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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 17 février 2015
Enoncés
Exercice 1 [ 02647 ] [correction]
a) Montrer l’existence et l’unicité des suites d’entiers (an )n∈N et (bn )n∈N vérifiant
√
√ n
1 + 2 = an + bn 2
b) Calculer a2n − 2b2n .
c) Montrer que pour tout n ∈ N, il existe un unique p ∈ N? tel que
p
√ n √
1+ 2 = p+ p−1
Exercice 2 [ 02646 ] [correction]
Si (x, y, z) ∈ R3 vérifie
eix + eiy + eiz = 0
montrer
e2ix + e2iy + e2iz = 0
Exercice 3 [ 03880 ] [correction]
Soient a, b, c des réels strictement positifs.
A quelle condition existe-t-il des complexes t, u, v de somme nulle vérifiant
tt¯ = a2 , u¯
u = b2 et v¯
v = c2
Exercice 4
[ 02781 ]
1
Exercice 6
Calculer
[ 02645 ]
4
X
k=1
Etudier la convergence de la suite ban c
1/n
cos2
kπ
9
Exercice 7 [ 02814 ] [correction]
Soient x1 , . . . , x13 des réels. Montrer qu’il existe i et j dans {1, . . . , 13} tels que
i 6= j et
√
xi − xj
06
62− 3
1 + xi xj
Exercice 8 [ 00501 ] [correction]
Soit f une fonction croissante de [0, 1] dans [0, 1].
a) Montrer que s’il existe x ∈ [0, 1] et k ∈ N? tels que f k (x) = x alors x est un
point fixe pour f .
b) Montrer que f admet un point fixe.
Exercice 9 [ 02820 ] [correction]
Soient f : I → R une fonction deux fois dérivable sur I et a, b, c trois points
distincts de I.
Montrer
∃d ∈ I,
[correction]
[correction]
f (a)
f (b)
f (c)
1
+
+
= f 00 (d)
(a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)
2
, où a > 0.
Exercice 5 [ 02783 ] [correction]
Soit (xn )n∈N? une suite de réels positifs. On pose, pour tout n > 0,
r
q
√
yn = x1 + x2 + · · · + xn
a) Ici xn = a pour tout n, où a > 0. Etudier la convergence de (yn ).
n
b) Même question dans le cas où xn = ab2 pour tout n, avec b > 0.
−n
c) Montrer que (yn ) converge si, et seulement si, la suite (x2n ) est bornée.
Exercice 10 [ 02821 ] [correction]
Soit f : R+ → R uniformément continue. Montrer qu’il existe des réels positifs a
et b tels que
∀x > 0, |f (x)| 6 ax + b
Exercice 11
[correction]
n
n
1/n
Q
Q
k
Etudier les limites de
1+ n
et de
1+
[ 02785 ]
k=1
k=1
k
n2
1/n
.
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Exercice 12 [ 02786 ] [correction]
Calculer les limites de
n
n
X
X
k
k
1
sin
sin2 √
sin
et
n
n2
k
+n
k=1
k=1
Enoncés
2
Exercice 17 [ 03198 ] [correction]
Déterminer un équivalent quand n → +∞ de
un =
n
X
k=1
1
(n + 2k)3
lorsque n → +∞.
Exercice 18 [ 01972 ] [correction]
Soient (a, b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a, b] → R continue et n ∈ N telle que
Exercice 13
[correction]
n
P
Si n ∈ N? et x ∈ R, soit fn (x) =
[ 02787 ]
k=1
Z
sin(kx)
.
k
∀k ∈ {0, 1, ..., n} ,
b
tk f (t) dt = 0
a
Soit xn le plus petit réel strictement positif en lequel fn atteint un maximum
local. Calculer lim fn (xn ).
Exercice 14 [ 02816 ] [correction]
Enoncer et établir la formule de Taylor avec reste intégrale.
Montrer que la fonction f s’annule au moins n + 1 fois sur [a, b].
Exercice 19 [ 02782 ] [correction]
Soient des réels positifs a et b. Trouver la limite de
1/n
n
a
+ b1/n
2
Exercice 15 [ 02664 ] [correction]
a) Soit n ∈ N? . Montrer que
X
2n
2
− 1 = (X − 1)
n−1
Y
k=1
Exercice 20
kπ
(X − 2X cos
+ 1)
n
2
b) Soit un réel a 6= ±1 ; déduire de a) la valeur de
Z π
ln(a2 − 2a cos t + 1) dt
[ 02788 ]
[correction]
Donner un développement asymptotique de
1
n!
n
P
k=0
k!
à la précision o(n−3 ).
n∈N
Exercice 21 [ 02654 ] [correction]
Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n + 3.
0
Exercice 16 [ 02817 ] [correction]
a) Montrer, pour tout x ∈ ]0, π/2[, l’existence de θx ∈ ]0, 1[ tel que
sin x = x −
x3
cos(xθx )
6
b) Etudier la limite de θx quand x tend vers 0 par valeur supérieure.
Exercice 22 [ 02656 ] [correction]
Soient des entiers a > 1 et n > 0.
Montrer que si an + 1 est premier alors n est une puissance de 2.
Exercice 23 [ 02657 ] [correction]
n
Soit, pour n ∈ N, Fn = 22 + 1.
a) Montrer, si (n, m) ∈ N2 avec n 6= m, que Fn ∧ Fm = 1.
b) Retrouver à l’aide du a) le fait que l’ensemble des nombres premiers est infini.
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Enoncés
Exercice 24 [ 02653 ] [correction]
Soit p un nombre premier, p > 5. Montrer que p2 − 1 est divisible par 24.
3
Exercice 31 [ 02672 ] [correction]
Déterminer les polynômes P de R [X] \ {0} vérifiant
P (X 2 ) = P (X − 1)P (X)
Exercice 25 [ 02674 ] [correction]
Trouver les P ∈ R [X] tels que P (X 2 ) = (X 2 + 1)P (X).
Exercice 26 [ 02669 ] [correction]
a) Si P ∈ R [X] est scindé sur R , montrer que P 0 est scindé ou constant sur R.
b) Si (a, b, c) ∈ R3 , montrer que X 10 + aX 9 + bX 8 + cX 7 + X + 1 n’est pas scindé
sur R.
Exercice 27 [ 02670 ] [correction]
Soit n ∈ N. Montrer qu’il existe un unique polynôme P ∈ C [X] tel que
P (cos θ) = cos nθ pour tout θ réel. On le note Tn .
a) Lier Tn−1 , Tn et Tn+1 .
b) Donner une équation différentielle vérifiée par Tn .
(k)
(k)
c) Calculer Tn (1) et Tn (−1).
Exercice 28 [ 02668 ] [correction]
Déterminer les P de R [X] tels que
(X + 4)P (X) = XP (X + 1)
Exercice 29 [ 02673 ] [correction]
On cherche les polynômes P non nuls tels que
P (X 2 ) = P (X − 1)P (X)
a) Montrer que toute racine d’un tel P est de module 1.
b) Déterminer les polynômes P .
Exercice 32 [ 02663 ] [correction]
a) Montrer que a = cos(π/9) est racine d’un polynôme de degré trois à coefficients
dans Z.
b) Justifier que le nombre a est irrationnel.
Exercice 33 [ 02676 ] [correction]
Décomposer en éléments simples dans C(X) la fraction rationnelle
X n−1
Xn − 1
Exercice 34 [ 02665 ] [correction]
Montrer, pour tout n ∈ N, qu’il existe un unique Pn ∈ Rn+1 [X] tel que Pn (0) = 0
et Pn (X + 1) − Pn (X) = X n .
Exercice 35 [ 02682 ] [correction]
Soient f, g ∈ L(E) où E est un espace vectoriel sur K de dimension finie. Montrer
|rg(f ) − rg(g)| 6 rg(f + g) 6 rg(f ) + rg(g)
Exercice 36 [ 02685 ] [correction]
Soient a0 , a1 , . . . , an des réels non nuls deux à deux distincts.
On note Fj l’application de Rn [X] dans R définie par
Z
Fj (P ) =
Exercice 30 [ 02671 ] [correction]
2
Quels sont les couples (P, Q) ∈ R [X] vérifiant P 2 + (1 − X 2 )Q2 = 1 ?
aj
P
0
Montrer que (F0 , F1 , . . . , Fn ) est une base de (Rn [X])? .
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Enoncés
Exercice 37 [ 02242 ] [correction]
Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimensions finies respectives n et p
avec n > p.
On considère u ∈ L(E, F ) et v ∈ L(F, E) vérifiant
u ◦ v = IdF
a) Montrer que v ◦ u est un projecteur.
b) Déterminer son rang, son image et son noyau.
Exercice 38 [ 03286 ] [correction]
Caractériser les sous-espaces F d’un espace vectoriel E tels que
h−1 (h(F )) = h(h−1 (F ))
4
Exercice 42 [ 02679 ] [correction]
Soient f, g ∈ L(R2 ) tel que f 2 = g 2 = 0 et f ◦ g = g ◦ f . Calculer f ◦ g.
Exercice 43 [ 02687 ] [correction]
Soient A, B ∈ Mn (R) où B est nilpotente et commute avec A. Montrer que A et
A + B sont simultanément inversibles.
Exercice 44 [ 02688 ] [correction]
Soit ω une racine primitive n-ième de 1. On pose
n−1
1 X
P (ω k )X k
Fω (P ) = √
n
k=0
Exercice 39 [ 02684 ] [correction]
Soit E et F des espaces vectoriels sur K, de dimensions finies ou non. Montrer que
(E × F )? et E ? × F ? sont isomorphes.
Exercice 40 [ 02680 ] [correction]
Soit E et F des K-espaces vectoriels. On se donne f ∈ L(E, F ), une famille
(Ei )16i6n de sous-espaces vectoriels de E et une famille (Fj )16j6p de sous-espaces
vectoriels de F .
a) Montrer
n
n
X
X
f(
Ei ) =
f (Ei )
i=1
i=1
b) Montrer que si f est injective et si la somme des Ei est directe alors la somme
des f (Ei ) est directe.
c) Montrer
p
p
X
X
f −1 (
Fj ) ⊃
f −1 (Fj )
j=1
j=1
Montrer que cette inclusion peut être stricte. Donner une condition suffisante
pour qu’il y ait égalité.
Exercice 41 [ 02689 ] [correction]
Soient n ∈ N? , α1 , . . . , αn des complexes distincts, A = diag(α1 , . . . , αn ) et
C(A) = {M ∈ Mn (C), AM = M A}
pour tout P ∈ Cn−1 [X].
Montrer que Fω est un automorphisme de Cn−1 [X] et exprimer son inverse.
Exercice 45 [ 03976 ] [correction]
Soit A ∈ GLn (R) vérifiant
A + A−1 = In
Pour k ∈ N, calculer Ak + A−k .
Exercice 46 [ 00734 ] [correction]
Soient E un espace vectoriel de dimension finie et G un sous-groupe de GL(E) de
cardinal fini n. Montrer


