Cours de mathématiques MPSI 4 - Corrigés de une sélection de problèmes (Alain TROESCH) (Z-Library)

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<p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 1 : Ensembles</p><p>Correction du problème 1 – Topologies et filtres</p><p>Partie I – Topologies</p><p>1. Reformulation.</p><p>• Si la propriété (O2) est satisfaite, la propriété (O2a) découle du cas |I| = 2, et la propriété (O2b) découle du</p><p>cas |I| = 0, et de la convention adoptée pour les intersections vides.</p><p>• Réciproquement, si (O2a) et (O2b) sont vérifiées, la propriété (O2) est vérifiée pour tout |I| de cardinal 0</p><p>(d’après (O2b)), de cardinal 1 (c’est une trivialité) et de cardinal 2 (d’après (O2a)). Montrons par récurrence</p><p>sur le cardinal de I que cela reste vrai pour I de cardinal fini quelconque. Ce qui précède constitue l’ini-</p><p>tialisation. Soit n > 2, et supposons que (O2) est vrai pour toute intersection de n termes. Soit alors une</p><p>famille de cardinal n+ 1 d’éléments de O. Quitte à réindexer les éléments, on peut supposer, sans perte de</p><p>généralité, que ces éléments sont numérotés U1, . . . , Un+1 Soit alors U ′ = U1 ∩ · · · ∩ Un. Par hypothèse de</p><p>récurrence, U ′ ∈ O. Comme Un+1 ∈ O, par (O2a), on obtient U ′ ∪Un+1 ∈ O, ce qui est bien ce qu’il fallait.</p><p>Ainsi, (O2) équivaut à (O2a) ∧ (O2b) .</p><p>2. Exemples triviaux.</p><p>(a) Topologie triviale : soit O = {∅, X}.</p><p>• Toute union d’une famille dont chaque terme est ∅ ou X est égal à X dès lors qu’au moins un des termes</p><p>vaut X et à ∅ sinon. Cela prouve (O1).</p><p>• De même, toute intersection d’une famille dont chaque terme est ∅ ou X est égal à ∅ dès lors qu’au</p><p>moins un des termes vaut ∅ et à X sinon. Cela prouve (O2) (et même plus, puisqu’on n’a pas eu à</p><p>imposer de cardinal fini à I).</p><p>Ces affirmations sont aussi valable dans le cas trivial où I = ∅, par les conventions adoptées.</p><p>Ainsi, O = {∅, X} est une topologie.</p><p>(b) Topologie discrète :</p><p>Puisque toute union ou toute intersection de sous-ensembles de X est encore un sous-ensemble de X , (y</p><p>compris dans le cas trivial où I = ∅), P(X) est stable par union quelconque et intersection finie. On en</p><p>déduit que P(X) est une topologie sur X .</p><p>3. Un autre exemple : la topologie usuelle de R.</p><p>(a) • Soit U un ouvert de R, et x ∈ U . Par définition, il existe ε > 0 tel que pour tout y ∈ R, vérifiant</p><p>|y − x| < ε, on a y ∈ U . Soit un tel ε, soit y ∈]x− ε, x+ ε[. On a alors |y − x| < ε, donc y ∈ U .</p><p>• Réciproquement, si pour tout x ∈ U , on a un ε > 0 tel que ]x − ε, x + ε[⊂ U , alors pour un tel ε, dès</p><p>lors que y ∈ R vérifie |y − x| < ε, on obtient</p><p>y ∈]x− ε, x+ ε[⊂ U, donc: y ∈ U.</p><p>On a bien trouvé, pour tout x ∈ U un réel ε > 0 validant la définition des ouverts.</p><p>Ainsi, U est ouvert si et seulement si pour tout x ∈ U , il existe ε > 0, tel que ]x− ε, x = ε[⊂ U .</p><p>(b) (i) Soit U = ∅. La propriété définissant les ouverts est vraie par défaut, puisqu’on quantifie universellement</p><p>sur l’ensemble vide (souvenez-vous que ∀x ∈ E,P(x) traduit l’expression ∀x, x ∈ E =⇒ P(x) ; avec</p><p>E = ∅, on est ramené au cas d’une implication dont l’hypothèse est toujours fausse : cette implication</p><p>est donc toujours vraie).</p><p>Ainsi, U = ∅ est un ouvert.</p><p>1</p><p>(ii) Soit x ∈ R, et (par exemple) ε = 1. On a alors évidemment ]x−ε, x+ε[⊂ R. Donc R est un ouvert de R .</p><p>(iii) Soit x = a. Alors, pour tout ε > 0, ]a− eps, a+ ε[ 6∈ [a, b], puisqu’on peut trouver un réel y ∈]a− ε, a[,</p><p>qui est donc dans ]a− eps, a+ ε[ mais pas dans [a, b]. Ainsi, [a, b] n’est pas un ouvert de R .</p><p>(iv) Soit x ∈]a, b[, et 0 < ε < min(x−a, b−x). Un tel choix de ε est possible, puisque min(x−a, b−x) > 0.</p><p>On a alors :</p><p>x−ε > x−min(x−a, b−x) > x− (x−a) = a et x+ε < x+min(x−a, b−x) 6 x+(b−x) = b.</p><p>Ainsi, ]x− ε, x+ ε[⊂]a, b[.</p><p>Par conséquent, ]a, b[ est un ouvert de R .</p><p>(v) Soit x ∈ R \Q ; un tel x existe car tous les réels ne sopnt pas rationnels. On peut prendre par exemple</p><p>x =</p><p>√</p><p>2. Par densité de Q dans R, tout intervalle ]x− ε, x+ ε[ contient un élément de Q. Ainsi, pour</p><p>tout ε > 0, ]x− ε, x+ ε[ 6⊂ R \Q, donc R \Q n’est pas un ouvert de R .</p><p>(c) Soit O l’ensemble formé de tous les ouverts de R.</p><p>• Soit (Ui)i∈I une famille d’éléments de O, donc une famille d’ouverts de R. Soit x ∈</p><p>⋃</p><p>i∈I</p><p>Ui. Il existe i0 ∈ I</p><p>tel que x ∈ Ui0 . Comme Ui0 est ouvert, il existe ε > 0 tel que ]x− ε, x+ ε ⊂ Ui0 . Comme Ui0 est inclus</p><p>dans l’union de tous les Ui, on en déduit :</p><p>]x− ε, x+ ε[⊂</p><p>⋃</p><p>i∈I</p><p>Ui.</p><p>Ainsi, un tel ε existant pour tout x de</p><p>⋃</p><p>i∈I</p><p>Ui, on en déduit que</p><p>⋃</p><p>i∈I</p><p>Ui est ouvert, d’où la propriété (O1).</p><p>• Soit I un ensemble fini, disons, sans perte de généralité, I = [[1, n]]. Soit U1, . . . , Un des ouverts de R. Si</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Ui est vide, alors il est ouvert d’après 3(b)i. Si n = 0, l’intersection vaut par convention R qui est</p><p>ouverte. Sinon, soit x ∈</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Ui. Pour tout i ∈ [[1, n]], x ∈ Ui, et Ui étant ouvert, on en déduit l’existence</p><p>de εi > 0 tel que ]x− εi, x+ εi[⊂ Ui. Soit alors</p><p>ε = min(ε1, . . . , εn) > 0</p><p>(l’inégalité est stricte car on a un nombre fini de termes : le minimum étant l’un des n termes, il est</p><p>strictement positif). On a alors pour tout i ∈ [[1, n]] :</p><p>ε 6 εi donc: ]x− ε, x+ ε[⊂]x− εi, x+ εi[⊂ Ui.</p><p>Cette inclusion étant vérifiée pour tout i de [[1, n]], on en déduit :</p><p>]x− ε, x+ ε[⊂</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Ui.</p><p>Ainsi,</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Ui est ouvert. D’où la propriété (O2).</p><p>On en déduit que O est une topologie sur R.</p><p>4. Voisinages.</p><p>(a) • Soit x ∈ X et V un voisinage de x. Il existe un ouvert U tel que x ∈ U ⊂ V . Puisque U est ouvert, Par</p><p>3(a), il existe ε > 0 tel que ]x− ε, x+ ε[⊂ U , donc aussi ]x− ε, x+ ε[⊂ V .</p><p>• Réciproquement, supposons qu’il existe ε > 0 tel que ]x−ε, x+ε[⊂ V . Alors on peut poser U =]x−ε, x+ε[.</p><p>Il s’agit d’un ouvert de R d’après 3(b)iv, et on a bien x ∈ U ⊂ V . Donc V est un voisinage de x.</p><p>Ainsi, V est un voisinage de x si et seulement s’il existe ε tel que ]x− ε, x+ ε[⊂ V .</p><p>(b) On peut remarquer que la question précédente et la question 3(a) montre que dans le cas de la topologie</p><p>usuelle de R, le résultat attendu est vrai. Étudions le cas général.</p><p>2</p><p>• Soit U un ouvert. Soit x ∈ U . Il existe alors un ouverte U ′ (par exemple U ′ = U) vérifiant x ∈ U ′ ⊂ U .</p><p>Ainsi, U est un voisinage de x. Ceci étant vrai pour tout x ∈ U , U est un voisinage de tous ses points.</p><p>• Réciproquement, soit U un ensemble qui est voisinage de tous ses points. Soit x ∈ U . Il existe donc par</p><p>définition d’un voisinage, un ouvert Ux tel que x ∈ Ux ⊂ U , donc {x} ⊂ Ux ⊂ U . En prenant l’union de</p><p>ces inclusions pour tout x ∈ U , on obtient :</p><p>U =</p><p>⋃</p><p>x∈U</p><p>{x} ⊂</p><p>⋃</p><p>x∈U</p><p>Ux ⊂ U.</p><p>Par double inclusion, on en déduit que</p><p>U =</p><p>⋃</p><p>x∈U</p><p>Ux.</p><p>Comme les Ux sont ouverts, on déduit de (O1) que U est ouvert.</p><p>Ainsi, U est ouvert si et seulement s’il est voisinage de tous ses points.</p><p>(c) Soit V ∈ V(x) un voisinage d’un élément x de X , et W un ensemble tel que V ⊂ W ⊂ X . Par définition d’un</p><p>voisinage, il existe un ouvert U tel que x ∈ U ⊂ V , donc aussi x ∈ U ⊂ W . Ainsi, W est un voisinage de x.</p><p>(d) On se restreint au cas d’un nombre fini non nul de voisinage (le cas n = 0 étant trivial, l’intersection étant</p><p>X tout entier, qui est ouvert par O2b, donc voisinage de tous ses points, et en particulier de x). Soit donc</p><p>n > 1, et V1, . . . , Vn des voisinages de x. On a alors l’existence d’ouverts U1, . . . , Un tels que pour tout</p><p>i ∈ [[1, n]], x ∈ Ui, et Ui ⊂ Vi. On a alors aussi :</p><p>x ∈</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Ui et</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Ui ⊂</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Vi.</p><p>Or, d’après (O2),</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Ui est ouvert, donc</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Vi est un voisinage de x .</p><p>Partie II – Filtres</p><p>1. Des exemples</p><p>(a) Soit x ∈ X , et F = V(x) l’ensemble des voisinages de x. Vérifions pour V(x) les propriétés définissant un</p><p>filtre :</p><p>• (F1) est conséquence immédiate de I-4(c).</p><p>• (F2) est conséquence immédiate de I-4(d).</p><p>• (F3) provient du fait que tout voisinage de x contient x, donc n’est pas vide.</p><p>Ainsi, V(x) est un filtre sur X .</p><p>(b) Soit X un ensemble infini, et</p><p>F = {Ac, A ⊂ X, A fini},</p><p>où Ac désigne le complémentaire de A dans X . Vérifions les 3 points de la définition d’un filtre.</p><p>• Soit B ∈ P(X) tel qu’il existe F ∈ F vérifiant F ⊂ B. On a alors Bc ⊂ F c, et comme F c est fini, il en</p><p>est de même de Bc. Ainsi, B ∈ F . D’où</p><p>de le faire.</p><p>Hérédité : Soit ℓ > 1, et supposons que P(ℓ − 1) est vérifiée. Montrons que P(ℓ) l’est aussi. Soit n ∈ N et</p><p>k ∈ [[ 1, 3n ]] . D’après l’hypothèse de récurrence, fn+ℓ−1(In,k) = fn(In,k). Or</p><p>fn+ℓ−1(In,k) =</p><p>3ℓ−1(k+1)−1</p><p>⋃</p><p>j=3ℓ−1k</p><p>fn+ℓ−1(In+ℓ−1,j),</p><p>et d’après le premier cas étudié, pour tout j ∈ [[ 3ℓ−1k, 3ℓ−1(k + 1)− 1 ]] ,</p><p>fn+ℓ−1(In+ℓ−1,j) = fn+ℓ(In+ℓ−1,j).</p><p>Ainsi,</p><p>fn+ℓ(In,k) =</p><p>3ℓ−1(k+1)−1</p><p>⋃</p><p>j=3ℓ−1k</p><p>fn+ℓ(In+ℓ−1,j) =</p><p>3ℓ−1(k+1)−1</p><p>⋃</p><p>j=3ℓ−1k</p><p>fn+ℓ−1(In+ℓ−1,j) = fn+ℓ−1(In,k) = fn(In,k).</p><p>cela achève de montrer P(ℓ)</p><p>D’après le principe de récurrence, on en déduit que pour tout ℓ > 0, fn+ℓ(In,k) = fn(In,k) .</p><p>(b) Montrons par récurrence sur ℓ la propriété suivante :</p><p>Q(ℓ) : ∀n ∈ N, ∀k ∈ [[ 0, 3n − 1 ]] tel que pn,k+1 > 0, ∀x ∈ In+1,3k, fn+ℓ(x) > fn(x).</p><p>Initialisation : Trivial pour ℓ = 0. Assez immédiat pour ℓ = 1, car la pente (positive) de fn+1 sur In+1,3k</p><p>est le double de celle de fn, et leur valeur est la même au bord gauche de cet intervalle.</p><p>Hérédité : Soit ℓ > 1, et supposons que Q(k) est vérifiée pour tout k < ℓ.</p><p>Soient n ∈ N, et k ∈ [[ 0, 3n − 1 ]] tel que pn,k+1 > 0. On subdivise In+1,3k en trois : In+1,3k = In+2,9k ∪</p><p>In+2,9k+1 ∪ In+2,9k+2</p><p>• Étude sur In+2,9k :</p><p>pn+1,3k+1 = 2pn,k et est donc positif. On peut appliquer l’hypothèse de récurrence : pour tout x ∈ In+2,9k</p><p>fn+ℓ(x) > fn+1(x). De plus, d’après Q(1), fn+1(x) > fn(x) sur In+2,9k ⊂ In+1,3k. Ainsi :</p><p>∀x ∈ In+2,9k, fn+ℓ(x) > fn(x).</p><p>• Étude sur In+2,9k+1 :</p><p>La fonction fn+2 est décroissante sur In+2,9k+1. Ainsi, pour tout x ∈ In+2,9k+1,</p><p>fn+2(x) > fn+2</p><p>(</p><p>9k + 2</p><p>3n+2</p><p>)</p><p>= fn</p><p>(</p><p>9k + 2</p><p>3n+2</p><p>)</p><p>.</p><p>3</p><p>Cette dernière égalité se vérifie sur les graphes, et se montre facilement par la définition des fn.</p><p>Or, d’après la question précédente, fn+ℓ(In+2,9k+1) = fn+2(In+2,9k+1), donc pour tout x ∈ In+2,9k+1,</p><p>fn+ℓ(x) > fn</p><p>(</p><p>9k + 2</p><p>3n+2</p><p>)</p><p>> fn(x),</p><p>la dernière inégalité résultant de la croissance de fn. Ainsi :</p><p>∀x ∈ In+2,9k, fn+ℓ(x) > fn(x).</p><p>• Étude sur In+2,9k+2 :</p><p>Enfin, la fonction fn+2 est croissante sur In+2,9k+2, de pente pn+2,9k+3 = 2pn+1,3k+1 = 4pn,k+1. Ainsi,</p><p>pour tout xßIn+2,9k+2,</p><p>fn+2(x) = fn+2</p><p>(</p><p>9k + 2</p><p>3n+2</p><p>)</p><p>+ 4</p><p>(</p><p>x− 9k + 2</p><p>3n+2</p><p>)</p><p>pn,k+1</p><p>= fn</p><p>(</p><p>9k + 2</p><p>3n+2</p><p>)</p><p>+ 4</p><p>(</p><p>x− 9k + 2</p><p>3n+2</p><p>)</p><p>pn,k+1 (d’après e point précédent)</p><p>= fn(x) + 3</p><p>(</p><p>x− 9k + 2</p><p>3n+2</p><p>)</p><p>pn,k+1 > fn(x).</p><p>On applique maintenant l’hypothèse de récurrence au rang ℓ−2 sur l’intervalle In+2,9k+2 sur lequel fn+2</p><p>est croissante :</p><p>∀x ∈ In+2,9k+2, fn+ℓ(x) > fn+2(x) > fn(x).</p><p>On en déduit que pour tout x ∈ In,3k, fn+ℓ(x) > fn(x) , ce qui est P(ℓ).</p><p>Le principe de récurrence nous permet alors de dire que cette propriété est vraie pour tout ℓ > 0.</p><p>(c) Aidons-nous d’un dessin.</p><p>| | | | | | | | | |</p><p>k+1</p><p>3n</p><p>k</p><p>3n</p><p>3k+1</p><p>3n+1</p><p>3k+2</p><p>3n+1</p><p>fn</p><p>fn+1</p><p>x 7→ fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>) pn,k+1</p><p>3</p><p>fn+2</p><p>Figure 2 – Sur In,k.</p><p>D’après la question 3, pour tout m > n,</p><p>fm</p><p>([</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>,</p><p>3k + 2</p><p>3n+1</p><p>])</p><p>= fn+1</p><p>([</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>,</p><p>3k + 2</p><p>3n+1</p><p>])</p><p>=</p><p>[</p><p>fn</p><p>(</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>)</p><p>, fn</p><p>(</p><p>3k + 2</p><p>3n+1</p><p>)]</p><p>.</p><p>De même, pour tout m > n,</p><p>fm</p><p>([</p><p>3k + 2</p><p>3n+1</p><p>,</p><p>k + 1</p><p>3n</p><p>])</p><p>= fn+1</p><p>([</p><p>3k + 2</p><p>3n+1</p><p>,</p><p>k + 1</p><p>3n</p><p>])</p><p>=</p><p>[</p><p>fn</p><p>(</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>)</p><p>, fn</p><p>(</p><p>k + 1</p><p>3n</p><p>)]</p><p>.</p><p>4</p><p>Ainsi, pour tout x ∈</p><p>[</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>,</p><p>k</p><p>3n</p><p>]</p><p>, et tout m > n, fm(x) > fn</p><p>(</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>)</p><p>. Cela reste tricialement vrai</p><p>pour m = n. Or, la fonction x 7→</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>) pn,k+1</p><p>3 est croissante sur In,k. On en déduit que pour tout</p><p>x ∈</p><p>[</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>,</p><p>k</p><p>3n</p><p>]</p><p>,</p><p>fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>)</p><p>pn,k+1</p><p>3</p><p>6 fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+</p><p>(</p><p>k + 1</p><p>3n</p><p>− k</p><p>3n</p><p>)</p><p>pn,k+1</p><p>3</p><p>= fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+</p><p>1</p><p>3n+1</p><p>pn,k+1 = fn</p><p>(</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>)</p><p>.</p><p>Par conséquent, pour tout x ∈</p><p>[</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>,</p><p>k</p><p>3n</p><p>]</p><p>, et tout m > n,</p><p>fm(x) > fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>)</p><p>pn,k+1</p><p>3</p><p>= fm</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>)</p><p>pn,k+1</p><p>3</p><p>.</p><p>Il reste à montrer que cette inégalité reste vraie sur In+1,3k. Cela résulte de la question précédente. En effet,</p><p>puisque pn,k+1 > 0, pour tout m > n et tout x ∈ In+1,3k,</p><p>fm(x) > fn(x) = fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>)</p><p>pn,k+1 > fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>)</p><p>pn,k+1</p><p>3</p><p>= fm</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>)</p><p>pn,k+1</p><p>3</p><p>Ainsi, pour tout réel x ∈ In,k, et tout entier m > n,</p><p>fm(x)− fm</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>></p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>)</p><p>pn,k+1</p><p>3</p><p>.</p><p>Voilà, le plus technique est fait.</p><p>(d) Dans le cas où pn,k+1 est négatif :</p><p>i. pour tout x ∈ In+1,3k et tout m > n, fm(x) 6 fn(x) .</p><p>ii. pour tout x ∈ In,k, et tout m > n, fm(x)− fm</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>6</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>)</p><p>pn,k+1</p><p>3</p><p>.</p><p>Partie II – Étude de la fonction limite de la suite (fn)n∈N</p><p>1. Existence de la fonction limite f .</p><p>(a) Soit n ∈ N, et k ∈ [[ 0, 3n − 1 ]] .