ) :
j=i+1
= p2 qi−1 •
b) • Loi du couple (X, Y) :
•
Soit i ∈ 1 ; +∞. Alors : +∞ +∞ ai, j = q j−2 p2 P(X = i) = j=0
Chaque urne a la même probabilité d’être choisie, donc : 1 ∀k ∈ 1 ; n, P(X = k) = . n • X étant une va finie, X admet une espérance, et : n n 1 n+1 kP(X = k) = k= E(X) = . n 2 k=1 k=1
– Si > k, alors P(X=k) (Y = ) = 0, donc :
Notons q = 1 − p.
18.4
a) • Loi de X :
P(X = i, Y = j) 1 q j−2 p2 = = . P(Y = j) ( j − 1)q j−2 p2 j−1
1 1 1 = 3 0. × n n2 n • Calculons Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y). et
P(X = 1)P(Y = n) =
E(XY) =
k pk, =
1kn 1n
n k k=1
=1
k
1 nk
n n n 1 k(k + 1) 1 2 = k + k = n k=1 2 2n k=1 k=1 =1 k=1 1 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) (n + 1)(n + 2) = + . = 2n 6 2 6
=
1 n
n k
On en déduit alors : Cov(X, Y) =
(n + 1)(n + 2) n + 1 n + 3 n2 − 1 − . = . 6 2 4 24
Corrigés des exercices
Ainsi Cov(X, Y) > 0, ce qui normal puisque, lorsque X augmente, Y a tendance à augmenter aussi ; donc les deux va évoluent dans le même sens.
Donc : P(Z = n) =
n−1 P (X = k) ∩ (Y = n − k) par incompatibilité k=1
18.6
a) • Loi de X : =
X prend ses valeurs dans N∗ .
par indépendance de X et Y
On a : (X = n) = P1 ∩ · · · ∩ Pn−1 ∩ Fn . Par indépendance des lancers, on obtient : P(X = n) = pn−1 (1 − p).
=
•
=
Loi de Y :
De la même façon, Y prend ses valeurs dans N , et : Loi du couple (X, Y) :
∀n, m ∈ N∗ , P(X = n, Y = m) = P(X = n)P(Y = m) = pn+m−2 (1 − p)2 .
b) • Calculons P(X = Y). On a : (X = Y) =
+∞
p
(1 − p) = (1 − p) 2
n=1
=
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
•
2
+∞
Soit n ∈ N∗ . On a : (S > n) = (X > n) ∩ (Y > n). D’où : P(S > n) = P(X > n)P(Y > n) par indépendance de X et Y = P(X > n)2 car X et Y ont même loi. +∞ +∞ P(X = k) = pk−1 (1 − p) Or : P(X > n) =
(p )
n=0
(1 − p)2 (1 − p)2 1− p = = . 2 1− p (1 − p)(1 + p) 1 + p
Les événements (X < Y), (X = Y), (X > Y) forment un système complet d’événements.
= p2n−2 − p2n = p2n−2 (1 − p2 ). Loi de T = max(X, Y) :
T prend ses valeurs dans N∗ . Soit n ∈ N∗ . On a : (T n) = (X n) ∩ (Y n). D’où : P(T n) = P(X n)P(Y n) par indépendance de X et Y = P(X n)2
P(X < Y) = P(X > Y). p 1 1 − P(X = Y) = . 2 1+ p
P(X n) = 1 − P(X > n) = 1 − pn .
Donc : Puis :
P(X < Y) + P(X = Y) + P(X > Y) = 1.
De plus, par symétrie des rôles de X et de Y,
P(S = n) = P(S > n − 1) − P(S > n)
Puis :
Or,
On en déduit : P(X < Y) =
k=n+1
p (1 − p) = pn . = 1− p
• 2 n
Calculons P(X < Y).
Donc :
d) • Loi de S = min(X, Y) :
Donc : P(S > n) = p2n .
n=1
=
pn−2 (1 − p)2 = (n − 1)pn−2 (1 − p)2 .
k=1
(X = n, Y = n).
Par incompatibilité des événements, puis indépendance des va +∞ X et Y, on obtient : P(X = Y) = P(X = n)P(Y = n) 2n−2
n−1
k=n+1 n
n=1
+∞
pk−1 (1 − p) × pn−k−1 (1 − p)
S prend ses valeurs dans N∗ .
Les lancers des joueurs A et B sont indépendants, donc les va X et Y sont indépendantes. Ainsi :
n−1 k=1
∗
•
P(X = k)P(Y = n − k)
k=1
Soit n ∈ N∗ . Notons, pour tout k de N∗ , Pk (resp. Fk ) l’événement : « A obtient pile (resp. face) au k-ième lancer ».
∀n ∈ N∗ , P(Y = n) = pn−1 (1 − p).
n−1
P(T n) = (1 − pn )2 . P(T = n) = P(T n) − P(T n − 1) = (1− pn )2 −(1− pn−1 )2 = p2n − p2n−2 −2pn +2pn−1 .
•
Les va S et T ne sont pas indépendantes car : et
18.7
P(S = 2, T = 1) = 0 P(S = 2)P(T = 1) = p2 (1 − p2 ) × (1 − p)2 0. a) • Loi de T 1 :
c) Loi de Z = X + Y :
T 1 prend ses valeurs dans N∗ .
Z prend ses valeurs dans 2 ; +∞.
Soit k ∈ N∗ . Notons Pk (resp. Fk ) l’événement : « on obtient pile (resp. face) au k-ième lancer ».
Soit n ∈ 2 ; +∞. L’événement (Z = n) s’écrit : n−1 (X = k) ∩ (Y = n − k) . (Z = n) = k=1
On a : (T 1 = k) = F1 ∩ · · · ∩ Fk−1 ∩ Pk . Par mutuelle indépendance des lancers, on obtient : P(T 1 = k) = (1 − p)k−1 p. 355
Chapitre 18 •
Couples de variables aléatoires discrètes
•
Loi de T n pour n 2 :
a) • Loi de L1 :
de la même façon, puisque T n est le nombre de lancers nécessaires pour obtenir le n-ième pile, après le (n − 1)-ième pile, T n a même loi que T 1 . T n (Ω) = N∗ et ∀k ∈ N∗ , P(T n = k) = (1 − p)k−1 p.
Ainsi :
• La va T n admet une espérance si et seulement si la série kP(T n = k) converge (car les termes sont 0). k1
Pour tout N ∈ N∗ :
N
kP(T n = k) = p
k=1
N
k(1 − p)k−1
k1 N
k2 P(T n = k)
k=1
=
N
k(k − 1) + k (1 − p)k−1 p
= p(1 − p)
k(k − 1)(1 − p)k−2 + p
k=1
2p(1 − p)
N
k(1 − p)k−1
k=1
•
L1 admet une espérance nP(L1 = n) converge absolument
⇐⇒
⇐⇒
Or :
N
N N nP(L1 = n) = pq npn−1 + nqn−1
n=1
n=1
n=1
1 1 p q = + . + 2 N∞ (1 − p) (1 − q)2 q p p q Ainsi : L1 admet une espérance et E(L1 ) = + . q p b) Loi du couple (L1 , L2 ) : −→ pq
Soient n, m ∈ N∗ . On a : (L1 = n, L2 = m) = P1 ∩ · · · ∩ Pn ∩ Fn+1 ∩ · · · ∩ Fn+m ∩ Pn+m+1
noté E 4
Donc :
T n admet une variance et : 1 2
2 2 − p V(T n ) = E(T n2 ) − E(T n ) = − p2 p
2− p . p2
Les événements E3 et E4 sont incompatibles, puis les lancers sont mutuellement indépendants, on en déduit : P(L1 = n, L2 = m) = pn qm p + qn pm q = pn+1 qm + qn+1 pm .
=
1− p . p2
S n = T1 + · · · + Tn.
Par linéarité de l’espérance, S n admet une espérance et : E(S n ) = E(T 1 ) + · · · + E(T n ) =
c) • Loi de L2 : L2 prend ses valeurs dans N∗ . Soit m ∈ N∗ . On a : P(L2 = m) =
n . p
=
n(1 − p) . p2
P(L1 = n, L2 = m)
p2 qm q2 pm + pn+1 qm + qn+1 pm = 1− p 1−q
= p2 qm−1 + q2 pm−1 . •
L2 admet une espérance ⇐⇒
mP(L2 = m) converge absolument
m1
∗
Notons, pour tout k de N , Pk (resp. Fk ) l’événement : « on obtient pile (resp. face) au k-ième lancer ». Posons q = 1 − p.
+∞ n=1
Les va T n sont mutuellement indépendants, car les lancers sont indépendants, donc S n admet une variance et : V(S n ) = V(T 1 ) + · · · + V(T n ) =
+∞ n=1
•
356
nP(L1 = n) converge (car les termes sont 0).
n1
noté E 3
T n admet un moment d’ordre 2 et E(T n2 ) =
18.8
n1
F1 ∩ · · · ∩ Fn ∩ Pn+1 ∩ · · · ∩ Pn+m ∩ Fn+m+1 .
Ainsi :
b) Par définition des va, on a :
noté E 2
Les événements E1 et E2 sont incompatibles, puis les lancers sont indépendants, on en déduit : P(L1 = n) = pn q + qn p.
p
−→ + 2 N∞ 1 − (1 − p) 3 1 − (1 − p) 2(1 − p) 1 2 − p = + = . p2 p p2
•
noté E 1
L1 et L2 prennent leurs valeurs dans N∗ .
k=1 N
Soit n ∈ N∗ . On a : (L1 = n) = P1 ∩ · · · ∩ Pn ∩ Fn+1 ∪ F1 ∩ · · · ∩ Fn ∩ Pn+1 .
k=1
p 1 −→ = p. N∞ 1 − (1 − p) 2 1 Ainsi : T n admet une espérance et E(T n ) = . p • La va T n admet un moment d’ordre 2 si et seulement si la série k2 P(T n = k) converge (car les termes sont 0). Pour tout N ∈ N∗ :
L1 prend ses valeurs dans N∗ .
⇐⇒
m1
mP(L2 = m) converge (car les termes sont 0).
Corrigés des exercices N
Or :
mP(L2 = n) = p2
N
m=1
mqm−1 + q2
m=1
N
•
mpn−1
Calculons E(X) : X admet une espérance nP(X = n) converge absolument
m=1
⇐⇒
p2 q2 −→ + = 1 + 1 = 2. 2 N∞ (1 − q) (1 − p)2 Ainsi : L2 admet une espérance et E(L2 ) = 2. 1 d) • Si p : alors 2 P(L1 = 1, L2 = 1) = p2 q + q2 p = pq(p + q) = pq et
⇐⇒
n0
Or :
N
nP(X = n) = p2
n=0
P(L1 = 1)P(L2 = 1) = 2pq.(p2 + q2 ) = 2pq(2p2 − 2p + 1), car q2 = (1 − p)2 = p2 − 2p + 1. 1 ⇐⇒ (2p − 1)2 = 0 ⇐⇒ p = . 2
1 , on en déduit que 2
P(L1 = 1, L2 = 1) P(L1 = 1)P(L2 = 1).
n=0
= p2 (1 − p)
m(m − 1)(1 − p)m−2
2 2(1 − p) −→ p (1 − p) × . 3 = N∞ p 1 − (1 − p) 2(1 − p) . Ainsi : X admet une espérance et E(X) = p b) • Loi de (X, Y) :
⎧ n 2 ⎪ ⎪ ⎨ (1 − p) p si 0 k n =⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon.
On conclut : 1 . 2
Notons, pour tout k de N∗ , Pk (resp. Fk ) l’événement : « on obtient pile (resp. face) au k-ième lancer ».
18.9
•
Loi de Y :
Y prend ses valeurs dans N. Soit k ∈ N. Alors : +∞ +∞ P(X = n, Y = k) = (1 − p)n p2 P(Y = k) =
a) • Loi de X :
n=0
X prend ses valeurs dans N. Soit n ∈ N. L’événement (X = n) s’écrit : © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
N+1
2
Il en résulte que L1 et L2 sont indépendantes.
(X = n) = P1 ∩ F2 ∩ · · · ∩ Fn+1 ∩ Pn+2 ∪ · · ·
(1 − p) p = (1 − p)k p. 1 − (1 − p) • Calculons E(Y) : Y admet une espérance ⇐⇒
∪ F1 ∩ · · · ∩ Fn ∩ Pn+1 ∩ Pn+2 .
k=1
De plus, par indépendance des lancers : ∀k ∈ 1 ; n + 1, P(Ek ) = (1 − p)n p2 . P(X = n) = (n + 1)(1 − p)n p2 .
kP(Y = k) converge (car les termes sont 0).
k0
noté E n+1
Les événements E1 , . . . , En+1 sont deux à deux incompatibles, n+1 P(Ek ). donc : P(X = n) =
n=k k 2
=
noté E 1
Donc :
n(n + 1)(1 − p)n
Soit n ∈ N. Sachant que (X = n), Y prend ses valeurs dans 0 ; n, et puisque chaque boule a la même probabilité d’être 1 tirée : ∀k ∈ 0 ; n, P(X=n) (Y = k) = . n+1 Ainsi : ∀(n, k) ∈ N2 , ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ P(X = n)P(X=n) (Y = k) si 0 k n P(X = n, Y = k) = ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon
Donc L1 et L2 ne sont pas indépendantes. 1 • Si p = : alors, pour tout n, m ∈ N∗ 2 1 1 1 1 1 P(L1 = n, L2 = m) = n+1 × m + m+1 × n = n+m , 2 2 2 2 2 1 1 et P(L1 = n)P(L2 = m) = n × m . 2 2 donc : P(L1 = n, L2 = m) = P(L1 = n)P(L2 = m).
L1 et L2 sont indépendantes si et seulement si p =
N
m=1
Or : 2(2p2 − 2p + 1) = 1 ⇐⇒ 4p2 − 4p + 1 = 0
Puisque p
nP(X = n) converge (car les termes sont 0).
n0
Or :
K
kP(Y = k) = p(1 − p)
k=0
−→ K∞
K
k(1 − p)k−1
k=0
p(1 − p) 1 − (1 − p)
2 =
1− p . p
Ainsi : Y admet une espérance et E(Y) =
1− p . p
c) • Loi de Z = X − Y : Z prend ses valeurs dans N, puisque 0 Y X. 357
Chapitre 18
•
Couples de variables aléatoires discrètes
Soit n ∈ N. Alors :
•
P(Z = n) = P(X = n + Y) =
+∞
P(X = n + k, Y = k)
P(X = m − 1, D = 2) = P(X = m − 1, Y = m + 1) = 0 2(m − 2) 2 × 0. et P(X = m − 1)P(D = 2) = m(m − 1) m(m − 1)
k=0
=
+∞
(1 − p)n+k p2 =
k=0
(1 − p)n p2 = (1 − p)n p. 1 − (1 − p)
c) Puisque D = Y − X et X ont même loi, on en déduit :
Remarque : on remarque que Y et Z ont même loi. •
•
Montrons que Y et Z sont indépendantes.
Soit (k, n) ∈ N2 . On a : n+k 2
P(Z = n)P(Y = k) = (1 − p) p.(1 − p) p = (1 − p) n
k
p
p,
n+k 2
P(Z = n, Y = k) = P(Z = n)P(Y = k).
On conclut :
E(D) = E(Y) − E(X) = E(X), et donc : E(Y) = 2E(X) ;
V(D) = V(Y) + V(X) − 2 Cov(X, Y) = V(X), V(X) . et donc : Cov(X, Y) = 2 d) • Loi de Z = m + 1 − Y : •
P(Z = n, Y = k) = P(X = n + k, Y = k) = (1 − p)
donc :
X et D ne sont pas indépendantes, car :
Y et Z sont indépendantes.
Y prend ses valeurs dans 2 ; m, donc Z prend ses valeurs dans 1 ; m − 1. Soit k ∈ 1 ; m − 1. Alors : P(Z = k) = P(Y = m + 1 − k)
18.10 a) Loi de (X, Y) : – Les tirages s’effectuant sans remise, X prend ses valeurs dans 1 ; m − 1 et Y prend ses valeurs dans 2 ; m.
=
=1
– Soient k ∈ 1 ; m − 1 et ∈ 2 ; m. =
Si k , alors P(X = k, Y = ) = 0. Si k < , l’événement (X = k, Y = ) est réalisé lorsque l’on obtient l’une des deux boules blanches au k-ième tirage, puis l’autre au -ième tirage. 1 2 . Donc : P(X = k, Y = ) = × m m−1 ⎧ 2 ⎪ ⎪ ⎪ si 1 k < m ⎨ Ainsi : P(X = k, Y = ) = ⎪ m(m − 1) ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon. b) • Loi de X : Soit k ∈ 1 ; m − 1. Alors : m m 2 P(X = k, Y = ) = P(X = k) = m(m − 1) =2 =k+1 = 0 si k
•
2(m − k) . m(m − 1)
D prend ses valeurs dans 1 ; m − 1, car 1 X < Y m. Soit k ∈ 1 ; m − 1. Alors : m−1 =1
=
m−k =1
358
P(X = , Y = + k) =0
2 2(m − k) = . m(m − 1) m(m − 1)
Ainsi, X et D ont la même loi.
=1
= 0 si m + 1 − k
2(m − k) 2 = = P(X = k). m(m − 1) m(m − 1)
Ainsi, X et Z ont la même loi. E(Z) = m + 1 − E(Y) = m + 1 − 2E(X) = E(X). m+1 2(m + 1) D’où : E(X) = et E(Y) = 2E(X) = . 3 3 •
Donc :
18.11 a) Loi de X : X prend ses valeurs dans N∗ .
On a : (X = n) = F1 ∩ · · · ∩ Fn−1 ∩ Pn . Par indépendance des lancers, on obtient : P(X = n) = qn−1 p. b) Loi conditionnelle de Y sachant (X = n) : Sachant que (X = n), le joueur B lance n fois la pièce, donc Y prend ses valeurs dans 0 ; n.
Loi de D :
P(D = k) = P(Y = X + k) =
m−k
P(X = , Y = m + 1 − k)
Soit n ∈ N∗ . Notons, pour tout k de N∗ , Pk (resp. Fk ) l’événement : « on obtient pile (resp. face) au k-ième lancer ».
X prend ses valeurs dans 1 ; m − 1.
=
m−1
si + k > m
Soit k ∈ 0 ; n. Alors P(X=n) (Y = k) est égale à la probabilité de l’événement Ak : « on obtient k piles lors de n lancers de la pièce » ; cet événement est la réunion disjointe des événements Ei1 ,...,ik : « les lancers i1 , i2 , . . . , ik amènent pile, les autres amènent face », pour 1 i1 < · · · < ik n. Par indépendance des lancers : P(Ei1 ,...,ik ) = pk qn−k . n De plus, il y a événements de ce type (qui correspondent au k nombre de façons de placer les k piles). n k n−k pq . Ainsi : P(X=n) (Y = k) = k
Corrigés des exercices
∀k ∈ N,
c) On a :
•
P(Y = k) =
+∞
Loi de X2 :
La va X2 prend ses valeurs dans {0, 1}. P(X = n) P(X=n) (Y = k).
On a : P(X2 = 0) = P(X1 = 0)P(X1 =0) (X2 = 0)
n=1
+ P(X1 = 1)P(X1 =1) (X2 = 0).
Calculons P(Y = 0). On a : ∀n 1, P(X=n) (Y = 0) = q . +∞ P(X = n) P(X=n) (Y = 0) Donc : P(Y = 0) = n
•
n=1
=
+∞
qn−1 pqn = pq
n=1
+∞
(q2 )n =
n=0
pq 1 − q2
pq q = = . (1 − q)(1 + q) 1 + q • Soit k 1. Calculons P(Y = k). On a : ⎧ n k n−k ⎪ ⎪ ⎪ pq si k n ⎨ ∀n 1, P(X=n) (Y = k) = ⎪ k ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon. Donc :
P(Y = k) =
+∞
qn−1 p
n=k
= pk+1 qk−1
+∞ n n=k
k
n k n−k pq k
(q2 )n−k
1 pk+1 qk−1 = 2 k+1 (1 − q ) (1 − q)k+1 (1 + q)k+1 k−1 qk−1 1 q = = . (1 + q)k+1 (1 + q)2 1 + q +∞ +∞ • P(Y = k) = P(Y = 0) + P(Y = k) = pk+1 qk−1 ×
k=0
donc : P(X1 =1) (X2 = 0) =
k−1 +∞ q 1 q = + 1 + q (1 + q)2 k=1 1 + q
d) Notons G A (resp. G B ) l’événement : « le joueur A (resp. B) gagne ». Alors :
P(G B ) = P(Y 1) = 1 − P(Y = 0) q 1 =1− = . 1+q 1+q
Puisque G A = G B , on a :
q . 1+q P(G A ) < P(G B ).
P(G A ) = 1 − P(G B ) =
Ainsi, puisque 0 < q < 1, on a :
Le jeu n’est donc pas équitable, il est favorable au joueur B.
18.12 a) • Loi de X1 : La va X1 prend ses valeurs dans {0, 1}. Puisque l’urne ne contient qu’une boule blanche et une boule 1 noire, alors : P(X1 = 1) = P(X1 = 0) = . 2
1 . 2+c
1 1+c 1 1 1 × + × = . 2 2+c 2 2+c 2 1 Puis : P(X2 = 1) = 1 − P(X2 = 0) = . 2 1 On conclut : P(X2 = 1) = P(X2 = 0) = . 2 b) • Soit k ∈ 0 ; n. Sachant que (S n = k), on a obtenu, lors des n premiers tirages, k boules blanches et n − k boules noires ; l’urne contient donc, avant le (n + 1)-ième tirage, 1 + ck boules blanches et 1 + c(n − k) boules noires et au total 2 + cn boules. 1 + ck . Ainsi : P(S n =k) (Xn+1 = 1) = 2 + cn • Ainsi, puisque S n prend ses valeurs dans 0 ; n, on a : D’où : P(X2 = 0) =
P(Xn+1 = 1) =
k=1
q q 1 1 1 = + + = 1. q = 1 + q (1 + q)2 1 − 1+q 1+q 1+q
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Or, si (X1 = 0), l’urne contient, avant le deuxième tirage, 1 boule blanche et 1 + c boules noires ; 1+c donc : P(X1 =0) (X2 = 0) = . 2+c De même, si (X1 = 1), l’urne contient, avant le deuxième tirage, 1 + c boules blanches et 1 boule noire ;
=
n k=0 n
P(S n = k)P(S n =k) (Xn+1 = 1) P(S n = k)
k=0
=
1 + ck 2 + cn
n n & 1 % P(S n = k) +c kP(S n = k) 2 + cn k=0 k=0 =1
= E(S n )
1 + cE(S n ) = . 2 + cn c) Notons, pour tout n de N∗ , P(n) la propriété : « P(Xn = 1) = P(Xn = 0) =
1 ». 2
Raisonnons par récurrence forte sur l’entier n. Initialisation : d’après a), on a la propriété P(1). Hérédité : supposons, pour un n de N∗ fixé, les propriétés P(1), . . . , P(n). Montrons P(n + 1). Pour tout k ∈ 1 ; n, d’après la propriété P(k), E(Xk ) = 0 × P(Xk = 0) + 1 × P(Xk = 1) =
1 . 2 359
Chapitre 18
•
Couples de variables aléatoires discrètes
Donc : E(S n ) =
n
E(Xk ) =
k=1
P(Xn+1
n . Ainsi, d’après b) : 2
•
Par linéarité de l’espérance :
n 1 + cE(S n ) 1 + c 2 1 = 1) = = = . 2 + cn 2 + cn 2
E(S ) = E(X1 ) + · · · + E(Xn ) = n ×
Enfin, puisque Xn+1 (Ω) = {0, 1}, P(Xn+1 = 0) = 1 − P(Xn+1 = 1) =
•
V(S ) =
Conclusion : On conclut que, pour tout n de N∗ , 1 . 2
18.13 a) • Loi de Xk : L’événement (Xk = 1) est réalisé lorsque la boîte numéro k contient le jeton numéro k. Or, il y a n! répartitions possibles, toutes les répartitions sont équiprobables, et il y a 1 × (n − 1)! répartitions réalisant l’événement (Xk = 1). 1 × (n − 1)! 1 On en déduit : P(Xk = 1) = = . n! n n−1 . Et donc : P(Xk = 0) = 1 − P(Xk = 1) = n • Xk est une va finie, donc admet une espérance et une variance. On a : 1 E(Xk ) = 0 × P(Xk = 0) + 1 × P(Xk = 1) = , n 1 E(Xk2 ) = 02 × P(Xk = 0) + 12 × P(Xk = 1) = , n 2 n − 1 2 et donc : V(Xk ) = E(Xk ) − E(Xk ) = 2 . n b) Calculons Cov(Xk , X ) = E(Xk X ) − E(Xk )E(X ). Les va Xk et X prennent leurs valeurs dans {0, 1}, donc : E(Xk X ) = 0 × 0 × P(Xk = 0, X = 0) + 0 × 1 × P(Xk = 0, X = 1) + 1 × 0 × P(Xk = 1, X = 0)
L’événement (Xk = 1, X = 1) est réalisé lorsque les boîtes numéro k et contiennent le jeton de même numéro. Or, il y a n! répartitions possibles, toutes les répartitions sont équiprobables, et il y a 1× 1× (n− 2)! répartitions réalisant l’événement (Xk = 1, X = 1). On en déduit : 1 × 1 × (n − 2)! 1 P(Xk = 1, X = 1) = = . n! n(n − 1)
360
Cov(Xk , X ).
1k<n
1 n(n − 1) n−1 × 2 +2× n2 2 n (n − 1) n−1 1 = + = 1. n n
Donc : V(S ) = n ×
18.14 Notons q = 1 − p. a) Loi de S : La va S prend ses valeurs dans N, car X(Ω) = Y(Ω) = N. Soit n ∈ N. On a : (S > n) = (X > n) ∩ (Y > n). D’où : P(S > n) = P(X > n)P(Y > n) (par indépendance de X et de Y) = P(X > n)2 (car X et Y ont même loi). Or : P(X > n) =
+∞ k=n+1 n+1
P(X = k) =
+∞
qk p
k=n+1
q p = qn+1 . 1−q 2 Donc : P(S > n) = qn+1 = q2n+2 . =
Enfin : P(S = n) = P(S > n − 1) − P(S > n) = q2n − q2n+2 = q2n (1 − q2 ) = q2n (1 + q)p.