\
1 X
dim 
ker(g − IdE ) =
trg
n
g∈G
g∈G
Exercice 47 [ 02651 ] [correction]
P
P
a) Soit G un sous-groupe de GLn (R) tel que
trg = 0. Montrer que
g = 0.
g∈G
g∈G
b) Soit G un sous-groupe fini de GLn (R), V un sous-espace vectoriel de Rn stable
par les éléments de G. Montrer qu’il existe un supplémentaire de V dans Rn
stable par tous les éléments de G.
k
Montrer que (A )06k6n−1 est une base de C(A).
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Exercice 48 [ 02686 ] [correction]
a) Soit f une forme linéaire sur Mn (R) vérifiant
∀A, B ∈ Mn (R), f (AB) = f (BA)
montrer que f est proportionnelle à la trace.
b) Soit g un endomorphisme de l’espace vectoriel Mn (R) vérifiant
Enoncés
5
Exercice 53 [ 03288 ] [correction]
Soient A, B, C, D des matrices carrées d’ordre n, réelles et commutant deux à
deux. Montrer que la matrice
A B
M=
C D
est inversible si, et seulement si, AD − BC l’est.
g(AB) = g(BA)
pour toutes A, B ∈ Mn (R) et g(In ) = In . Montrer que g conserve la trace.
Exercice 54 [ 02734 ] [correction]
Calculer le minimum de
Z
1
Exercice 49 [ 02693 ] [correction]
Calculer le déterminant
a1 + x
(x)
(t3 − at2 − bt − c)2 dt
0
an + x (x)
..
.
où x, a1 , . . . , an réels.
Exercice 50 [ 02694 ] [correction]
Soient A, B, C, D ∈ Mn (K) avec AC = CA. Montrer que
A C
det
= det(DA − BC)
B D
pour a, b, c parcourant R.
Exercice 55 [ 02736 ] [correction]
On munit Mn (R) du produit scalaire rendant orthonormée la base canonique,
dont on note k k la norme associée. Soit J la matrice de Mn (R) dont tous les
coefficients sont égaux à 1.
Si M ∈ Mn (R), calculer inf 2 kM − aIn − bJk.
(a,b)∈R
Exercice 56 [ 03764 ] [correction]
Soit A = (ai,j )16i,j6n ∈ Mn (R). Calculer
Exercice 51 [ 02659 ] [correction]
Soient des matrices A, B ∈ Mn (Z) telles que det A et det B sont premiers entre
eux.
Montrer l’existence de U, V ∈ Mn (Z) telles que

inf
M ∈Sn (R)

X

2
(ai,j − mi,j )
16i,j6n
U A + V B = In
Exercice 52 [ 02695 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (C) vérifiant pour tout X ∈ Mn (C),
det(A + X) = det A + det X
Exercice 57 [ 02743 ] [correction]
Soit A = (ai,j )16i,j6n une matrice réelle orthogonale. Montrer que
X
a
i,j 6 n
16i,j6n
Montrer que det A = 0 puis A = 0.
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Enoncés
6
Exercice 58 [ 02745 ] [correction]
Soient (a, b, c) ∈ R3 , σ = ab + bc + ca, S = a + b + c et la matrice


a b c
M = c a b 
b c a
Exercice 62 [ 03883 ] [correction]
Soit A = (ai,j )16i,j6n une matrice réelle vérifiant
a) Montrer
a) Montrer
M ∈ O3 (R) ⇔ σ = 0 et S ∈ {−1, 1}
∀i ∈ {1, . . . , n} , ai,i > 1 et
n
n
X
X
a2i,j < 1
i=1 j=1,j6=i
∀X ∈ Rn \ {0} , t XAX > 0
b) En déduire que la matrice A est inversible.
b) Montrer
M ∈ SO3 (R) ⇔ σ = 0 et S = 1
c) Montrer que M est dans SO3 (R) si, et seulement si, il existe k ∈ [0, 4/27] tel
que a, b et c sont les racines du polynôme X 3 − X 2 + k.
Exercice 63 [ 03926 ] [correction]
Soient A et B dans On (R) telle que (A + 2B)/3 appartienne à On (R). Que dire de
A et B ?
Exercice 59 [ 02733 ] [correction]
Soient c ∈ R, (E, h., .i) un espace euclidien de dimension n > 2, v1 , . . . , vn des
vecteurs unitaires de E deux à deux distincts tels que :
2
∀(i, j) ∈ {1, . . . , n} , i 6= j ⇒ hvi , vj i = c
Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur c pour que (v1 , . . . , vn ) soit
nécessairement liée.
Exercice 60
Soit
[ 02747 ]
[correction]
A
M=
C
B
D
∈ On (R)
où A ∈ Mp (R) et D ∈ Mn−p (R).
Montrer que
(det A)2 = (det D)2
Exercice 61 [ 02926 ] [correction]
Soient p, q, r des réels et