</p><p>• Si x ∈ In+1,3k,</p><p>|fn+1(x) − fn(x)| =</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>(</p><p>fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+ 2pn,k+1</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>))</p><p>−</p><p>(</p><p>fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+ pn,k+1</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>))∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>= |pn,k+1| ·</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6 |pn,k+1| ·</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>3k + 1</p><p>3n+1</p><p>− k</p><p>3n</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>= |pn,k+1| ·</p><p>1</p><p>3n+1</p><p>6</p><p>2n</p><p>3n+1</p><p>6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>l’avant-dernière inégalité provenant de la question I-2d.</p><p>• Si x ∈ In+1,3k+1,</p><p>|fn+1(x) − fn(x)| =</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>(</p><p>fn</p><p>(</p><p>3k + 2</p><p>3n+1</p><p>)</p><p>− pn,k+1</p><p>(</p><p>x− 3k + 1</p><p>3n+1</p><p>))</p><p>−</p><p>(</p><p>fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>+ pn,k+1</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>))∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>=</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>2</p><p>3n+1</p><p>pn,k+1 − pn,k+1</p><p>(</p><p>x− 3k + 1</p><p>3n+1</p><p>)</p><p>− pn,k+1</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>)∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>= |pn,k+1| ·</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>x− 2k + 1</p><p>3n</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>.</p><p>Cette dernière expression atteint son maximum aux deux points 3k+1</p><p>3n+1 et 3k+2</p><p>3n+1 . On obtient :</p><p>|fn+1(x) − fn(x)| 6 |pn,k+1| ·</p><p>1</p><p>3n+1</p><p>6</p><p>2n</p><p>3n+1</p><p>6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>.</p><p>• Si x ∈ In+1,3k+2,</p><p>|fn+1(x) − fn(x)| =</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>(</p><p>fn</p><p>(</p><p>k + 1</p><p>3n</p><p>)</p><p>− 2pn,k+1</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>))</p><p>−</p><p>(</p><p>fn</p><p>(</p><p>k + 1</p><p>3n</p><p>)</p><p>− pn,k+1</p><p>(</p><p>x− k</p><p>3n</p><p>))∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>= |pn,k+1| ·</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>x− k + 1</p><p>3n</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6 |pn,k+1| ·</p><p>1</p><p>3n+1</p><p>6</p><p>2n</p><p>3n+1</p><p>6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>.</p><p>5</p><p>Ainsi, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0, 1], |fn+1(x) − fn(x)| 6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>.</p><p>(b) Soit x ∈ [0, 1]. La suite</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>|fn+1(x)− fn(x)|</p><p>)</p><p>n∈N</p><p>est croissante (car les termes de la somme sont positifs)</p><p>et</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>|fn+1(x)− fn(x)| 6</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>6</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>=</p><p>1</p><p>1− 2</p><p>3</p><p>= 3.</p><p>Ainsi, sa somme partielle étant croissante et majorée, la série</p><p>∑</p><p>|fn+1(x)− fn(x)| est convergente. D’après</p><p>le résultat admis,</p><p>∑</p><p>(fn+1(x)− fn(x)) est convergente.</p><p>Par télescopage, on en déduit que la suite (fn(x))n∈N admet une limite finie f(x) .</p><p>(c) Pour tout m > n, fm</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>= fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>. Ainsi, en passant à la limite : f</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>= fn</p><p>(</p><p>k</p><p>3n</p><p>)</p><p>.</p><p>2. Continuité de f</p><p>(a) La suite</p><p>((</p><p>2</p><p>3</p><p>)n)</p><p>n∈N∗</p><p>tend vers 0. Par définition de la limite d’une suite, il existe n0 ∈ N tel que quel que</p><p>soit n > n0,</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>6 ε. Tout entier n > n0 répond donc à la question posée.</p><p>(b) Par définition de la partie entière, ⌊3nx0⌋ 6 3nx0 < ⌊3nx0⌋+ 1, donc α 6 3nx0 < α+ 1, puis</p><p>α</p><p>3n</p><p>6 x0 <</p><p>α+ 1</p><p>3n</p><p>.</p><p>(c) Cela résulte de ce que pour tout m > n, fm(In,α) = fn(In,α). Or, fn est de pente au maximum 2n (en</p><p>valeur abolue), sur l’intervalle In,α de longueur 1</p><p>3n . Ainsi, fn(In,α) (et donc fm(In,α)) est un intervalle de</p><p>longueur au plus 2n</p><p>3n : pour tout x, y ∈ In,α,</p><p>|fm(x)− fm(y)| 6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>.</p><p>En particulier, cela est vrai pour x0 et y.</p><p>(d) On passe à la limite dans l’inégalité de la question précédente lorsque m tend vers +∞ : pour tout y ∈ In,α,</p><p>|f(x0)− f(y)| 6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>6 ε.</p><p>De plus, si x0 = α</p><p>3n (x0 est au bord de l’intervalle) et α 6= 0, un raisonnement similaire amène :</p><p>|f(x0)− f(y)| 6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>6 ε</p><p>pour tout y ∈ In,α−1. Par conséquent, soit δ tel que :</p><p>• si x0 6= α</p><p>3n , δ = min</p><p>(</p><p>x0 − α</p><p>3n ,</p><p>α+1</p><p>3n</p><p>)</p><p>> 0,</p><p>• si x0 = α</p><p>3n , δ = 1</p><p>3n .</p><p>Alors, pour ce choix de δ, pour tout y tel que |y − x0| < δ et y > 0, on a |f(y)− f(x0)| 6 ε. Cela prouve la</p><p>continuité de f en x0, pour tout x0 ∈ [0, 1[, y compris en 0 (continuité à droite).</p><p>(e) La fonction f admet une symétrie par rapport au point (12 ,</p><p>1</p><p>2 ). Plus particulièrement, pour tout n ∈ N et</p><p>tout x ∈ [0, 1</p><p>2 ], fn(x) + fn(1 − x) = 1. Cela se montre facilement par récurrence sur n en se servant de la</p><p>construction de fn. En passant à la limite,</p><p>on obtient f(x) = 1− f(1− x). Alors la continuité en 1 découle</p><p>de celle en 0.</p><p>3. Étude de la monotonie de f .</p><p>Soit I un intervalle non vide et non réduit à un point I contient un intervalle ]a, b[, avec a < b. Soit n tel que</p><p>1</p><p>3n−1 < b − a. Alors l’intervalle ]3na, 3nb[ est de longeur strictement supérieure à 3, et contient donc au moins</p><p>3 entiers consécutifs k − 1, k et k + 1. Alors, comme pn,k et pn,k+1 sont de signe opposé,</p><p>• soit fn(</p><p>k</p><p>3n ) > fn(</p><p>k−1</p><p>3n ) et fn(</p><p>k</p><p>3n ) > fn(</p><p>k+1</p><p>3n ) ; comme pour tout m > n, fm( k</p><p>3n ) = fn(</p><p>k</p><p>3n ), fm(k−1</p><p>3n ) =</p><p>fn(</p><p>k−1</p><p>3n ), et fm(k−1</p><p>3n ) = fn(</p><p>k−1</p><p>3n ), on en déduit, en passant à la limite, que</p><p>f(</p><p>k</p><p>3n</p><p>) > f(</p><p>k − 1</p><p>3n</p><p>) et f(</p><p>k</p><p>3n</p><p>) > f(</p><p>k + 1</p><p>3n</p><p>);</p><p>6</p><p>• soit fn(</p><p>k</p><p>3n ) < fn(</p><p>k−1</p><p>3n ) et fn(</p><p>k</p><p>3n ) < fn(</p><p>k+1</p><p>3n ) et on en déduit de même que :</p><p>f(</p><p>k</p><p>3n</p><p>) < f(</p><p>k − 1</p><p>3n</p><p>) et f(</p><p>k</p><p>3n</p><p>) < f(</p><p>k + 1</p><p>3n</p><p>);</p><p>Dans les deux cas, cela contredit la monotonie de f sur I .</p><p>4. Étude de la dérivabilité de f .</p><p>Soit x ∈ [0, 1[, et pour tout n, In(x) = In,αn</p><p>. On note pn(x) = pn,αn+1 la pente sur In(x) de la fonction fn,</p><p>affine sur cet intervalle.</p><p>(a) Si pn(α) et pn+1(α) sont de même signe, cela signifie que In+1(x) est le premier ou le dernier tiers de</p><p>l’intervalle In(x). La description de fn+1 en fonction de fn amène alors pn+1(x) = 2pn(x) .</p><p>(b) Premier cas : supposons qu’il existe n0 ∈ N tel que les entiers pn(x), n > n0, soient tous de même signe. Pour</p><p>se fixer les idées, supposons ce signe positif (démonstration similaire pour un signe négatif, en s’appuyant</p><p>sur la question I-3(d)).</p><p>Posons pour tout n, xn =</p><p>βn</p><p>3n</p><p>.</p><p>Soit n0 un tel entier. D’après la question I-3(c), puisque x ∈ In(x), pour tout m > n,</p><p>fm(x) − fm (xn) > (x− xn)</p><p>pn(x)</p><p>3</p><p>,</p><p>soit, en passant à la limite lorsque m tend vers +∞ :</p><p>f(x)− f (xn) > (x− xn)</p><p>pn(x)</p><p>3</p><p>,</p><p>. Comme x− xn > 0 (raison pour laquelle on a privilégié la partie entière supérieure), on a :</p><p>f(x)− f (xn)</p><p>x− xn</p><p>></p><p>pn(x)</p><p>3</p><p>−→+∞.</p><p>Par le théorème de minoration, il vient : lim</p><p>n→+∞</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>f(xn)− f(x)</p><p>xn − x</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>= +∞.</p><p>(c) Deuxième cas : supposons qu’il n’existe pas n0 ∈ N tel que les entiers pn(x), n > n0, soient tous de même</p><p>signe.</p><p>Soit pour tout n ∈ N,</p><p>tn(x) =</p><p>f(xn)− f(x)</p><p>xn − x</p><p>.</p><p>En adaptant le raisonnement précédent (en utilisant également I-3(d) pour le cas de pentes négatives), et</p><p>en remarquant que les pentes sont toutes entières, on obtient :</p><p></p><p></p><p></p><p>tn(x) ></p><p>pn(x)</p><p>3 ></p><p>1</p><p>3 si pn(x) > 0</p><p>tn(x) 6</p><p>pn(x)</p><p>3 6 − 1</p><p>3 si pn(x) < 0</p><p>D’après l’hypothèse faite, chacun des deux cas de figure se produit une infinité de fois, donc, dans la suite</p><p>(tn(x)), il y aura une infinité de termes 6 − 1</p><p>3 et une infinité de termes > 1</p><p>3 . Ainsi, (tn(x))n∈N ne peut pas</p><p>admettre de limite.</p><p>(d) Puisque xn → x, la non existence d’une limite finie du taux d’accroissement tn(x) entre x et xn montre que</p><p>f n’est pas dérivable en x. Ceci étant vrai pour tout x ∈]0, 1], f n’est dérivable en aucun point de ]0, 1].</p><p>Par symétrie de la courbe par rapport au point</p><p>(</p><p>1</p><p>2 ,</p><p>1</p><p>2</p><p>)</p><p>, on récupère la non dérivabilité (à droite) en 0. Cet</p><p>argument de symétrie avait déjà été utilisé pour obtenir la continuité en 1 à partir de celle en 0.</p><p>Ainsi f n’est dérivable en aucun point de [0, 1].</p><p>Partie III – Résolution de l’équation f(x) = 1</p><p>2</p><p>7</p><p>1. Pour tout n ∈ N, fn(12 ) =</p><p>1</p><p>2 , et plus précisément,</p><p>(</p><p>1</p><p>2 ,</p><p>1</p><p>2</p><p>)</p><p>est le milieu du segment fn(In,kn</p><p>). En effet, c’est vrai</p><p>pour n = 0. Si c’est vrai au rang n, alors, par construction, cela reste encore le milieu du deuxième des trois</p><p>segments obtenus en construisant fn+1 par subdivision de In,kn</p><p>:</p><p>(</p><p>1</p><p>2 ,</p><p>1</p><p>2</p><p>)</p><p>est le milieu du segment fn(In+1,kn+1</p><p>)</p><p>(puisque kn+1 = 3kn + 2).</p><p>De plus, d’après la question I-2e, la pente qn de fn sur le segment In,kn−1 vérifie la relation de récurrence :</p><p>qn+1 = −qn, donc qn = (−1)nq0. Comme q0 = 1, on obtient qn = (−1)n. Ainsi, on obtient :</p><p>f</p><p>(</p><p>kn</p><p>3n</p><p>)</p><p>= fn</p><p>(</p><p>kn</p><p>3n</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>+ (−1)n</p><p>(</p><p>kn</p><p>3n</p><p>− 1</p><p>2</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>− (−1)n</p><p>1</p><p>2 · 3n .</p><p>Cette expression est satisfaisante. On peut aussi remarquer qu’elle vaut kn</p><p>3n si n est pair et kn+1</p><p>3n si kn est impair.</p><p>On calcule maintenant la pente tn de fn sur In,kn−2 D’après I-2e, on a tn = 2qn−1, donc tn = 2 · (−1)n−1. Par</p><p>conséquent,</p><p>f</p><p>(</p><p>kn − 1</p><p>3n</p><p>)</p><p>= fn</p><p>(</p><p>kn − 1</p><p>3n</p><p>)</p><p>= fn</p><p>(</p><p>kn</p><p>3n</p><p>)</p><p>+ 2(−1)n−1</p><p>(</p><p>kn − 1</p><p>3n</p><p>− kn</p><p>3n</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>+ 3(−1)n</p><p>1</p><p>2 · 3n .</p><p>2. Les deux expressions calculées montrent que f</p><p>(</p><p>kn − 1</p><p>3n</p><p>)</p><p>− 1</p><p>2</p><p>et f</p><p>(</p><p>kn</p><p>3n</p><p>)</p><p>− 1</p><p>2</p><p>ne sont pas de même signe (et</p><p>sont non nuls). Comme f est continue, il existe cn ∈</p><p>]</p><p>kn − 1</p><p>3n</p><p>,</p><p>kn</p><p>3n</p><p>[</p><p>tel que f(cn) =</p><p>1</p><p>2</p><p>, d’après le TVI.</p><p>De plus, ces intervalles sont deux à deux disjoints, car</p><p>kn</p><p>3n</p><p>=</p><p>3n − 1</p><p>2 · 3n =</p><p>3n+1 − 3</p><p>2 · 3n+1</p><p>=</p><p>kn+1 − 1</p><p>3n+1</p><p>.</p><p>Ainsi, les cn sont deux à deux distincts : on a bien trouvé une infinité de solutions de l’équation. Une solution</p><p>particulière : x = 1</p><p>2 (déjà prouvé).</p><p>8</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 6 : Étude d’une fonction réciproque</p><p>Correction du problème 1 – Etude d’une fonction réciproque</p><p>PARTIE I – Étude de g</p><p>1. Variations de g.</p><p>(a) La fonction f est définie sur R, continue et dérivable (et même de classe C∞) sur R, puisque c’est une</p><p>fonction polynomiale. Sa dérivée est :</p><p>f ′(t) = 3t2 + 1.</p><p>Cette dérivée ne s’annule pas sur R, et y est toujours positive. D’où le tableau de variation de f :</p><p>t</p><p>f ′(t)</p><p>f(t)</p><p>+</p><p>−∞ +∞</p><p>−∞</p><p>+∞</p><p>Déterminons les points d’inflexion de f . Pour cela, étudions la dérivée seconde : f ′′(t) = 6x. Ainsi, f ′′</p><p>s’annule en 0, est négative pour t < 0 et positive pour t > 0 (elle change donc de signe en 0).</p><p>Ainsi, 0 est un point d’inflexion, et f est concave sur R− et convexe sur R</p><p>+ .</p><p>(b) Voir figure 1. La pente de la tangente au point d’inflexion (0, 0) est f ′(0) = 1. Ainsi, l’équation de la tangente</p><p>en ce point d’inflexion est y = x .</p><p>(c) Comme f ′ est strictement positive sur R, f est continue et strictement croissante. Ainsi, d’après le théorème</p><p>de la bijection, f est une bijection de R sur l’intervalle image f(R). D’après les valeurs des limites de f en</p><p>+∞ et −∞, cet intervalle image est f(R) = R. Ainsi, f est une bijection de R sur R. Elle admet donc une</p><p>fonction réciproque g , définie de R dans R. Par définition, g vérifie f ◦ g = id, c’est-à-dire :</p><p>g3(x) + g(x) = x . (1)</p><p>(d) f étant strictement croissante et impaire, sa réciproque g est aussi strictement croissante et impaire</p><p>Puisque g est une bijection de R dans R, son image est R. Comme elle est croissante, elle admet des limites</p><p>(dans R en +∞ et −∞. Si par exemple en −∞, cette limite est ℓ > −∞, on obtient, par croissante,</p><p>g(R) ⊂ [ℓ,+∞[, ce qui contredit g(R) = R. Ainsi, lim</p><p>x→−∞</p><p>g(x) = −∞ et de même lim</p><p>x→+∞</p><p>g(x) = +∞ .</p><p>(e) D’après le théorème de dérivation des fonctions réciproques, puisque f est dérivable sur R et que sa dérivée</p><p>ne s’annule pas, sa récirpoque g est dérivable en tout point de R. Puisque f est de classe C∞, le cours nous</p><p>assure même que g est de classe C∞ également . On obtient alors l’expression de la dérivée :</p><p>∀x ∈ R, g′(x) =</p><p>1</p><p>f ′ ◦ g(x) =</p><p>1</p><p>3g2(x) + 1</p><p>. (2)</p><p>• g étant croissante et négative sur R−, g2 est décroissante et positive, donc g′ est croissante.</p><p>• De la même manière, on montre la décroissance de g′ sur R+.</p><p>• Les limites de g en +∞ et −∞, et la valeur en 0 amènent sans difficulé les valeurs des limites et extrema</p><p>de g′.</p><p>On obtient alors le tableau de variation suivant :</p><p>1</p><p>| |</p><p>|</p><p>|</p><p>−5 5</p><p>5</p><p>-5</p><p>Graphe de f</p><p>Graphe de g</p><p>Figure 1 – Graphes de f et de g</p><p>x</p><p>g′(x)</p><p>−∞ 0 +∞</p><p>0</p><p>1</p><p>0</p><p>Les variations de g′ permettent de conclure que g est convexe sur R− et concave sur R+ . En particulier,</p><p>la courbe admet un unique point d’inflexion en 0 .</p><p>(f) On l’a justifié dans la question précédente.</p><p>(g) Voir figure 1. On obtient le graphe de g en prenant le symétrique du graphe de f par la droite d’équation</p><p>y = x.</p><p>Les résultats précédents sur g (variations, limites, points d’inflexion) se déduisent bien de cette symétrie !</p><p>2. Étude de g′ – Certaines propriétés</p><p>de g′ ne se déduisent pas de f ′.</p><p>(a) Comme f (3) = 6, f (3) ne s’annule pas et par conséquent, f ′ n’a pas de point d’inflexion .</p><p>(b) Le point essentiel est de réussir à se ramener à un intervalle fermé borné afin de pouvoir utiliser le théorème</p><p>de compacité.