+ 1 × 1 × P(Xk = 1, X = 1) = P(Xk = 1, X = 1).
Ainsi :
V(Xk ) + 2
1 ), Or, toutes les covariances sont égales (égales à 2 n (n − 1) n(n − 1) n et il y a = termes dans la deuxième somme. 2 2
La va Xk prend ses valeurs dans {0, 1}.
1 1 1 = 2 − . Cov(Xk , X ) = n(n − 1) n2 n (n − 1)
n k=1
D’où la propriété P(n + 1).
1 = 1. n
Les va Xk ne sont pas mutuellement indépendantes, donc :
1 . 2
Xn (Ω) = {0, 1} et P(Xn = 1) = P(Xn = 0) =
S = X1 + · · · + Xn .
c) Par définition des va, on peut écrire :
b) • Loi du couple (S , T ) : Les va S et T prennent leurs valeurs dans N. Soit (n, m) ∈ N2 . Si m = 0 : alors P(S = n, T = 0) = P(S = n, X = Y) = P(X = Y = n) = P(X = n, Y = n) = P(X = n)P(Y = n) car X et Y sont indépendantes donc :
2 P(S = n, T = 0) = qn p = q2n p2 .
Corrigés des exercices
Si m > 0 : alors
•
les événements (X < Y), (X = Y), (X > Y) forment un système complet d’événements, donc
N est une va finie, donc admet une espérance et une variance, et l’on a : E(N) =
P(S = n, T = m) = P(S = n, T = m, X < Y)
k=0
= 0 car m 0
= P(X = n, Y − X = m) + P(Y = n, X − Y = m)
=
= P(X = n, Y = m + n) + P(Y = n, X = m + n) = P(X = n)P(Y = m + n) + P(Y = n)P(X = m + n) car X et Y sont indépendantes n = 2 q p × qn+m p = 2q2n+m p2 ainsi : •
P(S = n, T = m) =
Loi de T :
La va T prend ses valeurs dans N. +∞ Soit m ∈ N. Alors P(T = m) = P(S = n, T = m). n=0
Si m = 0 : alors P(T = 0) =
2 n(n + 2) V(N) = E(N 2 ) − E(N) = . 12 b)1) • Loi de Xi :
donc :
Soit k ∈ 1 ; n. Calculons P(N=k) (Xi = 1). Sachant que (N = k), n on tire une poignée de k jetons dans l’urne U2 ; il y a donc k résultats possibles, chaque résultat est équiprobable ; l’événement (Xi = 1) est réalisé si on tire le jeton numéro i : il y a donc n−1 1× résultats réalisant cet événement. k−1 n−1 Ainsi :
q2n p2
(n − 1)! k!(n − k)! k = = . × n! n (k − 1)! (n − 1) − (k − 1) !
p2 p2 p = = . 2 1−q (1 − q)(1 + q) 1 + q
Si m > 0 : alors P(T = 0) =
+∞
On en déduit, en utilisant le système complet d’événements (N = k) ; k ∈ 0 ; n :
2n+m 2
2q
k−1
P(N=k) (Xi = 1) = n k
n=0
=
p
n=0
P(Xi = 1) =
2qm p 2qm p2 2qm p2 = . = = 2 1−q (1 − q)(1 + q) 1 + q
P(S = n)P(T = 0) = q2n (1 + q)p ×
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
P(S = n)P(T = m) = q2n (1 + q)p ×
P(N = k)P(N=k) (Xi = 1)
n P(N = k)P(N=k) (Xi = 1) = P(N = 0) P(N=0) (Xi = 1)+ k=1
p 1+q
=0
n n 1 1 n(n+1) 1 1 k k= = × = . = n+1 n n(n+1) n(n+1) 2 2 k=0 k=0
= q2n p2 = P(S = n, T = 0). Si m > 0 :
n k=0
c) Soit (n, m) ∈ N2 . Si m = 0 :
n(2n + 1) , 6
La va Xi prend ses valeurs dans {0, 1}.
q2n p2 si m = 0 2q2n+m p2 si m > 0.
+∞
1 n(n + 1) n k = × = , n+1 n+1 2 2
n k2 1 n(n + 1)(2n + 1) = × E(N 2 ) = n+1 n+1 6 k=0
+ P(S = n, T = m, X = Y) +P(S = n, T = m, X > Y)
n
2qm p 1+q
= 2q2n+m p2 = P(S = n, T = m). Ainsi : ∀(n, m) ∈ N2 , P(S = n, T = m) = P(S = n) P(T = m). On en déduit que : S et T sont indépendantes.
18.15 a) • Loi de N : La va N prend ses valeurs dans 0 ; n. Chaque jeton de U1 a la même probabilité d’être tirée. Donc : 1 ∀k ∈ 0 ; n, P(N = k) = . n+1
1 1 = . 2 2 Ainsi : E(Xi ) = 0 × P(Xi = 0) + 1 × P(Xi = 1) 1 = P(Xi = 1) = 2 E(Xi2 ) = 02 × P(Xi = 0) + 12 × P(Xi = 1) 1 = P(Xi = 1) = 2 1 1 2 1 V(Xi ) = E(Xi2 ) − E(Xi ) 2 = − = . 2 2 4 n Xi = N. Donc : b)2) Par définition des va : i=1 ⎞ ⎛ n n ⎜⎜ ⎟⎟⎟ Xi ⎟⎟⎠ = V(Xi) + 2 Cov(Xi , X j ). V(N) = V ⎜⎜⎜⎝ Puis :
P(Xi = 0) = 1 − P(Xi = 1) = 1 −
i=1
i=1
1i< jn
361
Chapitre 18
•
Couples de variables aléatoires discrètes
Par raison de symétrie, les va Xi ont même loi, et toutes les variances et covariances sont égales. n Donc : V(N) = nV(X1 ) + 2 Cov(X1 , X2 ) 2 n(n+2) − n4 V(N) − nV(X1 ) 1 = 12 = . ⇐⇒ Cov(X1 , X2 ) = n n(n − 1) 12 2 2
Ainsi, pour tous i, j ∈ 1 ; n tels que i j : 1 Cov(Xi , X j ) = . 12 n iXi . c) On a alors : S = i=1
•
•
Par linéarité de l’espérance : n n 1 n(n + 1) iE(Xi ) = i= E(S ) = . 2 i=1 4 i=1 V(S ) =
n
V(iXi ) + 2
i=1
=
n
Cov(iXi , jX j )
1i< jn
i V(Xi ) + 2 2
i=1
i j Cov(Xi , X j )
On en déduit : Δ = 4 Cov(X, Y)2 − 4V(X)V(Y) 0. Ainsi : Cov(X, Y)2 V(X)V(Y), et donc :
'
Cov(X, Y)
V(X)V(Y).
√ b) De plus :
Cov(X, Y)
= V(X)V(Y) ⇐⇒ Δ = 0. Donc le polynôme P admet une unique racine réelle : t0 . On a alors : P(t0 ) = 0 = V(t0 X + Y). Ainsi la va t0 X + Y est de variance nulle, donc c’est une va certaine, égale à un réel a. On en déduit : t0 X + Y = a, autrement dit Y = −t0 X + a. On conclut que les va X et Y sont liées par une relation affine.
18.17 a) Loi de S : La va S prend ses valeurs dans N. Soit n ∈ N. Puisque T prend ses valeurs dans 1 ; N :
1i< jn
n 1 1 2 i +2× i j. = 4 i=1 12 1i< jn
Or :
P(S = n) =
j=2
=
1 n(n + 1)(2n + 1) 1 n(n − 1)(3n + 2)(n + 1) × + × 4 6 6 24 n(n + 1)(3n2 + 11n + 4) . = 144
V(S ) =
18.16 a) • Une variance étant toujours positive ou nulle,
=
N
P(T = k)P(X1 + · · · + Xk = n),
k=1
car T est indépendante des va X1 , . . . , Xk , donc T est indépendante de X1 + · · · + Xk . b) S admet une espérance ⇐⇒ nP(S = n) converge. n0
M
⎛ N ⎞ M ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ nP(S = n) = ⎜⎝ nP(T = k)P(X1 + · · · + Xk = n)⎟⎟⎟⎠
n=0
n=0
k=1
=
Or : ∀t ∈ R, V(tX + Y) = V(tX) + 2 Cov(tX, Y) + V(Y) = t2 V(X) + 2 t Cov(X, Y) + V(Y).
Ainsi, P : t −→ t2 V(X) + 2 t Cov(X, Y) + V(Y) est une fonction polynôme de degré inférieur ou égal à 2, positive ou nulle sur R. Donc son discriminant est négatif ou nul.
k=1
⎛M ⎞ N ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ = ⎜⎝ nP(T = k)P(X1 + · · · + Xk = n)⎟⎟⎟⎠
on a : ∀t ∈ R, V(tX + Y) 0.
362
P(T = k, X1 + · · · Xk = n)
Or :
Donc :
•
N k=1
i=1
⎞ ⎛ n n n j2 ( j − 1) 1 ⎜⎜⎜⎜ 3 2 ⎟⎟⎟⎟ ⎜ = j − j ⎟⎟⎠ = ⎜⎝ 2 2 j=1 j=2 j=1 1 n2 (n + 1)2 n(n + 1)(2n + 1) = − 2 4 6 n(n − 1)(3n + 2)(n + 1) = . 24
P(S = n, T = k)
k=1
⎛ j−1 ⎞ n ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ij = j ⎜⎜⎝⎜ i⎟⎟⎠⎟
1i< jn
N
N k=1
n=0
⎛M ⎞ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ P(T = k) ⎜⎝ nP(X1 + · · · + Xk = n)⎟⎟⎟⎠ . n=0
Pour tout k de 1 ; N, puisque X1 , . . . , Xk admettent une espérance, X1 + · · · + Xk aussi, et : E(X1 + · · · + Xk ) = E(X1 ) + · · · + E(Xk ) = kE(X1 ) car les va Xi ont toutes la même loi.
Corrigés des exercices
Mais : ∀k ∈ 1 ; N, E(X1 + · · · + Xk ) =
On en déduit : +∞
M
nP(X1 + · · · + Xk = n).
n=0
P(T = k)kE(X1 )
k=1 N
kP(T = k) = E(X1 )E(T ).
k=1
= E(T )
nP(X1 + · · · + Xk = n) −→ E(X1 + · · · + Xk ) = kE(X1 ). M→+∞
Donc S admet une espérance et E(S ) = E(X1 )E(T ).
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n=0
M→+∞
N
= E(X1 )
Ainsi : ∀k ∈ 1 ; N, M
n=0
nP(S = n) −→
363
Lois usuelles, convergence et approximations Plan Les méthodes à retenir 365
19
Thèmes abordés dans les exercices •
Lois usuelles discrètes finies : loi de Bernoulli, loi binomiale, loi hypergéométrique, loi uniforme
372
•
Lois usuelles discrètes infinies : loi géométrique, loi de Poisson
375
•
Loi faible des grands nombres
•
Approximation d’une loi hypergéométrique et d’une loi binomiale.
Énoncés des exercices
367
Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
On abrège variable aléatoire en va.
364
CHAPITRE
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Loi de Bernoulli : définition, espérance et variance
•
Loi binomiale : définition, espérance et variance
•
Loi hypergéométrique : définition et espérance
•
Loi uniforme sur 1 ; n : définition, espérance et variance
•
Loi géométrique : définition, espérance et variance
•
Loi de Poisson : définition, espérance et variance
•
Loi faible des grands nombres pour une suite de variables de Bernoulli indépendantes et de même paramètre
•
Approximation d’une loi hypergéométrique par une loi binomiale
•
Approximation d’une loi binomiale d’un certain type par une loi de Poisson.
Les méthodes à retenir
Les méthodes à retenir Essayer de : •
reconnaître une « situation type » d’une loi usuelle Nom Loi de Bernoulli : b(p) Loi binomiale : B(n, p) Loi hypergéométrique : H (N, n, p) Loi uniforme : U (1 ; n) Loi géométrique : G (p)
Pour reconnaître une loi usuelle discrète
Situation type Succès ou échec (1 ou 0) lors d’une expérience n’ayant que deux issues dont la probabilité de succès est p Loi du nombre de succès lors d’une succession de n épreuves de Bernoulli indépendantes et de même paramètre p Loi du nombre de boules blanches obtenues lors d’un tirage sans remise (ou d’un tirage simultané) de n boules dans une urne contenant initialement N p boules blanches et N(1 − p) boules noires Choix d’un entier « au hasard » entre 1 et n Loi du numéro de l’épreuve amenant le premier succès lors d’une succession d’épreuves de Bernoulli indépendantes et de même paramètre p
Remarque : Contrairement aux autres loi, la loi de Poisson ne correspond à aucune situation type.
➥ Exercices 19.1, 19.9 à 19.16
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•
utiliser l’une des méthodes décrites dans le chapitre 17 et reconnaître une loi usuelle par l’expression de P(X = k) Nom – Variable Loi de Bernoulli : X → b(p) Loi binomiale : X → B(n, p) Loi hypergéométrique : X → H (N, n, p)
Loi de probabilité X(Ω) = 0, 1 P(X = 1) = p et P(X = 0) = 1 − p X(Ω) = 0 ; n n k ∀k ∈ 0 ; n, P(X = k) = p (1 − p)n−k k X(Ω) = a ; b ⊂ 0 ; n où ⎧ ⎪ a = max(0, n − Nq) ⎪ ⎪ ⎨ b = min(n, N p) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩q = 1− p ∀k ∈ a ; b, P(X = k) =
Np k
N(1−p) n−k
N n
365
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
(suite)
Nom – Variable Loi
Loi de probabilité X(Ω) = 1 ; n
uniforme :
∀k ∈ 1 ; n, P(X = k) =
X → U (1 ; n) Loi géométrique : X → G (p) Loi de Poisson : X → P(λ)
1 n
X(Ω) = N∗ ∀n ∈ N∗ , P(X = n) = (1 − p)n−1 p X(Ω) = N λn ∀n ∈ N, P(X = n) = e −λ n!
➥ Exercices 19.2 à 19.4, 19.7, 19.15 à 19.18. Utiliser les résultats du cours :
Pour déterminer l’espérance et la variance d’une va X dont la loi est une loi usuelle
Variable
Espérance
Variance
X → b(p)
E(X) = p
V(X) = p(1 − p)
X → B(n, p)
E(X) = np
V(X) = np(1 − p)
X → H (N, n, p)
E(X) = np
X → U (1 ; n) E(X) =
V(X) = np(1 − p)
N−n (∗) N−1
n+1 2
V(X) =
n2 − 1 12
1 p
V(X) =
1− p p2
X → G (p)
E(X) =
X → P(λ)
E(X) = λ
V(X) = λ
(∗) Résultat non exigible d’après le programme officiel, mais à savoir retrouver (voir exercices 19.6 et 19.12).
➥ Exercices 19.5, 19.6, 19.9, 19.10, 19.12, 19.13, 19.15, 19.16. Penser à utiliser l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :
Pour majorer ou minorer une probabilité
si X est une va discrète admettant une espérance E(X) et une variance V(X), alors : V(X)
∀ε > 0, P
X − E(X)
ε 2 . ε
➥ Exercices 19.5, 19.9, 19.13.
366
Énoncés des exercices
Essayer de transformer P(a Xn b) en P
Yn − E(Yn )
ε où Yn est une va définie à partir de Xn et : Z1 + · · · + Zn , avec Z1 , . . . , Zn des va indépendantes suivant • si Yn = n une loi de Bernoulli de même paramètre, utiliser la loi faible des grands nombres
Pour calculer la limite d’une probabilité du type P(a X n b)
•
sinon, utiliser l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev.
➥ Exercice 19.5. Déterminer la loi de X puis en déduire une expression de la probabilité cherchée. Calculer alors cette probabilité par :
Pour calculer la probabilité d’un événement lié à une va X
•
un calcul direct, si cela est faisable
•
sinon, penser à utiliser les approximations des lois, après avoir vérifier les conditions d’applications : •
si X → H (N, n, p) avec N 10n, alors on peut approcher la loi de X par la loi binomiale de paramètre (n, p)
•
si X → B(n, p) avec n 30, p 0.1 et np 15, alors on peut approcher la loi de X par la loi de Poisson de paramètre np.
➥ Exercices 19.11, 19.14.
Énoncés des exercices 19.1 Reconnaissance de lois usuelles Pour chaque question, reconnaître la loi de X et en préciser les paramètres :
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a) on lance un dé équilibré à 6 faces et on note X la va égale au numéro obtenu b) une urne contient 12 boules : 6 boules vertes, 4 boules rouges et 2 boules noires ; on tire au hasard successivement et avec remise 8 boules et on note X la va égale au nombre de boules rouges obtenues c) une urne contient 12 boules : 6 boules vertes, 4 boules rouges et 2 boules noires ; on tire au hasard successivement et sans remise 8 boules et on note X la va égale au nombre de boules rouges obtenues d) une urne contient 12 boules : 6 boules vertes, 4 boules rouges et 2 boules noires ; on effectue des tirages successifs et avec remise jusqu’à obtenir une boule rouge et on note X la va égale au nombre de tirages effectués e) on range au hasard 10 boules dans 3 sacs de façon équiprobable et on note X le nombre de boules mises dans le premier sac f) les 32 cartes d’un jeu sont alignées, faces cachées, sur une table de façon aléatoire ; on découvre les cartes, de gauche à droite jusqu’à obtenir la dame de cœur et on note X la va égale au nombre de cartes découvertes 367
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
g) un sac contient 26 jetons sur lesquels figurent les 26 lettres de l’alphabet ; on tire au hasard une poignée de 5 jetons au hasard et on note X le nombre de voyelles obtenues h) une urne contient n jetons numérotés de 1 à n (n ∈ N∗ ) ; on les tire au hasard un à un sans remise jusqu’à obtenir le jeton numéro 1 et on note X le nombre de tirages effectués i) une urne contient n jetons numérotés de 1 à n (n ∈ N∗ ) ; on les tire au hasard un à un avec remise jusqu’à obtenir le jeton numéro 1 et on note X le nombre de tirages effectués j) on pose n questions à un élève ; pour chaque question, r réponses sont proposées dont une et une seule est correcte ; l’élève répond au hasard à chaque question et on note X la va égale au nombre de bonnes réponses.
19.2 Somme de deux va indépendantes suivant une loi binomiale Soient X et Y deux va indépendantes suivant respectivement la loi binomiale de paramètre (n, p) et la loi binomiale de paramètre (m, p), avec n ∈ N, m ∈ N, p ∈ ]0 ; 1[. a) Déterminer la loi de S = X + Y. b) À quelle situation type peut-on associer les va X et Y ? Que représente alors S ? Commenter le résultat obtenu au a). c) Soit k ∈ 0 ; n + m. Déterminer la loi conditionnelle de X sachant que (S = k).
19.3 Somme de deux va indépendantes suivant une loi de Poisson Soient X et Y deux va indépendantes suivant respectivement la loi de Poisson de paramètre λ et la loi de Poisson de paramètre μ, avec λ > 0 et μ > 0. a) Déterminer la loi de S = X + Y. b) Soit n ∈ N. Déterminer la loi conditionnelle de X sachant que (S = n).
19.4 Somme, minimum et maximum de deux va indépendantes suivant une loi géométrique de même paramètre Soient X et Y deux va indépendantes suivant toutes les deux la loi géométrique de paramètre p, avec p ∈ ]0 ; 1[. a) Déterminer la loi de X + Y, la loi de min(X, Y) et la loi de max(X, Y). b) À quelle situation type peut-on associer les va X et Y ? Que représente alors X + Y, min(X, Y) et max(X, Y) ? c) Calculer les probabilités suivantes :
P(X = Y) et
P(X Y).
19.5 Exemples de convergence en probabilité de va On considère une suite (Xn )n∈N∗ de va indépendantes suivant toutes la même loi de Bernoulli de paramètre p avec 0 < p < 1. Pour tout n de N∗ , on pose : X1 + · · · + Xn Xn + Xn+1 Y1 + · · · + Yn , Yn = et T n = . n 2 n
∀ε > 0, lim P
S n − p
ε = 0 Sn =
a) Justifier :
n∞
∗
b) 1) Soit n ∈ N . Donner la loi et l’espérance de Yn . 2) Soient n, m ∈ N∗ tels que n < m. Les va Yn et Ym sont-elles indépendantes ?
c) Montrer : ∀ε > 0, lim P
T n − p
ε = 0. n∞
368
Énoncés des exercices
19.6 Espérance et variance d’une loi hypergéométrique Soient N et n deux entiers naturels tels que n N et p ∈ ]0 ; 1[ tel que N p ∈ N. On considère une va X suivant la loi hypergéométrique de paramètre (N, n, p). Calculer l’espérance et la variance de X.
19.7 Probabilité qu’une va de loi donnée soit à valeurs paires Soit (Xn )n∈N∗ une suite de va indépendantes suivant la même loi de Bernoulli de paramètre p, avec 0 < p < 1. On pose, pour tout n de N∗ , S n = X1 + · · · + Xn , et un la probabilité que S n soit pair. a) Préciser, pour tout n de N∗ , la loi de S n . b) Calculer u1 , u2 , u3 . c) Montrer qu’il existe deux réels a et b tels que : ∀n ∈ N∗ , un+1 = aun + b. En déduire une expression de un en fonction de n, ainsi que la limite de la suite (un )n∈N∗ .
19.8 Quelques calculs avec une loi de Poisson On considère une va X suivant la loi de Poisson de paramètre λ, avec λ > 0. a) On note p la probabilité que X soit pair et q la probabilité que X soit impair. Calculer p + q et p − q, et en déduire p et q. La va X a-t-elle plus de chance d’être paire ou d’être impaire ? P(X = n + 1) . P(X = n) 2) En déduire le mode de X, c’est-à-dire la valeur que prend X avec la plus grande probabilité.
b) 1) Pour tout n de N, calculer un =
19.9 Détermination d’une proportion inconnue p de boules blanches dans une urne Soit n 1. Une urne contient une proportion inconnue p de boules blanches. On y effectue n tirages avec remise et on note Xn le nombre de boules blanches obtenues lors de ces n tirages. a) Donner la loi, l’espérance et la variance de Xn .
Xn 1 − p
ε b) Montrer : ∀ε > 0, P
. n 4nε2
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c) Combien de tirages faut-il effectuer pour pouvoir affirmer, avec un risque d’erreur inférieur à 5%, que la fréquence d’obtention de boules blanches au cours des tirages diffère de p d’au plus 10−2 ?
19.10 Répartition de n boules dans 3 sacs Soit n 1. On répartit au hasard n boules dans 3 sacs notés S 1 , S 2 , S 3 , indépendamment les unes des autres. On note, pour tout i de {1, 2, 3}, Ni le nombre de boules dans le sac S i . a) Déterminer les lois, les espérances et les variances de N1 , N2 , N3 . b) Déterminer la loi de N1 + N2 . En déduire la covariance de (N1 , N2 ), et commenter son signe.
19.11 Un exemple d’approximation d’une loi Une urne d’un bureau de vote renferme 1000 bulletins, parmi lesquels 50 sont déclarés nuls. On prend 100 bulletins au hasard, on note X le nombre de bulletins déclarés nuls de l’échantillon.
369
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
a) Déterminer la loi de X. Par quelle loi peut-on approcher la loi de X ? b) En déduire des valeurs approchées de P(X = 5) et de P(X 5).
19.12 Espérance et variance d’une loi hypergéométrique Soient N 2 et 0 < p < 1. Une urne contient N boules blanches ou noires. Initialement, la proportion de boules blanches est p et la proportion de boules noires est q = 1 − p. On tire au hasard n boules de l’urne simultanément, avec n N. On note X la va égale au nombre de boules blanches obtenues. On suppose que les boules blanches sont numérotées de 1 à N p, et pour tout i de 1 ; N p, on note Xi la va égale à 1 si on a tiré la boule blanche numéro i et égale à 0 sinon. a) Donner la loi de X. b) 1) Soit i ∈ 1 ; N p. Donner la loi de Xi , son espérance et sa variance. 2) Soient i, j ∈ 1 ; N p tels i j. Calculer la covariance de (Xi , X j ). c) Exprimer X à l’aide des va Xi et retrouver l’expression de l’espérance et la variance de X obtenus dans l’exercice 19.6.
19.13 Exemple d’utilisation de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev Un exploitant agricole possède 100 vaches qui se répartissent au hasard entre deux étables, qui contiennent chacune n places (50 n 100). À l’aide de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, déterminer une valeur de n permettant à chaque vache de trouver une place, avec une probabilité supérieure à 95 %.
19.14 Un exemple d’approximation d’une loi Une entreprise fabrique des boîtes dont certaines sont défectueuses. On suppose que l’entreprise fabrique 100 boîtes par jour, que la probabilité qu’une boîte soit défectueuse est égale à 2% et que les boîtes sont défectueuses ou non indépendamment les unes des autres. On note X la va égale au nombre de boîtes défectueuses fabriquées un jour donné. a) Déterminer la loi de X. Par quelle loi peut-on approcher la loi de X ? b) Calculer une valeur approchée de la probabilité qu’au plus deux boîtes défectueuses soient fabriquées dans la même journée. c) On considère que l’entreprise perd sa qualification si, au cours d’une journée, 5 % ou plus des boîtes fabriquées sont défectueuses. Calculer la probabilité pour que, un jour donné, l’entreprise perde sa qualification. Comment évoluent ces risques si l’entreprise double son nombre de boîtes fabriquées par jour ?
19.15 Greffes sur des rosiers Soit n ∈ N∗ . On dispose de n rosiers, sur chacun desquels on opère une greffe. Lorsqu’une greffe est opérée, on sait au bout d’une semaine si elle a pris ou non, et si la greffe ne prend pas, on recommence jusqu’à ce qu’elle prenne effectivement. On suppose que la probabilité qu’une greffe donnée prenne est égale à p, avec p ∈ ]0 ; 1[, et que toutes ces expériences sont mutuellement indépendantes. On note, pour tout k ∈ 1 ; n, Xk la va égale au nombre de greffes nécessaires à la prise du rosier numéro k. On définit également : la va Y égale au nombre de semaines nécessaires à la prise d’au moins une greffe, la va Z égale au nombre de semaines nécessaires à la prise de toutes les greffes. 370
Énoncés des exercices
a) Déterminer, pour tout k ∈ 1 ; n, la loi de Xk , son espérance et sa variance. b) Calculer, pour tout m 1, P(Y m). En déduire la loi de Y et son espérance. c) 1) Calculer, pour tout m 1, P(Z m). 2) En déduire la loi de Z. 3) En utilisant l’exercice 17.18, montrer que Z admet une espérance. Calculer E(Z) lorsque n = 2.