p
A= r
q

q r
p q 
r p
Montrer que A est une matrice de rotation si, et seulement si, p, q, r sont les trois
racines d’un polynôme de la forme X 3 − X 2 + a où a est à préciser. Indiquer les
éléments de la rotation.
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Corrections
Corrections
c) L’unicité√est évidente compte tenu de la stricte croissance de la fonction
√
p 7→ p + p − 1.
Si n est pair alors a2n = 1 + 2b2n . Pour p = a2n ,
p
√
√
√
( 2 + 1)n = an + 2bn = p + p − 1
Exercice 1 : [énoncé]
a) Par la formule du binôme de Newton
7
!
n √
n
√ n X
1+ 2 =
k
k=0
Si n est impair alors 2b2n = a2n + 1. Pour p = 2b2n ,
p
√
√
√
( 2 + 1)n = 2bn + an = p + p − 1
k
2
En séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impaires
√ n
√
1 + 2 = an + bn 2
Exercice 2 : [énoncé]
Puisque eix + eiy + eiz = 0, en multipliant par e−ix , on obtient
avec les entiers
1 + eiα + eiβ = 0
an =
X
062p6n
n
!
2p
n
X
2p et bn =
062p+16n
2p + 1
!
2p
On peut aussi raisonner par récurrence en mettant à jour une expression de an+1
et bn+1 en fonction de an et bn
(
an+1 = an + 2bn
bn+1 = an + bn
√
L’unicité provient de l’irrationalité de 2. En effet si
√
√
√ n
1 + 2 = a + b 2 = a0 + b0 2
avec α = y − x et β = z − x. En passant aux parties réelle et imaginaire
(
cos α + cos β = −1
sin α + sin β = 0
L’équation sin α + sin β = 0 donne
α = −β
[2π] ou α = π + β
[2π]
Si α = π + β [2π] alors la relation cos α + cos β = −1 donne 0 = −1.
Il reste α = −β [2π] et alors 2 cos α = −1 donne α = ±2π/3 [2π].
Par suite eiα = j ou j 2 .
On obtient alors aisément 1 + e2iα + e2iβ = 0 puis e2ix + e2iy + e2iz = 0.
avec a, b, a0 , b0 entiers, on obtient
√
(b0 − b) 2 = a − a0
√
Si b 6= b0 alors on peut exprimer 2 comme égal à un nombre rationnel. C’est
absurde et il reste b = b0 et donc a = a0 .
b) Par la formule du binôme de Newton, on obtient de même
√ n
√
1 − 2 = an − 2bn
Exercice 3 : [énoncé]
En multipliant les trois complexes t, u, v par eiθ , on peut former un nouveau
triplet solution à partir d’un premier. Sans perte de généralité, on peut donc
supposer t ∈ R+ auquel cas t = a.
En écrivant u = x + iy et v = x0 + iy 0 avec x, x0 , y, y 0 ∈ R, la condition
t + u + v = 0 donne
(
x0 = −(a + x)
et alors
et les deux conditions u¯
u = b2 et v¯
v = c2 équivalent alors au système
(
x 2 + y 2 = b2
a2n − 2b2n = (1 +
√
2)n (1 −
√
2)n = (−1)n
On peut aussi raisonner par récurrence en exploitant l’expression de (an+1 , bn+1 )
en fonction de (an , bn ).
y 0 = −y
2
(x + a) + y 2 = c2
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Corrections
Ce système possède une solution si, et seulement si, le cercle de centre O et de
rayon b coupe le cercle de centre Ω(−a, 0) et de rayon c. Ces deux cercles se
coupent si, et seulement si,
|b − c| 6 a 6 b + c
On peut alors conclure que le triplet (t, u, v) existe si, et seulement si, chacun des
paramètres a, b, c est inférieur à la somme des deux autres.
8
Exercice 7 : [énoncé]
Posons αi = arctan xi . Les réels α1 , . . . , α13 évoluent dans l’intervalle ]−π/2, π/2[.
En découpant cet intervalle en 12 intervalles contiguës de longueur π/12, on peut
affirmer que deux éléments parmi les α1 , . . . , α13 appartiennent au même intervalle
(c’est le principe des tiroirs : s’il y a n + 1 chaussettes à répartir dans n tiroirs, il
y a au moins un tiroir contenant deux chaussettes). Ainsi, il existe i 6= j vérifiant
0 6 αi − αj 6
Exercice 4 : [énoncé]
Si a ∈ ]0, 1[, la suite est constante égale à 0.
Si a = 1, la suite est constante égale à 1.
1/n
1/n
Si a > 1 alors an − 1 < ban c 6 an donne (an − 1)
< ban c
6 a et donc, par
encadrement, la suite converge vers a.
et donc
0 6 tan(αi − αj ) 6 tan
Or
tan(αi − αj ) =
et
Exercice 5 : [énoncé]
Notons que la suite (yn ) est croissante, elle est donc convergente si, et seulement
si, elle est majorée.
√
a) Ici yn+1 = a + yn . Soit ` la racine positive de l’équation `2 − ` − a = 0 i.e.
`=
1+
1 + 4a
2
Exercice 6 : [énoncé]
En linéarisant et en faisant quelques transformations angulaires de simplification
k=1
cos2
tan
π
12
xi − xj
1 + xi xj
√
π
=2− 3
12
On peut donc conclure.
√
√
On remarque que y1 = a 6 ` et on montre par récurrence yn 6 `. La suite (yn )
est croissante et majorée donc convergente.
b) On observe que la nouvelle suite (yn ) est désormais égale à b fois la précédente,
elle est donc convergente.
−n
−n
c) Si (yn ) converge vers ` alors x2n 6 yn 6 ` donc (x2n ) est bornée.
−n
n
Si (x2n ) est bornée par une certain M alors xn 6 M 2 , la suite (yn ) définie par
n
(xn ) est alors inférieure à celle obtenue par (M 2 ), cette dernière étant
convergente, la suite (yn ) converge.
4
X
π
12
Exercice 8 : [énoncé]
a) Si f (x) > x alors par croissance de f ,
f k (x) > f k−1 (x) > . . . > f (x) > x
ce qui est absurde. Une étude analogue contredit f (x) < x.
b) On a f (0) > 0 et f (1) 6 1. Par dichotomie, on peut construire deux suites (an )
et (bn ) vérifiant
f (an ) > an et f (bn ) 6 bn
On initie les suites (an ) et (bn ) en posant a0 = 0 et b0 = 1.
Une fois les termes an et bn déterminés, on introduit m = (an + bn )/2.
Si f (m) > m on pose an+1 = m et bn+1 = bn .
Sinon, on pose an+1 = an et bn+1 = m.
Les suites (an ) et (bn ) ainsi déterminées sont adjacentes et convergent donc vers
une limite commune c. Puisque an 6 c 6 bn , on a par croissance
7
kπ
=
9
4
f (an ) 6 f (c) 6 f (bn )
et donc
an 6 f (c) 6 bn
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Corrections
Or (an ) et (bn ) convergent vers c donc par encadrement
9
Pour k ∈ {1, . . . , n},
k
n2
6
1
n
donc
f (c) = c
16
On peut aussi décrire un point fixe de f en considérant
c = sup {x ∈ [0, 1] , f (x) > x}
n Y
k=1
n Y
k=1
1
g : x 7→ (x − b)f (a) + (a − x)f (b) + (b − a)f (x) − (a − b)(b − x)(x − a)K
2
où la constante K est choisie de sorte que g(c) = 0 (ce qui est possible).
La fonction g s’annule en a, en b et en c donc par le théorème de Rolle, il existe
d ∈ I tel que g 00 (d) = 0 ce qui résout le problème posé.
k
1+ 2
n
donc
ln
n Y
k=1
1+
k
n
!1/n
n
X
k=1
donc
n
1X
k
=
ln 1 +
n
n
Z
→
donc
n Y
k=1
1+
k
n
!1/n
→
4
e
sin
Z 1
k k
→
t sin t dt
n n2
0
n
X
n
X
1
k=1
ln(1 + t)dt = 2 ln 2 − 1
0
k=1
→1
k
k
sin
sin
→ sin 1 − cos 1
n
n2
k=1
Pour x > 0, x − 61 x3 6 sin x 6 x donne aussi sin2 x − x2 6 M 0 x4 avec M 0 = 1/3.
Ainsi
n
n
n
X
X
X
1
1
1
M0
sin2 √
−
6
→0
6 M0
(k + n)2
n
k + n k=1 k + n k=1
k=1
Or
!1/n
k=1
Or
Exercice 11 : [énoncé]
1
n
X
n
n
X
k
k
k k M
sin
sin
−
sin
→0
6
n
n2
n n2 n2
Exercice 10 : [énoncé]
Pour ε = 1 > 0 l’uniforme continuité assure l’existence d’un α > 0 tel que
Posons n = bx/αc. On a |f (α) − f (0)| 6 1, |f (2α) − f (α)| 6 1,. . . ,
|f (nα) − f ((n − 1)α)| 6 1 et |f (x) − f (nα)| 6 1 donc en sommant
|f (x) − f (0)| 6 n + 1 puis |f (x)| 6 bx/αc + 1 + |f (0)| 6 ax + b avec a = 1/α et
b = 1 + |f (0)|.
61+
Exercice 12 : [énoncé]
Pour x > 0, x − 16 x3 6 sin x 6 x donc |sin x − x| 6 M x3 avec M = 1/6.
On a alors
3
sin k − k 6 M. k 6 M
n2