</p><p>Si α est constante sur [a,+∞[, le résultat est évident (tout point convient).</p><p>Sinon, soit x ∈]a,+∞[ tel que α(x) 6= α(c) et soit y =</p><p>α(x) + α(c)</p><p>2</p><p>. La valeur y est strictement comprise</p><p>entre α(x) et α(c). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, la fonction α étant supposée continue,</p><p>il existe x1 ∈]c, x[ et x2 ∈]x,+∞[ tels que α(x1) = α(x2) = y. La fonction α étant continue sur l’intervalle</p><p>fermé borné [x1, x2], elle y admet un maximum et un minimum (théorème de compacité). Puisque x ∈ [x1, x2]</p><p>et α(x) 6= y, soit le maximum, soit le minimum est obtenu en au moins un point de ]x1, x2[, et est donc un</p><p>extremum local de α sur l’ouvert ]x1, x2[, donc aussi sur [a,+∞[. Attention, ce raisonnement ne serait pas</p><p>valable pour un extremum sur le bord !</p><p>Ainsi, il existe c ∈]a,+∞[ tel que α présente un extremum local en c.</p><p>(c) On calcule g′′ en dérivant (2) : D’après le théorème de composition des limites, g admettant des limites −∞</p><p>2</p><p>et +∞ en −∞ et +∞,</p><p>lim</p><p>x→−∞</p><p>g′′(x) = lim</p><p>t→−∞</p><p>−6t</p><p>(3t2 + 1)3</p><p>= 0, ε lim</p><p>x→+∞</p><p>g′′(x) = 0 et g′′(0) = 0.</p><p>En appliquant la question précédente à g′′ sur les deux intervalles ]−∞, 0] et [0,+∞[, on trouve c1 < 0 et</p><p>c2 > 0 tels que g′′ admet un extremum local en c1 et en c2 (pour c1 on utilise la propriété symétrique à</p><p>celle de la question précédente, en −∞). Ceci équivaut bien à dire que g′ admet un point d’inflexion en ces</p><p>points.</p><p>Ainsi, g′ admet au moins deux points d’inflexion.</p><p>On pouvait aussi répondre à cette question par l’étude des variations de g′′ = h ◦ g, avec h(t) =</p><p>−6t</p><p>(3t2 + 1)3</p><p>.</p><p>Comme g est bijective strictement croissante, cela revient à étudier les variations de h. Or,</p><p>h′(t) =</p><p>−6(3t2 + 1)3 + 6t(18t(3t2 + 1)2)</p><p>(3t2 + 1)6</p><p>=</p><p>−6(3t2 + 1) + 108t2</p><p>(3t2 + 1)4</p><p>=</p><p>90t2 − 6</p><p>(3t2 + 1)4</p><p>.</p><p>Ainsi, h′(t) est du signe de 15t2 − 1. h change donc de sens de variation en − 1√</p><p>15</p><p>et en + 1√</p><p>15</p><p>. On en déduit</p><p>que g′′ change de sens de variation en g−1</p><p>(</p><p>− 1√</p><p>15</p><p>)</p><p>< 0 et en g−1</p><p>(</p><p>1√</p><p>15</p><p>)</p><p>> 0. Ces deux valeurs correspondent</p><p>à des points d’inflexion de g′. On peut même les expliciter puisque g−1 = f .</p><p>3. Étude locale et asymptotique de g</p><p>(a) La relation ∼</p><p>a</p><p>est clairement reflexive et symétrique. Par ailleurs, si f ∼</p><p>a</p><p>g et g∼</p><p>a</p><p>h, on considère un voisinage</p><p>V de a sur lequel aucune des 3 fonctions ne s’annule (en prenant l’intersection de voisinages convenables</p><p>sparément pour chacune des fonctions). On a alors</p><p>∀x ∈ V,</p><p>f(x)</p><p>h(x)</p><p>=</p><p>f(x)</p><p>g(x)</p><p>× g(x)</p><p>h(x)</p><p>−→ 1.</p><p>Ainsi, f ∼</p><p>a</p><p>h, donc ∼</p><p>a</p><p>est transitive.</p><p>Ainsi, ∼</p><p>a</p><p>est une relation d’équivalence .</p><p>(b) On peut utiliser la définition de la dérivée, la fonction g étant dérivable en 0 :</p><p>∀x ∈ R</p><p>∗ g(x)</p><p>x</p><p>=</p><p>g(x)− g(0)</p><p>x− 0</p><p>−→ g′(0) = 1.</p><p>On obtient bien, par définition, g(x)∼</p><p>0</p><p>x.</p><p>(c) On peut élever un équivalent à une puissance d’exposant constant (revenir au quotient : le cube d’une</p><p>expression tendant vers 1 tend encore vers 1 !). Ainsi, g3(x)∼</p><p>0</p><p>x3</p><p>En utilisant la relation de la question 1(c), il vient donc :</p><p>∀x 6= 0,</p><p>g(x)− x</p><p>−x3 =</p><p>g(x)3</p><p>x3</p><p>−→</p><p>x→0</p><p>1.</p><p>Ainsi, g(x)− x∼</p><p>0</p><p>−x3</p><p>(d) Puisque lim</p><p>x→+∞</p><p>g(x) = +∞, g est négligeable devant g3 en +∞ :</p><p>g(x)</p><p>g3(x)</p><p>−→</p><p>x→0</p><p>0.</p><p>Ainsi,</p><p>g(x)3 + g(x)</p><p>g(x)3</p><p>−→</p><p>x→+∞</p><p>1 soit:</p><p>x</p><p>g(x)3</p><p>−→</p><p>x→+∞</p><p>1, puis:</p><p>x</p><p>1</p><p>3</p><p>g(x)</p><p>−→</p><p>x→+∞</p><p>1.</p><p>Ainsi g(x) ∼</p><p>+∞</p><p>x</p><p>1</p><p>3</p><p>3</p><p>(e) La fonction h est définie par la formule : h(x) =</p><p>g(x)</p><p>x</p><p>1</p><p>3</p><p>− 1. Cette formule a un sens pour tout x ∈ R</p><p>∗. Ainsi,</p><p>h est bien définie. De plus, d’après la question précédente,</p><p>lim</p><p>x→+∞</p><p>g(x)</p><p>x</p><p>1</p><p>3</p><p>= 1, donc lim</p><p>x→+∞</p><p>h(x) = 0 .</p><p>(f) D’après (1), pour tout x ∈ R</p><p>∗ :</p><p>x(1 + h(x))3 + x</p><p>1</p><p>3 (1 + h(x)) = x, soit x</p><p>2</p><p>3 (1 + h(x))3 + 1 + h(x) = x</p><p>2</p><p>3</p><p>Ainsi, x</p><p>2</p><p>3 ((1 + h(x))3 − 1) = −(1 + h(x)) ∼</p><p>+∞</p><p>−1 puisque h(x) tend vers 0. Par ailleurs, d’après le cours,</p><p>(1 + u)α − 1</p><p>u</p><p>−→</p><p>u→0</p><p>α,</p><p>donc, puisque h(x) → 0 en +∞,</p><p>(1 + h(x))3 − 1 ∼</p><p>+∞</p><p>3h(x)</p><p>On en déduit, que</p><p>3x</p><p>2</p><p>3h(x) ∼</p><p>+∞</p><p>−1, c’est-à-dire lim</p><p>x→+∞</p><p>x</p><p>2</p><p>3 h(x) = −1</p><p>3</p><p>.</p><p>4. Étude d’une primitive de g</p><p>(a) Tout d’abord, remarquons que G est bien définie, car g est continue. Faisons le changement de variables</p><p>proposé u = f(t), possible puisque f est de classe C1. Les bornes en u sont u1 = 0 et u2 = x, ainsi, les</p><p>bornes en t sont</p><p>t1 = f−1(u1) = g(u1) = g(0) = 0 et t2 = f−1(u2) = g(u2) = g(x).</p><p>De plus, la relation entre les différentielles est : du = f ′(t) dt Ainsi, pour tout x dans R,</p><p>G(x) =</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>g(u) du =</p><p>∫ g(x)</p><p>0</p><p>g(f(t))f ′(t) dt =</p><p>∫ g(x)</p><p>0</p><p>t · f ′(t) dt =</p><p>∫ g(x)</p><p>0</p><p>(3t3 + t) dt =</p><p>=</p><p>[</p><p>3</p><p>4</p><p>· t4 − 1</p><p>2</p><p>· t2</p><p>]g(x)</p><p>0</p><p>=</p><p>3</p><p>4</p><p>· g4(x) − 1</p><p>2</p><p>· g2(x).</p><p>On obtient donc : G =</p><p>3</p><p>4</p><p>g4 − 1</p><p>2</p><p>g2</p><p>(b) On commence par la parité. La fonction g étant impaire,</p><p>G(−x) = 3</p><p>4</p><p>· g4(−x)− 1</p><p>2</p><p>· g2(−x) = 3</p><p>4</p><p>· (−g(x))4 − 1</p><p>2</p><p>· (−g(x))2 =</p><p>3</p><p>4</p><p>· g4(x)− 1</p><p>2</p><p>· g2(x) = G(x)</p><p>Ainsi, G est pair .</p><p>Par définition, la dérivée de G est g, qui est négative sur R− et positive sur R+.</p><p>Ainsi, G est décroissante sur R− et croissante sur R+.</p><p>(c) La limite de g en 0 est 0. Ainsi, g4(x) = o(g2(x)) au voisinage de 0. Par conséquent,</p><p>G(x)∼</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>· g2(x)∼</p><p>0</p><p>1</p><p>2</p><p>· x2 .</p><p>La limite de g est +∞ en +∞, ainsi g2(x) = o(g4(x)) au voisinage de +∞, et par conséquent</p><p>G(x) ∼</p><p>+∞</p><p>3</p><p>4</p><p>· g4(x) ∼</p><p>+∞</p><p>3</p><p>4</p><p>· x 4</p><p>3 .</p><p>PARTIE II – Approximation rationnelle de g</p><p>4</p><p>| | ||</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>1 = u0u1u2</p><p>1</p><p>2</p><p>Dx</p><p>Figure 2 – Premières valeurs de un(1)</p><p>1. Construction de l’algorithme d’approximation</p><p>• L’équation de la tangente à C au point d’abscisse t est :</p><p>Y = (X − t)f ′(t) + f(t) = (X − t)(3t2 + 1) + t3 + t = (3t2 + 1) ·X − 2t3.</p><p>L’abscisse du point d’intersection de cette droite avec la droite d’équation Y = x vérifie donc :</p><p>x = (3t2 + 1) ·X − 2t3, soit X =</p><p>2t3 + x</p><p>3t2 + 1</p><p>.</p><p>• Par conséquent, par définition de la suite (un(x))n∈N, cette suite vérifie la relation de récurrence suivante :</p><p>∀n ∈ N, un+1(x) =</p><p>2un(x)</p><p>3 + x</p><p>3un(x)2 + 1</p><p>.</p><p>Cette relation d’ordre 1, et la condition initiale u0(x) = x déterminent entièrement la suite (un(x))n∈N.</p><p>2. Étude graphique d’un exemple. On note un pour un(1). Voir figure 2.</p><p>3. Étude de l’algorithme</p><p>(a) On calcule ϕ(g(x)) : ϕ(g(x)) =</p><p>2g3(x) + x</p><p>3g2(x) + 1</p><p>= g(x) · 2g3(x) + x</p><p>3g3(x) + g(x)</p><p>. Or, d’après la relation (1),</p><p>2g3(x) + x = 2x− 2g(x) + x = 3x− 2g(x), et de même, 3g3(x) + g(x) = 3x− 2g(x).</p><p>Ainsi, ϕ(g(x)) = g(x) .</p><p>(b) t− ϕ(t) = t− 2t3 + x</p><p>3t2 + 1</p><p>=</p><p>t3 + t− x</p><p>3t2 + 1</p><p>=</p><p>f(t)− x</p><p>3t2 + 1</p><p>. Ainsi, le signe de t− ϕ(t) est celui de f(t)− x .</p><p>(c) La fonction ϕ, définie sur R+, est dérivable sur R en tant que fraction rationnelle dont le dénominateur ne</p><p>s’annule pas. Sa dérivée vaut :</p><p>∀t ∈ R+, ϕ′(t) =</p><p>6t2(3t2 + 1)− 6t(2t3 + x)</p><p>(3t2 + 1)2</p><p>=</p><p>6t4 + 6t2 − 6tx</p><p>(3t2 + 1)2</p><p>=</p><p>6t(f(t)− x)</p><p>(3t2 + 1)2</p><p>.</p><p>Ainsi, le signe de ϕ′ est celui de f(t)− x sur R+</p><p>Tout d’abord, l’intervalle [g(x), x] n’est pas vide, car d’après la partie I, g(x) 6 x. Par ailleurs, par définition</p><p>de g, on a f(g(x)) = x, et omme f est croissante, pour tout t ∈ [g(x), x], f(t) > x. Comme ϕ′ est du signe</p><p>de f(t)− x, on en déduit que ϕ′ est positive sur [g(x), x], donc ϕ est croissante sur [g(x), x] .</p><p>5</p><p>(d) ϕ est croissante sur [g(x), x]. Ainsi</p><p>ϕ([g(x), x]) ⊂ [ϕ(g(x)), ϕ(x)].</p><p>On a montré plus haut que ϕ(g(x)) = g(x). Par ailleurs,</p><p>ϕ(x) =</p><p>2x3 + x</p><p>3x2 + 1</p><p>= x · 2x</p><p>2 + 1</p><p>3x2 + 1</p><p>6 x · 3x</p><p>2 + 1</p><p>3x2 + 1</p><p>= x.</p><p>Ainsi, ϕ([g(x), x]) ⊂ [g(x), x] .</p><p>(e) Soit t ∈ [g(x), x]. On a déjà montré dans la question 3c que f(t) − x > 0, donc t3 + t − x > 0. De plus</p><p>t− x 6 0, donc t3 + t− x 6 t3. Par conséquent, pour tout t ∈ [x, g(x)] :</p><p>0 6 ϕ′(t) =</p><p>6t(t3 + t− x)</p><p>(3t2 + 1)1</p><p>6</p><p>6t4</p><p>(3t2 + 1)2</p><p>6</p><p>6t4</p><p>(3t2)2</p><p>soit: 0 6 ϕ′(t) 6</p><p>2</p><p>3</p><p>.</p><p>4. Étude de la convergence</p><p>(a) • u0(x) ∈ [g(x), x]. Comme cet intervalle est stable par ϕ et que pour tout n ∈ N, un+1(x) = ϕ(un(x)), on</p><p>en déduit par une récurrence immédiate que un(x) ∈ [g(x), x] pour tout n ∈ N.</p><p>• Puisque u1(x) ∈ [g(x),</p><p>x] et u0(x) = x, on a u1(x) 6 u0(x). La croissance de ϕ permet de propager</p><p>cette inégalité aux rangs suivants par une récurrence immédiate : si un(x) 6 un−1(x), en appliquant la</p><p>fonction croissante ϕ, et d’après la relation satisfaite par les un(x), on obtient un+1(x) 6 un(x). Ainsi,</p><p>la suite (un(x))n∈N est décroissante.</p><p>• Comme elle est aussi minorée par g(x), elle converge. Puisque ϕ est continue, sa limite ℓ vérifie ℓ = ϕ(ℓ),</p><p>c’est-à-dire :</p><p>ℓ =</p><p>2ℓ3 + x</p><p>3ℓ2 + 1</p><p>,</p><p>ou encore :</p><p>3ℓ3 + ℓ = 2ℓ3 + x, d’où ℓ3 + ℓ = x.</p><p>La fonction t 7→ t3 + t étant bijective de R dans R, l’équation t3 + t = x admet une unique solution.</p><p>Cette solution est par définition g(x). Ainsi, ℓ = g(x) .</p><p>(b) Soit n ∈ N. La fonction ϕ est continue sur [g(x), un(x)], dérivable sur ]g(x), un(x)[, et ϕ′ est compris entre</p><p>0 et 2</p><p>3 sur [g(x)un(x)] ⊂ [g(x), x]. Ainsi, d’après l’inégalité des accroissements finis,</p><p>0 6 ϕ(un(x) − ϕ(g(x)) 6</p><p>2</p><p>3</p><p>(un(x) − g(x)) soit: 0 6 un+1(x)− g(x) 6</p><p>2</p><p>3</p><p>(un(x)− g(x)) .</p><p>(c) Soit x ∈ [0, a]. L’inégalité de la question précédente donne, par une récurrence immédiate :</p><p>0 6 un(x)− g(x) 6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>(u0(x) − g(x)) =</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>(x− g(x)) 6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>x 6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>a.</p><p>Ainsi, cette inégalité étant vérifiée pour tout x ∈ [0, a], il en résulte que</p><p>βn = sup</p><p>x∈[0,a]</p><p>(un(x) − g(x)) 6</p><p>(</p><p>2</p><p>3</p><p>)n</p><p>a .</p><p>(d) On part de la seconde expression :</p><p>(t − g(x))2</p><p>2t+ g(x)</p><p>3t2 + 1</p><p>=</p><p>g3(x) − 3t2g(x) + 2t3</p><p>3t2 + 1</p><p>=</p><p>x− g(x) − 3t2g(x) + 2t3</p><p>3t2 + 1</p><p>=</p><p>2t3 + x− (3t2 + 1)g(x)</p><p>3t2 + 1</p><p>,</p><p>puis enfin : (t− g(x))2</p><p>2t+ g(x)</p><p>3t2 + 1</p><p>= ϕ(t) − g(x).</p><p>(e) Soit ψ la fonction définie par ψ(t) =</p><p>3t</p><p>3t2 + 1</p><p>. Son domaine de définition est R. Elle est impaire : il suffit de</p><p>l’étudier sur R+. ψ est dérivable sur R, de dérivée :</p><p>ψ′(t) =</p><p>(3t2 + 1)− 6t(3t)</p><p>(3t2 + 1)2</p><p>=</p><p>3− 9t2</p><p>(3t2 + 1)2</p><p>.</p><p>On en déduit les variations de ψ sur R+ :</p><p>6</p><p>| | | | | |</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>− 1√</p><p>3</p><p>1</p><p>√</p><p>3</p><p>−2</p><p>−1</p><p>21</p><p>1</p><p>-1</p><p>√</p><p>3</p><p>2</p><p>−</p><p>√</p><p>3</p><p>2</p><p>3</p><p>4</p><p>− 3</p><p>4</p><p>Figure 3 – Graphe de ψ</p><p>x</p><p>ψ′(x)</p><p>ψ(x)</p><p>0</p><p>1√</p><p>3</p><p>+∞</p><p>+ −0</p><p>0</p><p>√</p><p>3</p><p>2</p><p>0</p><p>Ainsi, g admet un maximum égal à</p><p>√</p><p>3</p><p>2 en 1√</p><p>3</p><p>, et un minimum égal à −</p><p>√</p><p>3</p><p>2 en − 1√</p><p>3</p><p>. Pour déterminer ses</p><p>points d’inflexion et sa convexité, on calcule la dérivée seconde (calculs à votre charge !) :</p><p>ψ′′(t) =</p><p>54(t3 − t)</p><p>(3t2 + 1)3</p><p>.</p><p>On en déduit le tableau de signe de ϕ′′ :</p><p>x</p><p>ψ′′(x)</p><p>−∞ −1 0 1 +∞</p><p>− + − +</p><p>Ainsi, ψ est concave sur ] −∞,−1] et sur [0, 1], et est convexe sur [−1, 0] et sur [1,+∞[. Elle admet trois</p><p>points d’inflexion en −1, 0 et 1. On en déduit le tracé de la courbe de ψ (figure 3)</p><p>Evidemment, cette étude complète est inutile ici, seule la valeur des extrema nous intéresse.</p><p>(f) • Si t ∈ [g(x), x] ⊂ R+, g(x) 6 t, et donc, d’après la question 4d,</p><p>ϕ(t) − g(x) 6 (t− g(x))2</p><p>3t</p><p>3t2 + 1</p><p>,</p><p>et comme pour tout t ∈ R+ :</p><p>0 6</p><p>3t</p><p>3t2 + 1</p><p>6</p><p>√</p><p>3</p><p>2</p><p>d’après l’étude précédente, on en déduit que pour tout t ∈ [g(x), x] :</p><p>0 6 ϕ(t)− g(x) 6</p><p>√</p><p>3</p><p>2</p><p>(t− g(x))2.</p><p>• En particulier, étant donné n ∈ N, pour t = un(x), on obtient :</p><p>0 6 un+1(x) − g(x) 6</p><p>√</p><p>3</p><p>2</p><p>(un(x)− g(x))2. (3)</p><p>• On montre maintenant par récurrence sur n ∈ N que</p><p>0 6 un(x)− g(x) 6</p><p>(√</p><p>3</p><p>2</p><p>)2n−1</p><p>(u0(x)− g(x))2</p><p>n</p><p>=</p><p>(√</p><p>3</p><p>2</p><p>)2n−1</p><p>(x− g(x))2</p><p>n</p><p>. (4)</p><p>7</p><p>Initialisation : Pour n = 0, les deux termes de l’inégalités sont égaux.</p><p>Hérédité : Supposons la prépriété vérifiée au rang n. Ainsi, la relation (4) est satisfaite pour cette valeur</p><p>de n. De plus, (3) est satisfaite. Par conséquent :</p><p>0 6 un+1(x) − g(x) 6</p><p>√</p><p>3</p><p>2</p><p>(un(x)− g(x))2</p><p>6</p><p>√</p><p>3</p><p>2</p><p></p><p></p><p>(√</p><p>3</p><p>2</p><p>)2n−1</p><p>(x− g(x))2</p><p>n</p><p></p><p></p><p>2</p><p>=</p><p>(√</p><p>3</p><p>2</p><p>)2n+1</p><p>−1</p><p>(x− g(x))2</p><p>n+1</p><p>.</p><p>La propriété est donc héréditaire, et par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout n ∈ N. On</p><p>peut donc conclure que pour tout n ∈ N :</p><p>0 6 un(x) − g(x) 6</p><p>(√</p><p>3</p><p>2</p><p>)2n−1</p><p>(x− g(x))2</p><p>n</p><p>.</p><p>• De plus, d’après la relation (1), x− g(x) = g3(x) ; comme un(x) ∈ [g(x), x], on en déduit que x− g(x) 6</p><p>un(x)</p><p>3. On obtient donc :</p><p>0 6 un(x)− g(x) 6</p><p>(√</p><p>3</p><p>2</p><p>)2n−1</p><p>un(x)</p><p>3·2n .</p><p>(g) L’inégalité précédente ne permet de contrôler la convergence que lorsque u3n ×</p><p>√</p><p>3</p><p>2 < 1. C’est pour cette</p><p>raison qu’on se limite à l’intervalle [0, 1].