19.16 Un QCM Soient n 1 et p ∈ ]0 ; 1[. Un QCM comporte n questions. Pour chaque question, un élève a la probabilité p de connaître la bonne réponse et donc de répondre correctement. a) On note X la va égale au nombre de bonnes réponses données. Reconnaître la loi de X. Donner son espérance et sa variance. b) L’élève a la possibilité de répondre une seconde fois aux questions mal répondues. On note Y le nombre de questions refaites et Z le nombre de questions refaites et correctement répondues. 1) Soit k ∈ 0 ; n. Déterminer la loi conditionnelle de Z sachant (Y = k). 2) En déduire la loi de Z et son espérance. c) On définit la va S = X + Z. Que représente S ? Montrer que S suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.
19.17 Une succession d’épreuves de Bernoulli On considère une va discrète N telle que N(Ω) = N et, pour tout n de N, P(N = n) 0. Si N prend la valeur n ∈ N, on décide de procéder à une succession de n épreuves de Bernoulli indépendantes et de paramètre p, avec p ∈ ]0 ; 1[. On note S et E les va égales respectivement au nombre de succès et d’échecs lors de ces n épreuves. a) On suppose que N suit la loi de Poisson de paramètre λ > 0. 1) Montrer que S et E suivent des lois de Poisson dont on précisera le paramètre. 2) Montrer que les variables S et E sont indépendantes. b) Réciproquement : on suppose que les variables S et E sont indépendantes. 1) Montrer qu’il existe deux suites (un )n∈N et (vm )m∈N telles que : ∀(n, m) ∈ N2 , (n + m)! P(N = n + m) = un vm .
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2) Montrer que les deux suites (un )n∈N et (vm )m∈N sont géométriques. 3) En déduire que N suit une loi de Poisson.
19.18 Remplacements de composants Un premier composant est mis en service à l’instant 0 et, quand il tombe en panne, il est remplacé instantanément par un composant identique qui sera remplacé à son tour à l’instant de sa première panne dans les mêmes conditions, et ainsi de suite. On note, pour tout i de N∗ , T i la va égale à la durée de vie du i-ième composant. On suppose que, pour tout i de N∗ , T i suit la loi géométrique de paramètre p avec p ∈ ]0 ; 1[ et que les va T i sont mutuellement indépendantes. On note, pour tout k de N∗ :
Sk =
k
Ti.
i=1
371
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
a) Soit k ∈ N∗ . Que représente la va S k ? Déterminer sa loi. n k n+1 = . On pourra utiliser : pour tout (p, n) ∈ N2 tel que p n, p p+1 k=p b) Soit n ∈ N∗ . On note Un la va égale au nombre de pannes (et donc de remplacements) survenues jusqu’à l’instant n inclus. 1) Montrer :
P(Un = 0) = (1 − p)n
et
P(Un = n) = pn .
2) Exprimer, pour tout k ∈ N∗ , l’événement (Un k) à l’aide d’un événement faisant intervenir la va S k . 3) En déduire que Un suit la loi binomiale de paramètre (n, p).
Du mal à démarrer ? 19.1 19.2
Essayer de reconnaître des situations types.
a) Écrire, pour tout k de 0 ; n + m : P(S = k) = P(X = i, Y = j), (i,j) ; i+j=k
utiliser ensuite l’indépendance de X et Y , puis la formule de Vandermonde. Montrer que S suit une loi binomiale.
c) Écrire, pour tout i de 0 ; k : P(X = i, S = k) P(X = i, Y = k − i) = , P(S = k) P(S = k)
P(S=k) (X = i) =
puis utiliser l’indépendance de X et Y .
19.3
a) Écrire, pour tout n de N : P(S = n) =
n
Écrire :
P(X = Y ) = P(X Y ) =
et
+∞ n=1 +∞
P(X = n, Y = n) P(X = n, Y n).
n=1
19.5
a) Utiliser la loi faible des grands nombres.
b) 1) Montrer : P(Yn = 0) = (1 − p)2 , 1 et P Yn = = 2p(1 − p). 2 En déduire E(Yn ).
P(Yn = 1) = p2
b) 2) Montrer que si m > n + 1, alors Yn et Ym sont indépendantes ; et si m = n + 1, alors Yn et Ym ne sont pas indépendantes. c) Utiliser de Bienaymé-Tchebychev pour majorer
l’inégalité P
Tn − p
ε .
P(X = k, Y = n − k),
19.6
k=0
• Pour calculer l’espérance, utiliser la définition, la for-
n n−1 =n et la formule de Vandermonde. k k−1
puis utiliser l’indépendance de X et Y .
mule k
Montrer que S suit une loi de Poisson.
Pour calculer la variance, commencer par calculer E X(X − 1) en utilisant le théorème de transfert et la formule de Vandermonde. En déduire la variance.
b) Écrire, pour tout k de 0 ; n : P(S=n) (X = k) =
P(X = k, S = n) P(X = k, Y = n − k) = , P(S = n) P(S = n)
puis utiliser l’indépendance de X et Y .
19.4
19.7
a) Utiliser un résultat de cours.
b) Expliciter les probabilités demandées. a) Pour la loi de X + Y , écrire : P(X + Y = n) =
n−1
P(X = k, Y = n − k).
k=1
Pour la loi de min(X, Y ), commencer par calculer P min(X, Y ) n . Pour la loi de max(X, Y ), commencer par calculer P max(X, Y ) n .
372
c)
c) • En notant, pour tout n ∈ N∗ , An l’événement : « la va Sn est paire », écrire : un+1 = P(An )PAn (An+1 ) + P(An )PAn (An+1 ), puis justifier :
PAn (An+1 ) = P(Xn+1 = 0) PAn (An+1 ) = P(Xn+1 = 1).
• En déduire que la suite (un )n∈N∗ est une suite arithméticogéométrique. Trouver alors l’expression de un en fonction de n puis sa limite lorsque n tend vers +∞.
Du mal à démarrer ?
19.8
a) Obtenir :
p = e−λ
+∞ λ2n (2n)! n=0
et
q = e−λ
+∞ n=0
λ2n+1 . (2n + 1)!
λ . n+1 b) 2) Déduire de la question précédente, les variations de P(X = n) en fonction de n, et déterminer n0 tel que P(X = n0 ) est maximal.
b) 1) Montrer :
∀n ∈ N, un =
Séparer les cas : λ ∈ N∗ , λ ∈ ]0 ; 1[, λ ∈ ]1 ; +∞[\N∗ .
19.9
a) Reconnaître que la va X suit la loi binomiale de paramètre (n, p).
b) Appliquer l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev à Puis utiliser :
Xn . n
1 . 4
Xn − p
10−2 0.05. P
n
∀p ∈ [0 ; 1], p(1 − p)
c) Déterminer un entier n tel que :
19.10
a) Reconnaître que les va N1 , N2 , N3 suivent la loi bino 1 miale de paramètre n, . 3 b) Justifier que la va N + N2 suit la loi binomiale de paramètre 1 2 n, . En déduire V (N1 + N2 ) puis Cov(N1 , N2 ). 3
19.13
Considérer la va X égale au nombre de vaches qui choisissent l’étable numéro 1, et montrer que X suit la loi binomiale 1 de paramètre 100, . 2 En déduire que l’événement E : « chaque vache trouve une place » s’écrit :
E = (100 − n X n).
Déterminer ensuite un entier n tel que P(E) 0.95 ; à cet effet, utiliser l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev.
19.14
a) Montrer que X suit la loi binomiale de paramètre (100, 0.02) et que l’on peut approcher sa loi par la loi de Poisson de paramètre 2. b) 1) Calculer P(X 2) en utilisant l’approximation précédente. c) Noter F l’événement : « l’entreprise perd sa qualification un jour donné ». • Calculer alors une valeur approchée P(F) = P(X 5). • Si l’entreprise double sa fabrication, montrer que l’on a P(F) = P(X 10) avec X qui suit la loi binomiale de paramètre (200, 0.02) que l’on peut approcher par la loi de Poisson de paramètre 4.
En déduire une valeur approchée P(F) dans ce cas.
19.11
a) Montrer que X suit la loi hypergéométrique de para mètre 1000, 100, 0.05 , et que l’on peut approcher cette loi par la loi de Poisson de paramètre 5. b) Calculer des valeurs approchées des probabilités demandées en utilisant l’approximation de la loi de X.
19.12
a) Justifier que X suit la loi hypergéométrique de paramètre (N, n, p). b) 1) Considérer, pour tout i de 1 ; Np, Ei l’événement :
19.15
a) Justifier que Xk suit la loi géométrique de paramètre p.
b) Remarquer que Y = min(X1 , . . . , Xn ). En déduire la loi de Y par la méthode habituelle, et reconnaître une loi usuelle. c) Remarquer que Z = max(X1 , . . . , Xn ). En déduire la loi de Z par la méthode habituelle. Montrer ensuite que la série
P(Z > m) converge, pour en dé-
m0
duire, à l’aide de l’exercice 17.18 que Z admet une espérance. « on a tiré la boule blanche numéro i ».
N−1 Montrer Card(Ei ) = ; en déduire P(Ei ) = P(Xi = 1). n−1 En déduire la loi de Xi , son espérance et sa variance. © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) 2) Montrer :
E(Xi Xj ) = P(Xi = 1, Xj = 1) = P(Ei ∩ Ej ).
19.16
a) Justifier que X suit la loi binomiale de paramètre (n, p). b) 1) Justifier que la loi conditionnelle de Z sachant (Y = k) est la loi binomiale de paramètre (k, p).
2) Remarquer que Y = n − X, et en déduire la loi de Y .
En déduire E(Xi Xj ) puis Cov(Xi , Xj ).
Pour déterminer la loi de Z, utiliser la formule des probabilités totales.
c) Remarquer : X = X1 + · · · + XNp .
c) Justifier que S prend ses valeurs dans 0 ; n, calculer, pour tout k ∈ 0 ; n, P(S = k) en écrivant :
Pour calculer E(X), utiliser la linéarité de l’espérance. Pour calculer V (X), utiliser la formule sur la variance d’une somme.
P(S = k) =
k
P(X = i, Z = k − i).
i=0
373
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
19.17
a) 1) • Remarquer que, pour tout n ∈ N, la loi conditionnelle de S sachant (N = n) est la loi binomiale de paramètre (n, p), et la loi conditionnelle de E sachant (N = n) est la loi binomiale de paramètre (n, 1 − p). En déduire la loi de S et la loi de E en utilisant la formule des probabilités totales.
2) Montrer : ∀k, ∈ N, P(S = k, E = ) = P(S = k)P(E = ). b) 1) Calculer, pour tout (n, m) ∈ N2 , P(N = n + m, S = n) de deux façons différentes, puis en déduire le résultat demandé.
2) Montrer que, pour tout (n, m) ∈ N2 , un vm = un+1 vm−1 . Puis prendre m = 0 pour en déduire que la suite (un )n∈N est géométrique.
374
c) Montrer alors qu’il existe un réel q > 0 tel que : ∀n ∈ N, P(N = n) = e−q
qn . n!
19.18
a) Montrer par récurrence sur k que : n−1 k ∀k ∈ N∗ , ∀n k, P(Sk = n) = p (1 − p)n−k . k−1
b) 1) Expliciter les événements (Un = 0) et (Un = n).
2) Justifier :
(Un k) = (Sk n).
3) En déduire P(Un = k) = P(Sk n) − P(Sk+1 n), puis utiliser la loi de Sk , la formule du triangle de Pascal, et faire apparaître des sommes téléscopiques.
Corrigés des exercices 1 a) Le dé étant équilibré, chaque face a la probabilité 6 d’être obtenu. Donc X suit la loi uniforme sur 1 ; 6.
19.1
b) On réalise ici une succession de 8 épreuves de Bernoulli (tirer une boule) de façons indépendantes et dont la probabilité de 4 1 succès (obtenir une boule rouge) est = . 12 3 1 Donc X suit la loi binomiale de paramètre 8, . 3 c) Les tirages s’effectuent ici sans remise, il n’y a donc pas indépendance des expériences. Il y a 12 boules dans l’urne, la 1 proportion initiale de boules rouges est et on tire 8 boules. 3 1 Donc X suit la loi hypergéométrique de paramètre 12, 8, . 3 d) On réalise ici une succession d’épreuves de Bernoulli (tirer une boule), de façon indépendantes, dont la probabilité de suc1 4 = , jusqu’au premier cès (obtenir une boule rouge) est 12 3 succès. 1 Donc X suit la loi géométrique de paramètre . 3 e) On réalise ici une succession de 10 épreuves de Bernoulli (mettre une boule dans l’un des 3 sacs) de façon indépendantes et dont la probabilité de succès (mettre la boule dans le premier 1 sac) est . 3 1 Donc X suit la loi binomiale de paramètre 10, . 3 f) La va X est égale à la place de la dame de cœur parmi les 32 cartes, cette place étant un entier « au hasard » entre 1 et 32. Donc X suit la loi uniforme sur 1 ; 32.
j) On réalise ici une succession de n épreuves de Bernoulli (répondre à une question) de façon indépendantes et dont la pro1 babilité de succès (répondre correctement) est . r 1 Donc X suit la loi binomiale de paramètre n, . r a) La va S prend ses valeurs dans 0 ; n + m, car X (resp. Y) prend ses valeurs dans 0 ; n (resp. 0 ; m).
19.2
Soit k ∈ 0 ; n + m. Alors : P(S = k) = P
i) On réalise ici une succession d’épreuves de Bernoulli (tirer un jeton), de façon indépendantes, dont la probabilité de succès 1 (obtenir le jeton numéro) est , jusqu’au premier succès. Donc n 1 X suit la loi géométrique de paramètre . n
(X = i, Y = j)
(i, j) ; i+ j=k
=
P(X = i, Y = j)
(i, j) ; i+ j=k
par incompatibilité des événements = P(X = i)P(Y = j). (i, j) ; i+ j=k
par indépendance de X et Y Or, pour tout (i, j) ∈ N2 , on a : n i P(X = i) = p (1 − p)n−i i m j P(Y = j) = p (1 − p)m− j , j n m avec la convention = 0 si i > n et = 0 si j > m. i j On obtient alors : P(S = k) =
g) Les tirages s’effectuent simultanément, il n’y a donc pas indépendance des résultats. Il y a 26 boules dans l’urne, la pro3 6 = et on tire 5 jetons. Donc X suit portion de voyelles est 26 13 3 . la loi hypergéométrique de paramètre 26, 5, 13 h) Les tirages s’effectuant sans remise, X est égale à la place du jeton numéro 1, cette place étant un entier « au hasard » entre 1 et n. Donc X suit la loi uniforme sur 1 ; n.
Donc :
n i m j p (1 − p)n−i p (1 − p)m− j i j (i, j) ; i+ j=k n m = pi+ j (1 − p)n+m−(i+ j) i j (i, j) ; i+ j=k n m . = pk (1 − p)n+m−k i j (i, j) ; i+ j=k n+m = k n+m k P(S = k) = p (1 − p)n+m−k . k
Ainsi S suit la loi binomiale de paramètre (n + m, p). b) Supposons que l’on dispose d’une pièce amenant pile avec la probabilité p. On lance d’abord n fois cette pièce et on note X le nombre de piles obtenus ; puis on lance m fois cette pièce et on note Y le nombre de piles obtenus. 375
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
Alors X suit la loi binomiale de paramètre (n, p) et Y la loi binomiale de paramètre (m, p). La va S correspond alors au nombre de piles obtenus lors des n + m lancers. Donc S suit la loi binomiale de paramètre (n + m, p) (on retrouve le résultat précédent). c) Sachant que (S = k), X prend ses valeurs dans 0 ; k. Soit i ∈ 0 ; k. Alors :
Ainsi, la loi conditionnelle de X sachant que (S = n) est la loi λ . binomiale de paramètre n, λ+μ
La va S prend ses valeurs dans 2 ; +∞, car X et Y prennent leurs valeurs dans 1 ; +∞. Soit n ∈ 2 ; +∞. Alors :
P(X = i, S = k) P(X = i, Y = k − i) = P(S = k) P(S = k) P(X = i)P(Y = k − i) par indep. de X et Y = P(S = k) m n pi (1 − p)n−i k−i pk−i (1 − p)m−(k−i) i n+m = pk (1 − p)n+m−k k n m
P(S =k) (X = i) =
i
a) Déterminons la loi de S = X + Y.
19.4
P(S = n) = P
n−1 (X = k, Y = n − k) k=1
=
n−1
par incompatibilité des événements =
k−i
= n+m .
n−1
par indépendance de X et Y
Ainsi, la loi conditionnelle de X sachant que (S = k) est la loi n hypergéométrique de paramètre n + m, k, . n+m
=
a) La va S prend ses valeurs dans N, car X et Y prennent leurs valeurs dans N.
=
k=0
P(X = k, Y = n − k)
n−1
(1 − p)k−1 p (1 − p)n−k−1 p
k=1
= (1 − p)n−2 p2
19.3
n
P(X = k)P(Y = n − k)
k=1
k
Soit n ∈ N. Alors : n (X = k, Y = n − k) P(S = n) = P
P(X = k, Y = n − k)
k=1
=
•
Déterminons la loi de T = min(X, Y).
La va T prend ses valeurs dans N∗ . Soit n ∈ N∗ . Calculons, dans un premier temps, P(T n). P(T n) = P(X n, Y n) = P(X n)P(Y n)
par incompatibilité des événements
P(X = k)P(Y = n − k)
k=0
par indépendance de X et Y λk μn−k e−λ e−μ = k! (n − k)! k=0 n −λ−μ e−(λ+μ) n k n−k e (λ + μ)n . λμ = = Newton n! k=0 k n! n
Or :
car X et Y sont indépendantes
k=n
= p(1 − p)n−1
k=n +∞
(1 − p)i
i=0
1 = (1 − p)n−1 . 1 − (1 − p) 2 P(T n) = (1 − p)n−1 = (1 − p)2n−2 . = p(1 − p)n−1
b) Sachant que (S = n), X prend ses valeurs dans 0 ; n.
376
2
car X et Y ont même loi. = P(X n) +∞ +∞ P(X = k) = (1 − p)k−1 p P(X n) =
Ainsi S suit la loi de Poisson de paramètre λ + μ. Soit k ∈ 0 ; n. Alors : P(X = k, S = n) P(X = k, Y = n − k) = P(S =n) (X = k) = P(S = n) P(S = n) P(X = k)P(Y = n − k) = par indep. de X et Y P(S = n) k n−k μn−k −λ λk e k! · e−μ (n−k)! n λμ = = n k (λ + μ)n e−(λ+μ) (λ+μ) n! n λ k μ n−k = . k λ+μ λ+μ
1 = (n − 1) (1 − p)n−2 p2 .
k=1
k=0 n
n−1
Donc :
On en déduit : P(T = n) = P(T n) − P(T n + 1) = (1 − p)2n−2 − (1 − p)2n n−1 = (1 − p)2n−2 (1 − (1 − p)2 ) = (1 − p)2 (2p − p2 ). Puisque (1 − p)2 = 1 − (2p − p2 ), on en déduit que T suit la loi géométrique de paramètre 2p − p2 .
Corrigés des exercices •
Déterminons la loi de U = max(X, Y).
c) • Calculons P(X = Y).
∗
La va U prend ses valeurs dans N .
P(X = Y) = P
∗
Soit n ∈ N . Calculons, dans un premier temps, P(U n).
=
P(X = k) =
k=1 n−1
=p
n
(1 − p)
1 − (1 − p)n = 1 − (1 − p)n . 1 − (1 − p) 2 P(U n) = 1 − (1 − p)n . =p
Donc :
Calculons P(X Y). +∞ (X = n, Y n) P(X Y) = P n=1
+∞
=
Alors X et Y suivent la loi géométrique de paramètre p. La va X + Y correspond alors au nombre nécessaires à l’obtention d’un deuxième pile. La loi de X + Y est appelée la loi de Pascal de paramètre (2, p).
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
•
Supposons maintenant que l’on dispose de deux pièces amenant chacune pile avec la probabilité p. On effectue des séries de lancers simultanés avec les deux pièces jusqu’à obtenir le premier pile et on note X (resp. Y) le nombre de lancers effectués avec la première (resp. seconde) pièce. Alors X et Y suivent la loi géométrique de paramètre p.
La va min(X, Y) correspond au nombre de lancers nécessaires à l’obtention d’au moins un pile sur l’une des deux pièces. Puisque la probabilité d’obtenir deux faces sur les pièces est égale à (1 − p)2 , la probabilité d’obtenir au moins un pile sur l’une des deux pièces est 1 − (1 − p)2 = p(2 − p). Donc la va min(X, Y) suit la loi géométrique de paramètre p(2 − p). La variable aléatoire max(X, Y) correspond au nombre de lancers nécessaires à l’obtention d’au moins un pile sur les deux pièces. Cette situation ne correspond à aucune situation type.
P(X = n, Y n) =
n=1
+∞
P(X = n)P(Y n)
n=1
par incompatibilité puis indépendance des va. Or, d’après les calculs précédents : ∀n ∈ N∗ , P(Y n) = (1 − p)n−1 . Donc :
P(X Y) =
= (1 − p)2n − (1 − p)2n−2 − 2(1 − p)n + 2(1 − p)n−1 . b) • Supposons que l’on dispose d’une pièce amenant pile avec la probabilité p. On effectue une première série de lancers jusqu’à obtenir le premier pile et on note X le nombre de lancers effectués ; puis on effectue une seconde série de lancers jusqu’à obtenir le premier pile et on note Y le nombre de lancers effectués.
n=0
•
P(U = n) = P(U n) − P(U n − 1) 2 2 = 1 − (1 − p)n − 1 − (1 − p)n−1
P(X = n)P(Y = n)
n=1
p 1 =p = . 1 − (1 − p)2 2− p
De plus, cette formule est encore valable pour n = 0. On en déduit :
+∞
2
k=1
i=0
P(X = n, Y = n) =
n=1
(1 − p)k−1 p
i
+∞
par incompatibilité puis indépendance des va +∞ +∞ n (1 − p)2 (1 − p)n−1 p (1 − p)n−1 p = p2 =
2 = P(X n) car X et Y ont même loi. n
n=1
car X et Y sont indépendantes
P(X n) =
(X = n, Y = n)
n=1
P(U n) = P(X n, Y n) = P(X n)P(Y n)
Or :
+∞
=p
+∞
+∞
(1 − p)n−1 p(1 − p)n−1
n=1
(1 − p)2
n
n=0
=p
1 1 = . 1 − (1 − p)2 2− p
Remarque : De la même façon : P(X Y) =
1 . 2− p
P(X Y) + P(X > Y) = P(X Y) + P(X Y) − P(X = Y) 1 1 p 2− p = + − = = 1, 2− p 2− p 2− p 2− p ce qui est cohérent car les événements (X Y) et (X > Y) forment un système complet d’événements.
Ainsi :
19.5
a) Les va Xn suivent des lois de Bernoulli de même paramètre et sont mutuellement indépendantes. Alors, par la loi faible des grands nombres :
∀ε > 0, lim P
S − p
ε = 0. n∞
n
b) 1) • Puisque Xn et Xn+1 prennent leurs valeurs dans {0, 1}, Y 1 prend ses valeurs dans 0, , 1 . 2 Et : P(Yn = 0) = P(Xn = 0, Xn+1 = 0) = P(Xn = 0)P(Xn+1 = 0) = (1 − p)2 car Xn et Xn+1 sont indépendantes P(Yn = 1) = P(Xn = 1, Xn+1 = 1) = P(Xn = 1)P(Xn+1 = 1) = p2 1 = 1 − P(Yn = 0) − P(Yn = 1) PY= 2 = 1 − (1 − p)2 − p2 = 2p(1 − p) 377
Chapitre 19 •
•
Lois usuelles, convergence et approximations
19.6
Par définition de l’espérance, E(Yn ) = 0 × P(Yn = 0) +
1 1 + 1 × P(Yn = 1) ×P Y = 2 2
= p(1 − p) + p = p. 2
Posons q = 1 − p.
La va X suit la loi hypergéométrique de paramètre (N, n, p). N p Nq n avec la convention = 0 si k > n. k
b) 2) Distinguons deux cas : • si m > n + 1 : alors les va Xn , Xn+1 , Xm , Xm+1 sont indépendantes, donc les va Yn et Ym sont indépendantes. Xn + Xn+1 • si m = n + 1 : alors Yn = et 2 Xn+1 + Xn+2 Ym = Yn+1 = ; ces va ne sont pas indépendantes, 2 car par exemple : P(Yn = 0, Yn+1 = 1)
•
,
n
Calculons E(X). Par définition : E(X) =
n
kP(X = k) =
n
k=0
N p Nq k
k
n−k
N
k=0
n
n 1 N p Nq = N k . k n−k k=1
P(Yn = 0)P(Yn+1 = 1) = (1 − p)2 p2 0.
n
c) Ici, on n’est plus dans le cadre de la loi faible des grands nombres. Cherchons à appliquer l’inégalité de BienayméTchebychev à la va T n .
On sait : ∀k ∈ 1 ; n, k
On a, par linéarité de l’espérance :
Donc :
E(T n ) =
n−k
N
La va X étant une va finie, X admet une espérance et une variance.
= P(Xn = 0, Xn+1 = 0, Xn+1 = 1, Xn+2 = 1) = 0 et
k
Donc : ∀k ∈ 0 ; n, P(X = k) =
Np Np − 1 = Np . k k−1
n N p − 1 Nq 1 Np E(X) = N k−1 n−k k=1
E(Y1 ) + · · · + E(Yn ) np = = p. n n
n
Et :
n−1 Np Np − 1 Nq = N k (n − 1) − k k=0
Y1 + · · · + Yn X1 + 2X2 + · · · + 2Xn + Xn+1 = . Tn = n 2n
n
N p N p − 1 + Nq par la formule de Vandermonde = N n−1
Puisque les va Xk sont mutuellement indépendantes, on obtient : V(T n ) =
n
1 V(X1 ) + 4V(X2 ) + · · · + 4V(Xn ) + V(Xn+1 ) , 4n2
Np N − 1 car N p + Nq = N(p + q) = N = N n−1
et puisque les Xk suivent la loi de Bernoulli de paramètre p, V(Xk ) = p(1 − p).
n
Ainsi :
V(T n ) = =
p(1 − p) 2 + 4(n − 1) 4n2
= Np
2n − 1 p(1 − p). 2n2
•
n! (N − n)! (N − 1)! = np. N! (n − 1)! (N − 1) − (n − 1) !