n2
n6
n3
k=1
∀x, y ∈ R, |x − y| 6 α ⇒ |f (x) − f (y)| 6 1
!1/n
puis
Les deux questions de cet oral ne semblent pas être liées.
Exercice 9 : [énoncé]
Considérons
k
1+ 2
n
donc
n
1X
1
1
=
→
k+n
n
1 + k/n
k=1
n
X
k=1
sin2 √
Z
0
1
dx
= ln 2
1+x
1
→ ln 2
k+n
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Exercice 13 : [énoncé]
On a
fn0 (x) =
n
X
cos kx = cos
k=1
donc
xn =
Par suite
fn (xn ) =
n
kπ
X
sin n+1
k=1
k
Corrections
(n + 1)x sin nx
2
2
sin x2
π
n+1
n
=
kπ
1 X sin n+1
k
n+1
n+1
k=1
Or la fonction t 7→ sin(πt)/t peut être prolongée en une fonction continue sur [0, 1]
donc par somme de Riemann
Z 1
sin(πt)
dt
fn (xn ) →
t
0
10
Exercice 16 : [énoncé]
Par l’égalité de Taylor-Lagrange (hors-programme) :
1
∀x ∈ ]0, π/2[ , ∃ξ ∈ ]0, x[ , sin x = x − x3 cos(ξ)
6
Le réel θx = ξ/x convient alors
A défaut de connaître l’égalité de Taylor-Lagrange, par l’égalité de Taylor avec
reste-intégrale
Z x
(x − t)2
sin x = x −
cos t dt
2!
0
Or pour t ∈ [0, x], on a
cos x 6 cos t 6 1
avec inégalité stricte pour t ∈ ]0, x[ donc
x3
cos x <
6
Exercice 14 : [énoncé]
C’est du cours.
Ainsi
Z
Exercice 15 : [énoncé]
a) Les deux polynômes de l’égalité sont unitaires, de degré 2n et ont pour racines
les racines 2n-ième de l’unité car les racines du polynôme X 2 − 2X cos(kπ/n) + 1
sont les e±ikπ/2n .
b) Par les sommes de Riemann,
Z π
n−1
πX
kπ
ln(a2 − 2a cos t + 1) dt = lim
ln(a2 − 2a cos
+ 1)
n→+∞
n
n
0
0
x
n−1
πX
kπ
π a2n − 1
ln(a2 − 2a cos
+ 1) = ln 2
n
n
n
a −1
Par le théorème des valeurs intermédiaires, on peut écrire
λ = cos(xθx ) avec θx ∈ ]0, 1[
Quand x → 0, xθx → 0 donc
1
cos(xθx ) = 1 − x2 θx2 + o(x2 )
2
puis
1
1
sin x = x − x3 + x5 θx2 + o(x5 )
6
12
k=1
Si |a| < 1 alors
π
n
2n
ln 1−a
1−a2 → 0 et donc
Z π
ln(a2 − 2a cos t + 1) dt = 0
0
Si |a| > 1 alors
π
n
ln
2n
1−a
1−a2
Z
→ 2π ln |a| et donc
π
ln(a2 − 2a cos t + 1) dt = 2π ln |a|
0
(x − t)2
x3
cos t dt <
2!
6
x3
(x − t)2
cos t dt = λ
avec cos x < λ < 1 = cos 0
2!
6
k=1
Or
x
Z
or
1
1 5
sin x = x − x3 +
x + o(x5 )
6
120
donc θx2 → 1/10 puis
1
θx → √
10
0
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Corrections
Exercice 17 : [énoncé]
On peut écrire
11
on peut écrire
1/n
n
1
1
1 X
= 2 Sn
n3
(1 + 2k/n)3
n
un =
k=1
avec
n
Sn =
1X
1
n
(1 + 2k/n)3
k=1
a
Sn −−−−−→
n→+∞
0
1
puis
1
2
dt
1
=
= −
3
2
(1 + 2t)
4(1 + 2t) 0
9
On en déduit
2
un ∼ 2
9n
Exercice 18 : [énoncé]
Notons que l’hypothèse initiale donne par linéarité que pour toute fonction
polynomiale P de degré 6 n
Z
1
n
On procède de même pour b1/n et alors
1
1
1 1/n
a
+ b1/n = 1 +
ln(ab) + o
2
2n
n
Par les sommes de Riemann, on a
Z
1
= 1 + ln a + o
n
a1/n + b1/n
2
n
1
1
= exp n ln 1 +
ln(ab) + o
2n
n
donne
a1/n + b1/n
2
n
= exp
Finalement
a1/n + b1/n
2
1
ln(ab) + o (1)
2
n
→
√
ab
Exercice 20 : [énoncé]
On a
n
1
1
1
1 X
k! = 1 + +
+
+o
n!
n n(n − 1) n(n − 1)(n − 2)
b
k=0
P (t)f (t) dt = 0
a
Par l’absurde supposons que la fonction f ne s’annule pas plus de n fois et notons
x1 < . . . < xp (avec p 6 n) les points où f s’annule tout en changeant de signe.
On peut dresser le tableau de signe de la fonction continue f et affirmer que la
fonction
x 7→ (x − x1 ) . . . (x − xp )f (x)
est de signe constant. Or cette fonction est continue et d’intégrale nulle, c’est donc
la fonction nulle. Il en découle que la fonction f est nulle sur [a, b] \ {x1 , . . . , xp }
puis nulle sur [a, b] par argument de continuité.
Exercice 19 : [énoncé]
Si a = 0 ou b = 0 alors la suite converge évidemment vers 0. On suppose
désormais a, b > 0.
Puisque
1
1
a1/n = e n ln a avec ln a → 0
n
Or
n−5
X
1
n3
1
1
2
1 X
k! = 1 + + 2 + 3 + o
n!
n n
n
k=0
donc
k!
(n − 5)!
6 (n − 4)
=o
n!
n!
n
k=0
1
n3
+
n−5
X
k=0
k!
n!
1
n3
Exercice 21 : [énoncé]
Par l’absurde, supposons qu’il n’y ait qu’un nombre fini de nombres premiers de
la forme 4n + 3. On peut introduire le nombre N égal au produit de ceux-ci.
Considérons alors l’entier 4N − 1.
4N − 1 est impair donc 2 ne le divise pas.
Si tous les facteurs premiers de 4N − 1 sont égaux à 1 modulo 4 alors
4N − 1 ≡ 1 [4] ce qui est absurde.
L’un au moins des facteurs premiers de 4N − 1 est alors de la forme 4n + 3 et
celui-ci apparaît donc dans le produit N . Ce facteur premier divise alors les
nombres 4N − 1 et N , il divise donc −1, c’est absurde !
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Corrections
Exercice 22 : [énoncé]
On peut écrire
n = 2k (2p + 1)
On a alors
an + 1 = b2p+1 − (−1)2p+1 = (b + 1)c
k
avec b = a2 .
On en déduit que b + 1 | an + 1, or an + 1 est supposé premier et b + 1 > 1 donc
b + 1 = an + 1 puis n = 2k .
Exercice 23 : [énoncé]
a) Quitte à échanger, supposons n < m.
On remarque que
m−n
(Fn − 1)2
= Fm − 1
En développant cette relation par la formule du binôme, on parvient à une
relation de la forme
Fm + vFn = 2
avec v ∈ Z car les coefficients binomiaux sont des entiers.
On en déduit que pgcd(Fn , Fm ) = 1 ou 2.
Puisque Fn et Fm ne sont pas tous deux pairs, ils sont premiers entre eux.
b) Les Fn sont en nombre infini et possèdent des facteurs premiers distincts, il
existe donc une infinité de nombres premiers.
12
Exercice 25 : [énoncé]
Parmi les polynômes constants, seuls le polynôme nul est solution.
Si deg P > 1 alors, pour vérifier l’équation, il est nécessaire que deg P = 2. On
peut alors écrire P sous la forme aX 2 + bX + c. Parmi, les polynômes de cette
forme, ceux solutions sont ceux obtenus pour b = 0 et c = −a. Conclusion, les
polynômes solutions sont les a(X 2 − 1) avec a ∈ R.
Exercice 26 : [énoncé]
a) Si P est degré 1 alors P 0 est constant. Si P est de degré n > 2, par application
du théorème de Rolle, il figure une racine de P 0 entre deux racines consécutives de
P . De surcroît, si a est racine de multiplicité α ∈ N? de P , a est aussi racine de
multiplicité α − 1 de P 0 . Par suite, P 0 en admet n − 1 racines comptées avec
multiplicité et est donc scindé.
b) 0 est racine multiple du polynôme dérivé à l’ordre 2. Si le polynôme était
scindé, l’étude qui précède permet d’observer que 0 est racine du polynôme. Ce
n’est pas le cas.
Exercice 27 : [énoncé]
On a
inθ
cos nθ = Re(e
) = Re
n
X
k=0
n
k
!
!
k
n−k
i cos
k
θ sin θ
donc
E(n/2)
Exercice 24 : [énoncé]
On peut factoriser
cos nθ =
p2 − 1 = (p − 1)(p + 1)
p est impair donc les nombres p − 1 et p + 1 sont deux entiers pairs consécutifs,
l’un est divisible par 2, l’autre par 4. Ainsi
8 | p2 − 1
Les entiers p − 1, p, p + 1 sont consécutifs, l’un est divisible par 3, ce ne peut être p
car p > 5 premier. Ainsi
3 | p2 − 1
X
`=0
(−1)
`
n
!
2`
cosn−2` θ(1 − cos2 θ)`
est un polynôme en cos θ. Cela assure l’existence de Tn , l’unicité provenant de ce
que deux polynômes coïncidant en un nombre infini de points sont nécessairement
égaux.
a)
cos(n + 1)θ + cos(n − 1)θ = 2 cos θ cos nθ
donne
Tn+1 − 2XTn + Tn−1 = 0
b) On a
Enfin, 3 et 8 étant premiers entre eux
Tn (cos θ) = cos nθ
2
24 | p − 1
donc en dérivant
− sin θTn0 (cos θ) = −n sin nθ