</p><p>import math</p><p>def phi(t,x):</p><p>return (2 * t**3 + x) / (3 * t**2 + 1)</p><p>def g(x,err):</p><p>u = x</p><p>m = math.sqrt(3) / 2</p><p>majorant = 1</p><p>n = 0</p><p>while majorant * (u ** (3 * 2 ** n)) > err:</p><p>u = phi(u,x)</p><p>n+=1</p><p>return(u)</p><p>On peut même faire un tracé de la courbe sur [0, 1], en utilisant les fonctions du module matplotlib :</p><p>import matplotlib.pyplot as plt</p><p>absc = []</p><p>ordo = []</p><p>for i in range(101):</p><p>x = i * 0.01</p><p>absc.append(x)</p><p>ordo.append(g(x,1e-10))</p><p>plt.plot(absc,ordo)</p><p>plt.grid()</p><p>plt.savefig(’pb_cnt017.eps’)</p><p>plt.show()</p><p>8</p><p>On obtient le tracé suivant :</p><p>0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.00.0</p><p>0.1</p><p>0.2</p><p>0.3</p><p>0.4</p><p>0.5</p><p>0.6</p><p>0.7</p><p>9</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 7 : Fonctions dérivables par morceaux</p><p>Correction du problème 1 –</p><p>Partie I – Préliminaires</p><p>1. Soit S′ = {0 = y1 < y2 · · · < yM = 1} une subdivision telle que S ⊂ S′. Remarquez que cela impose 0 ∈ S′ et</p><p>1 ∈ S′, d’où la cohérence de notre définition de y1 et yM . De plus tout xi est égal à l’un des yj .</p><p>• Ainsi, tout ]yj, yj+1[ est contenu dans l’un des ]xi, xi+1[, ce qui assure la continuité de f sur ]yj, yj+1[.</p><p>• Les limites à droite en chaque yj , j ∈ [[1,M − 1]] existent, par le fait que {x1 < · · · < xn} est une partition</p><p>subordonnée à f si yj est égal à l’un des xi, et par continuité de f en yj sinon.</p><p>• De même pour les limites à gauche en chaque yj , j ∈ [[2,M ]].</p><p>Ainsi, S′ est encore une partition subordonnée à f .</p><p>2. (a) Soit f une fonction continue. Il suffit de prendre comme partition subordonnée S = {0 = x1 < x2 = 1}. En</p><p>effet, la fonction f est bien continue sur ]0, 1[, et comme elle est aussi continue en 0 et en 1, elle admet une</p><p>limite à droite en 0 et une limite à gauche en 1. Ainsi, f est continue par morceaux .</p><p>(b) Une fonction croissante est réglée, mais le nombre de points de discontinuité peut être grand, alors que par</p><p>définition une fonction continue par morceaux sur [0, 1] n’a qu’un nombre fini de discontinuité. On peut</p><p>alors par exemple prendre</p><p>f : x 7→</p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>⌊ 1</p><p>x</p><p>⌋+1</p><p>si x ∈]0, 1]</p><p>0 si x = 0</p><p>.</p><p>Cette fonction est bien croissante sur [0, 1], et admet des discontinuités en tout x = 1</p><p>n</p><p>, n ∈ N</p><p>∗. Ainsi, elle</p><p>ne peut pas être continue par morceaux.</p><p>(c) Soit f ∈ D. Par définition, f est dérivable à gauche et à droite en tout point de ]0, 1[, dérivable à droite en 0</p><p>et dérivable à gauche en 1. La dérivabilité à droite entraînant la continuité à droite (et de même à gauche),</p><p>on en déduit que f est continue à gauche et à droite en tout point de ]0, 1[, donc continue, et continue à</p><p>droite en 0 et à gauche en 1. Cela implique la continuité de f sur [0, 1] .</p><p>3. (a) La fonction f1 admet une infinité de points de discontinuité sur [0, 1], donc n’est pas continue par morceaux,</p><p>et a fortiori pas de classe C1 par morceaux : f1 6∈ C, f1 6∈ D .</p><p>(b) La fonction f2 est continue sur ]0, 12 [ et ] 12 , 1[, mais n’admet pas de limite à droite finie en 0. Donc</p><p>f2 6∈ C puis f2 6∈ D .</p><p>(c) • La fonction f3 est continue sur ]0, 12 [ et ] 12 , 1[, admet une limite à droite en 0, égale à 0, une limite à</p><p>gauche en 1</p><p>2 , égale à 0, une limite à droite en 0, égale à ln(1) = 0, et une limite à gauche en 1, égale à</p><p>ln(32 ). Ainsi, f ∈ C</p><p>• Elle est même continue sur [0, 1], ce qui laisse ouvert la possibilité de son appartenance à D, que nous</p><p>allons étudier : f3 est évidemment de classe C1 sur les ouverts ]0, 12 [ et ] 12 , 1[, dérivable à droite en 0, avec</p><p>f ′</p><p>d(0) = −1, dérivable à gauche en 1</p><p>2 , de dérivée f ′</p><p>g(</p><p>1</p><p>2 ) = 4 · 1</p><p>2 − 1 = 1, dérivable à droite en 1</p><p>2 , de dérivée</p><p>f ′</p><p>d(</p><p>1</p><p>2 ) =</p><p>1</p><p>1</p><p>2</p><p>+ 1</p><p>2</p><p>= 1, dérivable à gauche en 1, de dérivée f ′</p><p>g(1) =</p><p>2</p><p>3 . On vérifie facilement que f ′ admet des</p><p>limites finies à gauche et à droite aux points de la subdivision. Ainsi, f ∈ D . En revanche, f n’est pas</p><p>de classe C1 sur [0, 1].</p><p>(d) • La fonction f4 est continue sur [0, 1], par composition de fonctions continues (Arcsin et la valeur absolue).</p><p>Ainsi, f4 ∈ C .</p><p>1</p><p>• Pour tout x ∈ [0, 12 [, f4(x) =</p><p>(</p><p>x+ 1</p><p>2</p><p>)</p><p>, donc</p><p>f ′</p><p>4(x) =</p><p>1</p><p>√</p><p>1−</p><p>(</p><p>x+ 1</p><p>2</p><p>)2</p><p>−→</p><p>x→ 1</p><p>2</p><p>+∞.</p><p>D’après le théorème de la limite de la dérivée, f4 ne peut pas être dérivable à gauche en 1</p><p>2 . Ainsi, f4 6∈ D .</p><p>(e) Sans difficulté, f5 est continue par morceaux, de subdivision associée {0 < 1</p><p>4 <</p><p>1</p><p>2 <</p><p>3</p><p>4 < 1}, et n’est pas</p><p>continue en 1</p><p>4 , donc f ∈ C mais f 6∈ D .</p><p>Partie II – Dérivée d’une fonction de classe C1 par morceaux</p><p>1. (a) Comme f est de classe C1 par morceaux, de subdivision subordonnée {0 = x1 < x2 · · · < xN = 1}, f ′ est</p><p>continue sur chaque ]xi, xi+1[. De plus, f ′ admet des limites finies à gauche et à droite en xi, ce qui assure</p><p>le fait que g0 est continue par morceaux, de subdivision subordonnée {0 = x1 < x2 · · · < xN = 1}.</p><p>(b) Notons, pour tout k ∈ [1, N − 1]], f ′</p><p>k la fonction définie sur [xk, xk+1], comme étant le prolongement par</p><p>continuité de f ′</p><p>|]xk,xk+1[</p><p>sur [xk, xk+1]. La fonction f ′</p><p>k est alors la dérivée sur [xk, xk+1] de f|[xk,xk+1]. Soit</p><p>alors x ∈ [xi, xi+1]. On a :</p><p>∀x ∈ [0, 1],</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>g0(s) ds =</p><p>i−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>g0(s) ds+</p><p>∫ x</p><p>xi</p><p>g0(s) ds</p><p>i−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>f ′</p><p>k(s) ds+</p><p>∫ x</p><p>xi</p><p>f ′</p><p>i(s) ds</p><p>=</p><p>i−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk+1)− f(xk) + f(x)− f(xi) = f(x)− f(0).</p><p>Ainsi, on a bien f(x) = f(0) +</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>g0(s) ds .</p><p>(c) Soit g ∈ C vérifiant :</p><p>∀x ∈ [0, 1], f(x) = f(0) +</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>g(x) ds (1)</p><p>Quitte à prendre l’union des deux subdivisions associées à g et g0, on peut supposer que {0 = x1 < · · · <</p><p>xN = 1} est une subdivision associée à la fois à g et g0. On a alors, pour tout x ∈]xi, xi+1[ (i ∈ [[1, N − 1]]),</p><p>en posant y1 = xi+xi+1</p><p>2 :</p><p>f(x) = f(0) +</p><p>∫ yi</p><p>0</p><p>g(s) +</p><p>∫ x</p><p>yi</p><p>g(s) = f(0) +</p><p>∫ yi</p><p>0</p><p>g(s) +</p><p>∫ x</p><p>yi</p><p>g0(s)</p><p>Les deux fonctions g et g0 étant continues sur [yi, x] (ou [x, yi]), f est dérivable en ce point, et en dérivant :</p><p>f ′(x) = g(x) = g0(x).</p><p>Ainsi, g et g0 coïncident en tout point de [0, 1] \ {x1, . . . , xN}</p><p>2. Soit g ∈ C, et f définie par :</p><p>∀x ∈ [0, 1], f(x) =</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>g(s) ds.</p><p>Soit {0 = x1 < x2 < · · · < xN = 1} une subdivision associée à g, et soit, pour i ∈ [[1, N − 1]], gi la fonc-</p><p>tion continue sur [xi, xi+1] par prolongement de la restriction de g à ]xi, xi+1[. Soit alors x ∈]xi, xi+1[. La</p><p>fonction x 7→</p><p>∫ x</p><p>xi</p><p>gi(s), définie sur [xi, xi+1], est alors de classe C</p><p>1 sur [xi, xi+1], et en particulier, elle est</p><p>dérivable à gauche en xi+1, à droite en xi, et sa dérivée admet en ces points une limite finie (à gauche et droite</p><p>respectivement), égale aux valeurs de ces dérivées à gauche et à droite.</p><p>Or, pour tout x ∈ [xi, xi+1],</p><p>f(x) = f(0) +</p><p>∫ xi</p><p>0</p><p>g(s) ds+</p><p>∫ x</p><p>xi</p><p>gi(s) ds = C +</p><p>∫ x</p><p>xi</p><p>gi(s) ds,</p><p>2</p><p>où C est une constante, donc f est dérivable sur ]xi, xi+1[, dérivable à droite en xi, dérivable à gauche en xi+1,</p><p>et f ′ admet une limite à droite en xi et une limite à gauche en xi+1. Ceci étant vrai sur tout intervalle [xi, xi+1],</p><p>f ∈ D .</p><p>3. • Soit {0 = x1 < · · · < xn = 1} une subdivision subordonnée à la fois à f et g. Alors fg est dérivable sur</p><p>tout ]xi, xi+1[, de dérivée f ′g + fg′ (les dérivées étant ici les dérivées au sens usuel). Comme f , f ′, g et g′</p><p>sont continues par morceaux, elles admettent toutes des limites finies en xi et xi+1, donc aussi f ′g + fg′.</p><p>De plus, f et g étant continue sur [0, 1], fg aussi. Donc l’existence de limites à droite et/ou gauche en xi de</p><p>(fg)′ assure la dérivabilité à droite et/ou gauche en ces points (théorème de prolongement des fonctions de</p><p>classe C1). Ainsi, fg ∈ D.</p><p>• On peut alors construire comme dans la question 1 la fonction g0 correspondant à la dérivée de fg, égale</p><p>notamment à f ′g + fg′ sur chaque intervalle ]xi, xi+1[, la dérivée étant prise ici au sens usuel.</p><p>• Étant donné toute autre dérivée f ′ de f et toute autre dérivée g′ de g (au sens de l’énoncé), f ′ et g′ coïncident</p><p>avec les dérivées usuelles en tout x 6= xi, sauf en un nombre fini de points, donc f ′g + fg′ coïncide avec g0</p><p>sauf en un nombre fini de points.</p><p>• L’énoncé nous faisant admettre qu’une intégrale est invariante par changement d’un nombre fini de point,</p><p>la fonction f ′g + fg′ vérifie la relation</p><p>f(x)g(x) = f(0)g(0) +</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>g0(s) = f(x)g(x) = f(0)g(0) +</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>f ′(s)g(s) + f(s)g′(s),</p><p>et donc par définition f ′g + fg′ est une dérivée de fg.</p><p>4. Soit</p><p>P (λ) =</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(g(x) + λ)2 dx > 0.</p><p>On a, en développant :</p><p>P (λ) =</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>g(x)2 dx+ 2λ</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>g(x) dx+ λ2.</p><p>Ce polynôme gardant un signe constant, son discriminant est négatif, d’où :</p><p>4</p><p>(∫ 1</p><p>0</p><p>g(x) dx</p><p>)</p><p>− 4</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>g(x)2 dx 6 0 donc:</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>g(x)2 dx ></p><p>(∫ 1</p><p>0</p><p>g(x) dx</p><p>)2</p><p>.</p><p>On a l’égalité si et seulement si le polynôme P admet une racine, donc s’il existe λ ∈ R tel que</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(g(x) + λ)2 dx = 0.</p><p>Pour un tel λ, la propriété de positivité de l’intégrale admise en début de l’énoncé nous permet d’affirmer que</p><p>g(x) + λ = 0 presque partout. Ainsi, g est bien constante presque partout (on entend par cette expression</p><p>constante sauf en un nombre fini de points).</p><p>5. La fonction x 7→</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>g(s) ds est dans D (question 1(c)) et x 7→ x</p><p>∫ 1</p><p>0 g(s) ds est de classe C1 sur [0, 1]. Donc la</p><p>somme des deux est encore dans D. De plus, de façon évidente, f(0) = f(1) = 1. Donc f ∈ D0 .</p><p>6. En prenant pour θ la fonction f de la question précédente, on a, pour presque tout x :</p><p>θ′(x) = g(x)−</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>g(s),</p><p>donc :</p><p>0 =</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>g(s)θ′(s) ds =</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>g(s)2 ds−</p><p>(∫ 1</p><p>0</p><p>g(s)</p><p>)2</p><p>.</p><p>Il découle de la question 2 que g est constante presque partout.</p><p>7. Soit θ ∈ D0. Soit, pour x ∈ [0, 1] :</p><p>f̃(x) = f(0) +</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>g(s) ds.</p><p>3</p><p>D’après la question 2, f̃ ∈ D . On a alors</p><p>(f̃ θ)′ = f̃ θ′ + gθ.</p><p>Il en résulte que</p><p>f̃(1)θ(1) = f̃(0)θ(0) +</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(f̃(s)θ′(s) + g(s)θ(s)) ds = f̃(0)θ(0) +</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(f̃(s)θ′(s)− f(s)θ′(s))</p><p>Comme θ(0) = θ(1), et d’après la question précédente, il vient f̃ = f presque partout .</p><p>Comme par définition, f̃(0) = f(0), la relation définissant f̃ amène</p><p>f̃(x) = f(0) +</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>g(s) ds .</p><p>Par ailleurs, si g est continue, f̃ est une primitive de g sur [0, 1], donc f̃ est de classe C1 .</p><p>Partie III – Minimisation d’une expression intégrale</p><p>1. Les fonctions étant continues par morceaux, les intégrales sont bien définies. Un choix de dérivées différentes ne</p><p>modifie pas la valeur de l’intégrale (seul un nombre fini de points sont modifiés). Ainsi, Eλ est bien définie .</p><p>2. (a) Soit ψ ∈ D0. Soit F la fonction définie pour tout t ∈ R par :</p><p>F (t) = Eλ(uλ + tψ)</p><p>Un petit développement montre que F est une fonction polynomiale en t, dont le coefficient du terme de</p><p>degré 1 est :</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>u′λ(x)ψ</p><p>′(x)− λ(1 − uλ(x)</p><p>2)uλ(x)ψ(x) dx.</p><p>Ainsi,</p><p>F ′(0) = lim</p><p>t→0</p><p>t6=0</p><p>Eλ(uλ + tψ)− Eλ(uλ)</p><p>t</p><p>=</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>u′λ(x)ψ</p><p>′(x) − λ(1− uλ(x)</p><p>2)uλ(x)ψ(x) dx.</p><p>(b) Comme F est minimale en 0 (par définition de uλ) et que le domaine de F est ouvert, il vient F ′(0) = 0,</p><p>donc</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>u′λ(x)ψ</p><p>′(x)− λ(1 − uλ(x)</p><p>2)uλ(x)ψ(x) dx = 0 ,</p><p>ceci étant vrai pour tout ψ ∈ D0.</p><p>(c) La question II-7, appliquée à f = u′λ et g = λ(1 − u2λ)uλ montre que u′λ coïncide avec une fonction de D</p><p>sauf en un nombre fini de points, donc en particulier avec une fonction continue. Soit h cette fonction. La</p><p>fonction h est aussi une dérivée de u′λ, donc</p><p>∀x ∈ [0, 1], uλ(x) =</p><p>∫ x</p><p>0</p><p>h(s) ds,</p><p>d’où il vient que uλ est une primitive au sens usuel de h, et est donc de classe C1.</p><p>Sa dérivée au sens classique différant de u′λ initialement considéré d’un nombre fini de points, les équations</p><p>intégrales restent vraies.</p><p>La fin de la question I-7 nous assure alors que u′λ est de classe C1 (car la fonction g cosidérée, définie à partir</p><p>de uλ, est continue), donc que uλ est de classe C2.</p><p>Enfin, on a vu lors de II-7 que la fonction g est une dérivée de f̃ , donc ici de u′λ, d’où il vient (l’égalité étant</p><p>vraie partout par continuité) :</p><p>∀x ∈]0, 1[, u′′λ(x) = −λ(1− uλ(x)</p><p>2)uλ(x) .</p><p>On a alors u′′λ elle-même de classe C2, donc uλ est de classe C4, et un argument de récurrence immédiate</p><p>amène le fait que uλ est de classe C2n pour tout n ∈ N, donc uλ est de classe C∞.</p><p>4</p><p>(d) En multipliant la relation précédente par u′λ, on peut primitiver</p><p>facilement, et, deux primitives différant</p><p>d’une constante, il existe Cλ tel que</p><p>∀x ∈]0, 1[, (u′λ(x))</p><p>2 =</p><p>λ</p><p>2</p><p>((uλ(x)</p><p>2 − 1)2 − Cλ).</p><p>(e) Puisque uλ(0) = uλ(1) = 0, d’après le théorème de Rolle (uλ étant continue sur [0, 1], dérivable sur ]0, 1[),</p><p>il existe c ∈]0, 1[ tel que u′λ(c) = 0, donc λ</p><p>2 ((uλ(c)</p><p>2 − 1)2 − Cλ) = 0, donc</p><p>Cλ = (uλ(c)</p><p>2 − 1)2 > 0.</p><p>Par ailleurs, en évaluant en 0, on obtient :</p><p>u′λ(0)</p><p>2 =</p><p>λ</p><p>2</p><p>(1− Cλ) ,</p><p>d’où, λ étant positif, Cλ 6 1.</p><p>On a bien obtenu Cλ ∈ [0, 1] .</p><p>(f) Par ailleurs, si uλ(x) prend la valeur 1 pour un certain x, alors, du fait du signe de u′λ(x)</p><p>2, nécessairement</p><p>Cλ = 0 puis u′λ(x) = 0. Or, ilexiste une unique solution u de l’équation différentielle sur ]0, 1[ satisfaisant à</p><p>u(x) = 1 et u′(x) = 0, et la fonction constante de valeur 1 convient, donc est égale à cette unique solution.</p><p>Cela entre en contradiction avec uλ(0) = 0 et la continuité de uλ en 0.</p><p>Ainsi, uλ ne prend pas la valeur 1 sur ]0, 1[, et uλ(0) = uλ(1) = 0. De la même façon, uλ(x) ne peut pas</p><p>prendre la valeur −1. Par continuité, le théorème des valeurs intermédiaire nous apprend que pour tout</p><p>x ∈ [0, 1], −1 < uλ(x) < 1, donc (uλ(x)</p><p>2 − 1)2 < 1, en particulier pour la valeur c de la question précédente.</p><p>Ainsi, il vient Cλ < 1 .</p><p>3. (a) Soit ε ∈]0, 12 [. On vérifie facilement que v est un élément de D0. Une dérivée possible est :</p><p>∀x ∈ [0, 1], v′(x) =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>ε</p><p>si x ∈ [0, ε]</p><p>0 si x ∈]ε, 1− ε[</p><p>− 1</p><p>ε</p><p>si x ∈ [1− ε, 1].