Calculons E X(X − 1) . Par le théorème de transfert : k(k − 1)P(X = k) E X(X − 1) = n
k=0
On en déduit, par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :
∀ε > 0, 0 P
T n − p
ε = P
T n − E(T n )
ε
=
n
N p Nq k(k − 1)
k
V(T n ) p(1 − p)(2n − 1) p(1 − p) = ∼ −→ 0 n∞ n∞ ε2 2n2 ε2 nε2
On en déduit, par le théorème d’encadrement :
P
T n − p
ε −→ 0. n∞
378
1 = N
n n k=2
n
n−k
N
k=0
k(k − 1)
N p Nq . k n−k
Np Np − 2 Or : ∀k ∈ 2 ; n, k(k − 1) = N p(N p − 1) . k k−2
Corrigés des exercices
Donc : n N p − 2 Nq 1 N p(N p − 1) E X(X − 1) = N k−2 n−k k=2
n
n−2 N p(N p − 1) N p − 2 Nq = N k (n − 2) − k k=0 n N p(N p − 1) N p − 2 + Nq = N n−2 n
par la formule de Vandermonde N p(N p − 1) N − 2 N = n−2
c) • Notons, pour tout n ∈ N∗ , An l’événement : « la va S n est paire ». Ainsi : ∀n ∈ N∗ , un = P(An ). Soit n ∈ N∗ . Les événements An et An forment un système complet d’événements. Donc par la formule des probabilités totales : un+1 = P(An )PAn (An+1 ) + P(An )PAn (An+1 ) Or, sachant An , l’événement An+1 est réalisé si et seulement si Xn+1 est égal à 0. PAn (An+1 ) = P(Xn+1 = 0) = 1 − p.
Ainsi :
De la même façon : On en déduit :
un+1 = un (1 − p) + (1 − un )p = (1 − 2p)un + p.
n
(N − 2)! n! (N − n)! N! (n − 2)! (N − 2) − (n − 2) ! p(N p − 1)n(n − 1) = . N−1
= N p(N p − 1)
Puisque E X(X − 1) = E(X 2 − X) = E(X 2 ) − E(X), on en déduit : 2 V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 = E X(X − 1) + E(X) − E(X) p(N p − 1)n(n − 1) + np − (np)2 = N−1 np (N p − 1)(n − 1) + (N − 1) − np(N − 1) = N−1 np(1 − p)(N − n) np (−N p − n + N + np) = . = N−1 N−1 a) Soit n ∈ N∗ . La va S n est la somme de n va indépendantes, suivant la loi de Bernoulli de même paramètre p.
19.7
D’après le cours, S n suit la loi binomiale de paramètre (n, p). b) • Calculons u1 . La va S 1 = X1 suit la loi de Bernoulli de paramètre p. Donc : © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
•
u1 = P(S 1 = 0) = 1 − p.
Calculons u2 .
La va S 2 suit la loi binomiale de paramètre (2, p). Donc :
•
u2 = P(S 2 = 0) + P(S 2 = 2) 2 2 2 2 = (1 − p) + p = (1 − p)2 + p2 0 2 = 1 − 2p + 2p2 .
Calculons u3 .
•
La suite (un )n∈N∗ est donc une suite arithmético-géométrique.
Déterminons α tel que α = (1 − 2p)α + p : α = (1 − 2p)α + p ⇐⇒ α(2p) = p ⇐⇒ α =
u3 = P(S 3 = 2) 3 = 0) + P(S 3 2 3 3 p (1 − p) = (1 − p) + 2 0 = (1 − p)3 + 3p2 (1 − p) = (1 − p)(1 − 2p + 4p2 ).
1 . 2
1 La suite de terme général vn = un − est alors une suite géo2 métrique de raison (1 − 2p) puisque : 1 1 = (1 − 2p)un + p − 2 2 1 = (1 − 2p)vn . = (1 − 2p) un − 2
∀n ∈ N∗ , vn+1 = un+1 −
Ainsi : ∀n ∈ N∗ , vn = (1 − 2p)n−1 v1 1 = (1 − 2p)n−1 u1 − 2 (1 − 2p)n 1 = (1 − 2p)n−1 − p = . 2 2 1 1 + (1 − 2p)n . On en déduit : ∀n ∈ N∗ , un = vn + = 2 2 • Puisque 0 < p < 1, on a −1 < 1 − 2p < 1, et donc 1 (1 − 2p)n −→ 0. On en déduit : lim un = . n∞ n∞ 2 Puisque X suit la loi de Poisson de paramètre λ, on a :
19.8
∀n ∈ N, P(X = n) = e−λ
λn . n!
a) • On a : p = P(X est pair) = P
La va S 3 suit la loi binomiale de paramètre (3, p). Donc :
PAn (An+1 ) = P(Xn+1 = 1) = p.
+∞
(X = 2n)
n=0
=
+∞
P(X = 2n) par incompatibilité des événements
n=0
= e−λ
+∞ λ2n . (2n)! n=0
379
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
De même : q = P(X est impair) = P =
+∞ n=0
= e−λ
+∞
(X = 2n + 1)
p0 < p1 < · · · < pn0 −1 < pn0 et pn0 > pn0 +1 > · · ·
n=0
P(X = 2n + 1) par incompatibilité des événements +∞ n=0
λ . (2n + 1)!
19.9
D’une part : p + q = 1 car les événements (X est pair) et (X est impair) forment un système complet d’événements. +∞ +∞ λ2n λ2n+1 D’autre part : p − q = e−λ − (2n)! n=0 (2n + 1)! n=0 +∞ +∞ 2n 2n (−1) λ (−1)2n+1 λ2n+1 + . = e−λ (2n)! (2n + 1)! n=0 n=0
Or, pour tout N 0 : N N 2N+1 (−λ)n (−1)2n λ2n (−1)2n+1 λ2n+1 + = . (2n)! (2n + 1)! n! n=0 n=0 n=0
En passant à la limite quand N tend vers +∞, on obtient : +∞ +∞ +∞ (−1)2n λ2n (−1)2n+1 λ2n+1 (−λ)n + = = e−λ . (2n)! (2n + 1)! n! n=0 n=0 n=0 p − q = e−2λ . p − (1 − p) = e−2λ , d’où :
On en déduit : et : •
1 − e−2λ . 2 > 0, on en déduit :
p=
1 + e−2λ , 2
q=1− p=
Puisque e−2λ
p > q.
Ainsi, la va X a plus de chance d’être paire que d’être impaire. b) 1) Pour tout n ∈ N, on a : −λ λ P(X = n + 1) e (n+1)! λ = −λ λn = . un = P(X = n) n + 1 e n! n+1
b) 2) Notons, pour tout n de N, pn = P(X = n).
P(X = n + 1) > P(X = n) ⇐⇒ un > 1 ⇐⇒ λ > n + 1 ⇐⇒ n < λ − 1. Distinguons alors plusieurs cas : 1er cas : si λ ∈ N∗ , alors on a : p0 < p1 < · · · < pλ−1
a) On réalise une succession de n épreuves de Bernoulli (tirer une boule), de façon indépendantes et dont la probabilité de succès (obtenir une boule blanche) est p.
Ainsi, la va Xn suit la loi binomiale de paramètre (n, p). D’après le cours : E(Xn ) = np et V(Xn ) = np(1 − p). Xn . Alors : b) Notons Fn = n E(Xn ) np V(Xn ) p(1 − p) = = p et V(Fn ) = . = E(Fn ) = n n n2 n Soit ε > 0. Appliquons l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev à la va Fn . On obtient :
Xn V(Fn ) p(1 − p) P
= . − p
ε n ε2 nε2 Considérons f : p −→ p(1 − p) sur [0 ; 1]. Alors f est dérivable sur [0 ; 1] et, pour tout p ∈ [0 ; 1], f (p) = 1 − 2p. 1 On en déduit que f atteint son maximum pour p = et que ce 2 1 1 = . maximum est égal à f 2 4 1 Ainsi : ∀p ∈ [0 ; 1], p(1 − p) . 4
Xn 1
. On obtient alors : P − p ε n 4nε2 c) Il s’agit de déterminer un entier n tel que :
Xn − p
10−2 0.05. P
n 1 Pour cela, il suffit que 0.05. 4n(10−2 )2 104 1 0.05 ⇐⇒ n = 50 000. 4n(10−2 )2 4 × 0.05 On en déduit que pour n 50000, la fréquence d’obtention de boules blanches diffère de p d’au plus 10−2 , avec une probabilité inférieure ou égale à 5 %. Or :
On déduit du b)1) que :
et
pλ > pλ+1 > · · ·
λλ λλ−1 = e−λ = pλ−1 . λ! (λ − 1)! On en déduit que pn est maximal pour n = λ − 1 et pour n = λ. et pλ = e−λ
2e cas : si λ ∈]0 ; 1[, alors on a : p0 < p1 < p2 < · · · < pn < · · · On en déduit que pn est maximal pour n = 0. 380
On en déduit que pn est maximal pour n = n0 = Ent(λ).
2n+1
•
Ainsi :
3e cas : si λ ∈]1 ; +∞[\N∗ , notons n0 = Ent(λ) et on a :
19.10 a) Soit i ∈ {1, 2, 3}. On réalise une succession de n épreuves de Bernoulli (mettre une boule dans un sac), de façon indépendantes et dont la probabilité de succès (mettre une 1 boule dans le sac S i ) est égale à . 3 1 Ainsi, la va Ni suit la loi binomiale de paramètre n, . 3 On en déduit, d’après le cours : 1 n E(N1 ) = E(N2 ) = E(N3 ) = n × = 3 3 1 2 2n V(N1 ) = V(N2 ) = V(N3 ) = n × × = . 3 3 9
Corrigés des exercices
b) • La va N1 + N2 représente le nombre total de boules dans les sacs S 1 et S 2 . La probabilité de mettre une boule dans le sac S 1 2 ou le sac S 2 est égale à . 3 2 Ainsi, N1 + N2 suit la loi binomiale de paramètre n, . 3 2 1 2n On en déduit : V(N1 + N2 ) = n × × = . 3 3 9 Or : V(N1 + N2 ) = V(N1 ) + V(N2 ) + 2 Cov(N1 , N2 ). V(N1 + N2 ) − V(N1 ) − V(N2 ) Ainsi : Cov(N1 , N2 ) = 2 1 2n −n . = − = 2 9 9 Remarque : Cov(N1 , N2 ) < 0, ce qui était prévisible, puisque, lorsque N1 augmente, N2 a tendance à diminuer.
19.11 a) • Il y a 1000 bulletins dans l’urne, la proportion ini50 tiale de bulletins nuls est égale à = 0.05 et on prend 1000 100 bulletins. Donc X suit la loi hypergéométrique 1000, 100, 0.05 .
de paramètre
Puisque 1000 10 × 100, on peut approcher la loi de X par la loi binomiale de paramètre (100, 0.05). •
De plus, puisque 100 30, 0.05 0.1 et 100 × 0.05 15, on peut approcher la loi binomiale de paramètre (100, 0.05) par la loi de poisson de paramètre 100 × 0.05 = 5. Ainsi, on peut approcher la loi de X par la loi de Poisson de paramètre 5. b) Soit Y une va suivant la loi de Poisson de paramètre 5. Alors : 5 −5 5
•
P(X = 5) P(Y = 5) = e
•
P(X 5) P(Y 5) = e−5
−5 625
=e 5! 5 5k
24
Donc :
n
On en déduit que Xi suit la loi de Bernoulli de paramètre D’après le cours :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
(N, n, p). b) Notons, pour tout i de 1 ; N p, Ei l’événement : « on a tiré la boule blanche numéro i ». 1) • Pour réaliser l’événement Ei , il faut : •
prendre la boule blanche numéro i : 1 choix,
prendre (n − 1) boules parmi les (N − 1) boules restantes : N−1 choix. n−1 N De plus, il y a résultats possibles, et tous les résultats sont n équiprobables.
E(Xi ) =
Puisque Xi et X j prennent leurs valeurs dans {0, 1}, on a : E(Xi X j ) = P(Xi = 1, X j = 1) = P(Ei ∩ E j ). Pour réaliser l’événement Ei ∩ E j , il faut : •
prendre la boule blanche numéro i : 1 choix,
•
prendre la boule blanche numéro j : 1 choix,
prendre (n − 2) boules parmi les (N − 2) boules restantes : N−2 choix. n−2 1 × 1 × N−2 n(n − 1) n−2 Donc : P(Ei ∩ E j ) = N = . N(N − 1)
•
n
n(n − 1) . Ainsi : E(Xi X j ) = N(N − 1) • On a alors : Cov(Xi , X j ) = E(Xi X j ) − E(Xi )E(X j ) n(n − 1) n 2 −n(N − n) = = 2 − . N(N − 1) N N (N − 1) c) On a : X = X1 + · · · + XN p . •
Par linéarité de l’espérance, E(X) = E(X1 ) + · · · + E(XN p ) = N p ×
•
n = np. N
Les va Xi ne sont pas mutuellement indépendantes, donc :
k=0 2
19.12 a) La va X suit la loi hypergéométrique de paramètre
n . N
n n(N − n) . et V(Xi ) = N N2 2) • Calculons dans un premier temps E(Xi X j ). •
0.175
k! 5 53 54 55 5 = e−5 1 + + + + + 0.616 1! 2! 3! 4! 5!
1 × N−1 n n−1 P(Ei ) = P(Xi = 1) = N = . N
V(X) =
Np i=1
V(Xi) + 2
Cov(Xi , X j ).
1i< jN p
Or, toutes les variances sont égales et il y a N p termes dans la Np somme ; toutes les covariances sont égales et il y a termes 2 dans la somme. Np D’où : V(X) = N pV(X1 ) + 2 Cov(X1 , X2 ) 2 = Np ·
•
=
N p(N p − 1) −n(N − n) n(N − n) +2· · 2 N2 2 N (N − 1)
np(N − n) (N − 1) − (N p − 1) N(N − 1)
np(1 − p)(N − n) . N−1 On retrouve bien les résultats obtenus dans l’exercice 19.6. =
381
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
19.13
• Notons X le nombre de vaches qui choisissent l’étable numéro 1. Puisque les 100 vaches choisissent une étable de façon indépendante les unes des autres, et que la pro1 babilité de choisir l’étable numéro 1 est égale à , on en déduit 2 1 que X suit la loi binomiale de paramètre 100, . 2 1 1 1 Ainsi : E(X) = 100 × = 50 , V(X) = 100 × × = 25. 2 2 2 • Notons E l’événement :
P(E) 0.95
(*).
Or, si X vaches choisissent l’étable numéro 1, 100 − X choisissent l’étable numéro 2. On en déduit : E = (X n) ∩ (100 − X n) = (100 − n X n). Ainsi : P(E) = P 100 − n X n = P 50 − n X − 50 n − 50
= P
X − 50
n − 50 = P
X − E(X)
n − 50
= 1 − P
X − E(X)
> n − 50 . Utilisons l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev. On obtient :
P
X − E(X)
> n − 50 P
X − E(X)
n − 50 25 V(X) = . (n − 50)2 (n − 50)2 25 . On obtient donc : P(E) 1 − (n − 50)2 Pour que la condition (∗) soit vérifiée, il suffit que : 25 25 1− 0.95 ⇐⇒ 1 − 0.95 = 0.05 (n − 50)2 (n − 50)2 ( 25 72.3. ⇐⇒ n 50 + 0.05 On en déduit que, pour n = 73, chaque vache trouve une place avec une probabilité supérieure à 95 %.
19.14 a) La va X suit la loi binomiale de paramètre (100, 0.02). Puisque 100 30, 0.02 0.1 et 100 × 0.02 = 2 15, on peut approcher la loi de X par la loi de Poisson de paramètre 100 × 0.02 = 2. b) Soit Y une va suivant la loi de Poisson de paramètre 2. P(X 2) P(Y 2) 2 22 = 5e−2 0.677 = 67, 7 %. = e−2 1 + + 1! 2! c) Notons F l’événement : « l’entreprise perd sa qualification un jour donné ».
Alors :
• Puisque l’entreprise fabrique 100 boîtes par jour, elle perd sa qualification si elle fabrique 5 boîtes défectueuses ou plus ; ainsi F = (X 5).
382
• Supposons que l’entreprise double son nombre de boîtes fabriquées par jour, soit 200 boîtes par jour. Dans ce cas, X suit la loi binomiale de paramètre 200, 0.02 , que l’on peut approcher par la loi de Poisson de paramètre 200 × 0.02 = 4.
On a, dans ce cas :
« chaque vache trouve une place ». Il s’agit donc de déterminer n tel que :
P(F) = P(X 5) P(Y 5) = 1 − P(Y 4) 22 23 24 2 = 1 − e−2 1 + + + + = 1 − 7e−2 1! 2! 3! 4! 0.0526 = 5.26 %.
Alors :
F = (X 10).
P(F) 1 − e−4
Ainsi :
9 4k k=0
k!
0.0081 = 0.81 %.
En doublant le nombre de boîtes fabriquées, le risque de perdre sa qualification est bien plus que divisé par deux !
19.15 a) Soit k ∈ 1 ; n. On réalise une succession d’épreuves de Bernoulli (opérer des greffes) de façon indépendantes, dont la probabilité de succès (la greffe prend) est égale à p, jusqu’au premier succès. On en déduit que Xk suit la loi géométrique de paramètre p, et 1 1− p et V(Xk ) = donc : E(Xk ) = . p p2 b) La va Y est égale au nombre de semaines nécessaires à la prise d’au moins une greffe. Ainsi : Y = min(X1 , . . . , Xn ). Donc : ∀m ∈ N∗ , P(Y m) = P(X1 m, . . . , Xn m) = P(X1 m) · · · P(Xn m)
par indép des va
car les va ont la même loi, = P(X1 m) +∞ P(X1 = k) or : P(X1 m) = n
k=m
=
+∞
(1 − p)k−1 p = (1 − p)m−1 p
k=m
+∞
(1 − p)k
k=0
1 = (1 − p)m−1 , 1 − (1 − p) n P(Y m) = (1 − p)m−1 = (1 − p)n(m−1) . = (1 − p)m−1 p
et ainsi :
On en déduit : ∀m ∈ N∗ , P(Y = m) = P(Y m) − P(Y m + 1) = (1 − p)n(m−1) − (1 − p)nm = (1 − p)n(m−1) 1 − (1 − p)n = (1 − p)n m−1 1 − (1 − p)n . Donc Y suit la loi géométrique de paramètre 1 − (1 − p)n . 1 D’où, d’après le cours : E(Y) = . 1 − (1 − p)n c) 1) La va Z est égale au nombre de semaines nécessaires à la prise de toutes les greffes. Ainsi : Z = max(X1 , . . . , Xn ).
Corrigés des exercices
∀m ∈ N∗ , P(Z m) = P(X1 m, . . . , Xn m) = P(X1 m) · · · P(Xn m) par indép des va = P(X1 m)n car les va ont la même loi, m or : P(X1 m) = P(X1 = k)
Donc :
k=1
m
1 − (1 − p)m = (1− p) p = p = 1−(1− p)m , 1 − (1 − p) k=1 n P(Z m) = 1 − (1 − p)m .
et ainsi :
k−1
Cette formule est encore valable pour m = 0. ∗
c) 2) On en déduit : ∀m ∈ N , P(Z = m) = P(Z m) − P(Z m − 1) n n = 1 − (1 − p)m − 1 − (1 − p)m−1 . c) 3) • Puisque Z est une va à valeurs dans N, on sait, d’après l’exercice 17.18, que Z admet une espérance si et seulement si P(Z > m) converge. la série m0
Or :
∀m 0, P(Z > m) = 1 − P(Z m) n = 1 − 1 − (1 − p)m .
Puisque 0 < 1 − p < 1, alors (1 − p)m −→ 0, et donc : m∞ m n 1 − (1 − p) − 1 ∼ n − (1 − p)m = −n(1 − p)m . m∞
Ainsi :
P(Z > m) ∼ n(1 − p)m 0. m∞
Puisque |1 − p| < 1, la série géométrique
(1 − p)m converge ;
m0
puis par le théorème d’équivalence pour les séries à termes po P(Z > m) converge. Donc Z sitifs, on conclut que la série m0
admet une espérance. •
De plus, on sait que :
E(Z) =
+∞
P(Z > m).
m=0
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Pour n = 2, on a : ∀m 0, 2 P(Z > m) = 1 − 1 − (1 − p)m = 1 − 1 − 2(1 − p)m + (1 − p)2m = 2(1 − p)m − (1 − p)2m . +∞ 2(1 − p)m − (1 − p)2m m=0
=2
+∞ m=0
(1 − p)m −
+∞
(1 − p)2
m=0
1 1 =2 − 1 − (1 − p) 1 − (1 − p)2 2 1 3 − 2p = − = . p p(2 − p) p(2 − p)
D’après le cours :
E(X) = np et V(X) = np(1 − p).
b) 1) La loi conditionnelle de Z sachant (Y = k) est la loi binomiale de paramètre (k, p). b) 2) • Puisque Y = n − X, la va Y suit la loi binomiale de paramètre (n, 1 − p). •
Déterminons la loi de Z.
La va Z prend ses valeurs dans 0 ; n. Soit i ∈ 0 ; n. Alors, par la formule des probabilités totales : n P(Y = k) P(Y=k) (Z = i) P(Z = i) = k=0 = 0 si k < i n n k n−k k i (1 − p) p p (1 − p)k−i . = k i k=i n k n! k! Or : ∀k ∈ i ; n, = k i k!(n − k)! i!(k − i)! n! n! (n − i)! = = (n − k)!i!(k − i)! i!(n − i)! (k − i)! (n − i) − (k − i) ! n n−i = . i k−i n n−i n (1 − p)2k−i pn−k+i Ainsi : P(Z = i) = i k=i k − i n−i n n−i = (1 − p)2+i pn− =k−i i =0 n−i n−i n (1 − p)2 p(n−i)− = (1 − p)i pi i =0 n−i n (1 − p)i pi (1 − p)2 + p = Newton i n−i n = (p − p2 )i 1 − (p − p2 ) . i Ainsi Z suit la loi binomiale de paramètre n, p(1 − p) . D’après le cours :
E(Z) = np(1 − p).
Remarque : On peut retrouver ce résultat par un raisonnement direct (et sans calcul !). Tout se passe comme si l’élève répond deux fois à chaque question. La va Z compte le nombre de questions mal répondues la première fois, puis correctement répondues la seconde fois. On réalise donc une succession de n épreuves de Bernoulli, dont la probabilité de succès est (1 − p)p.
Ainsi : E(Z) =
19.16 a) La va X suit la loi binomiale de paramètre (n, p).
m
Ainsi, la va Z, qui correspond au nombre de succès, suit la loi binomiale de paramètre n, (1 − p)p . c) • La va S représente le nombre de bonnes réponses données lors des deux saisies. •
Déterminons la loi de S .
La va S prend ses valeurs dans 0 ; n, puisque 0 X + Z n. 383
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
Soit k ∈ 0 ; n. On a : k P(X = i, Z = k − i) P(S = k) = =
i=0 k
On obtient alors, par la formule des probabilités totales : ∀k ∈ N, P(S = k) =
n=0
P(Y = n − i, Z = k − i)
=
i=0
=
k
i=0 k
∀i ∈ 0 ; k,
Ainsi :
n n−i n k = . n−i k−i k i
k n k k p (1 − p)2n−2k (1 − p)k−i k i i=0 k n k = p (1 − p)2n−2k 1 + (1 − p) Newton k n−k k n = p(2 − p) (1 − p)2 . k
P(S = k) =
= e−λ
•
Déterminons la loi de E.
Pour tout n ∈ N, la loi conditionnelle de E sachant (N = n) est la loi binomiale de paramètre (n, 1 − p). La loi de E s’obtient alors en remplaçant p par 1 − p dans le calcul précédent. On obtient donc que E suit la loi de Poisson de paramètre λ(1 − p). a) 2) Soit (k, ) ∈ N2 . On a alors : P(S = k, E = ) = P(S = k, N = k + ) = P(N = k + )P(N=k+) (S = k) λk+ k + k p (1 − p)(k+)−k = e−λ (k + )! k λk+ pk (1 − p) k!! k k λ (1 − p) −pλ λ p e−(1−p)λ = e k! ! = P(S = k)P(E = ). = e−λ
Tout se passe comme si l’élève répond deux fois à chaque question, et que la question est validée s’il donne au moins une fois la bonne réponse.
On en déduit que les va S et E sont indépendantes. b) 1) Soit (n, m) ∈ N2 . •
D’une part, on a :
Remarque 2 : Les va X et Z n’étant pas indépendantes(car P(X = n, Z = n) = 0 P(X = n)P(Z = n)), on ne peut pas utiliser le résultat de l’exercice 19.2.
P(N = n + m, S = n) = P(N = n + m)P(N=n+m) (S = n) n+m n = P(N = n + m) p (1 − p)(n+m)−n n n+m n = P(N = n + m) p (1 − p)m . n
En revanche, on a :
•
E(X + Z) = E(X) + E(Z) = np + np(1 − p) = np(2 − p) = E(S ).
19.17 a) 1) • Déterminons la loi de S . Pour tout n ∈ N, la loi conditionnelle de S sachant (N = n) est la loi binomiale de paramètre (n, p). 384
(λp)k λ(1−p) (λp)k = e−pλ e . k! k!
Ainsi S suit la loi de Poisson de paramètre λp.
Remarque 1 : Là encore, on peut retrouver ce résultat par un raisonnement direct (et sans calcul !).
Ainsi, la va S , qui correspond au nombre de succès, suit la loi binomiale de paramètre n, p(2 − p) .
= 0 si n < k
λn n k p (1 − p)n−k e−λ n! k
+∞ λk pk λn−k (1 − p)n−k k! n=k (n − k)! m +∞ (λp)k λ(1 − p) = e−λ m=n−k k! m=0 m!
Puisque 1 − (1 − p)2 = 2p − p2 = p(2 − p), on en déduit que S suit la loi binomiale de paramètre n, p(2 − p) .
On réalise donc une succession de n épreuves de Bernoulli, dont la probabilité d’échec est (1 − p)2 et dont la probabilité de succès est donc 1 − (1 − p)2 = p(2 − p).