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Corrections
et
sin
2
θTn00 (cos θ)
−
cos θTn0 (cos θ)
2
= −n cos nθ
On en déduit par coïncidence de polynômes sur [−1, 1] que
(1 − X 2 )Tn00 − XTn0 + n2 Tn = 0
c) En dérivant cette relation à l’ordre k :
(1 − X 2 )Tn(k+2) − 2kXTn(k+1) − k(k − 1)Tn(k) − XTn(k+1) − kTn(k) + n2 Tn(k) = 0 (1)
En évaluant (1) en 1 :
(2k + 1)Tn(k+1) (1) = (n2 − k 2 )Tn(k) (1)
Tn(k) (1) =
b) Soit a ∈ C une racine de P . a + 1 est racine de P (X − 1) donc (a + 1)2 est
aussi racine de P . Il s’ensuit que |a| = |a + 1| = 1. En résolvant cette double
équation on obtient a = j ou j 2 et donc P est de la forme
P (X) = λ(X − j)α (X − j 2 )β
Le nombre j est racine de multiplicité α de P donc j est racine de multiplicité au
moins α de
P (X 2 ) = (X 2 − j)α (X 2 − j 2 )β
et par suite β > α. Un raisonnement symétrique permet de conclure β = α et le
polynômeP est de la forme
λ(X 2 + X + 1)α
Un tel P est solution du problème posé si, et seulement si,
(0)
Comme Tn (1) = 1, on obtient
(
13
(n!)2 2k k!
(n−k)!(n+k)!(2k+1)!
0
si k 6 n
sinon
En évaluant (1) en −1 :
λ2 (X 4 + X 2 + 1)α = λ((X − 1)2 + (X − 1) + 1)α (X 2 + X + 1)α
égalité qui est vérifiée si, et seulement si, λ = 1.
Finalement les solutions du problème posé sont les polynômes P = (X 2 + X + 1)α
avec α ∈ N.
(2k + 1)Tn(k+1) (1) = −(n2 − k 2 )Tn(k) (1)
(0)
Comme Tn (−1) = (−1)n , on obtient
Tn(k) (−1) = (−1)n−k Tn(k) (1)
Exercice 28 : [énoncé]
Soit P solution. X | (X + 4)P (X) donc X | P puis (X + 1) | P (X + 1) donc
(X + 1) | (X + 4)P (X) puis X + 1 | P etc. . .
Ainsi on obtient que P (X) = X(X + 1)(X + 2)(X + 3)Q(X) avec
Q(X + 1) = Q(X) donc Q constant.
La réciproque est immédiate.
Exercice 29 : [énoncé]
a) Si a est une racine de P non nulle alors a2 , a4 , . . . sont racines de P . Or P 6= 0
donc P n’admet qu’un nombre fini de racines. La série précédente est donc
redondante et par suite a est une racine de l’unité et donc |a| = 1.
Si a = 0 est racine de P alors 1 = (0 + 1)2 aussi puis 4 = (1 + 1)2 l’est encore,. . . et
finalement P admet une infinité de racines ce qui est exclu.
Finalement les racines de P sont toutes de module 1.
Exercice 30 : [énoncé]
Soit (P, Q) un couple solution.
Si le polynôme P est constant alors nécessairement Q = 0 et P = ±1. Vérification
immédiate.
Sinon, posons n = deg P ∈ N? . La relation P 2 + (1 − X 2 )Q2 = 1 impose que P et
Q sont premiers entre eux et en dérivant on obtient
P P 0 − XQ2 + (1 − X 2 )QQ0 = 0. Par suite Q | P P 0 puis Q | P 0 . Par des
considérations de degré et de coefficient dominant on peut affirmer P 0 = ±nQ.
Quitte à considérer −Q, supposons P 0 = nQ et la relation
P P 0 − XQ2 + (1 − X 2 )QQ0 = 0 donne (1 − X 2 )P 00 − XP 0 + n2 P = 0.
Résolvons l’équation différentielle (1 − t2 )y 00 − ty 0 + n2 y = 0 sur [−1, 1].
Par le changement de variable t = cos θ, on obtient pour solution générale
y(t) = λ cos(n arccos t) + µ sin(n arccos t).
La fonction t 7→ cos(n arccos t) est polynômiale (cf. polynôme de Tchebychev),
cela définit le polynôme Tn .
La fonction t 7→ sin(n arccos t) ne l’est pas car de dérivée √−n
cos(n arccos t) non
1−t2
polynômiale.
Par suite P = λTn et Q = ± n1 Tn0 .
La relation P 2 + (1 − X 2 )Q2 = 1 évaluée en 1 impose λ2 = 1 et finalement
(P, Q) = (±Tn , ± n1 Tn0 ).
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Corrections
Vérification : pour le couple (P, Q) = (±Tn , ± n1 Tn0 ), le polynôme P 2 + (1 − X 2 )Q2
est constant car de polynôme dérivé nul et puisqu’il prend la valeur 1 en 1, on
peut affirmer P 2 + (1 − X 2 )Q2 = 1.
Exercice 31 : [énoncé]
Supposons P solution.
Le coefficient dominant λ de P vérifie λ = λ2 et donc est égal à 1.
Si a est racine de P alors a2 et (a + 1)2 le sont aussi.
Si a 6= 0 est une racine de P alors a2 , a4 , . . . sont racines de P . Or P 6= 0 et donc
P n’admet qu’un nombre fini de racines. La suite précédente est donc redondante
et par conséquent a est une racine de l’unité. En particulier |a| = 1.
Si a = 0 est racine de P alors 1 = (0 + 1)2 aussi puis 4 = (1 + 1)2 l’est encore,. . . et
finalement P admet une infinité de racines ce qui est exclu.
Finalement les racines de P sont toutes de module 1.
Or si a est racine de P , (a + 1)2 l’étant encore et donc
|a| = |a + 1| = 1
Les seuls complexes vérifiant cette identité sont j et j 2 (ce sont les points
intersection du cercle unité et du cercle de centre −1 et de rayon 1 du plan
complexe). On en déduit
P = (X 2 + X + 1)n
car P est un polynôme réel et que donc ses racines complexes conjuguées sont
d’égales multiplicités.
Inversement, on vérifie par le calcul qu’un tel polynôme est bien solution.
Exercice 32 : [énoncé]
a) On a
cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x
donc
14
Exercice 33 : [énoncé]
Les pôles de cette fraction rationnelles sont simples et sont les racines n-ième de
l’unité ω0 , . . . , ωn−1 . Sachant que la fraction rationnelle est de degré strictement
négatif, sa partie entière est nulle et sa décomposition en éléments simples
cherchée s’écrit
n−1
X αk
X n−1
=
n
X −1
X − ωk
k=0
La partie polaire
λ
X −a
d’un pôle simple a d’une fraction rationnelle P/Q s’obtient par la relation
λ=
P (a)
Q0 (a)
En effet, si Q(X) = (X − a)R(X) on a Q0 (a) = R(a)
Ici
X n−1
1
αk =
(ωk ) =
n
0
(X − 1)
n
et donc
n−1
X n−1
1X
1
=
n
X −1
n
X − ωk
k=0
Exercice 34 : [énoncé]
Considérons l’application ϕ : Rn+1 [X] → Rn [X] définie par
ϕ(P ) = P (X + 1) − P (X). L’application ϕ est bien définie, linéaire et de noyau
R0 [X]. Par le théorème du rang elle est donc surjective et les solutions de
l’équation ϕ(P ) = X n se déduisent les unes des autres par l’ajout d’un élément de
R0 [X] c’est-à-dire d’une constante. Ainsi il existe une unique solution vérifiant
P (0) = 0.
4a3 − 3a = cos(π/3) = 1/2
Ainsi a est racine du polynôme 8X 3 − 6X − 1.
b) Soit x une racine rationnelle de ce polynôme. On peut écrire x = p/q avec
p ∧ q = 1. On a alors
8p3 − 6pq 2 − q 3 = 0
On en déduit p | 8p3 − 6pq 2 = q 3 . Or p et q sont premiers entre eux et donc par le
théorème de Gauss p = ±1. De plus q 2 | 6pq 2 + q 3 = 8p3 et, par un argument
analogue au précédent, q 2 | 8. Ainsi q = ±1 ou q = ±2.
Or 1, −1, 1/2 et −1/2 ne sont pas les valeurs de cos(π/9). On peut donc conclure
que a est irrationnel.
Exercice 35 : [énoncé]
Facilement Im(f + g) ⊂ Imf + Img donc
rg(f + g) 6 dim(Imf + Img) 6 rg(f ) + rg(g)
Puisque f = f + g + (−g),
rg(f ) 6 rg(f + g) + rg(−g) = rg(f + g) + rg(g)
Aussi rg(g) 6 rg(f + g) + rg(f ) donc
|rg(f ) − rg(g)| 6 rg(f + g)
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Corrections
Exercice 36 : [énoncé]
Il est clair que les application Fj sont éléments de (Rn [X])? espace de dimension
n + 1. Pour conclure, il suffit d’observer la liberté de la famille (F0 , . . . , Fn ).
Supposons λ0 F0 + · · · + λn Fn = 0.
En appliquant cette égalité aux polynômes 1, 2X, . . . , (n + 1)X n on obtient les
équations formant le système linéaire :