</p><p>On obtient alors :</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>v′(t)2 dt =</p><p>∫ ε</p><p>0</p><p>dt</p><p>ε2</p><p>+</p><p>∫ 1</p><p>1−ε</p><p>dt</p><p>ε2</p><p>=</p><p>2</p><p>ε</p><p>.</p><p>De même,</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(1 − v(t)2)2 dt =</p><p>∫ ε</p><p>0</p><p>(</p><p>1− x2</p><p>ε2</p><p>)2</p><p>dx+</p><p>∫ 1</p><p>1−ε</p><p>(</p><p>1− (1 − x)2</p><p>ε2</p><p>)2</p><p>dx.</p><p>Un changement de variable y = x</p><p>ε</p><p>dans la première intégrale et y = 1−x</p><p>ε</p><p>dans la seconde amène :</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(1− v(t)2)2 dt = 2</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(1− y2)2,</p><p>valeur que l’on pourrait calculer, indépendante de v, et que nous nommerons simplement 2I. Alors</p><p>Eλ(v) =</p><p>1</p><p>ε</p><p>+ εI</p><p>λ</p><p>2</p><p>.</p><p>ceci étant vrai pour tout ε ∈]0, 12 [, on peut en particulier choisir ε = 1√</p><p>λ</p><p>, dès lors que λ > 4. Ainsi, pour</p><p>tout λ > 4, il existe v tel que</p><p>Eλ(v) =</p><p>(</p><p>2 +</p><p>I</p><p>2</p><p>)√</p><p>λ.</p><p>En posant C = 1 + I</p><p>2 , on a bien, pour tout λ > 4, Eλ(uλ) 6 C</p><p>√</p><p>λ</p><p>(b) De façon évident, Eλ(u) = Eλ(−u), donc si uλ 6= 0, la soltion n’est pas unique, puisque −uλ est aussi</p><p>solution. Or,</p><p>Eλ(0) =</p><p>λ</p><p>4</p><p>,</p><p>et</p><p>√</p><p>λ = o</p><p>(</p><p>λ</p><p>4</p><p>)</p><p>, donc il existe λ0 que pour tout λ > λ0, λ</p><p>4 > C</p><p>√</p><p>λ, ce qui empêche que 0 soit solution</p><p>du problème de minimisation. Comme c’était le seul cas possible d’unicité, à partir de λ0, la solution du</p><p>problème de minimisation n’est pas unique.</p><p>5</p><p>4. (a) En posant ϕλ = u2λ, il vient :</p><p>λ</p><p>4</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(ϕλ(x) − 1)2 dx 6</p><p>1</p><p>2</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(u′(x))2 dx+</p><p>λ</p><p>4</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(ϕλ(x) − 1)2 dx 6 C</p><p>√</p><p>λ,</p><p>pour tout λ assez grand. Ainsi pour λ assez grand,</p><p>0 6</p><p>λ</p><p>4</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(ϕλ(x) − 1)2 dx 6</p><p>C</p><p>λ</p><p>,</p><p>et le théorème d’encadrement amène : lim</p><p>λ→+∞</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(ϕλ(x) − 1)2 dx = 0.</p><p>(b) D’après une des questions précédentes, uλ est à valeurs dans ]− 1, 1[, donc µλ < 1, et donc</p><p>∀x ∈ [0, 1], (µ2</p><p>λ − 1)2 = (1− µ2</p><p>λ)</p><p>2</p><p>6 (1− uλ(x)</p><p>2)2,</p><p>d’où, par intégration :</p><p>0 6 (µ2</p><p>λ − 1)2 6</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(ϕλ(x) − 1)2 dx .</p><p>On déduit de la question précédente et du théorème d’encadrement que lim</p><p>λ→+∞</p><p>µλ = 1 .</p><p>Partie IV – Minoration des réels C tels que Eλ(uλ) 6 C</p><p>√</p><p>λ</p><p>1. On peut définir vλ = uλ si λ > λ0 et vλ = 0 sinon. Alors, pour λ < λ0,</p><p>Eλ(vλ) = Eλ(0) =</p><p>λ</p><p>4</p><p>=</p><p>√</p><p>λ</p><p>4</p><p>·</p><p>√</p><p>λ 6</p><p>λ0</p><p>4</p><p>·</p><p>√</p><p>λ,</p><p>et pour tout λ > λ0, Eλ(vλ) 6 C</p><p>√</p><p>λ. Ainsi, en prenant C0 = max</p><p>(√</p><p>λ0</p><p>4 , C</p><p>)</p><p>, on a bien, pour tout λ > 0,</p><p>Eλ(vλ) 6 C0</p><p>√</p><p>λ .</p><p>2. Il suffit de constater que</p><p>εx2 +</p><p>1</p><p>ε</p><p>y2 − 2xy =</p><p>(√</p><p>εx− y√</p><p>ε</p><p>)2</p><p>> 0,</p><p>il vient : εx2 +</p><p>1</p><p>ε</p><p>y2 > 2xy.</p><p>En posant ε =</p><p>√</p><p>2</p><p>λ</p><p>, il vient alors :</p><p>Eλ(vλ) =</p><p>√</p><p>λ</p><p>8</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>(</p><p>εv′λ(x) +</p><p>1</p><p>ε</p><p>(1− vλ(x)</p><p>2)2</p><p>)</p><p>dx ></p><p>√</p><p>λ</p><p>2</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>|v′λ(x)(1 − vλ(x))</p><p>2| dx.</p><p>3. On pose ηλ = sup</p><p>x∈[0,1]</p><p>|vλ(x)| et on définit la fonction F de R+ dans R+ par :</p><p>F (θ) =</p><p></p><p></p><p></p><p>θ − θ</p><p>3 si 0 6 θ 6 1</p><p>4</p><p>3 + θ</p><p>3 − θ si θ > 1.</p><p>(a) La fonction |vλ| étant continue sur le segment [0, 1], elle admet un maximum. Sa borne supérieure ηℓ existe</p><p>donc, et est atteinte en un xλ de [0, 1] .</p><p>(b) On vérifie sans peine la cotinuité de F sur R+, la classe C1 sur R+ \ {1}, et les dérivabilités à gauche et à</p><p>droite en 1, avec F ′</p><p>g(1) = 0 et F ′</p><p>d(1) = 0, donc F est dérivable en 1, F ′(1) = 0, et on vérifie facilement la</p><p>continuité de F ′ en 1. Ainsi, F est de classe C1 sur R+ .</p><p>Par ailleurs,</p><p>∀θ > 0, F ′(θ) =</p><p></p><p></p><p></p><p>1− θ2 si θ 6 1</p><p>θ2 − 1 si θ > 1</p><p>donc: F ′(θ) = |1− θ2|</p><p>6</p><p>On peut alors revenir à la question 2 : pour tout λ > 0 :</p><p>Eλ(vλ) ></p><p>√</p><p>λ</p><p>2</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>|vλ(x)||F ′(vλ(x))| dx</p><p>=</p><p>√</p><p>λ</p><p>2</p><p>∫ x0</p><p>0</p><p>|vλ(x)||F ′(vλ(x))| dx+</p><p>√</p><p>λ</p><p>2</p><p>∫ 1</p><p>x0</p><p>|vλ(x)||F ′(vλ(x))| dx</p><p>></p><p>√</p><p>λ</p><p>2</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ x0</p><p>0</p><p>vλ(x)F</p><p>′(vλ(x)) dx</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>+</p><p>√</p><p>λ</p><p>2</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ 1</p><p>x0</p><p>vλ(x)F</p><p>′(vλ(x)) dx</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>></p><p>√</p><p>λ</p><p>2</p><p>(|F (vλ(x0))− F (vλ(0))|+ |F (vλ(1))− F (vλ(x0))|) =</p><p>√</p><p>λ</p><p>2</p><p>(|F (0)− F (ηλ)|+ |F (ηλ)− F (0)|)</p><p>et ainsi, Eλ(vλ) ></p><p>√</p><p>2λF (ηλ).</p><p>4. En particulier, pour la famille de la question 1, pour tout λ > λ0,</p><p>Eλ(uλ)√</p><p>λ</p><p>></p><p>√</p><p>2F (ηλ).</p><p>Par ailleurs, d’après III-4(b), ηλ −→ 1, donc F (ηλ) tend vers 2</p><p>3 . Soit alors ε > 0. Il existe donc λ1 tel que pour</p><p>tout λ0 6 l1, et tout λ > λ0,</p><p>Eλ(uλ)√</p><p>λ</p><p>></p><p>2</p><p>√</p><p>2</p><p>3</p><p>− ε,</p><p>d’où :</p><p>∀λ0 > λ1, inf</p><p>λ>λ0</p><p>Eλ(uλ)√</p><p>λ</p><p>></p><p>2</p><p>√</p><p>2</p><p>3</p><p>− ε.</p><p>La fonction λ0 7→ inf</p><p>λ>λ0</p><p>Eλ(uλ)√</p><p>λ</p><p>étant croissante, elle admet une limite en +∞, et cette limite vérifie donc :</p><p>∀ε > 0, lim</p><p>λ0→+∞</p><p>inf</p><p>λ>λ0</p><p>Eλ(uλ)√</p><p>λ</p><p>></p><p>2</p><p>√</p><p>2</p><p>3</p><p>− ε.</p><p>Ceci étant vrai pour tout ε > 0, il vient :</p><p>lim</p><p>λ0→+∞</p><p>inf</p><p>λ>λ0</p><p>Eλ(uλ)√</p><p>λ</p><p>></p><p>2</p><p>√</p><p>2</p><p>3</p><p>.</p><p>7</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 8 : Moyenne arithmético-géométrique</p><p>Correction du problème 1 – Autour de la moyenne arithmético-géométrique</p><p>Question préliminaire : Comparaison des moyennes arithmétique et géométrique</p><p>Soit a et b deux réels positifs. On a</p><p>ma(a, b)−mg(a, b) =</p><p>a− 2</p><p>√</p><p>ab+ b</p><p>2</p><p>=</p><p>(</p><p>√</p><p>a−</p><p>√</p><p>b)2</p><p>2</p><p>> 0.</p><p>Ainsi mg(a, b) 6 ma(a, b) .</p><p>Partie I – Définition de la moyenne arithmético-géométrique</p><p>Soit (a, b) ∈ R</p><p>2</p><p>+. On définit deux suites (an)n∈N et (bn)n∈N par les relations :</p><p></p><p></p><p></p><p>a0 = a,</p><p>b0 = b</p><p>, et ∀n ∈ N,</p><p></p><p></p><p></p><p>an+1 =</p><p>an + bn</p><p>2</p><p>= ma(an, bn)</p><p>bn+1 =</p><p>√</p><p>anbn = mg(an, bn)</p><p>1. • D’après la question préliminaire, pour tout n > 1, an > bn. Alors, étant donné n > 1,</p><p>an+1 =</p><p>an + bn</p><p>2</p><p>6</p><p>an + an</p><p>2</p><p>= an,</p><p>donc la suite (an)n>1 est décroissante.</p><p>• De même pour n > 1,</p><p>bn+1 =</p><p>√</p><p>anbn ></p><p>√</p><p>bnbn = bn.</p><p>Donc la suite (bn)n>1 est croissante.</p><p>• On obtient alors, pour tout n > 1 :</p><p>an > bn > b1 et bn 6 an 6 a1.</p><p>Ainsi (an)n∈N∗ est décroissante et minorée, donc (an)n∈N converge vers un réel α, et (bn) est croissante et</p><p>majorée, donc (bn)n∈N converge vers un réel β.</p><p>2. En passant à la limite dans la première relation de récurrence, il vient :</p><p>α =</p><p>α+ β</p><p>2</p><p>soit: α = β</p><p>3. On a ma(a, b) = a1 et mg(a, b) = b1. La suite (an) étant décroissante de limite α, il vient</p><p>ma(a, b) = a1 > lim an =M(a, b).</p><p>De la même manière, la décroissance de (bn) amène mg(a, b) 6M(a, b). Ainsi :</p><p>mg(a, b) 6M(a, b) 6 ma(a, b) .</p><p>Partie II – Expression intégrale de la moyenne arithmético-géométrique</p><p>On pose, pour tout x ∈ [0, 1[, et pour tout (λ, µ) ∈ R</p><p>2 :</p><p>I(x) =</p><p>∫ π</p><p>2</p><p>0</p><p>dt</p><p>√</p><p>1− x2 sin2 t</p><p>et J(λ, µ) =</p><p>∫ π</p><p>2</p><p>0</p><p>dx</p><p>√</p><p>λ2 cos2(x) + µ2 sin2(x)</p><p>.</p><p>1</p><p>1. On pose, dans l’intégrale</p><p>I</p><p>(</p><p>2</p><p>√</p><p>x</p><p>1 + x</p><p>)</p><p>=</p><p>∫ π</p><p>2</p><p>0</p><p>1</p><p>√</p><p>1− 4x</p><p>(1+x)2 sin</p><p>2(u)</p><p>du,</p><p>le changement de variable u = Arcsin</p><p>(</p><p>(1 + x) sin(t)</p><p>1 + x sin2(t)</p><p>)</p><p>= ϕ(t) Le réel x étant dans [0, 1[, la fonction ψ : t 7→</p><p>(1+x) sin(t)</p><p>1+x sin2(t) est continue et de classe C1 sur [0, π2 [, et pour tout t de cet intervalle :</p><p>ψ′(t) =</p><p>(1 + x) cos(t)(1 + x sin2(t))− 2x cos(t) sin(t)(1 + x) sin(t)</p><p>(1 + x sin2(t))2</p><p>=</p><p>(1 + x) cos(t)(1− x sin2(t))</p><p>(1 + x sin2(t))2</p><p>> 0</p><p>Ainsi, ψ est strictement croissante, et ψ(0) = 0, ψ</p><p>(</p><p>π</p><p>2</p><p>)</p><p>= 1. En particulier, pour tout t ∈ [0, π2 [, ψ(t)in[0, 1[.</p><p>Par composition de fonctions de classe C1, on en déduit que ϕ est de classe C1 sur [0, π2 [. Comme on n’a pas la</p><p>classe C1 sur l’intervalle fermé,</p><p>on se restreint dans un premier temps à un intervalle [0, A], où A ∈]0, π2 [. Ainsi,</p><p>sur cet intervalle, on a</p><p>du</p><p>dt</p><p>=</p><p>(1 + x) cos(t)(1 − x sin2(t))</p><p>(1 + x sin2(t))2</p><p>· 1</p><p>√</p><p>1− (1+x)2 sin2(t)</p><p>(1+x sin2 t)2</p><p>=</p><p>(1 + x) cos(t)(1 − x sin2(t))</p><p>(1 + x sin2(t))</p><p>· 1</p><p>√</p><p>(1 − x sin2(t))2 − (1 + x)2 sin2(t)</p><p>=</p><p>(1 + x) cos(t)(1 − x sin2(t))</p><p>(1 + x sin2(t))</p><p>· 1</p><p>√</p><p>(1 − x sin2(t)− (1 + x) sin(t))(1 − x sin2(t) + (1 + x) sin(t))</p><p>=</p><p>(1 + x) cos(t)(1 − x sin2(t))</p><p>(1 + x sin2(t))</p><p>· 1</p><p>√</p><p>(1 − sin(t))(1 − x sin(t))(1 + sin(t))(1 + x sin(t))</p><p>=</p><p>(1 + x) cos(t)(1 − x sin2(t))</p><p>(1 + x sin2(t))</p><p>· 1</p><p>√</p><p>cos2(t)(1 − x2 sin2(t))</p><p>=</p><p>(1 + x)(1 − x sin2(t))</p><p>(1 + x sin2(t))</p><p>√</p><p>(1− x2 sin2(t))</p><p>Le plus dur est fait. On a alors (ϕ étant bijective de [0, π2 [ sur lui-même d’après le théorème de la bijection, car</p><p>continue et strictement croissante)</p><p>∫ A</p><p>0</p><p>dt</p><p>√</p><p>1− 4x</p><p>(1+x)2 sin</p><p>2(u)</p><p>du =</p><p>∫ ϕ−1(A)</p><p>0</p><p>1</p><p>√</p><p>1− 4x</p><p>(1+x)2 × (1+x)2 sin2(t)</p><p>(1+x sin2(t))2</p><p>× (1 + x)(1 − x sin2(t))</p><p>(1 + x sin2(t))</p><p>√</p><p>1− x2 sin2(t)</p><p>dt</p><p>= (1 + x)</p><p>∫ ϕ−1(A)</p><p>0</p><p>(1− x sin2(t))</p><p>√</p><p>(1 + x sin2(t))2 − 4x sin2(t)×</p><p>√</p><p>1− x2 sin2(t)</p><p>dt</p><p>= (1 + x)</p><p>∫ ϕ−1(A)</p><p>0</p><p>(1− x sin2(t))</p><p>√</p><p>(1− x sin2(t))2 ×</p><p>√</p><p>1− x2 sin2(t)</p><p>dt</p><p>= (1 + x)</p><p>∫ ϕ−1(A)</p><p>0</p><p>1</p><p>√</p><p>1− x2 sin2(t)</p><p>dt</p><p>et donc, en passant à la limite lorsque A tend vers π</p><p>2 (la fonction ϕ−1 étant continue en tant que récirpoque</p><p>d’une fonction continue, donc lim</p><p>A→</p><p>π</p><p>2</p><p>ϕ−1(A) = ϕ−1</p><p>(π</p><p>2</p><p>)</p><p>=</p><p>π</p><p>2</p><p>), on obtient :</p><p>I</p><p>(</p><p>2</p><p>√</p><p>x</p><p>1 + x</p><p>)</p><p>= (1 + x)I(x)</p><p>2. On a, pour tout x ∈]0, 1] :</p><p>J(1, x) =</p><p>∫ π</p><p>2</p><p>0</p><p>dt</p><p>√</p><p>cos2(t) + x2 sin2(t)</p><p>=</p><p>∫ π</p><p>2</p><p>0</p><p>dt</p><p>√</p><p>1− (1− x2) sin2(t)</p><p>= I(</p><p>√</p><p>1− x2)</p><p>2</p><p>D’un autre côté :</p><p>J</p><p>(</p><p>1 + x</p><p>2</p><p>,</p><p>√</p><p>x</p><p>)</p><p>=</p><p>∫ π</p><p>2</p><p>0</p><p>dt</p><p>√</p><p>(</p><p>1+x</p><p>2</p><p>)2</p><p>cos2(t) + x sin2 t</p><p>=</p><p>2</p><p>1 + x</p><p>∫ π</p><p>2</p><p>0</p><p>dt</p><p>√</p><p>1−</p><p>(</p><p>1−x</p><p>1+x</p><p>)2</p><p>sin2(t)</p><p>=</p><p>2</p><p>1 + x</p><p>I</p><p>(</p><p>1− x</p><p>1 + x</p><p>)</p><p>.</p><p>Par ailleurs, d’après la question précédente :</p><p>2</p><p>1 + x</p><p>I</p><p>(</p><p>1− x</p><p>1 + x</p><p>)</p><p>=</p><p>2</p><p>1 + x</p><p>× 1</p><p>1 + 1−x</p><p>1+x</p><p>× I</p><p></p><p></p><p>2</p><p>√</p><p>1−x</p><p>1+x</p><p>1 + 1−x</p><p>1+x</p><p></p><p> = I(</p><p>√</p><p>1− x2).</p><p>On en déduit alors J(1, x) = J</p><p>(</p><p>1 + x</p><p>2</p><p>,</p><p>√</p><p>x</p><p>)</p><p>.</p><p>3. Soit n ∈ N. Supposons an 6= 0. Alors</p><p>J(an+1, bn+1) = J</p><p>(</p><p>an + bn</p><p>2</p><p>,</p><p>√</p><p>anbn</p><p>)</p><p>= J</p><p>(</p><p>an ×</p><p>1 + bn</p><p>an</p><p>2</p><p>, an ×</p><p>√</p><p>bn</p><p>an</p><p>)</p><p>.</p><p>Or, de façon évidente, pour tout α > 0, et tout (λ, µ), on a J(αλ, αµ) = 1</p><p>α</p><p>J(λ, µ), donc</p><p>J(an+1, bn+1) =</p><p>1</p><p>an</p><p>J</p><p>(</p><p>1 + bn</p><p>an</p><p>2</p><p>,</p><p>√</p><p>bn</p><p>an</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>an</p><p>J</p><p>(</p><p>1,</p><p>bn</p><p>an</p><p>)</p><p>,</p><p>d’après la question précédente, d’où, en rentrant de nouveau le facteur an :</p><p>J(an+1, bn+1) = J(an, bn).</p><p>Comme a = a0 > 0, une récurrence immédiate montre alors que cette propriété est vraie pour tout n et que</p><p>(J(an, bn))n∈N est constante .</p><p>4. Soit ε > 0 tel que ε < M(a, b). Il existe un rang N ∈ N tel qu’on ait à la fois :</p><p>∀n > N, |an −M(a, b)| 6 ε et |bn −M(a, b)| 6 ε.</p><p>On a alors, pour tout t ∈ [0, π2 ] et tout n > N :</p><p>1</p><p>√</p><p>(M(a, b) + ε)2(cos2 t+ sin2 t)</p><p>6</p><p>1</p><p>√</p><p>a2n cos</p><p>2 t+ b2n sin</p><p>2 t</p><p>6</p><p>1</p><p>√</p><p>(M(a, b)− ε)2(cos2 t+ sin2 t)</p><p>,</p><p>soit :</p><p>1</p><p>M(a, b) + ε</p><p>6</p><p>1</p><p>√</p><p>a2n cos</p><p>2 t+ b2n sin</p><p>2 t</p><p>6</p><p>1</p><p>M(a, b)− ε</p><p>,</p><p>et par croissante de l’intégrale, il vient facilement :</p><p>∀n > N,</p><p>π</p><p>2</p><p>· 1</p><p>M(a, b) + ε</p><p>6 J(an, bn) 6</p><p>π</p><p>2</p><p>· 1</p><p>M(a, b)− ε</p><p>.</p><p>5. Le terme du milieu de l’encadrement précédent est constant, égal à J(a0, b0) = J(a, b), et ε peut être choisi</p><p>aussi petit qu’on veut. Une fois qu’on a remplacé J(an, bn) par J(a, b), on n’a plus de dépendance en n, on peut</p><p>donc sans problème faire tendre ε vers 0, et il vient :</p><p>J(a, b) =</p><p>π</p><p>2M(a, b)</p><p>, soit: M(a, b) =</p><p>π</p><p>2J(a, b)</p><p>.</p><p>Partie III – Une variante de la moyenne arithmético-géométrique</p><p>Soit toujours (a, b) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>2. On définit cette fois (an) et (bn) par :</p><p></p><p></p><p></p><p>a0 = a</p><p>b0 = b</p><p>et ∀n ∈ N,</p><p></p><p></p><p></p><p>an+1 =</p><p>an + bn</p><p>2</p><p>bn+1 =</p><p>√</p><p>an+1bn</p><p>3</p><p>1. • Supposons a 6 b, montrons par récurrence sur n ∈ N la propriété P(n) : 0 6 an 6 bn.</p><p>La propriété P(0) est satisfaite d’après l’hypothèse a 6 b.</p><p>Soit n ∈ N tel que P(n) est vrai. Alors on obtient :</p><p>0 6 an+1 6 bn puis: bn+1 ></p><p>√</p><p>(an+1)2 > an+1.</p><p>Ainsi, la propriété P(n+ 1) est encore vraie.</p><p>D’après le principe de récurrence, on a donc, pour tout n ∈ N, 0 6 an 6 bn.</p><p>Soit n ∈ N. On déduit alors de la relation définissant an+1, de la même manière que ci-dessus, que :</p><p>an 6 an+1 6 bn,</p><p>puis de la seconde relation, que</p><p>bn+1 =</p><p>√</p><p>an+1bn 6</p><p>√</p><p>b2n = bn,</p><p>d’où la croissance de (an) et la décroissance de (bn).