Mathématiques Méthodes et exercices 1re annee ECS

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

© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit

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.

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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 :

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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,