P(N = n) P(N=n) (S = k)
= e−λ
Comme précédemment, on montre :
+∞ n=k
P(Y = n − i)P(Y=n−i) P(Z = k − i)
n n − i k−i (1 − p)n−i pi p (1 − p)(n−i)−(k−i) n − i k − i i=0 k n n−i k = p (1 − p)2n−i−k . n − i k − i i=0 =
+∞
D’autre part, on a :
P(N = n + m, S = n) = P(S = n, E = m) = P(S = n)P(E = m) car S et E sont indépendantes. On en déduit : n+m n P(N = n + m) p (1 − p)m = P(S = n)P(E = m), n D’où :
(n + m)!P(N = n + m) =
P(S = n)n! P(E = m)m! · . pn (1 − p)m
Corrigés des exercices
P(S = n)n! P(E = n)n! et vn = , pn (1 − p)n 2 on a : ∀(n, m) ∈ N , (n + m)! P(N = n + m) = un vm . En posant :
∀n ∈ N, un =
b) 2) Par hypothèse : ∀n ∈ N, P(N = n) 0. Donc tous les termes un et vn sont strictement positifs. On a alors, pour tout (n, m) ∈ N2 : un vm = (n + m)!P(n + m) = (n + 1) + (m − 1) !P N = (n + 1) + (m − 1) = un+1 vm−1 . ∀n ∈ N, un+1 =
v1 un . v0
On en déduit que la suite (un )n∈N est géométrique. De la même façon, on montre que la suite (vm )m∈N est géométrique. v1 > 0 tel que : b) 3) Ainsi : il existe q ∈ R q = v0 ∀n ∈ N, un = u0 qn . D’où : ∀n ∈ N, P(N = n) = Enfin, puisque
+∞
u0 v0 qn un v0 = . n! n!
P(N = n) = 1 = u0 v0 eq ,
n=0
on obtient : Ainsi : Donc :
u0 v0 = e−q . n −q q
∀n ∈ N, P(N = n) = e
n! N suit une loi de Poisson.
.
donc du k-ième remplacement. Notons, pour k 1, P(k) la propriété : et « S k prend ses valeurs dans k ; +∞ n−1 k p (1 − p)n−k ». ∀n k, P(S k = n) = k−1 © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Raisonnons par récurrence. Initialisation : pour k = 1, on a :
=
n−1
P(S k = i, T k+1 = n − i)
i=k
=
n−1
P(S k = i)P(T k+1 = n − i)
i=k
car S k et T k+1 sont indépendantes
n−1 i−1 i=k
k−1
pk (1 − p)i−k p(1 − p)n−i−1
= pk+1 (1 − p)n−1−k
n−1 i−1 i=k
k−1
j j=i−1 k−1 j=k−1 n−1 = pk+1 (1 − p)n−1−k . (k + 1) − 1 = pk+1 (1 − p)n−1−k
n−2
D’où la propriété P(k + 1). Conclusion : ainsi, pour tout k 1, pour tout n k, n−1 k p (1 − p)n−k . P(S k = n) = k−1 b) 1) • L’événement (Un = 0) est réalisé si et seulement si le premier composant n’est pas encore tombé en panne à l’instant n. Ainsi : (Un = 0) = (T 1 > n). +∞ +∞ P(T 1 = k) = (1 − p)k−1 p Donc : P(Un = 0) =
19.18 a) • La va S k représente l’instant de la k-ième panne et •
P(S k+1 = n) = P(S k + T k+1 = n)
=
En particulier pour m = 1, on a : ∀n ∈ N, un+1 v0 = un v1 , d’où :
Soit n k + 1. Alors :
S 1 = T1.
k=n+1
k=n+1
1 = (1 − p)n . 1 − (1 − p) Remarque : On peut retrouver ce résultat plus directement. Tout se passe comme si le composant "se réparait tout seul" à chaque instant. Ainsi, à chaque instant, le composant peut soit être en panne (avec la probabilité p), soit fonctionner correctement (avec la probabilité 1− p), les états du composant à chaque instant étant indépendants les uns des autres. = p(1 − p)n
Donc : S 1 prend ses valeurs dans 1 ; +∞ et ∀n 1, n−1 1 p (1 − p)n−1 . P(S 1 = n) = (1 − p)n−1 p = 0
L’événement (Un = 0) signifie que lors des n premiers instants, le composant fonctionne toujours correctement. Donc : P(Un = 0) = (1 − p)n .
Donc la propriété P(1) est vraie.
• L’événement (U n = n) est réalisé si et seulement si n (exactement) composants sont tombés en panne à l’instant n et donc si et seulement si la n-ième panne a lieu à l’instant n. Ainsi : (Un = n) = (S n = n). n−1 n Donc : P(Un = n) = p (1 − p)n−n = pn . n−1
Hérédité : soit k 1, supposons P(k), et montrons P(k + 1). On a : S k+1 = S k + T k+1 . Puisque S k k et T k+1 1, on en déduit que S k+1 prend ses valeurs dans k + 1 ; +∞. De plus, puisque les va T i sont mutuellement indépendantes et k T i , les va S k et T k+1 sont indépendantes. que S k = i=1
Remarque : En reprenant la remarque précédent, l’événement (Un = n) signifie que lors des n premiers instants, le composant est toujours en panne. Donc : P(Un = n) = pn . 385
Chapitre 19
•
Lois usuelles, convergence et approximations
b) 2) Soit k ∈ N∗ . L’événement (S k n) signifie que la k-ième panne a eu lieu avant l’instant n, et l’événement (Un k) signifie qu’il y a eu au moins k pannes jusqu’à l’instant n. Donc : (Un k) = (S k n). b) 3) • La va Un prend ses valeurs dans 0 ; n. •
Notons q = 1 − p. On a déjà montré : n 0 n n n 0 P(Un = 0) = p q et P(Un = n) = pq. 0 n
Soit k ∈ 1 ; n − 1. Alors : P(Un = k) = P(Un k) − P(Un k + 1) = P(S k n) − P(S k+1 n) n n P(S k = i) − P(S k+1 = i) = i=k
386
) n
i=k+1
n i − 1 k+1 i−k−1 p q k−1 k i=k i=k+1 n n i − 1 i−k i − 1 i−k−1 = pk q − pk (1 − q) q k−1 k i=k i=k+1 ) n i − 1 i−k k =p q k−1 i=k * n n i − 1 i−k−1 i − 1 i−k q q − + k k i=k+1 i=k+1 =
n i−1
i − 1 i−k q k−1 i=k * n−1 n i i−k i − 1 i−k − q + q k k i=k i=k+1 ) * n ) i−1 i − 1 i−k = pk 1 + + q k−1 k i=k+1 * n−1 i i−k q − k i=k ) * n n−1 i i−k i i−k q − q = pk 1 + k k i=k+1 i=k ) * n n k n−k pq . = pk 1 + qn−k − 1 = k k = pk
pk qi−k −
Ainsi, Un suit la loi binomiale de paramètres (n, p). Remarque : On peut retrouver ce résultat directement (et sans calcul !) Reprenons la remarque précédente. La va Un compte le nombre de pannes du composant lors des n premiers instants. Puisque les états du composant aux divers instants sont indépendants et que la probabilité que le composant soit en panne à un instant donné est égale à p, la va Un suit la loi binomiale de paramètres (n, p).
Statistique descriptive
Plan Les méthodes à retenir 387 Énoncés des exercices
390
Du mal à démarrer ?
392
Corrigés des exercices
393
CHAPITRE
20
Thèmes abordés dans les exercices •
Série statistique associée à un échantillon, représentations graphiques d’une série statistique
•
Calculs de moyenne, médiane, mode(s), variance empirique, écart-type empirique, quartiles, déciles.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définitions d’une population, d’individus, d’échantillon observé.
•
Caractère, caractère qualitatif et caractère quantitatif
•
Série statistique associée à un échantillon
•
Effectifs, effectifs cumulés, fréquences, fréquences cumulées d’une modalité ou d’une classe, effectif total
•
Représentations graphiques d’une série statistique : diagramme en bâtons, histogramme
•
Définition des caractéristiques de position : moyenne, médiane, mode(s)
•
Définition des caractéristiques de dispersion : variance empirique, écart-type empirique, quartiles, déciles.
Les méthodes à retenir Le plus souvent : Pour représenter une série statistique
•
si le caractère étudié est discret, on utilise un diagramme en bâtons
•
si le caractère étudié est continu, on utilise un histogramme
➥ Exercices 20.1 à 20.4.
387
Chapitre 20
•
Statistique descriptive
On utilise l’une des formules suivantes : •
si le caractère étudié est discret, alors la moyenne, notée x, de la n 1 xi série statistique (xi )i∈1 ;n est donnée par : x = n i=1 si la série est donnée sous la forme (xi , ni )i∈1 ;p où ni désigne l’effectif de la modalité xi , alors la moyenne est donnée par :
Pour calculer la moyenne d’une série statistique
1 ni xi où n = ni est l’effectif total n i=1 i=1 p
x= •
p
si le caractère étudié est continu, alors on remplace, dans les formules précédentes, xi par ci le centre de la classe
➥ Exercices 20.1 à 20.7. Pour calculer la variance empirique, on utilise l’une des formules suivantes : •
si le caractère étudié est discret, alors la variance, notée V x , de la série statistique (xi )i∈1 ;n est donnée par : ⎛ n ⎞ n 1 1 ⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟ 2 Vx = (xi − x) = ⎜⎝ x ⎟ − x2 , n i=1 n i=1 i ⎠ où x est la moyenne de la série statistique si la série statistique est donnée sous la forme (xi , ni )i∈1 ;p où ni désigne l’effectif de la modalité xi , alors la variance est donnée par : ⎛ p ⎞ p ⎟ 1 1 ⎜⎜⎜⎜ 2 2⎟ Vx = ni (xi − x) = ⎜⎝ ni xi ⎟⎟⎟⎠ − x2 , n i=1 n i=1
Pour calculer la variance empirique et l’écart-type empirique d’une série statistique
où x est la moyenne de la série statistique et n =
p
ni l’effectif total
i=1
si le caractère étudié est continu, alors on remplace, dans les formules précédentes, xi par ci le centre de la classe √ L’écart-type empirique, noté σ x est donné par : σ x = V x
•
➥ Exercices 20.1, 20.2, 20.4 à 20.7. Pour calculer un mode ou une classe modale d’une série statistique
388
•
Si le caractère étudié est discret, un mode d’une série statistique est une valeur du caractère dont l’effectif est le plus grand (il peut y avoir plusieurs modes !)
Les méthodes à retenir
•
(suite)
Si le caractère étudié est continu, puisque toutes les classes n’ont pas forcément la même amplitude, il faut ramener l’effectif de la classe à un effectif à amplitude comparable ; une classe modale est alors une classe dont l’effectif, à amplitude comparable, est le plus grand (sur un histogramme, la hauteur du rectangle correspondant est la plus grande)
➥ Exercices 20.1 à 20.4.
Pour calculer la médiane d’une série statistique
•
Si le caractère étudié est discret, la médiane, notée me , est égale au réel pour lequel il y a autant de valeurs inférieures ou égales à me que de valeurs supérieures ou égales à me dans la série statistique ; en pratique, si la série statistique (xi )i∈1 ;n est rangée par ordre croissant, alors : x p + x p+1 si n = 2p est pair, me = 2 si n = 2p + 1 est impair, me = x p+1
•
Si le caractère étudié est continu, la médiane correspond à l’abscisse 1 du point d’ordonnée de la courbe cumulative des fréquences ; en 2 pratique, on détermine, dans un premier temps, la classe à laquelle appartient la médiane, puis on calcule la médiane en faisant une interpolation linéaire
➥ Exercices 20.1 à 20.3. Pour calculer le k-ième quartile (1 k 3) : si le caractère étudié est discret, le k-ième quartile, noté qk , est égal k au réel pour lequel il y a n valeurs inférieures ou égales à qk 4 • si le caractère étudié est continu, le k-ième quartile est égal à l’absk cisse du point d’ordonnée de la courbe cumulative des fréquences 4 Pour calculer le k-ième décile (1 k 9), on procède de la même 1 1 façon en remplaçant le coefficient par le coefficient . 4 10 ➥ Exercices 20.1, 20.2, 20.3. •
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Pour calculer les quartiles et les déciles d’une série statistique
389
Chapitre 20
•
Statistique descriptive
Énoncés des exercices 20.1 Exemple d’une série statistique discrète On considère la série statistique suivante réalisée sur un échantillon de taille 20 : individu i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 valeur xi 2 5 5 4 3 2 6 5 8 4 individu i 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 valeur xi 6 4 8 9 2 8 3 4 8 4 a) Calculer la moyenne, la variance empirique et l’écart-type empirique. b) Tracer le diagramme en bâtons correspondant à cette série statistique. c) Déterminer le(s) mode(s). d) Déterminer la médiane, le premier quartile et le troisième quartile.
20.2 Exemple d’une série statistique discrète On considère la série statistique suivante sur les notes obtenues à un examen dans une classe donnée : note 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 effectif 0 1 2 3 2 3 2 3 4 3 4 note 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 effectif 5 4 5 2 1 0 1 0 2 1 a) Tracer le diagramme en bâtons correspondant à cette série statistique. b) Déterminer la moyenne, le(s) mode(s) et l’écart-type de cette série statistique. c) Déterminer la médiane, le premier quartile et le troisième quartile.
20.3 Exemple d’une série statistique continue Le tableau suivant donne la répartition d’une population par tranches d’âge : tranche d’âge [0 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 30[ [30 ; 40[ [40 ; 50[ effectif 18 40 62 53 47 tranche d’âge [50 ; 60[ [60 ; 70[ [70 ; 80[ [80 ; 90[ [90 ; 100[ effectif 34 15 10 5 2 a) Déterminer l’âge moyen de cette population. b) Tracer l’histogramme correspondant à cette série. Déterminer la classe modale. c) Tracer la courbe des fréquences cumulées. d) À quel intervalle appartient la médiane ? En déduire sa valeur. e) Déterminer le premier quartile et le troisième quartile.
20.4 Exemple d’une série statistique continue On considère la série statistique suivante : valeurs [0 ; 4[ [4 ; 10[ [10 ; 16[ [16 ; 26[ [26 ; 50[ effectif 4 10 18 24 4 390
Énoncés des exercices
a) Calculer la moyenne et l’écart-type empirique associée à cette série. b) Tracer l’histogramme correspondant à cette série. Déterminer la classe modale. c) Chacune des classes de la série statistique est divisée en deux classes de même amplitude, auxquelles on fait correspondre la moitié de l’effectif initial de la classe divisée. 1) Faire un nouveau tableau. 2) Comment évoluent la moyenne et l’écart-type empirique ?
20.5 Exemple d’une série statistique définie à partir d’une autre série statistique Soient n ∈ N∗ et (xi )i∈1 ;n une série statistique. On note x (resp. σx ) la moyenne (resp. l’écarttype empirique) de cette série statistique. Soit (a, b) ∈ R2 . On définit la série statistique (yi )i∈1 ;n par :
∀i ∈ 1 ; n, yi = axi + b.
Exprimer la moyenne et l’écart-type empirique de la série statistique (yi )i∈1 ;n en fonction de x, σ x , a, b.
20.6 Exemple d’une série statistique définie à partir de deux autres séries statistiques Soit n ∈ N∗ . On considère deux séries statistiques sur un échantillon de même taille n : (xi )i∈1 ;n et (yi )i∈1 ;n . On définit la série statistique (zi )i∈1 ;n par : ∀i ∈ 1 ; n, zi = xi + yi . On note x et V x (resp. y et Vy ) la moyenne et la variance empirique de (xi )i∈1 ;n (resp. (yi )i∈1 ;n ). a) Exprimer la moyenne de la série statistique (zi )i∈1 ;n en fonction de x et y. b) On note σ x,y le réel défini par : σ x,y = Montrer :
σ x,y =
1 n
⎛ n ⎞ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ xi · yi ⎟⎟⎟⎠ − x · y. ⎜⎜⎝
n 1 (xi − x) · (yi − y). n i=1
i=1
c) Exprimer la variance empirique de la série statistique (zi )i∈1 ;n en fonction de V x , Vy et σ x,y .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
20.7 La droite des moindres carrées Soit n ∈ N∗ . On considère deux séries statistiques sur un échantillon de même taille n : (xi )i∈1 ;n et (yi )i∈1 ;n . On note x et V x (resp. y et Vy ) la moyenne et la variance empirique de (xi )i∈1 ;n (resp. (yi )i∈1 ;n ). n 1 (xi − x) · (yi − y). On note σ x,y le réel défini par : σ x,y = n i=1 On définit la fonction f sur R2 par :
∀(a, b) ∈ R2 , f (a, b) =
n (yi − axi − b)2 . i=1
σ x,y σ x,y a) Montrer que f présente un minimum global au point ,y − x et calculer ce miniVx Vx mum. b) Une étude statistique portant sur les tailles et les poids de 10 individus nous donne les séries statistique suivantes : individu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 taille xi (cm) 160 155 180 156 178 182 160 142 161 175 poids yi (kg) 60 53 72 60 70 90 65 52 55 82 391
Chapitre 20
•
Statistique descriptive
1) Calculer x, V x , y, Vy , σ x,y . 2) Représenter, sur un même graphe, l’ensemble des points (xi , yi ) pour i ∈ 1 ; 10. 3) Soit (a, b) ∈ R2 et D la droite d’équation y = ax+b. Donner une interprétation géométrique de f (a, b). 4) Calculer les coordonnées (a0 , b0 ) du point où f présente son minimum. Que dire de la droite d’équation y = a0 x + b0 ?
Du mal à démarrer ? 20.1
Utiliser les définitions du cours.
20.2
a) b) Utiliser les définitions du cours.
c) Commencer par calculer les effectifs cumulés, puis en déduire la valeur de la médiane et des quartiles.
20.3
a) b) Utiliser les définitions du cours.
c) Commencer par calculer les fréquences cumulées, puis tracer la courbe. d) Déterminer graphiquement l’intervalle dans lequel appartient la médiane, puis calculer sa valeur par interpolation linéaire. e) Procéder de la même façon qu’au d).
20.4
392
Utiliser les définitions du cours.
20.5
Écrire la moyenne et la variance empirique de (yi )i∈1 ;n sous forme d’une somme et développer ces sommes.
20.6
a) Utiliser la définition de la moyenne.
b) Développer l’expression sous le signe somme puis séparer en plusieurs sommes. c) Écrire la variance empirique de (zi )i∈1 ;n sous forme d’une somme et développer cette somme.
20.7
a) Pour tout a ∈ R fixé, déterminer le minimum, noté h(a), de la fonction g : b −→ f(a, b) ; puis étudier les variations de la fonction a −→ h(a). b) 1) Utiliser les définitions.
b) 3) Remarquer que (yi −axi −b)2 est égal au carré de la distance entre les points Mi (xi , yi ) et Ni (xi , axi + b).
Corrigés des exercices L’échantillon est de taille n = 20.
20.1
Pour cette série statistique, le mode est 4. d) • Commençons par calculer, pour chaque modalité, l’effectif cumulé de cette modalité. On obtient alors le tableau suivant :
a) Par définition : •
la moyenne de la série statistique est donnée par :
valeur 2 3 4 5 6 8 9 effectif cumulé 3 5 10 13 15 19 20
n 1 1 x= xi = 2+5+5+4+3+2+6+5 n i=1 20
• Par définition, la médiane est le réel me pour lequel qu’il y a autant de valeurs qui sont inférieures ou égales à me que de valeurs qui sont supérieures ou égales.
+8+4+6+4+8+9+2+8+3+4+8+4 100 = 5.0 = 20
•
La série peut se représenter de la façon suivante :
la variance empirique de la série statistique est donnée par :
⎞ ⎛ n ⎜⎜⎜ 1 2 ⎟⎟⎟ x ⎟⎟ − x2 V x = ⎜⎜⎝ n i=1 i ⎠ =
10 valeurs
1 2 2 + 52 + 52 + 42 + 32 + 22 + 62 + 52 + 82 + 42 + 62 20 + 42 + 82 + 92 + 22 + 82 + 32 + 42 + 82 + 42 − (5.0)2
= 29.7 − 25 = 4.7 •
2,2,2,3,3,4,4,4,4,4,5,5,5,6,6,8,8,8,8,9
l’écart-type empirique de la série statistique est donné par :
1 · 20 = 5 valeurs inférieures ou égales à q1 . 4 Or on a : 2 , 2 , 2 , 3 , 3 , 4 , 4 , 4 , 4 , 4 , 5 , 5 , 5 , 6 , 6 , 8 , 8 , 8 , 8 , 9 5 valeurs
b) Pour chaque valeur xi , on calcule l’effectif de cette modalité. On obtient alors le tableau suivant :
15 valeurs
3+4 = 3.5. 2 • Par définition, le 3ème quartile est le réel q3 pour lequel il y a 3 · 20 = 15 valeurs inférieures ou égales à q1 . 4 Or on a : 2 , 2 , 2 , 3 , 3 , 4 , 4 , 4 , 4 , 4 , 5 , 5 , 5 , 6 , 6 , 8 , 8 , 8 , 8 , 9 q1 =
On en déduit que :
' σ x = V x 2.17.
valeur k effectif nk
4+5 = 4.5. 2 Par définition, le 1er quartile est le réel q1 pour lequel il y a me =
On en déduit que : •
10 valeurs
15 valeurs
2 3 4 5 6 8 9 3 2 5 3 2 4 1
On en déduit que :
Le diagramme en bâtons s’obtient en joignant les points (k, 0) et (k, nk ) pour k ∈ {2, 3, 4, 5, 6, 8, 9}.
20.2
5 valeurs
6+8 = 7. q3 = 2
a)
effectif
nombre d’individus
5
5 4
4
3 2
3
1
note
0
2
0 1
1 valeur
0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
c) Par définition, un mode d’une série est une modalité xi où l’effectif est maximal.
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
b) Notons, pour i ∈ 0 ; 20, ni l’effectif de la modalité i. •
L’effectif total est donnée par : n=
20
ni = 48.
i=0
393
Chapitre 20
•
Statistique descriptive
•
La moyenne de la série est donnée par : 20 1 455 9.48. x= ni i = n i=0 48 • Les modes sont 11 et 13. •
L’effectif total de la population est : n=
a) L’âge moyen de la population est donné par :
L’écart-type empirique est donné par : ' σ x = V x 4.57.
x=
c) Le tableau donnant les effectifs cumulés par modalité est donné par : note 0 1 2 3 4 5 6 effectits cumulés 0 1 3 6 8 11 13
notes 14 15 16 17 18 19 20 effectifs cumulés 43 44 44 45 45 47 48 n = 24 et que la série peut s’écrire : • Puisque 2 1 , 2 , 2 , 3 , · · · , 9 , 10 , 10 , 10 , · · · , 19 , 19 , 20
12 valeurs
36 valeurs
on en déduit que le premier quartile est égal à 6. 3n = 36 et que la série peut s’écrire : • Puisque 4 1 , 2 , 2 , 3 , · · · , 12 , 12 , 13 , 13 , · · · , 19 , 19 , 20 36 valeurs
12 valeurs
on en déduit que le 3ième quartile est égal à
12 + 13 = 12.5. 2
Notons, pour i ∈ 1 ; 10, ni l’effectif de la classe i, et ci son centre. Complétons le tableau de l’énoncé, en précisant, pour chaque classe, son centre :
20.3
tranche d’âge [0 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 30[ [30 ; 40[
5 18
15 40
25 62
35 53
tranche d’âge [40 ; 50[ [50 ; 60[ [60 ; 70[ [70 ;8 0[ centre ci effectif ni
45 47
55 34
tranche d’âge [80 ; 90[ [90 ; 100[ centre ci effectif ni
394
effectif
40
24 valeurs
on en déduit que la médiane égale à 10. n • Puisque = 12 et que la série peut s’écrire : 4 1 , 2 , 2 , 3 , · · · , 5 , 6 , 6 , 7 , · · · , 19 , 19 , 20
effectif ni
10 1 10420 36.43. ni ci = n i=1 286
b) L’histogramme s’obtient en traçant les rectangles de base Mi−1 Mi , où Mi désigne le point de coordonnées (10i, 0), d’aire ni ni proportionnelle à ni , et donc de hauteur = . 10i − 10(i − 1) 10
note 7 8 9 10 11 12 13 effectifs cumulés 16 20 23 27 32 36 41
centre ci
ni = 286.
i=1
La variance empirique est donnée par : n 1 5315 455 2 ni i2 − x2 = = 20.87 − Vx = n i=0 48 48
24 valeurs
10
85 5
95 2
65 15
75 10
18
âge 0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
• Une classe modale est une classe pour laquelle la hauteur du rectangle de l’histogramme est maximale.
Pour cette série, puisque toutes les classes ont la même amplitude, la classe modale correspond aussi à la classe ayant le plus grand effectif. La classe modale est donc la classe [20 ; 30[. c) Commençons par calculer le tableau des fréquences cumulées, la fréquence cumulée d’une classe étant le quotient de l’effectif cumulé de cette classe par l’effectif total : tranche d’âges
[0 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 30[ [30 ; 40[
effectif cumulé fréquence cumulée
18 58 120 173 0.063 0.203 0.420 0.605
tranche d’âges
[40 ; 50[ [50 ; 60[ [60 ; 70[ [70 ; 80[
effectif cumulé
220 254 269 279 0.769 0.888 0.941 0.976
fréquence cumulée tranche d’âges
[80 ; 90[ [90 ; 100[
effectif cumulé
284 286 0.993 1.000
fréquence cumulée
Corrigés des exercices
D’où : fréquence cumulée
me = (0.5 − 0.420) ·
1 0.976 0.941 0.888
40 − 30 + 30 34.32. 0.605 − 0.420
Remarque : Cette valeur est cohérente avec celle que l’on peut lire sur le graphe des fréquences cumulées.
0.769
e) fréquence cumulée
0.605
1 0.976 0.941 0.888
0.420 0.769 0.75 0.203
0.605
0.063
âge 0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0.420
0.25 0.203
d) 0.063
fréquence cumulée 1 0.976 0.941 0.888
âge 0
10
q 20 1 30
q 40 350
70
80
90
100
• D’après la courbe des fréquences cumulées, on voit que le premier quartile q1 appartient à l’intervalle [20 ; 30].