</p><p>On est dans une situation similaire à celle des suites adjacentes (à part qu’on ne sait pas bien montrer de</p><p>façon directe que an − bn tend vers 0), la démonstration de la convergence est rigoureusement la même :</p><p>(an)n∈N est croissante et majorée par b0, et (bn)n∈N est décroissante et minorée par a0. Donc, d’après le</p><p>théorème de la limite monotone, (an) et (bn) convergent.</p><p>• Si a > b, alors on montre strictement par les mêmes arguments que pour tout n ∈ N, bn 6 an, que (bn) est</p><p>croissante et majorée par a0 et (an) est décroissante et minorée par b0. Ainsi, dans cette situation aussi,</p><p>(an) et (bn) convergent.</p><p>• Appelons α la limite de (an) et β la limite de (bn). Alors, on montre comme plus haut, en passant à la limite</p><p>dans la relation définissant an+1, que α = β .</p><p>2. Le plus simple est de faire une récurrence.</p><p>Soit, pour tout n dans N, la propriété P(n): Bn =</p><p>1</p><p>2n</p><p>sin(α)</p><p>sin</p><p>(</p><p>α</p><p>2n</p><p>) .</p><p>B0 est un produit vide, donc par convention B0 = 1, ce qui valide P(0).</p><p>Soit n ∈ N. On suppose que P(n) est vrai. Alors</p><p>Bn+1 =</p><p>1</p><p>2n</p><p>sin(α)</p><p>sin</p><p>(</p><p>α</p><p>2n</p><p>) × cos</p><p>( α</p><p>2n+1</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2n sin(α)</p><p>× 1</p><p>2 sin</p><p>(</p><p>α</p><p>2n+1</p><p>)</p><p>cos</p><p>(</p><p>α</p><p>2n+1</p><p>) × cos</p><p>( α</p><p>2n+1</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2n+1</p><p>sin(α)</p><p>sin</p><p>(</p><p>α</p><p>2n+1</p><p>)</p><p>Cela montre P(n+ 1).</p><p>Par conséquent, P(0) est vraie, et pour tout n dans N, P(n) entraîne P(n+1). D’après le principe de récurrence,</p><p>P(n) est vraie pour tout n dans N.</p><p>3. On suppose que a 6 b. Comme a et b sont positifs, on a alors a</p><p>b</p><p>∈ [0, 1], donc α = Arccos</p><p>(</p><p>a</p><p>b</p><p>)</p><p>est bien défini.</p><p>Si α = 0, alors a = b et les suites (an) et (bn) sont clairement constantes, d’où le résultat attendu.</p><p>On suppose don désormais que α 6= 0. Comme a0 = b0 cos(α), on obtient :</p><p>a1 =</p><p>a0 + b0</p><p>2</p><p>= b0</p><p>1 + cos(α)</p><p>2</p><p>= cos2</p><p>(α</p><p>2</p><p>)</p><p>,</p><p>puis :</p><p>b1 =</p><p>√</p><p>a1b0 = b0 cos</p><p>(α</p><p>2</p><p>)</p><p>.</p><p>Pour continuer à exprimer les termes bn, on exprime (bn) indépendamment de (an) : pour tout n > 0,</p><p>bn+2 =</p><p>√</p><p>an+2bn+1 =</p><p>√</p><p>an+1 + bn+1</p><p>2</p><p>× bn+1 =</p><p>√</p><p>b2</p><p>n+1</p><p>bn</p><p>+ bn+1</p><p>2</p><p>× bn+1 = bn+1</p><p>√</p><p>1 + bn+1</p><p>bn</p><p>2</p><p>.</p><p>Ainsi, on trouve par exemple :</p><p>b2 = b1</p><p>√</p><p>1 + cos</p><p>(</p><p>α</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>= b1</p><p>√</p><p>cos2</p><p>(α</p><p>4</p><p>)</p><p>= b0 cos</p><p>(α</p><p>2</p><p>)</p><p>cos</p><p>(α</p><p>4</p><p>)</p><p>4</p><p>(les cosinus étant positif, a étant par définition dans [0, π2 ]). Ainsi, on voit apparaître le déubut du produit de</p><p>cosinus étudié dans la question précédente. On effectue alors une récurrence.</p><p>Soit, pour tout n dans N, la propriété P(n): bn = b0Bn.</p><p>Nous venons de montrer que P(0) et P(1) sont vrais (et même P(2)).</p><p>Soit n ∈ N. On suppose que P(n) et P(n+ 1) sont vrais. Alors, par les hypothèses de récurrence,</p><p>bn+1</p><p>bn</p><p>= cos</p><p>( α</p><p>2n+1</p><p>)</p><p>,</p><p>donc, d’après la relation établie ci-dessus,</p><p>bn+2 = bn+1</p><p>√</p><p>1 + cos</p><p>(</p><p>α</p><p>2n+1</p><p>)</p><p>2</p><p>= bn+1 cos</p><p>( α</p><p>2n+2</p><p>)</p><p>= b0Bn+1 cos</p><p>( α</p><p>2n+2</p><p>)</p><p>= bBn+2.</p><p>Par conséquent, P(0) et P(1) sont vraies, et pour tout n dans N, P(n) et P(n+1) entraînent P(n+2). D’après</p><p>le principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans N.</p><p>Par conséquent, d’après le calcul précédent, pour tout n ∈ N,</p><p>bn =</p><p>b</p><p>α</p><p>× α</p><p>2n</p><p>sin(α)</p><p>sin</p><p>(</p><p>α</p><p>2n</p><p>) −→ b sin(α)</p><p>α</p><p>.</p><p>On peut donc conclure :</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>bn =</p><p></p><p></p><p></p><p>b · sin(α)</p><p>α</p><p>si α 6= 0</p><p>b si α = 0.</p><p>4. On reprend le même argument en l’adaptant aux fonctions hyperboliques. Pour cela, nous démontrons d’abord,</p><p>par analogie avec le cas trigonométrique :</p><p>• Lemme 1 : Soit x et y deux réels, alors sh(2x) = 2ch(x)sh(x)</p><p>Démonstration : On a</p><p>2ch(x)sh(x) =</p><p>(ex + e−x)(ex − e−x)</p><p>2</p><p>=</p><p>e2x − e−2x</p><p>2</p><p>= sh(2x).</p><p>• Lemme 2 : Soit x un réel. Alors</p><p>1 + ch(2x)</p><p>2</p><p>= ch2(x).</p><p>Démonstration : on a :</p><p>ch2(x) =</p><p>(ex + e−x)2</p><p>4</p><p>=</p><p>e2x + 2 + e−2x</p><p>4</p><p>=</p><p>2 + 2ch(x)</p><p>4</p><p>=</p><p>1 + ch(x)</p><p>2</p><p>.</p><p>À l’aide de ces deux résultats, l’argument précédente s’adapte bien, à commencer par le cas α = 0 (correspondant</p><p>comme avant à a = b). Nous supposons donc α 6= 0.</p><p>Tout d’abord, puisque a > b, a</p><p>b</p><p>> 1.</p><p>Comme ch est strictement croissante sur [0,+∞[, allant de 1 à +∞, et</p><p>continue, d’après le théorème de la bijection, ch induit une bijection de [0,+∞[ sur [1,+∞[. Ainsi, il existe un</p><p>unique réel α tel que a = ch(α)b.</p><p>On a alors, d’après le lemme 2 :</p><p>a1 = b</p><p>1 + ch(α)</p><p>2</p><p>= bch2</p><p>(α</p><p>2</p><p>)</p><p>puis: b1 =</p><p>√</p><p>b2ch2</p><p>(α</p><p>2</p><p>)</p><p>= bch</p><p>(α</p><p>2</p><p>)</p><p>.</p><p>La récurrence effectuée dans le cas a 6 b s’adapte bien pour montrer que</p><p>∀n ∈ N, bn = b</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=1</p><p>ch</p><p>( α</p><p>2k</p><p>)</p><p>.</p><p>Le même calcul vaut aussi pour ce produit, d’après le lemme 1 :</p><p>∀n ∈ N, bn =</p><p>b</p><p>2n</p><p>sh(α)</p><p>sh</p><p>(</p><p>α</p><p>2n</p><p>) .</p><p>5</p><p>Or, tout comme pour le sinus, lim</p><p>x→0</p><p>sh(x)</p><p>x</p><p>= 0, d’où le résultat escompté :</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>bn =</p><p></p><p></p><p></p><p>b · sh(α)</p><p>α</p><p>si α 6= 0</p><p>b si α = 0.</p><p>6</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 9 : Suites</p><p>Correction du problème 1 – Convergence en un point fixe attractif d’une suite définie par une récurrence</p><p>(Adapté de CAPES 1998)</p><p>Partie I – Existence et convergence des suites récurrentes</p><p>1. (a) Soit, pour tout p dans N∗, la propriété P(p): Ip+1 ⊂ Ip.</p><p>Soit p = 1. Alors I2 = f−1(I1) = f−1(I). Par définition, f−1(I) est inclus dans le domaine de définition de</p><p>f , donc f−1(I) ⊂ I = I1. Ainsi, I2 ⊂ I1. D’où P(1).</p><p>Soit p ∈ N∗ tel que P(p). Alors Ip+1 ⊂ Ip, d’où f−1(Ip+1) ⊂ f−1(Ip), ainsi Ip+2 ⊂ Ip+1. On en déduit</p><p>P(p+ 1).</p><p>Par conséquent, P(1) est vraie, et pour tout p dans N∗, P(p) entraîne P(p + 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, P(p) est vraie pour tout p dans N∗.</p><p>(b) Montrer que pour tout p ∈ N∗, Ip+1 ⊂ Ip.</p><p>• D’après la suite d’inclusions de la question précédente, pour tout p ∈ N∗, Ip ⊂ I. Ainsi, A ⊂ I.</p><p>• Soit r un point fixe de f .</p><p>Soit, pour tout p dans N∗, la propriété Q(p): r ∈ Ip.</p><p>Par définition, r est dans le domaine de définition de f , donc r ∈ I = I1. D’où Q(1).</p><p>Soit p ∈ N∗ tel que Q(p). Alors r ∈ Ip. Or, f(r) = r, donc r ∈ f−1({r}). Ainsi, r ∈ f−1(Ip) = Ip+1. D’où</p><p>Q(p+ 1).</p><p>Par conséquent, Q(1) est vraie, et pour tout p dans N∗, Q(p) entraîne Q(p + 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, Q(p) est vraie pour tout p dans N∗.</p><p>Ainsi, pour tout p ∈ N∗, r ∈ Ip, donc r ∈ A. Ceci étant vrai pour tout point fixe, on en déduit que</p><p>Ω ⊂ A. Or, par hypothèse, Ω 6= ∅, donc A 6= ∅.</p><p>• Soit x ∈ A. Soit p ∈ N∗. Alors, puisque x ∈ A, x ∈ Ip+1, et donc f(x) ∈ f(Ip+1) = f(f−1(Ip)) = Ip</p><p>Ainsi, pour tout p ∈ N∗, f(x) ∈ Ip, et par conséquent, f(x) ∈ A. On en déduit que A est stable par f .</p><p>(c) Soit (xn)n∈N une suite récurrente associée à f .</p><p>i. Soit p ∈ N∗. La suite (xn)n∈N étant définie, on en déduit que pour tout n ∈ N, xn+p existe. Ainsi, xn+p−1</p><p>est dans le domaine de définition de f , donc xn+p−1 ∈ I1. Or, xn+p−1 = fp−1(xn), où la puissance désigne</p><p>la composition itérée. Ainsi,</p><p>xn ∈ (f−1(f−1 · · · f−1(I1))) = I1+p−1 = Ip</p><p>(on applique p− 1 fois f−1 à I1).</p><p>ii. Ainsi, pour tout n ∈ N, pour tout p ∈ N∗, xn ∈ Ip, donc xn ∈ ⋂</p><p>p∈N∗</p><p>Ip = A.</p><p>iii. • Soit x0 définissant une suite récurrente. Alors, pour tout n ∈ N, xn ∈ A. En particulier, pour n = 0,</p><p>x0 ∈ A.</p><p>• Réciproquement, si x0 ∈ A, comme A est stable par f , alors pour tout n ∈ N, xn est défini et xn ∈ A.</p><p>Donc (xn)n∈N est définie.</p><p>2. (a) i. I =]0, 2[ et ∀x ∈ I, f1(x) =</p><p>√</p><p>x.</p><p>• Soit r un point fixe de f1. Alors r ∈ I et f(r) = r, donc</p><p>√</p><p>r = r, et comme r est strictement positif,</p><p>r = r2, puis r = 1. Ainsi, Ω = {1}.</p><p>1</p><p>• Soit x ∈ f−1</p><p>1 (I). Alors x ∈ I, et f1(x) ∈]0, 2[, c’est-à-dire 0 <</p><p>√</p><p>x < 2. Comme x > 0, cette dernière</p><p>inéquation est équivalente à 0 < x < 4. Ainsi, f−1</p><p>1 (I) =]0, 2[∩]0, 4[= I. Ainsi, f−1(I) = I. On en</p><p>déduit, en répétant cette opération, que pour tout p ∈ N∗, Ip = I.</p><p>ii. I =]0, 2[ et ∀x ∈ I, f2(x) = x2 ;</p><p>• Soit r ∈ Ω. Alors r ∈ I et r = r2, donc r = 1. Ainsi, Ω = {1}.</p><p>• Soit x ∈ I2. Alors x ∈ I et 0 < x2 < 2, donc 0 < x <</p><p>√</p><p>2. Donc I2 =]0,</p><p>√</p><p>2[.</p><p>Soit x ∈ I3. Alors x ∈ I et 0 < x2 <</p><p>√</p><p>2, donc 0 < x <</p><p>√√</p><p>2 = 2</p><p>1</p><p>4 . Donc I3 =]0, 2</p><p>1</p><p>4 [.</p><p>Soit, pour tout p dans N∗, la propriété R(p): Ip =]0, 2</p><p>1</p><p>2p−1 [.</p><p>Par hypothèse R(1) est vrai. On a aussi montré R(2) et R(3), plus pour deviner le résultat que par</p><p>nécessité.</p><p>Soit p ∈ N∗ tel que R(p). Alors x ∈ Ip+1 si et seulement si x ∈ I et 0 < x2 < 2</p><p>1</p><p>2p−1 si et seulement</p><p>si x ∈ I et 0 < x < (2</p><p>1</p><p>2p−1 )</p><p>1</p><p>2 . Ainsi, Ip+1 =]0, 2</p><p>1</p><p>2p [, d’où R(p+ 1)</p><p>Par conséquent, R(1) est vraie, et pour tout p dans N∗, R(p) entraîne R(p+ 1). D’après le principe</p><p>de récurrence, R(p) est vraie pour tout p dans N∗.</p><p>Or, lim</p><p>p→+∞</p><p>1</p><p>2p</p><p>= 0, donc lim</p><p>p→+∞</p><p>2</p><p>1</p><p>2p = 20 = 1 (pas de forme indéterminée ici). De plus, cette suite tend</p><p>vers sa limite en décroissant strictement, de manière évidente. Montrons qu’alors, A =]0, 1].</p><p>∗ Tout d’abord, ]0, 1] ⊂ A. En effet, pour tout p ∈ N∗, ]0, 1] ⊂ Ip, car la borne supérieure de Ip décroît</p><p>strictement vers 1, donc est toujours strictement plus grande que 1. Donc ]0, 1] ⊂</p><p>⋂</p><p>p∈N∗</p><p>Ip = A.</p><p>∗ Réciproquement, A ⊂]0, 1]. En effet, soit x ∈ A. Alors pour tout p ∈ N∗, x ∈ Ip, donc 0 < x <</p><p>2</p><p>1</p><p>2p−1 .</p><p>D’après le théorème de prolongement des inégalités, on obtient, en passant à la limite dans la</p><p>deuxième inégalité : 0 < x 6 1. Ainsi x ∈]0, 1].</p><p>Les deux inclusions montrent l’égalité A =]0, 1].</p><p>iii. I =]0, 2[ et ∀x ∈ I, f3(x) = 2x− 1.</p><p>• Tout d’abord, f3(x) = x si et seulement si x = 2x− 1 si et seulement si x = 1. Donc Ω = {1}.</p><p>• La fonction f3 est strictement croissante sur son domaine, et sur R si on la prolonge. Alors,</p><p>I2 = f−1</p><p>3 (I) =]f−1</p><p>3 (0), f−1</p><p>3 (2)[∩]0, 2[=</p><p>]</p><p>0 + 1</p><p>2</p><p>,</p><p>2 + 1</p><p>2</p><p>[</p><p>∩]0, 2[=</p><p>]</p><p>1</p><p>2</p><p>,</p><p>3</p><p>2</p><p>[</p><p>.</p><p>On obtient alors de même</p><p>I3 =</p><p>] 1</p><p>2 + 1</p><p>2</p><p>,</p><p>3</p><p>2 + 1</p><p>2</p><p>[</p><p>=</p><p>]</p><p>3</p><p>4</p><p>,</p><p>5</p><p>4</p><p>[</p><p>.</p><p>Par une récurrence que je ne fais pas (même chose que précédemment), on trouve :</p><p>∀n ∈ N∗, In =</p><p>]</p><p>1− 1</p><p>2n−1</p><p>, 1 +</p><p>1</p><p>2n−1</p><p>[</p><p>.</p><p>Les In sont alors une suite d’intervalles enboîtés, de longueur de limite nulle. Ainsi, d’après le théorème</p><p>des intervalles emboités, l’intersection est un singleton, constitué du seule point, limite commune des</p><p>bornes des In. Ainsi, A = {1}.</p><p>(b) Supposons que I est stable par f . Alors f(I) ⊂ I, donc, I ⊂ f−1(I). Par ailleurs, I étant le domaine de</p><p>définition de f , f−1(I) ⊂ I. Les deux inclusions amènent l’égalité I = f−1(I). Par itération, on trouve donc,</p><p>pour tout n ∈ N∗, In = I, puis A = I.</p><p>3. (a) Tout d’abord, I étant stable, A = I, et pour tout n ∈ N, xn ∈ I.</p><p>Soit, pour tout n dans N, la propriété P(n): xn 6 xn+1.</p><p>L’inégalité x0 6 f(x0) = x1 nous donne P(0).</p><p>Soit n ∈ N tel que P(n). Alors, xn 6 xn+1. Comme f est croissante sur I, et que xn et xn+1 sont dans I,</p><p>on en déduit que f(xn) 6 f(xn+1), donc que xn+1 6 xn+2. Ainsi, P(n+ 1) est vérifié.</p><p>Par conséquent, P(0) est vraie, et pour tout n dans N, P(n) entraîne P(n + 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans N.</p><p>Ainsi, la suite (xn)n∈N est croissante.</p><p>2</p><p>• S’il existe y ∈ Ω un point fixe tel que x0 6 y, montrons que y majore la suite (xn)n∈N.</p><p>Soit, pour tout n dans N, la propriété P(n): xn 6 y.</p><p>L’inégalité x0 6 y nous donne P(0).</p><p>Soit n ∈ N tel que P(n). Alors, xn 6 y. Comme f est croissante sur I, et que xn et y sont dans I, on</p><p>en déduit que f(xn) 6 f(y), donc que xn+1 6 y, puisque y est un point fixe de f . Ainsi, P(n + 1) est</p><p>vérifié.</p><p>Par conséquent, P(0) est vraie, et pour tout n dans N, P(n) entraîne P(n+ 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans N.</p><p>Ainsi, la suite (xn)n∈N est croissante, majorée, donc elle converge d’après le théorème de convergence</p><p>monotone. De plus, pour tout n ∈ N, x0 6 xn 6 y, donc la limite ℓ de la suite (xn)n∈N vérifie x0 6 ℓ 6 y,</p><p>d’après le théorème de prolongement des inégalités. Or, x0 et y sont dans I, et I étant un intervalle, il</p><p>est convexe. Donc ℓ ∈ I. Ainsi, (xn)n∈N converge vers un point de I.</p><p>• Réciproquement, supposons que (xn)n∈N converge dans I, et soit y ∈ I sa limite. Alors, f étant continue</p><p>sur I (hypothèse donnée dans l’entête du problème), f(y) = y, donc y ∈ Ω. De plus, (xn)n∈N étant</p><p>croissante, on a x0 6 y. Ainsi, il existe un point fixe y tel que x0 6 y.</p><p>En conclusion, la suite récurrente de valeur initiale</p><p>x0 converge vers un point de I si et seulement s’il existe</p><p>un point fixe y ∈ Ω tel que x0 6 y.</p><p>(b) Supposons que (xn)n∈N converge vers un point de I. Soit ℓ sa limite.</p><p>• La fonction f étant continue, ℓ ∈ Ω.</p><p>• De plus, (xn)n∈N étant croissante, x0 6 ℓ.</p><p>• Enfin, soit y un point fixe tel que x0 6 y. Alors, d’après un argument précédent, pour tout n ∈ N,</p><p>xn 6 y, et par passage à la limite, ℓ 6 y. Ainsi, ℓ est le plus petit point fixe qui soit supérieur ou égal à</p><p>x0.</p><p>(c) (xn)n∈N étant croissante, elle converge dans R. Soit ℓ ∈ R sa limite. Soit I =]a, b[, où a et b sont éléments</p><p>de R. On a alors, pour tout n ∈ N, a < xn < b, d’où, d’après le théorème de prolongement des inégalités,</p><p>a 6 ℓ 6 b, dans R. De plus, (xn)n∈N étant croissante, ℓ 6= a. Enfin, ℓ 6∈ I, donc ℓ = b. Par conséquent,</p><p>(xn)n∈N converge vers b, la borne supérieure de I, qu’elle soit finie ou infinie.</p><p>(d) Lorsque x0 > f(x0) :</p><p>• La suite (xn)n∈N est décroissante.</p><p>• Elle converge dans I si et seulement s’il existe un point fixe y ∈ Ω tel que y 6 x0.</p><p>• Dans ce cas, sa limite est le plus grand point fixe qui soit inférieur ou égal à x0.</p><p>• Dans le cas inverse (xn)n∈N converge vers la borne inférieure de I, qu’elle soit finie ou −∞.</p><p>Partie II – Points fixes attractifs, répulsifs</p><p>1. Inégalité des accroissements finis</p><p>• On suppose dans un premier temps que a 6 b.