λ0 a0 + · · · + λn an = 0




 λ a2 + · · · + λ a2 = 0
0 0
n n

···




λ0 an+1
+ · · · + λn an+1
=0
n
0
Par un déterminant de Vandermonde, ce système est de Cramer ce qui entraîne
λ0 = . . . = λn = 0
La famille est alors libre et constituée du bon nombre de vecteurs pour former une
base de Rn [X].
Exercice 37 : [énoncé]
a) (v ◦ u)2 = v ◦ IdF ◦ u = v ◦ u donc v ◦ u est un projecteur.
b) Le rang d’un projecteur est égal à sa trace donc
rg(v ◦ u) = tr(v ◦ u) = tr(u ◦ v) = tr(IdF ) = p
On a
Im(v ◦ u) ⊂ Imv et dim Im(v ◦ u) = rg(v ◦ u) = p > rg(v) = dim Imv
15
Exercice 38 : [énoncé]
Les inclusions suivantes sont toujours vraies
F ⊂ h−1 (h(F )) et h(h−1 (F )) ⊂ F
Si h−1 (h(F )) = h(h−1 (F )) alors
h−1 (h(F )) = F et h(h−1 (F )) = F
Les inclusions h−1 (h(F )) ⊂ F et F ⊂ h(h−1 (F )) entraînent respectivement
ker h ⊂ F et F ⊂ Imh.
Inversement, supposons
ker h ⊂ F ⊂ Imh
Pour x ∈ h−1 (h(F )), il existe a ∈ F tel que h(x) = h(a). On a alors
x − a ∈ ker h ⊂ F et donc x = a + (x − a) ∈ F . Ainsi h−1 (h(F )) ⊂ F puis
h−1 (h(F )) = F
Aussi pour y ∈ F ⊂ Imh, il existe a ∈ E tel que y = h(a) et puisque y ∈ F ,
a ∈ h−1 (F ). Ainsi F ⊂ h(h−1 (F )) puis F = h(h−1 (F )).
Finalement
h−1 (h(F )) = h(h−1 (F ))
Exercice 39 : [énoncé]
Pour f ∈ E ? et g ∈ F ? , posons f ⊗ g l’application définie sur E × F par
(f ⊗ g)(x, y) = f (x) + g(y). Il est facile d’observer f ⊗ g ∈ (E × F )? . Considérons
ϕ : E ? × F ? → (E × F )? définie par ϕ(f, g) = f ⊗ g.
L’application ϕ est linéaire.
Si ϕ(f, g) = 0 alors pour tout (x, y) ∈ E × F , f (x) + g(y) = 0.
Pour y = 0, on peut affirmer f = 0 et pour x = 0, on affirme g = 0. Ainsi
(f, g) = (0, 0) et donc ϕ est injective.
Soit h ∈ (E × F )? . Posons f : x 7→ h(x, 0), g : y 7→ h(y, 0). On vérifie aisément
f ∈ E ? , g ∈ F ? et ϕ(f, g) = h car h(x, y) = h(x, 0) + h(0, y).
On en déduit
Im(v ◦ u) = Imv
On a
Exercice 40 : [énoncé]
n
P
a) Si y ∈ f ( Ei ) alors on peut écrire y = f (x1 + · · · + xn ) avec xi ∈ Ei . On alors
i=1
ker u ⊂ ker(v ◦ u) et dim ker u = n − rgu > n − p = n − rg(v ◦ u) = dim ker(v ◦ u)
donc
ker(v ◦ u) = ker u
y = f (x1 ) + · · · + f (xn ) avec f (xi ) ∈ f (Ei ) et ainsi f (
Si y ∈
n
P
n
P
Ei ) ⊂
i=1
n
P
f (Ei ).
i=1
f (Ei ) alors on peut écrire y = f (x1 ) + · · · + f (xn ) avec xi ∈ Ei . On a
i=1
alors y = f (x) avec x = x1 + · · · + xn ∈
n
P
i=1
Ei donc f (
n
P
i=1
Ei ) ⊃
n
P
f (Ei ).
i=1
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Corrections
b) Si f (x1 ) + · · · + f (xn ) = 0 avec xi ∈ Ei alors f (x1 + · · · + xn ) = 0 donc
x1 + · · · + xn = 0 car f injective puis x1 = . . . = xn = 0 car les Ei sont en somme
directe et enfin f (x1 ) = . . . = f (xn ) = 0. Ainsi les f (Ei ) sont en somme directe.
p
P
c) Soit x ∈
f −1 (Fj ). On peut écrire x = x1 + · · · + xp avec f (xj ) ∈ Fj donc
j=1
f (x) = f (x1 ) + · · · + f (xp ) ∈
p
P
j=1
Fj . Ainsi
p
P
f −1 (Fj ) ⊂ f −1 (
j=1
p
P
Fj ).
La matrice de g commutant avec f est de la forme
a b
0 a
et puisque g 2 = 0, a = 0.
Par suite la matrice de f ◦ g est nulle.
j=1
On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pour f une projection sur
une droite D et en prenant F1 , F2 deux droites distinctes de D et vérifiant
D ⊂ F1 + F2 .
f = 0 ou f = Id sont des conditions suffisantes faciles. . .
Plus finement, supposons chaque Fj inclus dans Imf (et p > 1)
p
P
Pour x ∈ f −1 (
Fj ), on peut écrire f (x) = y1 + · · · + yp avec yj ∈ Fj . Or
j=1
Fj ⊂ Imf donc il existe xj ∈ E vérifiant f (xj ) = yj . Evidemment xj ∈ f −1 (Fj ).
Considérons alors x01 = x − (x2 + · · · + xp ), on a f (x01 ) = y1 donc x01 ∈ f −1 (Fj ) et
p
p
p
P
P
P
x = x01 + x2 + · · · + xp ∈
f −1 (Fj ). Ainsi f −1 (
Fj ) ⊂
f −1 (Fj ) puis
j=1
16
j=1
j=1
l’égalité.
Exercice 41 : [énoncé]
En étudiant l’égalité AM = M A, on justifie C(A) = Dn (C). C(A) est donc un
sous-espace vectoriel de dimension n. De plus il contient évidemment les éléments
Ak pour k ∈ {0, . . . , n − 1} (et, plus généralement, tout polynôme en A).
Supposons
λ0 I + λ1 A + · · · + λn−1 An−1 = 0
Le polynôme P = λ0 + λ1 X + · · · + λn−1 X n−1 est annulateur de A, donc les
α1 , . . . , αn qui sont valeurs propres de A sont aussi racines de P qui possède alors
plus de racines que son degré. On peut alors affirmer P = 0 puis
λ0 = . . . = λn−1 = 0.
La famille (Ak )06k6n−1 est une famille libre à n éléments de C(A), c’en est donc
une base
Exercice 42 : [énoncé]
Si f = 0 alors f ◦ g = 0.
Sinon il existe une base de R2 dans laquelle la matrice de f est
0 1
A=
0 0
Exercice 43 : [énoncé]
Supposons A inversible. Puisque A et B commutent, A−1 et B aussi. Comme B
est nilpotente, −A−1 B l’est aussi. Or il est classique d’observer que si N est
nilpotente, I − N est inversible d’inverse I + N + · · · + N p−1 avec p l’ordre de
nilpotence de N . Ainsi I + A−1 B est inversible et A + B = A(I + A−1 B) aussi.
Supposons A + B inversible, puisque −B est nilpotente et commute avec A + B,
A = A + B − B est inversible.
Exercice 44 : [énoncé]
Fω est clairement un endomorphisme de Cn−1 [X]. Sa matrice dans la base
(1, X, . . . , X n−1 ) est A = (ai,j )06i,j6n−1 avec ai,j = √1n ω ij . On remarque que
n−1
¯ = In car 1 P ω (j−i)k = δi,j . Par suite Fω est un automorphisme et F −1
AA
ω
n
k=0
¯ Fω−1 (P ) =
étant représenté par A,
√1
n
n−1
P
P (ω −k )X k .
k=0
Exercice 45 : [énoncé]
Posons Bk = Ak + A−k . On vérifie
Ak + A−k A + A−1 = Ak+1 + A−(k+1) + Ak−1 + A−(k−1)
et donc
Bk = Bk+1 + Bk−1
Sachant B0 = 2In et B1 = In , on a par récurrence Bk = λk In avec (λk ) la suite
récurrente linéaire double déterminée par
(
λ0 = 2, λ1 = 1
λn+1 = λn − λn−1
Après résolution
√ n
√ n
1+i 3 + 1−i 3
λn =
2n
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Exercice 46 : [énoncé]
Soit
p=
Corrections
1
Par suite CardG
p est une projection vectorielle et puisque son rang égale sa trace,
rgp = 0. Ainsi p = 0.
P
b) Considérons ϕ(x, y) =
(g(x) | g(y)). ϕ est un produit scalaire sur Rn pour
1 X
g
n
g∈G
g∈G
On a
p◦p=
17
lequel on a ∀h ∈ G, h? = h−1 . Pour ce produit scalaire, V ⊥ est un supplémentaire
de V stable pour tout h−1 avec h élément de G donc stable pour tout élément de
G.
1 XX
h◦g
n2
h∈G g∈G
Or, pour h ∈ G fixé, les h ◦ g parcourt G pour g parcourant G. Ainsi
X
X
h◦g =
k
g∈G
Ei,i = Ei,j Ej,i et Ej,j = Ej,i Ei,j
k∈G
puis
1 XX
1 X
p◦p= 2
k=
k=p
n
n
h∈G k∈G
g∈G
Pour tout g ∈ G, on vérifie g ◦ p = p par des calculs analogues aux précédents. Si
x est invariant par p, il l’est aussi par g et donc
\
ker(p − Id) ⊂
ker(g − Id)
g∈G
L’inclusion inverse étant immédiate, on conclut
\
ker(g − Id) = ker(p − Id)
g∈G
puis l’on obtient l’égalité de dimension