0.769
Or sur [20 ; 30], la courbe des fréquences cumulées a pour 0.420 − 0.203 (x − 20). équation : y − 0.203 = 30 − 20 0.420 − 0.203 On a donc : 0.25 − 0.203 = (q1 − 20). 30 − 20 D’où :
0.605 0.5 0.420
q1 = (0.25 − 0.203) · © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
60
30 − 20 + 20 22.17. 0.420 − 0.203
• D’après la courbe des fréquences cumulées, on voit que le troisième quartile q3 appartient à l’intervalle [40 ; 50].
0.203 0.063
âge 0
10
20
30me 40
50
60
70
80
90
100
D’après la courbe des fréquences cumulées, on voit que la médiane me appartient à l’intervalle [30 ; 40]. Or sur [30 ; 40], la courbe des fréquences cumulées a pour 0.605 − 0.420 équation : y − 0.420 = (x − 30). 40 − 30 0.605 − 0.420 On a donc : 0.5 − 0.420 = (me − 30). 40 − 30
Or sur [40 ; 50], la courbe des fréquences cumulées a pour 0.769 − 0.605 équation : y − 0.605 = (x − 40). 50 − 40 0.769 − 0.605 (q3 − 40). On a donc : 0.75 − 0.605 = 50 − 40 D’où : q3 = (0.75 − 0.605) ·
50 − 40 + 40 48.84. 0.769 − 0.605
Remarque : Ces valeurs sont cohérentes avec celles que l’on peut lire sur le graphe des fréquences cumulées. 395
Chapitre 20
•
Statistique descriptive
Notons, pour i ∈ 1 ; 5, ni l’effectif de la classe i, et ci son centre. Complétons le tableau de l’énoncé en précisant, pour chaque classe, son centre :
20.4
valeurs centre ci effectif ni
valeurs centre ci effectif ni valeurs centre ci effectif
[0 ; 4[ [4 ; 10[ [10 ; 16[ [16 ; 26[ [26 ; 50[ 2 7 13 21 38 4 10 18 24 4
[0 ;2[ [2 ;4[ [4 ;7[ [7 ;10[ [10 ;13[
1 2
3 2
5.5 5
8.5 5
11.5 9
[13 ;16[ [16 ;21[ [21 ;26[ [26 ;38[ [38 ;50[
14.5 9
18.5 12
23.5 12
32 2
44 2
c) 2) L’effectif total est inchangé. L’effectif total de la population est donné par : n=
5
•
La moyenne de cette série est donnée par :
ni = 60.
x =
i=1
a) • La moyenne est donnée par :
Remarque : La moyenne est inchangée, ce qui est cohérent. •
1 968 x= ni ci = 16.13. n i=1 60 5
•
La variance empirique est donnée par :
La variance empirique de la série est donnée par : ⎞ ⎛ 10 2 ⎜⎜⎜ 1 2 ⎟⎟⎟ 968 20269 2 − ni ci ⎟⎟⎠ − x = 77.53. V x = ⎜⎜⎝ n i=1 60 60
L’écart-type empirique de la série est donnée par : ' σ x = V x 8.81.
⎞ ⎛ 5 2 ⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 968 19908 2 2⎟ ⎟ ⎜ − V x = ⎜⎝ ni ci ⎟⎠ − x = 71.52 n i=1 60 60
Remarque : L’écart-type empirique a augmenté, ce qui est cohérent puisque l’écart-type mesure la dispersion des résultats et que les valeurs de cette nouvelle série statistique sont plus étendues.
L’écart-type empirique est donnée par : σx =
10 1 968 n c = 16.13. n i=1 i i 60
' V x 8.46.
b) • Traçons l’histogramme, et pour cela, commençons par calculer la hauteur de chaque rectangle, que l’on obtient en faisant le quotient de l’effectif de la classe par sa longueur :
20.5
•
Par définition de la moyenne : y=
valeurs [0 ; 4[ [4 ; 10[ [10 ; 16[ [16 ; 26[ [26 ; 50[ longueur 4 6 6 10 24 effectif 4 10 18 24 4 hauteur 1 1.67 3 2.4 0.17
= •
n n 1 1 yi = (axi + b) n i=1 n i=1 n n a b xi + i = ax + b. n i=1 n i=1
Par définition de la variance empirique : 1 2 1 yi − y2 = (axi + b)2 − (ax2 + b) n i=1 n i=1 n
Vy =
n
=
1 2 2 (a xi + 2abxi + b2 ) − (ax + b)2 n i=1
=
n n n a2 2 2ab b2 xi + xi + 1 − (ax + b)2 n i=1 n i=1 n i=1
=
a2 2 x + 2abx + b2 − (a2 x2 + 2abx + b2 ) n i=1 i
n
n
4 0
10 4
18 10
24 16
26
4
• La classe
valeurs
50
modale est la classe pour laquelle la hauteur du rectangle est maximale. Ainsi, la classe modale est la classe [10 ; 16[. c) 1) On a alors : 396
= a2
n 1
n
x2i − x2 = a2 V x .
i=1
On en déduit : σy =
' a2 V x = |a| σ x .
Remarque : Ces relations rappellent les formules : E(aX + b) = aE(X) + b et
V(aX + b) = a2 V(X).
Corrigés des exercices
20.6
On en déduit le tableau de variations de g :
a) Par définition de la moyenne : z=
1 n
n
zi =
i=1
1 n
n
y − ax +∞ b −∞ g (b) − 0 + g(b) g(y − ax)
(xi + yi )
i=1
n n 1 1 = xi + yi = x + y. n i=1 n i=1
b) On a : σ x,y
Ainsi g atteint son minimum pour b = y − ax et :
n 1 = (xi − x) · (yi − y) n i=1
= = =
1 n
n
g(y − ax) = f (a, y − ax).
(xi yi − xyi − xi y + x y)
•
i=1
n n n n 1 x y xy xi yi − yi − xi + 1 n i=1 n i=1 n i=1 n i=1 n 1
n
n 1
xi yi − x y− x y+ x y =
n
i=1
xi yi − x y.
=
Alors : ∀a ∈ R,
h(a) =
n n 1 1 (zi − z)2 = (xi + yi − x − y)2 n i=1 n i=1
n 2 1 yi − axi − y + ax n i=1
=
n 1 2 (yi − y) − a(xi − x) n i=1
=
n n 1 1 2 yi − y)2 + a2 · xi − x n i=1 n i=1
i=1
c) Par définition de la variance empirique : Vz =
Notons h : R −→ R, a −→ f (a, y − ax).
n 1 (xi − x + yi − y)2 n i=1
− 2a ·
n n n 1 1 2 = (xi − x)2 + (yi − y)2 + (xi − x)(yi − y) n i=1 n i=1 n i=1
n 1 yi − y)(xi − x) n i=1
= Vy + a2 V x − 2aσ x,y . Ainsi h est dérivable sur R et :
= V x + Vy + 2σ x,y . ∀a ∈ R, h (a) = 2aV x − 2σ x,y . Remarque : Le réel σ x,y est à rapprocher de la covariance de deux variables aléatoires. Les relations obtenues rappellent les formules : E(X + Y) = E(X) + E(Y)
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
et V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2 Cov(X, Y).
20.7
On note g : R −→ R, b −→ f (a, b) =
n
(yi − axi − b)2 .
i=1
Alors g est dérivable sur R et : n
(yi − axi − b)
i=1 n
= −2
i=1
a −∞ σ x,y /V x +∞ h (a) − 0 + h(a) h(σ x,y /V x ) σ x,y . Vx • On en déduit que la fonction f atteint son minimum global σ x,y σ x,y pour a = et b = y − x, et ce minimum est égal à : Vx Vx σ x,y σ x,y σ x,y f ,y − x =h Vx Vx Vx σ2x,y V x Vy − σ2x,y σ2x,y −2 + Vy = . = Vx Vx Vx b) 1) En utilisant les définitions, on obtient : Ainsi h atteint son minimum pour a =
a) • Soit a ∈ R fixé.
∀b ∈ R, g (b) = −2
On en déduit le tableau de variations de h :
yi − a
n i=1
xi − b
n 1 i=1
= −2(ny − anx − bn) = −2n(y − ax − b).
x = 164.9
V x = 155.89
y = 65.9
Vy = 144.29
σ x,y = 129.49. 397
Chapitre 20
•
Statistique descriptive
b) 2)
b) 4) D’après a) : poids
et :
100
σ x,y 0.8306 Vx b0 = y − a0 x −71.074. a0 =
Ainsi, pour ces valeurs de a et de b, la somme des carrées des distances entre les points Mi et Ni est minimale. La droite d’équation y = a0 x + b0 est la droite qui « ajuste au mieux » le nuage de points.
80
poids 100 M6
60
N5 N 6
80 40 130
140
150
170
180
190
taille 200
M5
b) 3) Notons, pour tout i de 1 ; 10, Mi le point de coordonnées (xi , yi ) et Ni le point de coordonnées (xi , axi + b).
60
Alors : ∀i ∈ 1 ; 10, d(Mi , Ni )2 = (xi − xi )2 + (yi − axi − b)2 = (yi − axi − b)2 .
N8 taille 40 130 140 150 160 170 180 190 200
Ainsi :
f (a, b) =
10 i=1
398
160
y = a0x + b0
d(Mi , Ni )2 .
M8
N2 M2
Éléments d’algorithmique Plan Les méthodes à retenir 399 Énoncés des exercices
403
Du mal à démarrer ?
408
Corrigés des exercices
410
CHAPITRE
21
Thèmes abordés dans les exercices •
Calculs de sommes et de produits
•
Calcul des termes d’une suite récurrente
•
Calculs d’une valeur approchée de la limite d’une suite convergente et de la somme d’une série convergente
•
Calcul d’une valeur approchée de la racine d’une équation du type f (x) = 0
•
Utilisation des générateurs aléatoires random et random(n), écriture de programmes (ou fonctions) simulant des expériences aléatoires.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Notion d’algorithme et de programme, structure d’un programme en Pascal
•
Notion de variable, notion de type d’une variable, déclaration d’une variable, affectation d’une variable
•
Les instructions readln, write, writeln
•
Les instructions random et random(n)
•
Utilisation de l’instruction conditionnelle if ... then (... else), utilisation de la boucle for ... do, utilisation des boucles conditionnelles while ... do, repeat ... until
•
Écriture et utilisation de procédures et de fonctions.
Les méthodes à retenir Pour affecter une variable
Pour affecter une valeur à une variable, on écrit d’abord son nom, suivi de « := », puis de la valeur désirée. La valeur affectée et la variable doivent être du même type. Le « := » de l’affectation se lit « prend la valeur de ».
➥ Exercices 21.1 à 21.22. 399
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
Pour utiliser les instructions conditionnelles if...then et if ... then ... else
•
On utilise l’instruction if ... then lorsque l’on souhaite exécuter une séquence d’instructions uniquement dans le cas où une condition donnée est vérifiée ; sa syntaxe est : if (condition) then (séquence d’instructions) où (condition) est une variable de type booléen.
•
On utilise l’instruction if ... then ... else lorsque l’on souhaite choisir d’exécuter une séquence d’instructions parmi deux séquences possibles selon le résultat d’une condition ; sa syntaxe est : if (condition) then (séquence d’instructions 1) else (séquence d’instructions 2) où (condition) est une variable de type booléen.
➥ Exercices 21.1, 21.2, 21.5, 21.13, 21.18, 21.19, 21.21.
Pour utiliser la boucle for...do
On utilise l’instruction for ... do lorsque l’on souhaite répéter un nombre fixé et connu de fois la même séquence d’instructions ; sa syntaxe est : for k :=a to b do (séquence d’instructions)
➥ Exercices 21.3, 21.4, 21.6 à 21.15, 21.18, 21.19, 21.22.
Pour utiliser les boucles conditionnelles while...do et repeat ... until
400
•
On utilise l’instruction while ... do lorsque l’on souhaite répéter les mêmes instructions tant qu’une condition donnée est satisfaite ; sa syntaxe est : while (condition) do (séquence d’instructions) où (condition) est une variable de type booléen.
•
On utilise l’instruction repeat ... until lorsque l’on souhaite répéter les mêmes instructions jusqu’à ce qu’une condition donnée soit satisfaite ; sa syntaxe est : repeat (séquence d’instructions) until (condition) où (condition) est une variable de type booléen. À la différence d’une boucle while ... do, la séquence d’instruction est toujours exécutée au moins une fois, même si la condition est vérifiée avant la première itération.
Les méthodes à retenir
(suite)
Remarque : Contrairement à la boucle for ... do, les boucles while ... do et repeat ... until permettent de répéter des instructions un nombre variable de fois, selon le résultat d’une condition. Attention aux boucles sans fin !
➥ Exercices 21.8, 21.9, 21.12, 21.13, 21.16, 21.17, 21.19, 21.20.
Pour calculer une somme de réels n Sn = ak k=1
On définit une variable S, que l’on initialise à 0, et à laquelle on ajoute successivement les réels a1 , puis a2 , ..., puis an . Pour cela, on utilise une boucle for ... do. La séquence d’instructions est donc : S :=0 ; for k :=1 to n do S :=S+{ak} ; À la fin de chaque boucle k, la variable S contient la valeur de
k
ai .
i=1
➥ Exercices 21.3, 21.10, 21.11, 21.16, 21.17, 21.19.
Pour calculer un produit de réels n Pn = ak k=1
On définit une variable P, que l’on initialise à 1, et que l’on multiplie successivement par les réels a1 , puis a2 , ..., puis an . Pour cela, on utilise une boucle for ... do. La séquence d’instructions est donc : P :=1 ; for k :=1 to n do P :=P*{ak} ; À la fin de chaque boucle k, la variable P contient la valeur de
k
ai .
i=1
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
➥ Exercices 21.4, 21.6, 21.7.
Pour calculer le n-ième terme d’une suite récurrente définie par la relation u n+1 = f (u n)
Dans la mesure où seule la valeur de un nous intéresse, on peut se permettre d’utiliser une seule variable u qui va contenir les valeurs successives des termes de la suite. Plus précisément, on initialise u à u0 , puis on calcule f(u) que l’on réaffecte à u (u contient alors la valeur de u1 ). On répète cette opération n fois, de façon à ce que u contienne la valeur de un . Pour cela, on utilise une boucle for ... do. La séquence d’instructions est donc : u :={u0 } ; for k :=1 to n do u :=f(u) ; À la fin de chaque boucle k, la variable u contient la valeur de uk .
➥ Exercices 21.8, 21.9, 21.16.
401
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
On suppose connue une suite (εn )n∈N qui converge vers 0 et telle que : ∀n ∈ N, |un − | εn .
Pour calculer une valeur approchée de la limite d’une suite convergente (u n) n∈N à ε près
On calcule alors les termes un de la suite jusqu’à ce que εn ε (ou tant que εn > ε). Dans ce cas, un est une valeur approchée de à ε près. Pour cela, on utilise une boucle conditionnelle repeat ... until (ou while ... do). La séquence d’instructions est donc : ou
u :={u0 } ; n :=0 ; repeat begin u :=f(u) ; n :=n+1 ; end ; until {εn } <= {ε}
u :={u0 } ; n :=0 ; while {εn } > {ε} do begin u :=f(u) ; n :=n+1 ; end ;
➥ Exercices 21.8, 21.16, 21.20. Pour calculer une valeur approchée de la somme S d’une série convergente un à ε près
Pour cela, on calcule une valeur approchée de la limite S de la suite n uk par la méthode décrite précédemment. de terme général S n = k=0
➥ Exercices 21.16, 21.17.
n0
1
u + v n n −
|un − vn | ; ∀n ∈ N,
2 2 1 u n + vn est une valeur approchée de à |un − vn | près. autrement dit, 2 2 On calcule alors les termes un et vn des deux suites jusqu’à ce que 1 1 |un − vn | ε (ou tant que |un − vn | > ε). 2 2 Pour cela, on utilise une boucle conditionnelle repeat ... until (ou while ... do).
On montre : Pour calculer une valeur approchée de la limite commune de deux suites adjacentes (u n) n∈N et (u n) n∈N à ε près
➥ Exercices 21.15, 21.21.
Pour calculer une valeur approchée de la solution d’une équation du type f (x) = 0 par la méthode de dichotomie
On suppose connue une fonction f continue et strictement monotone sur un segment [a ; b] et telle que f (a) f (b) < 0. Dans ce cas, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle [a ; b], notée α. On définit deux suites (an )n∈N et (bn )n∈N par : a0 = a, b0 = b
et ∀n ∈ N, an + bn si f (an ) f < 0, 2 si f (an ) f
402
an + bn 2
0,
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ an+1 alors ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ bn+1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ an+1 alors ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ bn+1
= an an + bn = 2 an + bn = 2 = bn
Énoncés des exercices
Les deux suites (an )n∈N et (bn )n∈N sont adjacentes et convergent vers α. On calcule une valeur approchée de leur limite par la méthode décrite précédemment.
(suite)
➥ Exercice 21.21. Pour activer le générateur de nombres pseudo-aléatoires, il faut insérer en début de programme, l’instruction randomize. Ensuite : Pour obtenir un entier aléatoire ou un réel aléatoire
•
l’instruction random retourne un réel aléatoire compris entre 0 et 1, « uniformément réparti » sur [0 ; 1] ;
•
l’instruction random(n) (avec n un entier naturel) retourne un entier aléatoire compris entre 0 et n − 1, avec équiprobabilité.
➥ Exercices 21.5, 21.12, 21.13, 21.19.
Pour simuler un événement de probabilité p ∈ ]0 ; 1[
On utilise l’instruction random qui retourne un réel compris entre 0 et 1. Ce réel a alors une probabilité p d’être compris entre 0 et p. Ainsi, un événement de probabilité p est simulé par l’événement (random p).
➥ Exercices 21.5, 21.13, 21.18, 21.19.
Énoncés des exercices 21.1 Maximum de deux réels, maximum de trois réels a) Écrire un programme qui affiche le maximum de deux réels entrés par l’utilisateur. b) Écrire un programme qui affiche le maximum de trois réels entrés par l’utilisateur.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
21.2 Obtention des racines réelles d’un trinôme Écrire un programme qui calcule et affiche les solutions réelles de l’équation, d’inconnue x, ax2 + bx + c = 0, avec a 0, les réels a, b, c étant entrés par l’utilisateur.
21.3 Exemple de calcul de somme Écrire un programme qui calcule la somme S n =
n
k4 , pour un entier n entré par l’utilisateur,
k=1
et qui affiche le résultat.
21.4 Exemple de calcul de produit Écrire un programme qui calcule le produit Pn =
n √ 1 + k , pour un entier n entré par k=1
l’utilisateur, et qui affiche le résultat. 403
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
21.5 Simulation d’un lancer de pièce de monnaie a) Écrire un programme qui simule un lancer d’une pièce équilibrée. On pourra représenter pile par 1 et face par 0. b) Réécrire le programme précédent pour qu’il simule un lancer d’une pièce amenant pile avec la probabilité 0.7. c) Plus généralement, écrire un programme qui simule un lancer d’une pièce amenant pile avec la probabilité p, le réel p tel que 0 < p < 1 étant entré par l’utilisateur.
21.6 Calcul de puissances Écrire une fonction dont l’en-tête est : function puissance(x :real ; n :integer) : real qui calcule xn .
21.7 Calcul de factorielles Écrire une fonction dont l’en-tête est : function factorielle(n :integer) : integer qui calcule n!.
21.8 Exemple d’une suite récurrente On considère la suite (un )n∈N définie par : u0 = 2
et
∀n ∈ N, un+1 =
√ 2un − 1.
a) Écrire un programme qui affiche la valeur de un , l’entier n étant entré par l’utilisateur. b) Montrer que la suite (un )n∈N est décroissante et converge vers 1. c) Écrire un programme qui affiche la plus petite valeur de n et le un correspondant tels que |un − 1| ε, le réel ε étant entré par l’utilisateur.
21.9 Exemple d’une suite où un+1 dépend de un et de n On considère la suite (un )n∈N définie par : u0 = 2
et
∀n ∈ N, un+1 =
√ un + n.
a) Écrire un programme qui affiche la valeur de un , l’entier n étant entré par l’utilisateur. b) Montrer que la suite (un )n∈N diverge vers +∞. c) Écrire un programme qui affiche la plus petite valeur de n et le un correspondant tels que un > A, le réel A étant entré par l’utilisateur.
21.10 Exemples de calcul de somme a) Écrire une fonction dont l’en-tête est : function evalS(n :integer ; x :real) : real n xk qui calcule la somme S n (x) = . k k=1 b) Même question pour calculer T n (x) = 404
n xk . k! k=0
Énoncés des exercices
21.11 Exemples de calcul de somme double a) Écrire un programme qui calcule la somme S n = l’utilisateur. b) Écrire un programme qui calcule la somme T n =
1 , pour un entier n entré par i + j 1i, jn
1 , pour un entier n entré par i + j 1i< jn
l’utilisateur.
21.12 Simulation de lancers d’un dé équilibré a) Écrire un programme qui renvoie le résultat d’un lancer de dé équilibré à 6 faces ; autrement dit écrire un programme qui simule un lancer d’un dé équilibré. b) Écrire un programme qui simule n lancers d’un dé équilibré à 6 faces, l’entier n étant entré par l’utilisateur, et qui renvoie un tableau T à six cases, où, pour tout k de 1 ; 6, la case T [k] contient le nombre de faces numérotées k obtenues. c) Écrire un programme qui simule des lancers d’un dé équilibré jusqu’à obtenir la face numérotée 1 et qui affiche le nombre de lancers effectués.
21.13 Simulation de lancers d’une pièce truquée a) Écrire une fonction dont l’en-tête est : function lancer(p :real) : integer qui simule un lancer d’une pièce amenant pile avec la probabilité p et qui affiche 1 si l’on obtient pile et 0 sinon. b) Écrire un programme, utilisant la fonction du a), qui simule n lancers d’une pièce amenant pile avec la probabilité p, et qui renvoie le nombre de piles obtenus (n et p étant entrés par l’utilisateur). c) Écrire un programme, utilisant la fonction du a), qui simule des lancers d’une pièce amenant pile avec la probabilité p jusqu’à obtenir le premier pile, et qui affiche le nombre de lancers effectués (p étant entré par l’utilisateur). d) Écrire un programme, utilisant la fonction du a), qui simule des lancers d’une pièce amenant pile avec la probabilité p jusqu’à obtenir le n-ième pile, et qui affiche le nombre de lancers effectués (n et p étant entrés par l’utilisateur).
21.14 Calcul des termes de la suite de Fibonacci On considère la suite (un )n∈N définie par : © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
u0 = 0
u1 = 1
et
∀n ∈ N, un+2 = un+1 + un .
Écrire un programme qui affiche la valeur de un , l’entier n étant entré par l’utilisateur.
21.15 Exemple de suites récurrentes croisées On considère les suites (un )n∈N et (vn )n∈N définies par : u0 = 4,
v0 = 1
et
∀n ∈ N, un+1 =
un + vn , 2
vn+1 =
√ un vn .
a) Écrire un programme qui affiche la valeur de un et la valeur de vn , l’entier n étant entré par l’utilisateur. b) Montrer que les suites (un )n∈N et (vn )n∈N sont adjacentes. On note leur limite commune.
u + v
1 n n c) Montrer : ∀n ∈ N,
−
|un − vn |. 2 2 d) Écrire un programme qui calcule et affiche une valeur approchée de à 10−10 près. 405
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
21.16 Exemple de calcul d’une valeur approchée de la limite d’une suite convergente On considère les suites (un )n∈N∗ et (vn )n∈N∗ définies par : n 1 1 ∀n ∈ N∗ , un = , vn = un + . k! n! n k=0 a) 1) Montrer que les suites (un )n∈N∗ et (vn )n∈N∗ sont adjacentes et convergent vers e.
1 2) Montrer : ∀n ∈ N∗ ,
un − e
. n! n b) Écrire un programme qui calcule et affiche une valeur approchée de e à 10−6 près.
21.17 Exemple de calcul d’une valeur approchée de la somme de série convergente On note, pour tout n de N, un = a) 1) Montrer que la série
cos n . 2n
un converge. On note S la somme de cette série.
n0
2)
Montrer :
n
1 uk
n . ∀n ∈ N,
S − 2 k=0
b) Écrire un programme qui calcule et affiche une valeur approchée de S à 10−4 près.
21.18 Simulation d’un tirage sans remise dans une urne a) Écrire un programme qui simule un tirage dans une urne contenant a boules blanches et b boules noires, et qui affiche la couleur de la boule obtenue (les entiers a et b étant entrés par l’utilisateur). b) Écrire un programme qui simule n tirages sans remise dans une urne contenant initialement a boules blanches et b boules noires, et qui affiche le nombre de boules blanches tirées (les entiers a, b, n étant entrés par l’utilisateur).
21.19 Exemple de programme à compléter On considère une suite de lancers successifs (supposés indépendants) d’une pièce de monnaie, 2 pour laquelle la probabilité d’apparition de pile est . On s’intéresse au rang d’apparition du 3 premier double pile (c’est-à-dire au rang du deuxième pile du double). Le programme suivant, dans lequel on code pile par 1 et face par 0, fournit une simulation de cette expérience aléatoire. Les lignes d’instructions ++++++++++ sont volontairement incomplètes. program doublepile ; var n,k : integer ; m : real ; function lancer : integer ; var z : integer ; begin if random(3)=0 then z :=0 else z :=1 ; lancer :=z ; end ;
.../... 406
Énoncés des exercices
function attente : integer ; var x,y,k : integer ; begin x :=lancer ; y :=lancer ; k :=2 ; while x*y=0 do begin ++++++++++ ++++++++++ ++++++++++ end ; attente :=k ; end ; begin randomize ; write(’Nombre de simulations : n =’) ; readln(n) ; m :=0 ; for k :=1 to n do ++++++++++ ; m :=m/n ; writeln(’Moyenne : ’,m) ; end. a) On considère l’instruction y :=lancer. Quelle est la probabilité que la variable y contienne 1 ? b) Compléter la boucle while de la fonction attente de façon à ce que cette fonction retourne le rang d’apparition du premier double pile. c) Compléter la boucle for du programme principal de façon à ce que le programme doublepile affiche la moyenne du rang d’apparition du premier double pile sur n expériences, l’entier n étant fourni par l’utilisateur. d) Réécrire la fonction attente pour que le programme doublepile affiche la moyenne du rang d’apparition du premier triple pile.
21.20 Calcul approché de la racine d’une équation f (x) = 0 par la méthode d’itération On considère la fonction f définie par : ∀x ∈ R, f (x) = cos(x) − x. a) Montrer que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans R, notée α. Vérifier que α ∈ [0 ; 1].