</p><p>∗ Si m = 0, alors, pour tout x de J , −M 6 f ′(x) 6 M . Ainsi, par positivité de l’intégrale,</p><p>−</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>M dx 6</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f ′(x) dx 6</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>M dx soit: −M(b− a) 6 f(b)− f(a) 6 M(b− a).</p><p>Ainsi, |f(b)− f(a)| 6 M |b− a|. D’autre part, |f(b)− f(a)| > 0 = m|b− a|.</p><p>∗ Si m > 0, alors, puisque pour tout x de l’intervalle J , |f ′(x)| > m, on obtient que soit pour tout x ∈ J ,</p><p>f ′(x) > m, soit pour tout x ∈ J , f ′(x) 6 −m. En effet, si ce n’était le cas, , il existerait deux réels x</p><p>et y de J tels que f ′(x) > m et f ′(y) 6 −m. Alors, puisque f ′ est continue sur l’intervalle J , et que</p><p>0 ∈]−m,m[⊂]f(y), f(x)[, il existe, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, un élément c compris</p><p>entre x et y, donc c ∈ J tel que f ′(c) = 0 donc |f ′(c)| < m, ce qui contredit les hypothèses.</p><p>— Premier cas : pour tout x ∈ J , f ′(x) > m > 0. Alors, puisque par ailleurs, |f ′(x)| 6 M , on obtient :</p><p>∀x ∈ J, m 6 f ′(x) 6 M, puis:</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>m dx 6</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f ′(x) dx 6</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>M dx</p><p>soit: m(b− a) 6 f(b)− f(a) 6 M(b− a).</p><p>3</p><p>Comme m(b− a) et M(b− a) sont positifs, on en déduit que f(b)− f(a) aussi et que :</p><p>m|b− a| 6 |f(b)− f(a)| 6 M |b− a|.</p><p>— Deuxième cas : pour tout x ∈ J , f ′(x) 6 −m, d’où −M 6 f ′(x) 6 −m. Alors de même :</p><p>−M(b− a) 6 f(b)− f(a) 6 −m(b− a) donc: m|b− a| 6 |f(b)− f(a)| 6 M |b− a|,</p><p>puisque −m(b− a) et −M(b− a) sont négatifs.</p><p>• Supposons maintenant que b 6 a. On utilise alors le résultat précédent avec a′ = b et b′ = a. On a alors :</p><p>m|b′ − a′| 6 |f(b′)− f(a′)| 6 M |b′ − a′| soit: m|a− b| 6 |f(a)− f(b) 6 M |a− b|</p><p>soit: M |b− a| 6 |f(b)− f(a)| 6 M |b− a|.</p><p>2. Points fixes attractifs</p><p>(a) Par hypothèse, f ′ est continue en r, donc, par définition (rappelée dans l’énoncé) de la continuité,</p><p>∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ B(r, δ) ∩ I, |f ′(x) − f ′(r)| < ε.</p><p>Prenons ε = 1−|f ′(r)|</p><p>2 , et δ1 comme dans la définition. Alors, pour tout x ∈ B(r, δ1) ∩ I,</p><p>∣</p><p>∣|f ′(x)| − |f ′(r)|</p><p>∣</p><p>∣ 6 |f ′(x) − f ′(r)| < 1− |f ′(r)|</p><p>2</p><p>donc: − 1− |f ′(r)|</p><p>2</p><p>6 |f ′(x)| − |f ′(r)| < 1− |f ′(r)|</p><p>2</p><p>donc: |f ′(x)| < 1 + |f ′(r)|</p><p>2</p><p>.</p><p>De plus, I est ouvert, donc est un voisinage de tous ses points, et en particulier de r. Ainsi, il existe δ2 > 0</p><p>tel que B(r, δ2) ⊂ I. Soit alors δ = min(δ1, δ2). Alors B(r, δ) ⊂ B(r, δ2) ⊂ I, et B(r, δ) ⊂ B(r, δ1), donc</p><p>B(r, δ) ⊂ B(r, δ1) ∩ I.</p><p>On en déduit que pour tout x ∈ B(r, δ), x ∈ I et |f ′(x)| 6 k, où on a posé k = 1+|f ′(r)|</p><p>2 , qui vérifie k ∈ [0, 1[,</p><p>puisque |f ′(r)| < 1.</p><p>Soit x ∈ B(r, δ). Alors, pour tout y entre x et r, y ∈ B(r, δ), donc |f ′(y)| 6 k. D’après l’inégalité des</p><p>accroissements finis, démontrée dans la question II-1, on en déduit que |f(x)− f(r)| 6 k|x− r|.</p><p>Or, r est un point fixe de f , donc finalement, |f(x)− r| 6 k|x− r|, où k ∈ [0, 1[.</p><p>(b) Voyons ce qu’il se passe sur les premiers rangs : uN ∈ B(r, δ), donc</p><p>|f(xN )− r| 6 k|xN − r|, soit: |xN+1 − r| 6 k|xN − r|.</p><p>En particulier, puisque k < 1 et |xN − r| < δ, on en déduit que xN+1 ∈ B(r, δ), et on peut continuer : la</p><p>question précédente amène</p><p>|f(xN+1)− r| 6 k|xN+1 − r|, donc: |xN+2 − r| 6 k|xN+1 − r| 6 k2|xN − r|.</p><p>On peut continuer comme cela : chaque étape rajoute un facteur k. On va donc procéder par récurrence</p><p>pour montrer proprement la formule souhaitée (tout ce début, bien entendu, vous le faites au brouillon, mais</p><p>inutile de le mettre au propre : contentez-vous de la démonstration rigoureuse donnée par la récurrence)</p><p>Soit, pour tout n dans [[N,+∞[[, la propriété P(n): |xn − r| 6 kn−N |uN − r|.</p><p>P(N) est trivialement vraie, puisque l’inégalité se réduit alors à |xN − r| 6 |xN − r|.</p><p>Soit n > N tel que P(n) soit vraie. Alors,</p><p>|xn − r| 6 kn−N |xN − r| 6 |xN − r| < δ,</p><p>car k ∈ [0, 1[, et n−N > 0. Ainsi, un ∈ B(r, δ). On applique la question précédente, cela donne :</p><p>|f(xn)− r| 6 k|un − r|, donc: |xn+1 − r| 6 k|xn − r| 6 kn+1−N |xN − r|,</p><p>d’après l’hypothèse de récurrence. D’où P(n+ 1).</p><p>Par conséquent, P(N) est vraie, et pour tout n dans [[N,+∞[[, P(n) entraîne P(n+ 1). D’après le principe</p><p>de récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans [[N,+∞[[.</p><p>4</p><p>(c) • Supposons qu’il existe N ∈ N tel que xN ∈ B(r, δ). Alors, d’après II-2(c), pour tout n > N ,</p><p>|un − r| 6 kn−N |uN − r|.</p><p>Or, k ∈ [0, 1[, donc lim</p><p>n→+∞</p><p>kn−N = 0. Ainsi,</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>|un − r| = 0 soit: lim</p><p>n→+∞</p><p>xn = r.</p><p>• Réciproquement, supposons que (xn)n∈N converge vers r. Alors, par définition, avec ε = δ > 0, il existe</p><p>N ∈ N tel que pour tout n > N , |xn − r| 6 δ. En particulier, cette inégalité est vraie pour n = N , ainsi,</p><p>xN ∈ B(r, δ).</p><p>3. Points fixes répulsifs</p><p>(a) On procède de même que pour les points fixes attractifs, et on s’autorise donc une rédaction un peu plus</p><p>rapide.</p><p>Tout d’abord, f ′ étant continue en r, et |f ′(r)| étant strictement supérieur à 1, il existe δ > 0 tel que pour</p><p>tout x ∈ B(r, δ) ∩ I, |f ′(x)| > 1 (prendre ε = |f ′(r)| − 1 dans la définition de la continuité). Puisque I est</p><p>ouvert, quitte à choisir δ plus petit, on peut supposer que B(x, δ) ⊂ I.</p><p>Alors, soit x ∈ B(x, δ). En appliquant l’inégalité des accroissements finis entre x et r, avec m = 1, on obtient</p><p>donc</p><p>|f(x)− f(r)| > |x− r| donc: |f(x) − r| > |x− r|.</p><p>(b) • Une suite stationnaire de valeur r converge évidemment vers r. Remarquez que s’il existe N ∈ N tel que</p><p>uN = r, on est dans ce cas, car r étant un point fixe, toutes les valeurs suivantes vont être égales à r.</p><p>• Réciproquement, soit (xn)n∈N une suite récurrente convergeant vers r. Alors, puisque δ > 0, par définition</p><p>de la limite d’une suite, il existe N ∈ N tel que, pour tout n > N , un ∈ B(r, δ). Ainsi, on peut appliquer</p><p>l’inégalité de la question précédente à un :</p><p>∀n > N, |un+1 − r| = |f(un)− r| > |un − r|.</p><p>Par conséquent, (|un − r|)n>N est croissante, positive, et de limite nulle puisque (un)n∈N converge vers</p><p>0. Ainsi, de l’inégalité</p><p>∀n > N, 0 6 |uN − r| 6 |un − r|,</p><p>on déduit, par passage à la limite :</p><p>0 6 |uN − r| 6 0, donc: uN = r</p><p>Ainsi, r étant un point fixe, pour tout n > N , un = r.</p><p>4. Un exemple</p><p>(a) Soit x ∈]0, 2[. Alors 0 < x2 < 4, donc 0 < 4 − x2 < 4. Ainsi, 0 < f(x) < 4</p><p>√</p><p>5</p><p>< 2, puisque</p><p>√</p><p>5 > 2. Ainsi, I</p><p>est stable par f . La question I-2(b) amène alors A = I =]0, 2[. Donc une suite récurrente (xn)n∈N est définie</p><p>pour tout choix de x0 dans I.</p><p>(b) On a :</p><p>f4(x) = x ⇐⇒</p><p>√</p><p>5 · x = 4− x2 ⇐⇒ x2 +</p><p>√</p><p>5 · x− 4 = 0</p><p>Résolvons cette équation du second degré. Le discriminant est ∆ = 5+16 = 21. Alors, les deux racines sont</p><p>r1 =</p><p>−</p><p>√</p><p>5−</p><p>√</p><p>21</p><p>2</p><p>et r2 =</p><p>−</p><p>√</p><p>5 +</p><p>√</p><p>21</p><p>2</p><p>.</p><p>r1 étant strictement négatif, r1 6∈ I. De plus, −3 <</p><p>√</p><p>5 < −2 et 4 <</p><p>√</p><p>21 < 5, donc</p><p>1 < −</p><p>√</p><p>5 +</p><p>√</p><p>21 < 3 donc:</p><p>1</p><p>2</p><p>< r2 <</p><p>3</p><p>2</p><p>donc: r2 ∈ I.</p><p>Ainsi, Ω = {r2}.</p><p>5</p><p>De plus, f est dérivable sur I, de dérivée continue, et :</p><p>∀x ∈ I, f ′(x) = − 2√</p><p>5</p><p>· x.</p><p>Par conséquent,</p><p>f ′(r2)</p><p>=</p><p>√</p><p>5−</p><p>√</p><p>21√</p><p>5</p><p>.</p><p>Or,</p><p>√</p><p>21 ></p><p>√</p><p>20 = 2</p><p>√</p><p>5, donc</p><p>√</p><p>5−</p><p>√</p><p>21 < −</p><p>√</p><p>5 donc: |f ′(r2)| > 1.</p><p>Ainsi, f4 a un seul point fixe, et il est répulsif.</p><p>(c) On a, pour tout x ∈ I, f4 ◦ f4(x) = 1√</p><p>5</p><p>(</p><p>4− 1</p><p>5 (4 − x2)2</p><p>)</p><p>= 1</p><p>5</p><p>√</p><p>5</p><p>(20− 16 + 8x2 − x4). On a donc</p><p>f4 ◦ f4(x) = x ⇐⇒ x4 − 8x2 + 5</p><p>√</p><p>5x− 4 = 0.</p><p>Or, les points fixes de f4 (et de son prolongement à R) sont bien sûr des points fixes de f4 ◦ f4. Ainsi, r1 et</p><p>r2 sont des racines de cette équation, donc x2 +</p><p>√</p><p>5 · x− 4 se met en facteur. On obtient :</p><p>∀x ∈ R, x4 − 8x2 + 5</p><p>√</p><p>5 · x− 4 = (x2 +</p><p>√</p><p>5 · x− 4)(x2 −</p><p>√</p><p>5 · x+ 1).</p><p>Le discriminant du second facteur est ∆ = 5 − 4 = 1. Ainsi, les racines de X4 − 8X2 +X + 12 sont r1, r2,</p><p>ainsi que :</p><p>r3 =</p><p>√</p><p>5− 1</p><p>2</p><p>et r4 =</p><p>√</p><p>5 + 1</p><p>2</p><p>.</p><p>On a 2 <</p><p>√</p><p>5 < 3, donc r3 et r4 sont dans I. Ce sont donc des points fixes de f4 ◦ f4.</p><p>Ainsi, les points fixes de f4 ◦ f4 sont r2, r3 et r4.</p><p>De plus, r4 > 3</p><p>2 , donc r4 > r2. De plus,</p><p>r3 − r2 =</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>√</p><p>5− 1 +</p><p>√</p><p>5−</p><p>√</p><p>21) =</p><p>1</p><p>2</p><p>(2</p><p>√</p><p>5−</p><p>√</p><p>21− 1) =</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>√</p><p>20−</p><p>√</p><p>21− 1) < 0,</p><p>donc r3 < r2. Ainsi, 0 < r3 < r2 < r4 < 2.</p><p>(d) f4 est décroissante car x 7→ x2 est croissante sur I. Ainsi, f4 ◦ f4 est croissante. Or, les suites extraites</p><p>(x2n)n∈N et (x2n+1)n∈N sont des suites récurrentes associées à la fonction f4 ◦ f4. Ainsi, d’après la question</p><p>I-3, (x2n)n∈N et (x2n+1)n∈N sont monotones. De plus :</p><p>• Si x0 ∈]0, r3[, alors, d’après la question I-3,</p><p>∗ soit (x2n)n∈N décroît vers la borne inférieure de I, à savoir 0, ce qui est impossible, car il faudrait</p><p>que 0 soit un point fixe du prolongement par continuité de f4 ◦ f4 en 0, ce qui n’est pas le cas ;</p><p>∗ soit (x2n)n∈N croît et converge vers le plus petit point fixe de f4 ◦ f4 qui soit supérieur à x0, à savoir</p><p>r3.</p><p>Ainsi, (x2n)n∈N converge en croissant vers r3. Par continuité et décroissance de f4, on en déduit que</p><p>(x2n+1)n∈N converge en décroissant vers f4(r3). Or :</p><p>∗ f4 ◦ f4(f4(r3)) = f4(f4 ◦ f4(r3)) = f4(r3). Ainsi, f4(r3) est un point fixe de f4 ◦ f4.</p><p>∗ f4(r3) 6= r3, car r3 n’est pas un point fixe de f4.</p><p>∗ f4(r3) 6= r2, sinon on aurait r3 = f4 ◦ f4(r3) = f4(r2) = r2.</p><p>∗ Ainsi, f4(r3) = r4, et de même f4(r4) = r3.</p><p>Par conséquent, (x2n+1)n∈N converge en décroissant vers x4.</p><p>• Si x0 ∈]r3, r2[, alors, d’après la question I-3,</p><p>∗ soit (x2n)n∈N converge en croissant vers r2, le point fixe directement supérieur à x0 ;</p><p>∗ soit (x2n)n∈N converge en décroissant vers r3.</p><p>La première solution est impossible. En effet, par continuité de f4, on aurait alors la convergence de</p><p>(x2n+1)n∈N vers f4(r2) = r2, donc (xn)n∈N admettrait r2 pour limite, ce qui, d’après la question II-3,</p><p>impliquerait que (xn)n∈N est stationnaire de valeur r2. Or, f4 est strictement décroissante sur I, donc</p><p>6</p><p>injective. Ainsi, r2 admet un unique antécédent par f4, qui est r2 lui-même. On en déduit qu’une suite</p><p>est stationnaire de valeur r2 si et seulement si x0 = r2.</p><p>Par conséquent, (x2n)n∈N converge vers x3 en décroissant, et par conséquent, (x2n+1)n∈N converge vers</p><p>f(r3) = r4 en croissant.</p><p>• Si x0 ∈]r2, r4[, de même, (x2n)n∈N ne peut pas converger vers r2, donc (x2n)n∈N converge en croissant</p><p>vers r4, puis (x2n+1)n∈N converge en décroissant vers r3.</p><p>• Si x0 ∈]r4, 2[, de même, (x2n)n∈N ne peut pas converger vers 2 qui n’est pas point fixe du prolongement</p><p>pas continuité de f4 ◦ f4 en 2, donc (x2n)n∈N converge vers x4 en décroissant, puis (x2n+1)n∈N converge</p><p>vers f(x4) = x3 en croissant.</p><p>Récapitulatif :</p><p>• Si x0 ∈]0, r2[, alors (x2n)n∈N converge vers r3 et (x2n+1)n∈N converge vers r4. Chacune de ces deux suites</p><p>est constante dans le cas où x0 = r3.</p><p>• Si x0 ∈]r2, 2[, alors (x2n)n∈N converge vers r4 et (x2n+1)n∈N converge vers r3. Chacune de ces deux suites</p><p>est constante dans le cas où x0 = r4.</p><p>• Si x0 = r2, alors (xn)n∈N est constante de valeur r2. C’est le seul cas de convergence de (xn)n∈N.</p><p>Partie III – Estimation de la vitesse de convergence en un point attractif</p><p>1. Soit k et δ comme dans la question II-2(a). Comme par hypothèse, (un)n∈N converge vers r, d’après la question</p><p>II-2(c), il existe N satisfaisant aux critères de la question II-2(b). Soit un tel N , alors, d’après II-2(b),</p><p>∀n > N, |xn − r| 6 kn−N |xN − r| = kn · |xN − r|</p><p>kN</p><p>.</p><p>Ainsi,</p><p>∀n > N,</p><p>|xn − r|</p><p>kn</p><p>6</p><p>|xN − r|</p><p>kN</p><p>.</p><p>Ce majorant est indépendant de n, ainsi, |xn − r| = O(kn).</p><p>2. (a) f est une fonction polynomiale, donc dérivable autant de fois que l’on veut, de dérivées successives continues.</p><p>En l’occurrence, ici, f ′′ = 0, donc f ′′ est bien entendu continue.</p><p>Soit r tel que f(r) = r. Alors r = r</p><p>2 + 2, donc r = 4. Ainsi, Ω = {4}.</p><p>De plus, pour tout x ∈ R, f ′(x) = 1</p><p>2 , donc |f ′(r)| = 1</p><p>2 < 1.</p><p>Nous somme donc dans le cadre d’un point fixe attractif.</p><p>(b) Tout d’abord, remarquez que comme f est définie sur I = R, alors I est stable par f , et par conséquent,</p><p>A = I = R, d’après I-2(b). Ainsi, tout choix de x0 ∈ R définit une suite récurrente.</p><p>Soit (xn)n∈N une suite récurrente associée à f . On reconnaît une suite arithmético-géométrique. En effet,</p><p>(xn)n∈N vérifie la relation de récurrence suivante :</p><p>∀n ∈ N, xn+1 =</p><p>xn</p><p>2</p><p>+ 2.</p><p>On a déjà déterminé le point fixe de f , qui est 4. Posons donc, pour tout n ∈ N, yn = xn − 4. Alors :</p><p>∀n ∈ N, yn+1 = xn+1 − 4 =</p><p>xn</p><p>2</p><p>+ 2− 4 =</p><p>xn − 4</p><p>2</p><p>=</p><p>yn</p><p>2</p><p>.</p><p>Ainsi, (yn)n∈N est géométrique de raison 1</p><p>2 . On en déduit que</p><p>∀n ∈ N, yn =</p><p>y0</p><p>2n</p><p>=</p><p>x0 − 4</p><p>2n</p><p>donc: xn =</p><p>x0 − 4</p><p>2n</p><p>+ 4.</p><p>(c) Ainsi,</p><p>xn − r = xn − 4 =</p><p>x0 − 4</p><p>2n</p><p>∼</p><p>+∞</p><p>λ(f ′(r))n,</p><p>où λ = x0 − 4, du fait que f ′(r) = 1</p><p>2 . Cet équivalent est même une égalité, en fait.</p><p>7</p><p>3. (a) Par hypothèse, (xn)n∈N converge vers r. Donc, d’après la formule de Taylor-Young, rappelée dans l’énoncé,</p><p>il existe une suite (εn)n∈N de limite nulle, telle que :</p><p>∀j ∈ N, f(xj) = r + f ′(r)(xj − r) +</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(xj − r)2 + (xj − r)2εj</p><p>= r + f ′(r)(xj − r)</p><p>(</p><p>1 +</p><p>f ′′(r)</p><p>2f ′(r)</p><p>(xj − r) +</p><p>1</p><p>f ′(r)</p><p>(xj − r)</p><p>)</p><p>,</p><p>factorisation que l’on peut faire car f ′(r) 6= 0. Ainsi,</p><p>∀j ∈ N, xj+1 − r = f ′(r)(xj − r)(1 +Rj),</p><p>où :</p><p>∀j ∈ N, Rj =</p><p>(</p><p>f ′′(r)</p><p>2f ′(r)</p><p>+</p><p>1</p><p>f ′(r)</p><p>)</p><p>(xj − r),</p><p>Comme (xj − r) = O(kj) d’après III-1, on en déduit que Rj = O(kj).</p><p>(b) Soit, pour tout n dans N∗, la propriété P(n): xn − r = (f ′(r))n(x0 − r)</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>(1 +Rj).</p><p>Pour n = 1, cela donne x1 − r = f ′(r)(x0 − r)(1 + R0), ce qui est exactement la relation trouvée dans la</p><p>question précédente, au rang 0. Ainsi, P(1) est vrai.</p><p>Soit n ∈ N∗ tel que P(n). Alors, d’après la question précédente suivie de l’hypothèse de récurrence, on a :</p><p>xn+1−r = f ′(r)(xn−r)(1+Rn) = f ′(r)(1+Rn)(f</p><p>′(r))n(x0−r)</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>(1+Rj) = (f ′(r))n+1(x0−r)</p><p>n</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>(1+Rj).</p><p>Ainsi, P(n+ 1) est aussi vrai.</p><p>Par conséquent, P(1) est vraie, et pour tout n dans N∗, P(n) entraîne P(n + 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans N∗.