\
1 X
trg
dim 
ker(g − IdE ) =
n
g∈G
Exercice 47 : P
[énoncé] P P
a) Posons p =
g. p2 =
gh. Or pour g ∈ G, l’application h 7→ gh est une
g∈G
g∈G h∈G
P
permutation du groupe G donc
gh = p et par suite p2 = CardG.p.
h∈G
l’hypothèse de travail donne
f (Ei,i ) = f (Ei,j Ej,i ) = f (Ej,i Ei,j ) = f (Ej,j )
k∈G
Ainsi p est un projecteur et la dimension de son image Imp = ker(p − Id) est sa
trace
1 X
trp =
trg
n
g∈G
Exercice 48 : [énoncé]
a) Notons Ei,j les matrices élémentaires de Mn (R). Puisque
De plus, pour i 6= j, on a
Ei,j = Ei,j Ej,j et On = Ej,j Ei,j
donc
f (Ei,j ) = f (Ei,j Ej,j ) = f (Ej,j Ei,j ) = f (On ) = 0
Ainsi
f (A) = f (
X
ai,j Ei,j ) = λtrA
en notant λ la valeur commune des f (Ei,i ).
b) Posons f = tr ◦ g. L’application f est une forme linéaire vérifiant
∀A, B ∈ Mn (R), f (AB) = f (BA)
Ainsi f = λtr.
Or f (In ) = tr (g(In )) = trIn donc λ = 1. Ainsi f = tr et
∀M ∈ Mn (R), tr(g(M )) = f (M ) = tr(M )
Exercice 49 : [énoncé]
En retirant la première colonne aux autres, on obtient un déterminant où ne
figurent des x que sur la première colonne. En développant selon cette première
colonne, on obtient une expression affine de la variable x.
a1 + x
(x) ..
= αx + β
.
(x)
an + x Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
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Corrections
Il reste à déterminer les réels α, β exprimant cette fonction affine.
D’une part
a1
a1 + x
(0) (x) ..
..
=
β=
= a1 . . . an
.
.
(x)
an an + x x=0 (0)
et d’autre part
a1 + x
d α=
dx (x)
0
an + x x=0
(x)
..
.
La dérivée d’un déterminant est la somme des déterminants obtenus lorsqu’on ne
dérive qu’une colonne
1
(0) n a1
X
..
α=
.
j=1 (0)
1
an où la colonne formée de 1 est à la position j. Chaque déterminant se calcule en
développant selon la ligne ne contenant que le coefficient 1 et l’on obtient
α=
n Y
X
ai
j=1 i6=j
Exercice 50 : [énoncé]
Supposons pour commencer la matrice A inversible.
Par opérations par blocs :
A C
I −A−1 C
A
0
=
B D
0
I
B D − BA−1 C
On en déduit
A
B
C = det(D − BA−1 C) det A = det(DA − BA−1 CA)
D Or les matrices A et C commutent donc A−1 et C commutent aussi et
A C B D = det(DA − BC)
Supposons A non inversible.
18
Pour p assez grand, la matrice Ap = A + p1 I est inversible et commute avec C donc
det
Ap
B
C
D
= det(DAp − BC)
En passant à la limite quand p → +∞, la continuité du déterminant donne
A C
det
= det(DA − BC)
B D
Exercice 51 : [énoncé]
Il existe u, v ∈ Z tels que u det A + v det B = 1. U = ut (comA) et V = v t (comB)
conviennent alors.
Exercice 52 : [énoncé]
Notons que pour n = 1 : la relation det(A + X) = det A + det X est vraie pour
tout A et tout X.
On suppose dans la suite n > 2.
Pour X = A, la relation det(A + X) = det A + det X donne 2n det A = 2 det A et
donc det A = 0.
La matrice A n’est donc par inversible et en posant r < n égal à son rang, on peut
écrire A = QJr P avec P, Q inversibles et
Ir
(0)
Jr =
(0) On−r
Posons alors X = QJr0 P avec
Jr0 =
Or
(0)
(0)
In−r
Puisque A + X = QIn P = QP , la matrice A + X est inversible et donc
det X = det(A + X) 6= 0.
On en déduit que la matrice Jr0 est l’identité et donc r = 0 puis A = On .
Exercice 53 : [énoncé]
Cas où la matrice A inversible :
Pour
P =
In
On
−A−1 B
In
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on a
MP =
A
C
On
−CA−1 B + D
Corrections
On en déduit
det M = det(M P ) = det A × det(−CA−1 B + D)
Or
19
C’est donc le carré de la distance de X 3 au sous-espace vectoriel R2 [X]. En
introduisant la projection orthogonale p sur ce sous-espace vectoriel
2
m = d(X 3 , R2 [X])2 = X 3 − p(X 3 )
On peut écrire
p(X 3 ) = a + bX + cX 2
Pour chaque i = 0, 1, 2, on a
(p(X 3 ) | X i ) = (X 3 | X i )
det A × det(−CA−1 B + D) = det(AD − ACA−1 B) = det(AD − BC)
car la matrice C commute avec les matrices A et B.
On en déduit
det M = det(AD − BC)
Cas général :
Pour p ∈ N? assez grand, la matrice Ap = A + 1/pIn est inversible et les matrices
Ap , B, C, D commutent deux à deux. Si on pose
Ap B
Mp =
C D
car
(p(X 3 ) − X 3 | X i ) = 0
On obtient alors un système d’équations d’inconnue (a, b, c)


 a + b/2 + c/3 = 1/4
a/2 + b/3 + c/4 = 1/5


a/3 + b/4 + c/5 = 1/6
La résolution de ce système donne
a = 1/20, b = −3/5 et c = 3/2
l’étude qui précède donne
det Mp = det(Ap D − BC)
On en déduit
2
m = X 3 − p(X 3 ) = (X 3 − p(X 3 ) | X 3 ) =
En faisant tendre p vers +∞, on obtient à la limite
1
2800
det M = det(AD − BC)
Il est alors immédiat de conclure que l’inversibilité de M équivaut à celle de
AD − BC.
Exercice 54 : [énoncé]
Sur R [X], on définit un produit scalaire par
Z
(P | Q) =
Exercice 55 : [énoncé]
Le cas n = 1 étant évident, on suppose désormais n > 2.
La quantité cherchée est m = d(M, Vect(I, J)) = kM − p(M )k avec p la projection
orthogonale sur Vect(I, J).
p(M ) = aI + bJ avec (p(M ) | I) = (M | I) = tr(M ) et (p(M ) | J) = (M | J) = σ
avec σ la somme des coefficients de M .
La résolution de ce système donne
1
a=
P (t)Q(t)dt
σ − tr(M )
ntr(M ) − σ
et b =
n(n − 1)
n(n − 1)
0
La quantité cherchée m apparaît alors sous la forme
m=
2
inf X 2 − (aX 2 + bX + c)
a,b,c∈R
donc
2
2
m2 = kM − p(M )k = (M − p(M ) | M ) = kM k −
(n − 1)tr(M )2 + (tr(M ) − σ)2
n(n − 1)
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Corrections
Exercice 56 : [énoncé]
En introduisant la norme euclidienne canonique sur Mn (R) définie par
kAk = 
X
a2i,j 
16i,j6
on peut interpréter l’infimum calculé