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) On considère la suite (un )n∈N définie par : u0 = 0 et n 1) Montrer : ∀n ∈ N, |un − α| sin(1) .
∀n ∈ N, un+1 = cos(un ).
2) En déduire que la suite (un )n∈N converge vers α. c) Écrire un programme permettant de calculer une valeur approchée de α à 10−6 près.
21.21 Calcul approché de la racine d’une équation f (x) = 0 par la méthode de dichotomie # π 3π " ; , a) Montrer que l’équation tan(x) − x = 0 admet une unique solution dans l’intervalle 2 2 notée α. b) Vérifier : 4.4 < α < 4.5. c) Écrire un programme qui calcule une valeur approchée de α à 10−4 près par la méthode de dichotomie. On écrira au préalable une fonction qui renvoie, pour un réel x, la valeur de tan(x) − x. 407
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
21.22 Exemple de programme à compléter Tous les entiers compris entre 0 et 31 s’écrivent avec au plus 5 chiffres en binaire. Plus précisément, pour tout n ∈ 0 ; 31, il existe une liste (a0 , a1 , a2 , a3 , a4 ) d’éléments de {0, 1} telle que : n = a4 .24 + a3 .23 + a2 .22 + a1 .2 + a0 . Cette écriture de n est unique et on appellera bin(n) la liste (a4 , a3 , a2 , a1 , a0 ). a) Déterminer l’écriture binaire de 6 puis bin(6) et l’écriture binaire de 21 puis bin(21). b) On souhaite écrire une procédure pour obtenir bin(n). Compléter la procédure suivante de sorte qu’à l’issue de l’exécution de bin(n), on ait un tableau L tel que L[1] contienne a4 , L[2] contienne a3 , etc. type ecriture = array[1..5] of integer ; procedure bin(n : integer ; var L : ecriture) ; var (*à compléter éventuellement*) begin for i :=1 to 5 do L[i] :=0 ; (*à compléter*) end ;
Du mal à démarrer ? 21.1
a) Utiliser l’instruction conditionnelle if ... then ...
21.7
else. b) Commencer par déterminer le maximum des deux premiers réels, puis déterminer le maximum de ce maximum et du troisième réel.
21.2
Faire calculer le discriminant de l’équation. Selon le résultat, faire afficher les solutions réelles en utilisant l’instruction conditionnelle if .... then .... else.
21.3
Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
Calculer n! en calculant le produit : n! = 1 × 2 × · · · × n.
21.8
a) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
b) Montrer que la suite (un )∈N est décroissante et minorée par 1. En déduire qu’elle converge, puis calculer sa limite. c) Calculer les termes un de la suite tant que |un − 1| > ε (ou jusqu’à ce que |un − 1| ε). Pour cela, utiliser une boucle while ... do (ou repeat ... until).
21.9 21.4
Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
21.5
a) Obtenir un entier de {0 , 1} avec équiprobabilité. Pour cela, utiliser l’instruction random(2). b) Obtenir un réel u de [0 ; 1], uniformément réparti sur [0 ; 1]. Distinguer les cas : u < 0.7, u 0.7.
c) Raisonner de la même façon qu’au b).
21.6
Calculer xn en calculant le produit : xn = x × x ×···× x. n fois
408
a) Utiliser une boucle for ... do. √ b) Montrer : ∀n ∈ N, un+1 n.
Puis conclure. c) Calculer les termes un de la suite tant que un A (ou jusqu’à ce que un > A). Pour cela, utiliser une boucle while ... do (ou repeat ... until).
21.10
a) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ». Pour éviter des calculs superflus, considérer une variable qui va contenir la valeur de xk , pour k ∈ 1 ; n.
b) Même chose qu’au a). Considérer ici une variable qui va xk contenir la valeur de , pour k ∈ 0 ; n. k!
Du mal à démarrer ?
21.11
⎞ ⎛ n ⎜ n ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜ a) Remarquer que Sn = ⎟. ⎜⎜⎝ i + j ⎟⎠ i=1 j=1
Calculer la somme Sn à l’aide de deux boucles for ... do. ⎞ ⎛ n−1 ⎜ n ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟. b) Ici : Tn = ⎝ i + j ⎟⎠ i=1 j=i+1
21.17
a) 1) Montrer que la série
un converge absolument
n0
puis conclure.
2) Remarquer :
S−
n
uk =
k=0
Puis utiliser la majoration :
+∞
uk .
k=n+1
∀k ∈ N, |uk |
21.12
a) Obtenir un entier de 1 ; 6 avec équiprobabilité. Pour cela, utiliser l’instruction random(6)+1. b) Utiliser une boucle for ... do pour simuler n lancers d’un dé, et modifier le tableau T à chaque lancer. c) Utiliser une boucle while ... do (ou repeat ... until) pour simuler des lancers d’un dé tant que le résultat est différent de 1 (ou jusqu’à ce que la résultat soit égal à 1).
21.13
a) Utiliser le même raisonnement que dans l’exercice 21.5. b) Utiliser une boucle for ... do. c) Utiliser une boucle while ... do ou repeat ... until. Considérer une variable qui va compter le nombre de simulations effectuées. d) Utiliser une boucle while ... do ou repeat ... until. Considérer une variable qui va compter le nombre de simulations effectuées et une variable qui va compter le nombre de piles obtenus.
21.14
Utiliser une boucle for ... do.
Considérer deux variables u et v, que l’on initialise à u0 et u1 , puis faire en sorte, qu’à la fin de chaque boucle k, u contienne la valeur de uk−1 et v celle de uk .
b) Calculer les sommes partielles Sn = soit inférieur à 10−4 .
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
∀n ∈ N, un vn .
∀n ∈ N, vn un .
d) Calculer les termes un et vn des suites tant que 1 |un − vn | > 10−10 , en utilisant une boucle while ... do. 2 un + vn est alors une valeur apÀ la sortie de la boucle, le réel 2 prochée de à 10−10 près.
21.16
a) 1) Revenir à la définition de deux suites adjacentes.
2) Commencer par écrire :
∀n ∈ N∗ , un e vn .
1 > 10−6 n! n en utilisant une boucle while ... do (ou jusqu’à ce que 1 10−6 en utilisant une boucle repeat ... until.) n! n
b) Calculer les termes un de la suite (un )n∈N∗ tant que
À la sortie de la boucle, le réel un est alors une valeur approchée de e à 10−6 près.
1 2n
a) Simuler l’événement « on obtient une boule blanche » a . à l’aide de l’événement random a+b b) Utiliser une boucle for ... do pour simuler n tirages.
21.19
a) Remarquer que y contient la valeur 1 si random(3) n’est pas égal à 0.
b) Dans la boucle while, donner à x la valeur de y, donner à y le résultat d’un nouveau lancer, et augmenter k d’une unité. c) À la sortie de la boucle for, la variable m doit être égale à la somme des lancers nécessaires à l’obtention du premier double pile sur les n expériences. d) Considérer trois variables qui vont contenir les résultats de trois lancers successifs. Tant que l’une de ces variables est nulle, on continue...
21.20
a) Montrer que f réalise une bijection de R dans R.
b) 1) Remarquer :
∀n ∈ N, un ∈ [0 ; 1].
Soit n ∈ N. Appliquer l’inégalité des accroissements finis à la fonction cos entre un et α, pour obtenir :
a) Utiliser une boucle for ... do. Faire attention à l’écrasement des contenus des variables lors des affectations ! b) Montrer dans un premier temps :
uk jusqu’à ce que
k=0
21.18
21.15
c) Commencer par écrire :
n
1 . 2k
|un+1 − α| sin(1)|un − α|. Puis conclure.
2) Remarquer :
sin(1)
< 1.
c) Calculer les termes un de la suite jusqu’à ce que sin(1)n = en ln sin(1) 10−6 . *
21.21
a) Montrer que f réalise une bijection de
) π 3π ; dans R. 2 2
b) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
21.22
a) Remarquer : 6 = 4 + 2 = 0.24 + 0.23 + 1.22 + 1.2 + 0 et 21 = 16 + 4 + 1 = 1.24 + 0.23 + 1.22 + 0.2 + 1. n b) L[1] s’obtient en calculant Ent . L[2] s’obtient en calcu n 16 m , avec m = n − Ent , etc. lant Ent 8 16 Généraliser la méthode employée, puis utiliser une boucle for ... do.
409
Corrigés des exercices 21.1
a) Le maximum de deux réels a et b est égal à a si a > b et b sinon.
then writeln(’L’ ’equation a une solution reelle :’, -b/(2*a))
Utilisons donc l’instruction conditionnelle if ... then .... else.
else writeln(’L’ ’equation a deux solutions reelles :’, (-b+sqrt(delta))/(2*a),’ et ’, (-b-sqrt(delta))/(2*a)) ; end.
program maximum ; var a,b,max : real ; begin writeln(’Entrer deux réels :’) ; readln(a,b) ; if a>b then max :=a else max :=b ; writeln(’Le maximum est :’, max) ; end. Exemple d’exécution du programme : Entrer deux réels : 5 10 Le maximum est : 10 b) Calculons, dans un premier temps, le maximum de a et b. Puis si ce maximum est inférieur à c, alors le maximum des trois nombres est c, sinon il est égal au maximum de a et b. program maximum2 ; var a,b,c,max : real ; begin writeln(’Entrer trois réels :’) ; readln(a,b,c) ; if a>b then max :=a else max :=b ; if c>max then max :=c ; writeln(’Le maximum est :’, max) ; end. Exemple d’exécution du programme : Entrer trois réels : 5 8 7 Le maximum est : 8
21.2
program solutions ;
var a,b,c,delta : real ;
Exemple d’exécution du programme : Coefficients a,b,c : 1 -3 2 L’équation a deux solutions reelles : 2.00000000E+00 et 1.00000000E+00
21.3
Utilisons la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ». program somme ; var begin write(’Entrer la valeur de n :’) ; readln(n) ; S :=0 ; for k :=1 to n do S :=S+k*k*k*k ; writeln(’La somme est egale a ’,S) ; end. Exemple d’exécution du programme : Entrer la valeur de n : 10 La somme est egale a 25333
21.4
Utilisons la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ». program produit ; var
begin write(’Coefficients a,b,c :’) ;
n,k : integer ; P : real ;
begin
readln(a,b,c) ;
write(’Entrer la valeur de n :’) ;
delta :=b*b-4*a*c ;
readln(n) ;
if delta<0
P :=1 ;
then writeln(’L’ ’equation n’ ’a pas de solution reelle’) else if delta=0 410
n,k : integer ; S : real ;
for k :=1 to n do P :=P*(1+sqrt(k)) ; writeln(’Le produit est egal a ’,P) ; end.
Corrigés des exercices
Exemple d’exécution du programme : Entrer la valeur de n : 5 Le produit est egal a 1.28065852E+02
21.5
a) Le programme doit renvoyer 0 ou 1 avec la même probabilité. Pour cela, utilisons l’instruction random(n), avec n = 2, qui retourne un entier compris entre 0 et n − 1, avec équiprobabilité. program lancerequilibre ;
function puissance (x :real ; n :integer) : real ; var
k : integer ; p : real ;
begin p :=1 ; { initialisation } for k :=1 to n do p :=p*x ; puissance :=p ;
var piece : integer ;
end ;
begin
Remarque : À la fin de chaque boucle k, la variable p contient la valeur de xk .
randomize ; piece :=random(2) ;
21.7
Calculons n! à l’aide de la formule :
end.
n! = 1 × 2 × · · · × n.
b) Le programme doit renvoyer 1 avec une probabilité égale à 0.7 et 0 avec une probabilité de 0.3. Pour cela, utilisons l’instruction random qui retourne un réel compris entre 0 et 1 ; si ce réel est inférieur à 0.7, alors la pièce amène pile, et face sinon.
Pour cela, utilisons une boucle for ... do.
program lancertruque ;
var k,p : integer ;
var piece : integer ;
begin
begin
function factorielle(n :integer) : integer ;
p :=1 ; { initialisation }
randomize ;
for k :=1 to n do p :=p*k ;
if random<0.7
factorielle :=p ;
then piece :=1
end ;
else piece :=0 ;
Remarque : À la fin de chaque boucle k, la variable p contient la valeur de k!.
end. c) Plus généralement :
21.8
program lancertruque2 ;
a) Utilisons la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
var
program suite ;
piece : integer ; p : real ;
var
begin
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
randomize ;
u : real ; n,k : integer ;
begin
writeln(’Entrer la valeur de p :’),
write(’Entrer la valeur de n :’) ;
readln(p) ;
readln(n) ;
if random
u :=2 ;
{initialisation de u}
then piece :=1
for k :=1 to n do u :=sqrt(2*u-1) ;
else piece :=0 ;
writeln(’Valeur de u(’,n,’) :’,u) ;
end.
21.6
end. Calculons xn à l’aide de la formule : x × x× ··· × x. xn = n fois
Pour cela, utilisons une boucle for ... do.
Remarque : À la fin de chaque boucle k, la variable u contient la valeur de uk . Exemple d’exécution du programme : Entrer la valeur de n : 5 Valeur de u(5) : 1.33235721E+00 411
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
b) • En utilisant un raisonnement par récurrence, on montre : ∀n ∈ N, un existe et un 1. √ • Alors : ∀n ∈ N, un+1 − un = 2un − 1 − un 2un − 1 − u2n −(un − 1)2 = √ = √ 0. 2un − 1 + un 2un − 1 + un Ainsi la suite (un )n∈N est décroissante.
readln(eps) ; u :=2 ; n :=0 ;
begin n :=n+1 ; u :=sqrt(2*u-1) ; end ;
•
La suite est donc décroissante et minorée par 1. On en déduit que la suite (un )n∈N converge vers un réel 1.
En passant à la limite dans l’égalité√: ∀n ∈ N, un+1 = 2un − 1, √ on obtient : = 2 − 1 ⇐⇒ 2 = 2 − 1 ⇐⇒ ( − 1)2 = 0 ⇐⇒ = 1.
until abs(u-1)<=eps writeln(’Plus petite valeur de n :’,n) ; writeln(’Valeur de u(’,n,’) :’,u) ; end.
On conclut que la suite (un )n∈N converge vers = 1.
Exemple d’exécution de l’un des deux programmes :
c) Il s’agit ici de calculer les termes un de la suite tant que |un − 1| > ε (ou jusqu’à ce que |un − 1| ε).
Entrer la valeur de eps : 0.01 Plus petite valeur de n : 203 Valeur de u(13) : 1.00997089E+00
Pour cela, utilisons la boucle conditionnelle while ... do (ou repeat ... until). De plus, il faut déterminer la valeur de n correspondante. Pour cela, on utilise un compteur n que l’on initialise à 0 et que l’on augmente d’une unité (n :=n+1) à chaque calcul. • Le programme avec une boucle while ... do est le suivant :
21.9
a) Procédons comme dans l’exercice 21.8. Initialisons la variable u à u0 . Puis on calcule sqrt(u+0) et on affecte ce résultat à u (pour obtenir u1 ), puis on calcule sqrt(u+1) et on affecte ce résultat à u (pour obtenir u2 ), ..., dans le cas général, on calcule sqrt(u+k-1) et on affecte ce résultat à u (pour obtenir uk ).
program suite2 ;
Pour cela, utilisons une boucle for ... do.
var
program suite1 ;
u,eps : real ; n : integer ;
var
begin write(’Entrer la valeur de eps :’) ;
u :=2 ; n :=0 ;
u : real ; n,k : integer ;
begin write(’Entrer la valeur de n :’) ;
readln(eps) ; {initialisation}
while abs(u-1)>eps do begin u :=sqrt(2*u-1) ; n :=n+1 ; end ;
readln(n) ; u :=2 ; {initialisation} for k :=1 to n do u :=sqrt(u+k-1) ; writeln(’Valeur de u(’,n,’) :’,u) ; end.
writeln(’Plus petite valeur de n :’,n) ;
Exemple d’exécution du programme :
writeln(’Valeur de u(’,n,’) :’,u) ;
Entrer la valeur de n : 5 La valeur de u(5) est : 2.49203462E+00
end. •
Le programme avec une boucle repeat ... until est le suivant : program suite3 ; var
u,eps : real ; n : integer ;
begin write(’Entrer la valeur de eps :’) ;
412
{initialisation}
repeat
b) • En utilisant un raisonnement par récurrence, on montre : ∀n ∈ N, un 0. √ √ • Alors : ∀n ∈ N, un+1 = un + n n. √ Puisque n −→ +∞, d’après le théorème de minoration, la n∞ suite de terme général un+1 tend vers +∞. On en déduit que la suite (un )n∈N diverge vers +∞. c) Il s’agit ici de calculer les termes un de la suite tant que un A (ou jusqu’à ce que un > A).
Corrigés des exercices
Pour cela, utilisons par exemple une boucle while ... do (il est également possible d’utiliser une boucle repeat ... until).
T :=1 ; p :=1 ; for k :=1 to n do
program suite2 ; var
begin
begin p :=p*x/k ; T :=T+p ; end ;
u,A : real ; n : integer ;
evalT :=T ; end ;
begin
Remarque : À la fin de chaque boucle k, p contient la valeur de k xi xk et T la valeur de . k! i! i=1
write(’Entrer la valeur de A :’) ; readln(A) ; u :=2 ; n :=0 ;
{initialisation}
while u<=A do
21.11 a) La somme S n peut s’écrire : S n =
begin n :=n+1 ; u :=sqrt(u+n-1) ;
Utilisons alors deux boucles for ... do pour calculer cette somme double.
end ; writeln(’Petite valeur de n :’,n) ;
program somme ;
writeln(’Valeur de u(’,n,’) :’,u) ;
var
n,i,j : integer ; S : real ;
end. begin
Exemple d’exécution du programme :
write(’Entrer la valeur de n :’) ;
Entrer la valeur de A : 100 Plus petite valeur de n : 9902 Valeur de u(9902) : 1.00004999E+02
readln(n) ; S :=0 ; {initialisation de S} for i :=1 to n do
21.10 a) Voici un exemple de fonction convenant :
for j :=1 to n do S :=S+1/(i+j) ;
function evalS(n :integer ; x :real) : real ; var
Exemple d’exécution du programme : Entrer la valeur de n : 5 La somme est egale a 4.81867079E+00
begin S :=0 ; p :=1 ; {initialisation}
b) La somme T n peut s’écrire : T n =
for k :=1 to n do
i=1
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
evalS :=S ; end ;
1 . i+ j j=i+1
program somme_bis ;
Remarque : À la fin de chaque boucle k, p contient la valeur k xi . de xk et S la valeur de i i=1
var
n,i,j : integer ; T : real ;
begin write(’Entrer la valeur de n :’) ;
b) Voici un exemple de fonction convenant :
readln(n) ;
function evalT(n :integer ; x :real) : real ;
{p va contenir la valeur de x∧k/k !}
n−1 n
Utilisons alors deux boucles for ... do pour calculer cette somme double.
begin p :=p*x ; S :=S+p/k ; end ;
T,p : real ; k : integer ;
writeln(’La somme est egale a ’,S) ; end.
S,p : real ; k : integer ;
{p va contenir la valeur de x∧k}
var
n n 1 . i+ j i=1 j=1
T :=0 ; {initialisation de T} for i :=1 to n-1 do for j :=i+1 to n do T :=T+1/(i+j) ;
413
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
writeln(’La somme est egale a ’,T) ; end. Exemple d’exécution du programme : Entrer la valeur de n : 5 La somme est egale a 1.83849206E+00
21.12 a) Pour simuler un lancer d’un dé équilibré, il faut obtenir un entier compris entre 1 et 6 avec équiprobabilité. Pour cela, utilisons l’instruction random(6)+1. program lancerde ;
Le Le Le Le Le
nombre nombre nombre nombre nombre
numerotees numerotees numerotees numerotees numerotees
2 3 4 5 6
obtenues obtenues obtenues obtenues obtenues
est est est est est
21 16 15 16 18
c) Utilisons une boucle repeat ... until pour effectuer des lancers jusqu’à obtenir la face numérotée 1. De plus, il faut déterminer le nombre de lancers effectués. Pour cela, on utilise une variable nb_lancers que l’on initialise à 0 et que l’on augmente d’une unité à chaque lancer. var r,nb_lancers : integer ;
begin
begin
randomize ;
randomize ;
r :=random(6)+1 ;
nb_lancers :=0 ; {initialisation de nb_lancers}
writeln(’La face obtenue est ’,r) ;
repeat
end.
begin
b) Utilisons une boucle for ... do pour répéter n lancers de dés. À chaque lancer, si la face obtenue porte le numéro k, alors la valeur de la case T [k] est augmentée d’une unité.
r :=random(6)+1 ; nb_lancers :=nb_lancers+1 ; end ;
program lancersdes ; n,r,k : integer ; T : array[1..6] of integer ;
begin
until r=1 ; writeln(’Le nombre de lancers effectues est ’,nb_lancers) ;
randomize ;
end.
write(’Entrer la valeur de n :’) ;
Exemple d’exécution du programme :
readln(n) ;
Le nombre de lancers effectues est 4
for k :=1 to 6 do T[k] :=0 ; {initialisation de T} for k :=1 to n do
21.13 a) Utilisons le même raisonnement que dans l’exercice 21.5. function lancer(p :real) : integer ;
begin
var u : real ;
r :=random(6)+1 ;
begin
{simulation d’un lancer de dé} T[r] :=T[r]+1 ;
u :=random ; if u
end ;
then lancer :=1
for k :=1 to 6 do
else lancer :=0 ; {affichage des résultats}
writeln(’Le nombre de faces numerotees ’,k, ’obtenues est ’,T[k]) ; end. Exemple d’exécution du programme : Entrer la valeur de n : 100 Le nombre de faces numerotees 1 obtenues est 14 414
faces faces faces faces faces
program lancersdes2 ;
var r : integer ;
var
de de de de de
end ; b) Utilisons une boucle for ... do pour simuler n lancers de la pièce. Pour connaître le nombre de piles obtenus, considérons une variable nb_piles, que l’on initialise à 0 et que l’on augmente d’une unité à chaque fois que l’on obtient pile. program piece ; var
p,r : real ; n,nb_piles,k : integer ;
Corrigés des exercices
begin
begin
randomize ;
randomize ;
write(’Valeurs de p et de n :’) ;
write(’Valeurs de p et de n :’) ;
readln(p,n) ;
readln(p,n) ;
nb_piles :=0 ; {initialisation de nb_piles}
nb_lancers :=0 ; nb_piles :=0 ;
for k :=1 to n do
while nb_piles
begin
begin
r :=lancer(p) ;
r :=lancer(p) ;
if r=1
nb_lancers :=nb_lancers+1 ;
then nb_piles :=nb_piles+1 ;
if r=1 then nb_piles :=nb_piles+1 ;
end ; writeln(’Le nombre de piles obtenus est ’, nb_piles) ;
writeln(’Le nombre de lancers effectues est ’, nb_lancers) ;
end.
end.
Exemple d’exécution du programme :
Exemple d’exécution du programme :
Valeurs de p et de n : 0.3 100 Le nombre de piles obtenus est 33
Valeurs de p et de n : 0.1 5 Le nombre de lancers effectues est 41
c) Utilisons une boucle while ... do (il est également possible d’utiliser une boucle repeat ... until).
21.14 Procédons de la même façon que dans l’exercice 21.6,
program piece_bis ;
en utilisant une boucle for ... do.
var
Mais ici, pour calculer uk , il faut connaître les valeurs de uk−2 et uk−1 . Il faut donc définir deux variables u et v que l’on initialise à u0 et u1 , et à la fin de la chaque boucle k, la variable u contient la valeur de uk−1 et v celle de uk .
p,r : real ; nb_lancers : integer ;
begin randomize ; write(’Entrer la valeur de p :’) ; readln(p) ; r :=0 ; nb_lancers :=0 ; {initialisation de nb_lancers} while r=0 do begin r :=lancer(p) ; © Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
end ;
nb_lancers :=nb_lancers+1 ;
Voici un exemple de programme : program suite ; var
u,v,aux : real ; n,k : integer ;
begin write(’Valeur de n :’) ; readln(n) ; u :=0 ; v :=1 ; for k :=2 to n do begin
end ; writeln(’Le nombre de lancers effectues est ’, nb_lancers) ;
end ; writeln(’Valeur de u(’,n,’) : ’,v) ;
end. Exemple d’exécution du programme : Entrer la valeur de p : 0.1 Le nombre de lancers effectues est 12 d) program piece_ter ; var
aux :=u ; u :=v ; v :=aux+v ;
p,r : real ; n,nb_lancers,nb_piles : integer ;
end. Exemple d’exécution du programme : Valeur de n : 10 Valeur de u(’,n,’) : 5.50000000E+01 Remarque : Il est nécessaire d’utiliser une variable auxiliaire aux dans la boucle de façon à stocker la valeur de u, car l’ins415
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
truction u :=v efface la valeur de u, et donc on ne pourrait pas définir v correctement.
21.15 a) Utilisons une boucle for ... do program suite ; var
u,v,aux : real ; n,k : integer ;
Donc elle converge vers un réel noté . un + vn Enfin, puisque : ∀n ∈ N, un+1 = , 2 en passant à la limite dans cette égalité, on obtient : + , d’où = . = 2 Ainsi : un − vn −→ − = 0. n∞
On en déduit que les suites (un )n∈N et (vn )n∈N sont adjacentes.
begin write(’Valeur de n :’) ; readln(n) ;
c) Soit n ∈ N. On a alors :
u :=4 ; v :=1 ;
Donc : vn −
for k :=1 to n do
−
aux :=u ; u :=(u+v)/2 ; On a donc :
v :=sqrt(aux*v) ; end ; writeln(’Valeur de u(’,n,’) : ’,u) ; writeln(’Valeur de v(’,n,’) : ’,v) ; end. Exemple d’exécution du programme : Valeurs de n : 3 Valeur de u(3) : 2.24303398E+00 Valeur de v(3) : 2.24302317E+00
b) • En utilisant un raisonnement par récurrence, on montre que, pour tout n de N, un et vn existent et un 0, vn 0. un + vn √ • ∀n ∈ N, un+1 − vn+1 = − un vn 2 √ √ √ ( un − vn )2 un − 2 un vn + vn = 0. = 2 2 Ainsi : ∀n 1, un − vn 0. Et puisque u0 − v0 = 4 − 1 = 3 1, on en déduit : ∀n 0, un vn . vn − un • Ainsi : ∀n ∈ N, un+1 − un = 0. 2 On en déduit que la suite (un )n∈N est décroissante. √ √ √ • Ainsi : ∀n ∈ N, vn+1 − vn = vn un − vn 0. 0
0
On en déduit que la suite (vn )n∈N est croissante. On obtient alors :
un − vn un + vn un − vn − . 2 2 2
u + v
1
un − vn n
n −
un − vn
= . 2 2 2 0
d) Utilisons maintenant une boucle while ... do de façon à 1 calculer les termes un et vn des suites tant que |un −vn | > 10−10 . 2 un + vn À la sortie de la boucle, le réel est alors une valeur 2 −10 approchée de à 10 près. program suite2 ;
Remarque : Il est nécessaire d’utiliser une variable auxiliaire aux dans la boucle de façon à stocker la valeur de u, car l’instruction u :=(u+v)/2 efface la valeur de u, et donc on ne pourrait pas définir v correctement.
•
un + vn un + vn un + vn − un − , 2 2 2
c’est-à-dire :
begin
vn un .
∀n ∈ N, v0 vn un u0 .
var
u,v,aux : real ; n : integer ;
begin u :=4 ; v :=1 ; n :=0 ; while abs(u-v)/2>exp(-10*ln(10)) do begin aux :=u ; u :=(u+v)/2 ; v :=sqrt(aux*v) ; n :=n+1 ; end ; writeln(’Valeur approchee de l : ’, (u+v)/2) ; writeln(’Nombre d’ ’iterations : ’,n) ; end. Exécution du programme : Valeur approchee de l : 2.24302859E+00 Nombre d’iterations : 4 u4 + v4 est une valeur approchée de à Remarque : Ainsi : 2 −10 10 près.
La suite (un )n∈N est décroissante et minorée par v0 . Donc elle converge vers un réel noté . La suite (vn )n∈N est croissante et majorée par u0 . 416
21.16 a) 1) • On a : ∀n ∈ N∗ , un+1 − un = Ainsi, la suite (un )n∈N∗ est croissante.
1 0. (n + 1)!
Corrigés des exercices •
De plus :
∀n ∈ N∗ , vn+1 − vn
1 1 − (n + 1)! (n + 1) n! n 1 n(n + 1) + n − (n + 1)2 = (n + 1)! (n + 1) n −1 = 0. (n + 1)! (n + 1) n Ainsi, la suite (vn )n∈N∗ est décroissante. 1 • Enfin : ∀n ∈ N∗ , un − vn = −→ 0. n! n n∞ On conclut que les suites (un )n∈N∗ et (vn )n∈N∗ sont adjacentes. = (un+1 − un ) +
• Enfin, le terme un correspond à la somme partielle d’ordre n de la série exponentielle. +∞ 1 Ainsi : lim un = = e. n∞ k! k=0
1 converge (il s’agit d’une série géomé2n n0 1
1
trique de raison et
< 1), d’après le théorème de compa2 2 |un | converge. raison des séries à termes positifs, la série Puisque la série
Ainsi, la série
∀n ∈ N∗ , un e vn .
1 Donc : ∀n ∈ N∗ , |un − e| = e − un vn − un = . n! n b) Pour calculer une valeur approchée de e à 10−6 près, calcu1 lons les termes un de la suite jusqu’à ce que 10−6 . n! n Pour calculer un , utilisons la relation : 1 u1 = 2 et ∀n 2, un = un−1 + . n! program valeur_approchee_e ; var
n +∞ n +∞
S −
uk = uk − uk = uk
k=0
k=n+1
k=0 k=0
+∞
|uk |
k=n+1
+∞ 1 1 1 = n+1 × k 2 2 1 − k=n+1
1 2
=
1 . 2n
b) Pour calculer une valeur approchée de S à 10−4 près, calcun 1 uk jusqu’à ce que n soit lons les sommes partielles S n = 2 k=0 inférieur à 10−4 . Dans ce cas, on a :
|S − S n | 10−4 .
Donc S n est une valeur approchée de S à 10−4 près. Voici un exemple de programme : program somme_serie ; S,puiss : real ; n,k : integer ;
{nfact va contenir la valeur de n !}
{puiss va contenir la valeur de 2∧n}
begin
begin
u :=2 ; n :=1 ; nfact :=1 ;
n :=0 ; S :=1 ; puiss :=1 ;
repeat
repeat begin
begin
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
un converge absolument, donc elle converge.
2) Soit n ∈ N. Alors :
var
u : real ; n,nfact : integer ;
n0
n0
Les suites (un )n∈N∗ et (vn )n∈N∗ étant adjacentes, elles convergent toutes les deux vers e. 2) On a alors :
n :=n+1 ; nfact :=nfact*n ;
n :=n+1 ; puiss :=puiss*2 ;
u :=u+1/nfact ;
S :=S+cos(n)/puiss ; end ;
end ; until 1/(nfact*n)<=exp(-6*ln(10)) ;
until 1/puiss<=0.0001 ;
writeln(’Valeur approchée de e :’,u) ;
writeln(’Valeur approchee de S :’,S) ;
end.
end.
Exécution du programme :
Exécution du programme :
Valeur approchée de e : 2.71828152E+00
Valeur approchee de S : 1.02842960E+00
21.18 a) Si une urne contient a boules blanches et b boules
21.17 a) 1) On a : ∀n ∈ N, 0 |un | =
| cos(n)| 1 n. 2n 2
a noires, alors la probabilité de tirer une boule blanche est a+b b . et celle de tirer une boule noire est a+b
417
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
Pour simuler un tel tirage, prenons un réel aléatoire compris a , alors on considère entre 0 et 1. Si ce réel est inférieur à a+b que l’on tire une boule blanche, sinon que l’on tire une boule noire. Voici un exemple de programme : program tirage ; var a,b : integer ; begin randomize ; writeln(’Valeurs de a et de b :’) ; readln(a,b) ;
21.19 a) La variable y prend la valeur 1 si random(3) n’est pas égal à 0. Or l’instruction random(3) renvoie un entier de {0, 1, 2}, avec 1 équiprobabilité. Cet entier a donc une probabilité de d’être 3 égal à 0. On en déduit que y contient la valeur 1 avec une probabilité de 1 2 1− = . 3 3 b) Il s’agit de simuler des lancers tant qu’on n’a pas obtenu de double pile. Il faut donc connaître les résultats des lancers k − 1 et k, que l’on stocke dans les variables x et y, et tant que l’une des deux contient la valeur 0, on continue.
then writeln(’boule blanche’)
Dans la boucle while, il faut donc donner à x la valeur de y, donner à y le résultat d’un nouveau lancer, et augmenter k d’une unité.
else writeln(’boule noire’) ;
D’où la fonction suivante :
if random
function attente : integer ;
end.
var x,y,k : integer ; b) Utilisons une boucle for ... do pour simuler n tirages. Pour simuler un tirage, raisonnons de la même façon qu’au a).
begin x :=lancer ; y :=lancer ; k :=2 ;
Voici un exemple de programme : program tirages_sans_remise ;
while x*y=0 do begin
var a,b,n,k,bb,bn : integer ; begin
x :=y ; y :=lancer ; k :=k+1 ; end ;
randomize ; write(’Valeurs de a, b, n :’) ; readln(a,b,n) ; bb :=a ; bn :=b ; {bb est le nb de boules blanches et bn le nombre de boules noires dans l’urne} for k :=1 to n do begin if random
attente :=k ; end ; c) La variable m va stocker, dans un premier temps, la somme des lancers nécessaires à l’obtention du premier double pile sur les n expériences. Puis on divise m par n pour obtenir la moyenne du rang d’apparition du premier double pile. D’où le programme suivant : begin randomize ;
then bb :=bb-1 {on a tiré une BB}
write(’Nombre de simulations : n =’) ;
else bn :=bn-1 {on a tiré une BN} ;
readln(n) ;
end ;
m :=0 ;
writeln(’On a obtenu ’,a-bb,’
for k :=1 to n do m :=m+attente ;
boules blanches’) ;
m :=m/n ;
end.
writeln(’Moyenne : ’,m) ; end.
Exemple d’exécution du programme : Valeurs de a, b, n : 6 3 8 On a obtenu 5 boules blanches
418
d) La fonction attente3 doit simuler l’expérience consistant à attendre le premier triple pile. Pour cela, il faut considérer trois variables x,y,z, et tant que le produit de ces trois variables est
Corrigés des exercices
nul (il y a alors au moins un 0 dans l’une des variables), on effectue un nouveau lancer.
En utilisant alors un raisonnement par récurrence, on montre : n ∀n ∈ N, |un − α| sin(1) |u0 − α|.
D’où la fonction suivante :
k :=3 ;
Enfin, puisque (u0 , α) ∈ [0 ; 1]2 , on a : |u0 − α| 1. n On obtient alors : ∀n ∈ N, |un − α| sin(1) . π 2) Puisque 0 < 1 < et que sin est strictement croissante sur 2 " π# 0 ; , on en déduit que 0 < sin(1) < 1. 2 n Ainsi : |un − α| sin(1) −→ 0.
while x*y*z=0 do
Par le théorème d’encadrement, on déduit : |un − α| −→ 0.
function attente3 : integer ; var x,y,z,k : integer ; begin x :=lancer ; y :=lancer ; z :=lancer ;
n∞
n∞
begin
On conclut que la suite (un )n∈N converge vers α.
x :=y ; y :=z ; z :=lancer ; k :=k+1 ;
c) Pour obtenir une valeur approchée de α à 10−6 près, calculer les termes un de la suite jusqu’à ce que n sin(1) = e n ln sin(1) 10−6 .
end ; attente3 :=k ;
Pour cela, on utilise une boucle repeat ... until.
end ;
Voici un exemple de programme :
21.20 a) • La fonction f est dérivable (donc continue) sur R et :
∀x ∈ R, f (x) = − sin(x) − 1.
f (x) = 0 ⇐⇒ sin(x) = −1 π ⇐⇒ x = − + 2kπ, k ∈ Z. 2 Ainsi, la fonction f est négative sur R et ne s’annule qu’aux π points isolés xk = − + 2kπ, avec k ∈ Z. 2 On en déduit que f est strictement décroissante sur R.
program iteration ; var
u : real ; n : integer ;
D’où :
La fonction f étant continue et strictement décroissante sur R, + elle réalise une bijection de R dans f (R) = lim f ; lim f = R. +∞
−∞
Puisque 0 ∈ f (R), l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans R. •
On a :
f (0) = 1,
f (α) = 0 et
f (1) = cos(1) − 1 < 0.
Ainsi f (1) f (α) f (0), et puisque la fonction f est strictement décroissante, on en déduit : 0 α 1.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
b) 1) • En utilisant un raisonnement par récurrence, on montre : ∀n ∈ N, un ∈ [0 ; 1]. Soit n ∈ N. Nous allons appliquer l’inégalité des accroissements finis à la fonction g = cos sur l’intervalle [un ; α] (ou [α ; un ]). •
La fonction g est continue sur [un ; α] (ou [α ; un ]), dérivable sur ]un ; α[ (ou ]α ; un [) et : ∀x ∈ ]un ; α[, |g (x)| = | sin(x)| sin(1), car la fonction sin est positive et croissante sur ]un ; α[ et ]un ; α[⊂ [0 ; 1].
On obtient alors :
cos(u ) − cos(α)
sin(1)|u − α|. n
Or :
cos(un ) = un+1
Ainsi :
et
n
cos(α) = α.
|un+1 − α| sin(1)|un − α|.
begin u :=0 ; n :=0 ; repeat n :=n+1 ; u :=cos(u) ; until exp(n*ln(sin(1))) < 0.000001 ; writeln(’Valeur approchee de alpha : ’,u) ; writeln(’Nombre d’ ’iterations : ’,n) ; end. Exécution du programme : Valeur approchee de alpha : 7.39085133E-01 Nombre d’iterations : 81 # π 3π " −→ R ; x −→ tan(x) − x. 21.21 a) Notons f : ; 2 2 # π 3π " • La fonction f est dérivable (donc continue) sur ; et : 2 2 # π 3π " ∀x ∈ ; , f (x) = 1 + tan2 (x) − 1 = tan2 (x). 2 2 # π 3π " ; , f (x) = 0 ⇐⇒ tan(x) = 0 Donc : ∀x ∈ 2 2 ⇐⇒ x = π. # π 3π " et ne s’annule Ainsi, la fonction f est positive sur ; 2 2 qu’en π. On en déduit que f est strictement croissante. La fonction f étant continue et strictement croissante # π 3π " # π 3π " sur ; , elle réalise une bijection de ; dans 2 2 2 2 # π 3π " + = lim f ; lim f = R. f ; π/2 3π/2 2 2 419
Chapitre 21
•
Éléments d’algorithmique
Puisque 0 ∈ f (R), l’équation f (x) = 0 admet une unique solu# π 3π " . tion dans ; 2 2 b) On a : f (4.4) −1.30 et f (4.5) 0.14. Ainsi f (4.4) < f (α) = 0 < f (4.5), et puisque la fonction f est strictement croissante, on en déduit : 4.4 < α < 4.5. c) Pour calculer une valeur approchée de α, utilisons la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » : program dichotomie ; var
a,b : real ; n : integer ;
function f(x :real) : real ; begin f :=sin(x)/cos(x)-x ; end ;
Exécution du programme : Valeur approchee de alpha : 4.49345703E00 Nombre d’iterations : 9
21.22 a) • On a : 6 = 4 + 2 = 0.24 + 0.23 + 1.22 + 1.2 + 0. Ainsi : bin(6)= (0, 0, 1, 1, 0). •
On a : 21 = 16 + 4 + 1 = 1.24 + 0.23 + 1.22 + 0.2 + 1.
Ainsi : bin(6)= (1, 0, 1, 0, 1).
n , que l’on obtient en b) On obtient L[1] en calculant Ent 16 Pascal par trunc(n/16). n Puis on calcule n − 16 Ent et on donne cette valeur à la va16 n riable n. On obtient L[2] en calculant Ent , que l’on obtient 8 en Pascal par trunc(n/8), etc. D’où la procédure suivante : type ecriture = array[1..5] of integer ; procedure bin(n : integer ; var L : ecriture) ; var i,puiss : integer ;
begin a :=4.4 ; b :=4.5 ; n :=0 ; while abs(a-b)/2>0.0001 do begin if f(a)*f((a+b)/2)<0 then b :=(a+b)/2
begin for i :=1 to 5 do L[i] :=0 ; puiss :=16 ; for i :=1 to 5 do begin L[i] :=trunc(n/puiss) ;
else a :=(a+b)/2 ;
n :=n-L[i]*puiss ;
n :=n+1 ;
puiss :=puiss div 2 ;
end ; writeln(’Valeur approchee de alpha :’, (a+b)/2) ; writeln(’Nombre d”iterations : ’,n) ; end.
420
end ; end ; Remarque : À la fin de chaque boucle, la variable puiss contient la valeur de 24−i .
Index
A
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit
absolues valeurs, 4 absolument convergente, 176 accroissement taux d’, 209 accroissements finis inégalité des, 227 théorème des, 209, 210, 264 adjacentes suites, 152 affectation, 399 affecter, 399 aléatoire entier, 403 réel, 403 Alembert théorème de d’, 37 algébrique écriture, 19 antécédent, 2 application linéaire, 61, 63 approchée valeur, 402 approximations des lois, 367 arithmético-géométriques suites, 152 arithmétiques suites, 152 auxiliaire fonction, 196, 209, 227
B base, 63, 100 canonique, 82 bâtons diagramme en, 387 Bayes formule de, 298 Bernoulli loi de, 365 bicarré trinôme, 37 bicarrée équation, 20
Bienaymé-Tchebychev inégalité de, 366, 367 bijection monotone théorème de la, 196 bijective, 3, 64, 196 binôme de Newton formule du, 4, 22, 36, 37, 82, 280, 318 binomiale loi, 365 binomiaux coefficients, 4, 22, 36, 280 bornée, 196, 261 boucle, 400 boucles conditionnelles, 400 boule ouverte, 262
C canonique base, 82 caractère, 387 caractéristiques fonctions, 2 cardinal d’un ensemble fini, 278 d’un produit cartésien, 279 d’une différence, 278 d’une réunion, 278 du complémentaire, 278 carrées racines, 4, 20 carrés d’entiers consécutifs sommation de, 3, 318 cause, 298 centre de la classe, 388 changement d’inconnue, 20 de variable, 5, 226 Chasles relation de, 226 classe centre de la, 388 modale, 388, 389 coefficients binomiaux, 4, 22, 36, 280 colonne, 102
combinaison linéaire, 62 comparaison série/intégrale, 175 complémentaire, 262 cardinal du, 278 complexe nombre, 19 composée, 2 composition, 63 conditionnelles boucles, 400 instructions, 400 probabilités, 298 conjugué, 19 conjuguée quantité, 4 conjugués facteurs, 37 conséquence, 298 constante, 209 continu, 387 contraire événement, 296–298 converge, 151 convergence, 152 d’une série, 175, 319 convergente absolument, 176 convexe, 210, 262 cosinus, 21 couple loi de probabilité d’un, 342 courbe cumulative des fréquences, 389 covariance, 344 crible formule du, 279, 296 cubes d’entiers consécutifs sommation de, 3, 318 cumulative des fréquences courbe, 389
D déciles, 389 décroissante, 151 degré, 35 dérivabilité, 208 dérivée, 208 n-ième, 209 successive, 210
421
Index
dérivées partielles, 263 partielles premières, 263 deux à deux incompatibles événements, 296, 297 développement limité, 242, 243 diagonalisable endomorphisme, 121 matrice, 120 diagonaliser, 121 diagramme en bâtons, 387 dichotomie, 402 différence cardinal d’une, 278 dimension, 101 finie, 101 directe somme, 61 discret, 387 disjoints, 278 deux à deux, 278 diverge, 152, 175 divise, 36 division euclidienne, 36 DL(0), 242 DL1 , 264 doubles produits, 4 sommations, 4
E écart-type empirique, 388 effectif total, 388 égalité, 2 élémentaires événements, 296 élément propre, 120 empirique écart-type, 388 variance, 388 encadrement théorème d’, 151 endomorphisme diagonalisable, 121 engendré sev, 61 ensemble fini cardinal d’un, 278 ensembles, 2 entier aléatoire, 403 entière partie, 195 entiers consécutifs sommation d’, 3, 318 équation, 4, 195 bicarrée, 20 fonctionnelle, 196, 210, 227
422
équiprobabilité, 296 équivalent(s), 175, 194, 242 espérance, 317, 343, 344, 366 euclidienne division, 36 ev, 61, 101 événement, 296 contraire, 296–298 simuler un, 403 événements deux à deux incompatibles, 296, 297 élémentaires, 296 indépendance d’, 299 indépendants, 299 intersection finie d’, 297 intersection infinie d’, 298 mutuellement indépendants, 297, 299 réunion finie d’, 296 réunion infinie d’, 297 suite croissante d’, 297 suite décroissante d’, 298 système complet dénombrable d’, 298 exponentielle série de l’, 176 exponentielles, 195, 241 externe loi, 63
F factorielles, 4 factoriser, 37 faible des grands nombres loi, 367 fermée, 262 finie dimension, 101 fixes points, 196 fonction de répartition, 317 fonctionnelle équation, 196, 210, 227 for...do, 400 forme indéterminée, 194, 241, 242 trigonométrique, 20 formule de Bayes, 298 de Leibniz, 209 de Poincaré, 279, 296 de probabilité des causes, 298 des probabilités composées, 297 des probabilités totales, 298, 299 du binôme de Newton, 4, 22, 36, 37, 82, 280, 318 du crible, 279, 296 fréquences courbe cumulative des, 389
G Gauss méthode de, 83 pivot de, 82 génératrice, 62, 100, 101 géométrique loi, 365 sommation, 3, 22, 37, 318 géométriques séries, 176 suites, 152 grands nombres loi faible des, 367
H-I histogramme, 387 hypergéométrique loi, 365 if ... then ... else, 400 if...then, 400 image, 63, 101, 102 réciproque, 262 imaginaire partie, 19 pur, 21 impaire, 195 inclusion, 2 incompatibles, 296 inconnue changement d’, 20 indépendance d’événements, 299 indépendantes, 343 mutuellement, 344 indépendants événements, 299 indéterminée forme, 194, 241, 242 inégalité, 21, 210, 226, 227 de Bienaymé-Tchebychev, 366, 367 de Taylor-Lagrange, 227 des accroissements finis, 227 triangulaire, 21, 38 triangulaire renversée, 21 inéquation, 4 injective, 2, 63 instructions conditionnelles, 400 séquence d’, 400 intégrale, 225 limite d’, 226 intégration par parties, 226 intersection de sev, 61 intersection finie événements, 297 intersection infinie événements, 298 inverse, 82
Index
inversible, 82 isomorphisme, 102
L Leibniz formule de, 209 libre, 62, 100, 101 liée, 62 lien suite/série, 175 limite, 151, 194, 195, 227, 241, 242 d’intégrale, 226 d’une probabilité, 367 limite de la dérivée théorème, 209 limite monotone théorème de la, 151 linéaire application, 61, 63 combinaison, 62 suite récurrente, 152 système, 83 linéaires suites récurrentes, 152 linéariser, 210, 225 logarithmes, 195, 241 loi, 343 binomiale, 365 de Bernoulli, 365 de Poisson, 365, 366 de probabilité, 316, 317, 342 externe, 63 faible des grands nombres, 367 géométrique, 365 hypergéométrique, 365 uniforme, 365 usuelle discrète, 365 loi de probabilité d’un couple, 342 lois approximations des, 367 marginales, 343
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M majorée, 196 majorer, 174 marginales lois, 343 matrice, 81, 102 diagonalisable, 120 médiane, 389 méthode de Gauss, 83 minorée, 151, 196 minorer, 174 modale classe, 388, 389 modalité, 388 mode, 388
module, 21 monotone, 209 théorème de la limite, 151 moyenne, 388 mutuellement indépendantes va, 344 mutuellement indépendants événements, 297, 299
N-O nature d’une série, 176 d’une suite, 175 Newton formule du binôme, 4, 22, 36, 37, 82, 280, 318 nilpotente, 82 nombre complexe, 19 noyau, 63, 101 ouverte boule, 262
P p-liste, 279 sans répétition, 280 paire, 195 partie entière, 195 imaginaire, 19 réelle, 19 partielles dérivées, 263 sommes, 176, 319 parties, 280 intégration par, 226 Pascal triangle de, 280 périodique, 195 permutation, 280 pivot de Gauss, 82 plan tangent, 264 Poincaré formule de, 279, 296 points fixes, 196 Poisson loi de, 365, 366 polynômes, 35 possibles univers des, 296 premières dérivées, 263 prépondérances classiques, 195, 241 primitive, 225
probabilité, 296 limite d’une, 367 loi de, 316, 317, 342 probabilité des causes formule de, 298, 299 probabilités conditionnelles, 298 probabilités composées formule des, 297 probabilités totales formule des, 298 produit, 401 produit cartésien cardinal d’un, 279 produits doubles, 4 projecteur, 64 propre élément, 120 sous-espace, 120 valeur, 119, 120 vecteur, 120 puissances, 82, 122, 195, 241 pur imaginaire, 21
Q-R quartiles, 389 racines carrées, 4, 20 random(n), 403 randomize, 403 rang, 82, 102 théorème du, 83, 101, 102 réciproque, 64, 196 fonction, 243 image, 262 récurrence, 3, 4, 35 récurrente suite, 153 récurrente linéaire suite, 152 réel, 21 aléatoire, 403 réelle partie, 19 relation de Chasles, 226 renversée inégalité triangulaire, 21 répartition fonction de, 317 repeat ... until, 400 répéter, 400 reste, 36 réunion cardinal d’une, 278 réunion finie événements, 296 réunion infinie événements, 297
423
Index
Riemann somme de, 227 Rolle théorème de, 209, 210, 264
S sans répétition p-liste, 280 semblable(s), 121 séquence d’instructions, 400 série, 174 convergence d’une, 175, 319 de l’exponentielle, 176 géométrique, 176 nature d’une, 176 somme d’une, 176 statistique, 387 série/intégrale comparaison, 175 sev, 61 engendré, 61 supplémentaires, 62 simuler un événement, 403 sinus, 21 situation type, 365 sommation d’entiers consécutifs, 3, 318 de carrés d’entiers consécutifs, 3, 318 de cubes d’entiers consécutifs, 3, 318 géométrique, 3, 22, 37, 318 sommations, 3, 36 doubles, 4 somme, 63, 401 d’une série, 176 de sev, 61 directe, 61 de Riemann, 227 somme partielle, 176, 319 téléscopique, 319 sous-espace propre, 120 statistique série, 387
424
successive dérivée, 210 suite, 151 nature d’une, 175 récurrente, 153 récurrente linéaire, 152 suite croissante d’événements, 297 suite decroissante d’événements, 298 suite/série lien, 175 suites arithmético-géométriques, 152 arithmétiques, 152 géométriques, 152 récurrentes linéaires, 152 supplémentaires sev, 62 surjective, 2, 63 système complet dénombrable d’événements, 298 linéaire, 83
T tangent plan, 264 taux d’accroissement, 209 Taylor-Lagrange inégalité de, 227 Taylor-Young théorème de, 243 téléscopique somme, 319 théorème bijection monotone, 196 d’Alembert, 37 d’encadrement, 151 de la limite monotone, 151 de Rolle, 209, 210, 264 de Taylor-Young, 243 de transfert, 318 des accroissements finis, 209, 210, 264 des valeurs intermédiaires, 195, 196, 264 du rang, 83, 101, 102 limite de la dérivée, 209
transfert théorème de, 318 transposées, 83 triangle de Pascal, 280 triangulaire inégalité, 21, 38 triangulaire renversée inégalité, 21 trigonométrique écriture, 19 forme, 19, 20 trinôme bicarré, 37 troncature, 242 type, 399
U-V uniforme loi, 365 univers, 296 des possibles, 296 usuelle discrète loi, 365 va, 344 va discrète(s), 316, 342 valeur, 399 approchée, 402 propre, 119, 120 valeurs absolues, 4 propres, 122 valeurs intermédiaires théorème des, 195, 196, 264 variable, 399 changement de, 5, 226 variance, 344, 366 empirique, 388 variations, 209, 210 vecteur propre, 120
W-Z while...do, 400 zéro d’ordre α au moins, 36 d’ordre α exactement, 36 zéros, 38, 209