X
2
inf 
(ai,j − mi,j )  = d(A, Sn (R))2
M ∈Sn (R)
Puisque (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2σ, on obtient
M ∈ O3 (R) ⇔ σ = 0 et S 2 = 1
1/2

16i,j6n
La distance introduite se calcule par projection orthogonale. Sachant A = M + N
avec
A − tA
A + tA
∈ Sn (R) et N =
∈ An (R) = Sn (R)⊥
M=
2
2
on obtient
1 X
2
d(A, Sn (R))2 = kN k =
(ai,j − aj,i )2
4
16i<j6n
20
b) On suppose la matrice M orthogonale et l’on calcule sont déterminant. En
ajoutant toutes les colonnes à la première puis en factorisant
1 b c det M = (a + b + c) 1 a b 1 c a puis en retranchant les premières lignes aux suivantes
1
b
c
det M = (a + b + c) 0 a − b b − c
0 c−b a−c
Enfin
det M = (a + b + c) (a − b)(a − c) + (b − c)2
Ainsi
det M = S a2 + b2 + c2 − ab − bc − ac = S
Exercice 57 : [énoncé] Pour X = t 1 . . . 1 , on vérifie
X
car a2 + b2 + c2 = 1 et σ = 0.
Finalement
M ∈ SO3 (R) ⇔ σ = 0 et S = 1
ai,j = t XAX
c) Les nombres a, b, c sont les racines du polynôme X 3 − X 2 + k si, et seulement si,
16i,j6n
Or t XAX = (X | AX) donc par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,
t
XAX 6 kXk kAXk
√
√
Or kXk = n et kAXk = kXk = n car A ∈ On (R) donc
X
ai,j 6 n
16i,j6n
Exercice 58 : [énoncé]
a) Les colonnes de M sont unitaires et deux à deux orthogonales si, et seulement
si,
(
a2 + b2 + c2 = 1
ab + bc + ca = 0
X 3 − X 2 + k = (X − a)(X − b)(X − c)
En identifiant les coefficients, cette identité polynomiale équivaut à la satisfaction
du système


 a+b+c=1
ab + bc + ca = 0


abc = −k
De plus, le polynôme X 3 − X 2 + k admet trois racines réelles si, et seulement si,
k ∈ [0, 4/27]. En effet, considérons la fonction f : x 7→ x3 − x2 + k. La fonction f
est dérivable sur R et f 0 (x) = x(3x − 2).
Compte tenu de ses variations, pour que f s’annule 3 fois il est nécessaire que
f (0) > 0 et f (2/3) 6 0.
Cela fournit les conditions k > 0 et k 6 4/27.
Inversement, si k ∈ [0, 4/27], f admet trois racines réelles (comptées avec
multiplicité)
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Corrections
Ainsi, si M ∈ SO3 (R) alors a, b, c sont les racines du polynôme X 3 − X 2 + k avec
k ∈ [0, 4/27].
Inversement, si k ∈ [0, 4/27], le polynôme X 3 − X 2 + k admet trois racines a, b, c
vérifiant σ = 0 et S = 1 donc M ∈ SO3 (R).
21
Exercice 60 : [énoncé]
Introduisons
N=
On a
MN =
Exercice 59 : [énoncé]
Etudions le problème inverse, c’est-à-dire, étudions la liberté de la famille
(v1 , . . . , vn ).
Supposons λ1 v1 + · · · + λn vn = 0E . On a alors
hvi , λ1 v1 + · · · + λn vn i = cλ1 + · · · + cλi−1 + λi + cλi+1 + · · · + cλn = 0
Considérons la matrice
Or
t
M M=
t
A
t
B
Op,n−p
I
At A + B t B
C t A + Dt B
At A + B t B
C t A + Dt B
donc
MN =
B
D
At C + B t D
C t C + Dt D
Ip
On−p,p
B
D
= In
En passant cette relation au déterminant, on en déduit

1
(c)
..

A=

 ∈ Mn (R)
.
(c)

1
et la colonne X = t (λ1 . . . λn ). Les équations précédentes fournissent le système
AX = 0
Si la matrice A est inversible alors la famille (v1 , . . . , vn ) est assurément libre.
Inversement, si la famille A n’est pas inversible, il existe une relation linéaire sur
ses colonnes
µ1 C1 + · · · + µn Cn = 0 avec (µ1 , . . . , µn ) 6= (0, . . . , 0)
Posons alors u = µ1 v1 + · · · + µn vn . On a
∀1 6 i 6 n, hvi , ui = 0
et donc
u ∈ Vect(v1 , . . . , vn ) ∩ Vect(v1 , . . . , vn )⊥ = {0E }
La famille (v1 , . . . , vn ) est alors liée.
Résumons : (v1 , . . . , vn ) est libre si, et seulement si, A est inversible.
Puisque
det A = (1 + (n − 1)c)(1 − c)n−1
on peut conclure que (v1 , . . . , vn ) est liée si, et seulement si,
c = 1 ou c = −1/(n − 1)
det M × det t A = det D
Sachant det M = ±1, la conclusion est dès lors facile.
Exercice 61 : [énoncé]
A est une matrice de rotation si, et seulement si, A ∈ O3 (R) et det A = 1 ce qui
fournit le système :
 2
2
2

p + q + r = 1
pq + qr + rp = 0

 3
p + q 3 + r3 − 3pqr = 1
(le déterminant se calculant par Sarrus).
Posons σ1 = p + q + r, σ2 = pq + qr + rq, σ3 = pqr, S2 = p2 + q 2 + r2 ,
S3 = p3 + q 3 + r3 et t = p2 q + pq 2 + q 2 r + qr2 + t2 p + tp2
Si (p, q, r) est solution du système alors σ12 = S2 + 2σ1 donne σ1 = ±1.
De plus σ1 σ2 = 0 donne t + 3σ3 = 0 et donc
σ1 = σ13 = S3 + 3t + 6σ3 = S3 − 3σ3 = 1.
Ainsi p, q, r sont les trois racines du polynôme X 3 − X 2 + a.
Inversement, on vérifie que les trois racines du polynôme X 3 − X 2 + a satisfont le
système.
Il ne reste plus qu’à étudier à quelle condition sur a ces trois racines sont réelles.
L’étude des variations de P donne la condition nécessaire et suffisante suivante
P (0) > 0 et P (2/3) 6 0
i.e. a ∈ [0, 4/27].
La rotation alors obtenue est d’axe dirigé et orienté par (1, 1, 1) et d’angle θ avec
et sin θ du signe de q − r.
cos θ = 3p−1
2
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Corrections
avec M = A−1 B ∈ On (R). Pour x ∈ Rn unitaire,
Exercice 62 : [énoncé]
a) En notant X = (x1 , . . . , xn ), on obtient
t
XAX =
n X
n
X
kx + 2M xk = 3
ai,j xi xj
Mais aussi
i=1 j=1
et donc
t
XAX =
n
X
ai,i x2i
i=1
+
22
kxk + k2M xk = kxk + 2 kxk = 3
n
n
X
X
Il y a donc égalité dans l’inégalité triangulaire et, par conséquent, il existe λ ∈ R+
vérifiant
2M x = λx
ai,j xi xj
i=1 j=1,j6=i
En considérant à nouveau la norme, on obtient λ = 2 puis M x = x. Ceci valant
pour tout x ∈ Rn , on conclut M = In puis A = B.
Par l’inégalité triangulaire
X
n
n
n
X
X
n X
a
x
x
6
|x
|
|ai,j | |xj |
i,j i j i
i=1
i=1 j=1,j6=i
j=1,j6=i
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
v
v

2
u
u n
n
n
n
n
X
X
uX u
X X
u

ai,j xi xj 6 t
x2i t
|ai,j | |xj |
i=1 j=1,j6=i
i=1
i=1
j=1,j6=i
et une nouvelle fois

2
n
X

|ai,j | |xj | 6
j=1,j6=i
n
X
a2i,j
j=1,j6=i
n
X
n
X
x2j 6
j=1,j6=i
j=1,j6=i
a2i,j
n
X
x2j
j=1
On obtient donc
X
X
n
n
n
n
n
X
X
X
n X
2
2
a
x
x
6
x
a
<
x2i
i,j i j i
i,j
i=1 j=1,j6=i
i=1
i=1 j=1,j6=i
i=1
puis
t
XAX >
n
X
i=1
ai,i x2i −
n
X
x2i > 0
i=1
t
b) Si X ∈ ker A alors XAX = 0 et donc X = 0 en vertu de ce qui précède.
Exercice 63 : [énoncé]
Puisque On (R) est un groupe multiplicatif, on a
(I + 2M )/3 ∈ On (R)
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