</p><p>(c) i. On a pour tout j ∈ N, |1 + Rj | > 0. De plus, si |1 + Rj | = 0, alors Rj = −1, et en remplaçant dans</p><p>l’expression de la question III-3(a), on obtient xj+1 = r, et donc, comme r est point fixe de f , (xn)n∈N</p><p>est stationnaire de valeur r. Ce cas a été exclus des hypothèses de la partie III.</p><p>Ainsi, pour tout j ∈ N, |1 +Rj | > 0, donc ln(|1 +Rj |) est défini.</p><p>ii. On a Rj = O(kn), donc, puisque k ∈ [0, 1[, en particulier, (Rj)n∈N tend vers 0. Il existe donc N ∈ N tel</p><p>que pour tout j > N , Rj > −1, donc |1+Rj | = 1+Rj , donc ln(|1+Rj |) = ln(1 +Rj). De plus, comme</p><p>(Rj)n∈N est de limite nulle, l’équivalent usuel du logarithme fournit alors :</p><p>ln(|1 +Rj |) ∼</p><p>+∞</p><p>Rj .</p><p>iii. Or, Rj = O(kn), donc toute suite équivalente à (Rj) est aussi en O(kn). Ainsi,</p><p>ln(|1 +Rj |) = O(kn), soit: ∃M ∈ R, ∀j ∈ N, | ln(|1 +Rj |)| 6 Mkj.</p><p>iv. Soit pour tout n ∈ N, un =</p><p>n</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>| ln(|1 +Rj |)|.</p><p>• Chacun des termes de cette somme est défini d’après (i).</p><p>• D’après (iii) :</p><p>∀n ∈ N, un 6</p><p>n</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>Mkj = M</p><p>1− kn+1</p><p>1− k</p><p>6</p><p>M</p><p>1− k</p><p>.</p><p>Ainsi, (un)n∈N est majorée.</p><p>• Pour tout n ∈ N, un+1 − un = | ln(1 + Rn+1)| > 0, donc (un)n∈N est croissante. Étant également</p><p>majorée, elle est donc convergente dans R.</p><p>v. D’après le résultat admis, la suite (vn)n∈N =</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>ln(|1 +Rj |)</p><p>)</p><p>n∈N</p><p>(F1).</p><p>• Soit (Bi)i∈I une famille finie d’éléments de F . Si I = ∅, l’intersection vaut X , de complémentaire ∅ ∈ F .</p><p>Sinon,</p><p>(</p><p>⋂</p><p>i∈I</p><p>Bi</p><p>)c</p><p>=</p><p>⋃</p><p>i∈I</p><p>Bc</p><p>i .</p><p>Cette union est constituée d’un nombre fini d’ensembles finis, donc il s’agit d’un ensemble fini. On en</p><p>déduit que</p><p>⋂</p><p>i∈I</p><p>Bi ∈ F , d’où (F2).</p><p>• ∅ 6∈ F car ∅c = X , qui est supposé infini. D’où (F3).</p><p>Ainsi, F est un filtre.</p><p>2. Filtre engendré par une partie de P(X), base de filtre</p><p>3</p><p>(a) Soit F le sous-ensemble de P(X) constitué des ensembles F ⊂ X tels qu’il existe B ∈ B vérifiant B ⊂ F .</p><p>Vérifions les 3 points de la définition d’un filtre.</p><p>• Soit A ∈ P(X) tel qu’il existe F ∈ F vérifiant F ⊂ A. Par définition de F , pour un tel F , il existe B ∈ B</p><p>tel que B ⊂ F . On a alors aussi B ⊂ A, donc A ∈ F . D’où (F1).</p><p>• Soit (Ai)i∈[[1,n]] une famille finie d’éléments de F . Si n = 0, l’intersection des Ai est X , qui est élément de</p><p>F du fait que B n’est pas vide (d’après (B1)), et contient donc au moins un élément B, vérifiant B ⊂ X .</p><p>Supposons donc désormais n > 1.</p><p>Par définition, pour tout i ∈ [[1, n]], il existe Bi ∈ B tel que Bi ⊂ Ai. On a alors</p><p>⋂</p><p>i∈[[1,n]]</p><p>Bi ⊂</p><p>⋂</p><p>i∈I</p><p>Ai.</p><p>La propriété (F2) résultera alors du lemme suivant, dont la démonstration est basée sur une récurrence</p><p>assez immédiate à partie de la propriété (B1) :</p><p>Lemme : Pour tout n ∈ N∗, et toute famille (B1, . . . , Bn) d’éléments de B, il existe B ∈ B tel que</p><p>B ⊂</p><p>n</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Bi.</p><p>Le cas n = 1 est trivial en considérant B = B1. Le cas n = 2 résulte de (B1). Soit donc n > 2 tel que le</p><p>lemme soit vrai pour tout famille de n éléments de B. Considérons alors B1, . . . , Bn+1, n + 1 éléments</p><p>de B. On a donc, par hypothèse de récurrence, l’existence de B ∈ B tel que</p><p>B ⊂ B1 ∩ · · · ∩Bn, donc: B ∩Bn+1 ⊂ B1 ∩ · · · ∩Bn+1.</p><p>Comme B et B1 sont dans B, on peut appliquer (B1), nous donnant l’existence de C ∈ B tel que</p><p>C ⊂ B1 ∩B ⊂</p><p>n+1</p><p>⋂</p><p>i=1</p><p>Bi.</p><p>D’après le principe de récurrence, le lemme est vrai pour tout n ∈ N∗, ce qui termine la preuve de la</p><p>propriété (F2) pour l’ensemble F .</p><p>• Soit F ∈ F . Il existe B ∈ B tel que B ⊂ F . Par (B3), B 6= ∅, donc F 6= ∅. On en déduit (F3).</p><p>Ainsi, F est un filtre.</p><p>Montrons la propriété de minimalité de F : soit G un filtre contenant B. Montrons que F ⊂ G. Soit pour</p><p>cela un élément F de F . Il existe donc B ∈ B tel que B ⊂ F . Or, B ⊂ G, donc B ∈ G. La propriété (F1)</p><p>pour le filtre G nous assure alors que F ∈ G. Ainsi, F ⊂ G.</p><p>Par conséquent, F est le plus petit filtre contenant B .</p><p>(b) Montrons d’abord que le filtre F vérifie les propriétés (B1) à (B3).</p><p>• Soit B et C dans F . Par la propriété (F2), B ∩ C ∈ F . Ainsi, en posant D = B ∩ C, on a D ∈ F et</p><p>D ⊂ B ∩C. D’où la propriété (B1).</p><p>• (B2) résulte de (F2), en considérant le cas d’une intersection vide : cela nous assure que l’ensemble total</p><p>X est dans F , donc F 6= ∅.</p><p>• (B3) résulte de (F3).</p><p>Ainsi, F est une base de filtre, et F est clairement le plus petit filtre contenant F !</p><p>Par conséquent, F est une base de lui-même .</p><p>(c) Soit D un sous-ensemble non vide de P(X) tel qu’aucune intersection d’un nombre fini d’éléments de D ne</p><p>soit vide. Soit B constitué de toutes les intersections finies d’éléments de D. Vérifions les propriétés (B1) à</p><p>(B3) pour l’ensemble B.</p><p>• Soit B et C dans B. Par définition, il existe des éléments D1, . . . , Dn et E1, . . . , Em de D tels que</p><p>B = D1 ∩ · · · ∩Dn et C = E1 ∩ · · · ∩ Em.</p><p>Ainsi,</p><p>B ∩C = D1 ∩ · · · ∩Dn ∩ E1 ∩ · · · ∩ Em ∈ B,</p><p>4</p><p>en tant qu’intersection finie d’éléments de D. On peut alors poser D = B ∩C, pour obtenir la propriété</p><p>(B1). Ce qu’on a fait s’étend aussi aux intersections vides, même si les notations utilisées sont peu</p><p>parlantes dans ce cas.</p><p>• Puisque D est non vide, il contient un élément D qui est aussi élément de B (intersection à 1 terme).</p><p>Donc B 6= ∅, d’où (B2).</p><p>• Par hypothèse, les intersections finies d’éléments de D sont non vides, d’où ∅ 6∈ B, d’où (B3).</p><p>Ainsi, B est une base de filtre.</p><p>(d) Tout filtre contenant D contient aussi toutes les intersections finies d’éléments de D d’après (F2), donc il</p><p>contient B, puis le filtre engendré par B (c’est-à-dire FD) par la propriété de minimalité prouvée en 2(a).</p><p>On en déduit que FD est le plus petit filtre contenant tous les éléments de D.</p><p>(e) On considère D = F ∪ {A}. Toute intersection finie d’éléments de D est non vide. En effet :</p><p>• soit A n’est pas un terme de cette intersection, et on est ramené à (F2) nous assurant que l’intersection</p><p>est dans F et est donc non vide d’après (F3) ;</p><p>• soit A est un terme de cette intersection, et en utilisant (F2) sur les autres termes, cette intersection</p><p>peut s’écrire sous la forme A ∩ F , pour F ∈ F . Par hypothèse, elle est donc non vide.</p><p>Ainsi, D vérifie les hypothèses de la question 2(c), et on peut construire un filtre FD contenant les éléments</p><p>de D, donc vérifiant A ∈ FD ainsi que F ⊂ FD.</p><p>Conclusion : il existe un filtre F ′, plus fin que F et tel que A ∈ F ′.</p><p>3. Ultrafiltres</p><p>(a) Soit F un ultrafiltre et A et B deux sous-ensembles de X . On suppose que C = A ∪B ∈ F et A 6∈ F .</p><p>• Montrons tout d’abord par l’absurde qu’il existe F tel que A∩F = ∅. En effet, si ce n’est pas le cas, on</p><p>peut construire un filtre F ′ strictement plus fin que F d’après la question 2(e).</p><p>• Ainsi, soit F tel que A ∩ F = ∅, alors</p><p>B ∩ F = (A ∩ F ) ∪ (B ∩ F ) = (A ∪B) ∩ F ∈ F ,</p><p>la dernière appartenance provenant de F2. Soit alors G = B ∩ F . On a G ⊂ B et G ∈ F , donc B ∈ F</p><p>d’après (F1).</p><p>On a bien montré que si A ∪B ∈ F alors A ∈ F ou B ∈ F .</p><p>(b) i. Soit F un filtre et A un sous-ensemble de X tel que A 6∈ F . Soit AC son complémentaire dans X .</p><p>Soit F ∈ F . Si Ac ∩ F = ∅, alors F ⊂ A, et par (F1), cela contredit A 6∈ F . Ainsi, pour tout F ∈ F ,</p><p>Ac ∩ F 6= ∅. D’après la question 2(b), il existe un filtre F ′ plus fin que F et contenant Ac. Ce filtre</p><p>lui-même est inclus dans un ultrafiltre U d’après la propriété admise.</p><p>Ainsi, il existe un ultrafiltre U plus fin que F et contenant Ac .</p><p>ii. Soit U(F) l’ensemble des ultrafiltres plus fins que F . Comme pour tout U ∈ U(F), on a F ⊂ U , on</p><p>obtient la première inclusion :</p><p>F ⊂</p><p>⋂</p><p>U∈U(F)</p><p>U .</p><p>Pour montrer que cette inclusion est une égalité, on va montrer l’inclusion</p><p>Fc ⊂</p><p></p><p></p><p>⋂</p><p>U∈U(F)</p><p>U</p><p></p><p></p><p>c</p><p>,</p><p>le complémentaire étant pris dans P(X).</p><p>Soit donc A ∈ P(X) tel que A 6∈ F . On a alors, d’après la question précédente, l’existence d’un ultrafiltre</p><p>U de U(F) tel que Ac ∈ U . On ne peut alors pas avoir A ∈ U , sinon, ∅ = A ∩Ac serait élément de U ce</p><p>qui contredit (F3). Ainsi, A 6∈ U , donc</p><p>A 6∈</p><p>⋂</p><p>U∈U(F)</p><p>U .</p><p>Les deux inclusions étant montrées, on a donc :</p><p>F ⊂</p><p>⋂</p><p>U∈U(F)</p><p>U</p><p>5</p><p>Partie III – Une caractérisation de la continuité</p><p>1. Exemple : cas des fonctions réelles</p><p>• Soit f : R → R continue en x ∈ R au sens de l’énoncé. Montrons la caractérisation par ε de la continuité.</p><p>Soit ε > 0, et W =]f(x) − ε, f(x) + ε[. Il s’agit d’un ouvert, donc d’un voisinage de tous ses points, donc</p><p>notamment de f(x). Par définition de la continuité, il existe donc un voisinage V de x tel que f(V ) ⊂ W .</p><p>Par I-4(a), on en déduit l’existence de η > 0 tel que ]x− η, x+ η[⊂ V . On a alors</p><p>f(]x− η, x+ η[) ⊂ f(V ) ⊂ W,</p><p>ce qui se réexprime ainsi :</p><p>∀y ∈]x− η, x+ η[, f(y) ∈]f(x)− ε, f(x) + ε[,</p><p>ou encore :</p><p>∀y ∈ R, |y − x| < η =⇒ |f(y)− f(x)| < ε .</p><p>• Réciproquement, supposons que pour tout ε > 0, il existe η > 0 tel que pour tout y ∈ R,</p><p>|y − x| < η =⇒ |f(y)− f(x)| < ε.</p><p>Soit alors W un voisinage de f(x). D’après I-4(a), il existe ε > 0 tel que ]f(x)− ε, f(x)+ ε[⊂ W . Soit η > 0</p><p>associé à cette valeur de ε découlant de la propriété satisfaite par x. Posons alors V =]x− η, x+ η[ voisinage</p><p>de x. On a alors, pour tout y ∈ V , |y − x| < η, donc |f(y)− f(x)| < ε, donc f(y) ∈]f(x)− ε, f(x) + ε[⊂ V .</p><p>On a bien trouvé un voisinage V de x tel que f(V ) ⊂ W .</p><p>Ainsi, f est continue en x.</p><p>2. Reformulation</p><p>• Supposons que f est continue en a ∈ X . Soit alors W un voisinage de f(a). Il existe V un voisinage de x</p><p>tel que f(V ) ⊂ W . Ainsi, V ⊂ f−1(W ). D’après I-4(c), f−1(W ) est un voisinage de</p><p>est également convergente. Soit ℓ sa</p><p>limite. Alors,</p><p>∀n ∈ N,</p><p>n</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>(1 +Rj) = evn ,</p><p>8</p><p>donc, par continuité de l’exponentielle,</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>n</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>(1 +Rj) = eℓ > 0.</p><p>vi. Notons ℓ′ la limite du produit, trouvée dans la question précédente. Alors, puisque ℓ′ 6= 0, on a</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>(1 +Rj) ∼</p><p>+∞</p><p>ℓ′, donc: xn − r ∼</p><p>+∞</p><p>(f ′(r))n(x0 − r)ℓ′ = λ(f ′(r))n,</p><p>où on a posé λ = ℓ′(x0 − r).</p><p>4. (a) On utilise à nouveau la formule de Taylor-Young, donnant l’existence d’une suite (εn)n∈N tendant vers 0, et</p><p>telle que :</p><p>∀j ∈ N, xj+1 = f(xj) = r +</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(xj − r)2 + (xj − r)2εj ,</p><p>puisque f ′(r) = 0. Comme f ′′(r) 6= 0, on peut écrire</p><p>∀j ∈ N, xj+1 − r =</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(xj − r)2(1 + Sj),</p><p>où on a posé : ∀j ∈ N, Sj =</p><p>2εj</p><p>f ′′(r)</p><p>. Comme (εj)j∈N est de limite nulle, la suite (Sj)j∈N également.</p><p>(b) Soit, pour tout n dans N \ {0, 1}, la propriété P(n):</p><p>xn − r =</p><p>2</p><p>f ′′(r)</p><p></p><p></p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(x0 − r)</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p></p><p></p><p>2n</p><p>(1 + Sn−1).</p><p>.</p><p>En appliquant deux fois la relation de la question précédente, on a :</p><p>x2 − r =</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(x1 − r)2(1 + S1) =</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>)2</p><p>(x0 − r)4(1 + S0)</p><p>2(1 + S1)</p><p>=</p><p>(</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>)3</p><p>(x0 − r)4(1 + S0)</p><p>2(1 + S1),</p><p>d’où P(2).</p><p>Soit n ∈ N \ {0, 1} tel que P(n). Alors, d’après la relation de la question précédente, suivie de l’hypothèse</p><p>de récurrence,</p><p>xn+1 − r =</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(xn − r)2(1 + Sn)</p><p>=</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p></p><p></p><p></p><p>2</p><p>f ′′(r)</p><p></p><p></p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(x0 − r)</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p></p><p></p><p>2n</p><p>(1 + Sn−1)</p><p></p><p></p><p></p><p>2</p><p>(1 + Sn)</p><p>=</p><p>2</p><p>f ′′(r)</p><p></p><p></p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(x0 − r)</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p></p><p></p><p>2n+1</p><p>(|1 + Sn−1|2</p><p>−n+1−1</p><p>)2</p><p>n+1</p><p>(1 + Sn)</p><p>Le passage aux valeurs absolues pour (1 + Sn−1) est justifié par le fait que l’exposant est pair (l’expression</p><p>est élevée au carré). On obtient donc :</p><p>xn+1 − r =</p><p>2</p><p>f ′′(r)</p><p></p><p></p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(x0 − r)</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p></p><p></p><p>2n+1</p><p>(1 + Sn).</p><p>Ainsi, P(n+ 1) est vrai.</p><p>Par conséquent, P(2) est vraie, et pour tout n dans N \ {0, 1}, P(n) entraîne P(n+ 1). D’après le principe</p><p>de récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans N \ {0, 1}.</p><p>9</p><p>(c) Par continuité de l’exponentielle, la convergence de la suite</p><p>(</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p>)</p><p>n>2</p><p>vers une limite non</p><p>nulle est équivalente à la convergence de la suite</p><p>(</p><p>ln</p><p>(</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p>))</p><p>n>2</p><p>dans R, c’est-à-dire à la</p><p>convergence de la suite</p><p>(</p><p>n−2</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>1</p><p>2j+1 ln |1 + Sj |</p><p>)</p><p>n>2</p><p>. D’après le résultat admis, il suffit de montrer que la suite</p><p>(</p><p>n−2</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>1</p><p>2j+1 |ln |1 + Sj ||</p><p>)</p><p>n>2</p><p>converge.</p><p>Or, comme dans la question III-3(c), cette suite est croissante. Montrons qu’elle est majorée.</p><p>Comme (Sj) est de limite nulle, (ln |1 + Sj |) tend aussi vers 0, donc en particulier est bornée. Il existe donc</p><p>M ∈ R tel que pour tout j ∈ N, |ln |1 + Sj || 6 M . Ainsi,</p><p>∀j ∈ N,</p><p>1</p><p>2j+1</p><p>|ln |1 + Sj|| 6</p><p>M</p><p>2j+1</p><p>.</p><p>En sommant, on obtient donc :</p><p>∀n > 2,</p><p>n−2</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>1</p><p>2j+1</p><p>|ln |1 + Sj || 6</p><p>n−2</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>M</p><p>2j+1</p><p>=</p><p>M</p><p>2</p><p>· 1−</p><p>1</p><p>2n−2</p><p>1</p><p>2</p><p>= M ·</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>2n−2</p><p>)</p><p>6 M.</p><p>Ainsi, cette suite est majorée. Étant croissante, elle converge donc dans R. Nous avons expliqué plus haut</p><p>en quoi cela répond à la question posée.</p><p>(d) i. Soit ε > 0. La suite (ln |1+Sj |)j∈N est de limite nulle. Donc il existe N ∈ N tel que pour tout j > N − 1,</p><p>| ln |1 + Sj || 6 ε. Alors, pour tout n > N , et tout j > n− 1, on a en particulier j > N − 1, donc :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣2n ln(|1 + Sj|2</p><p>−j−1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣ =</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>2n</p><p>2j+1</p><p>ln |1 + Sj |</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>1</p><p>2j+1−n</p><p>ε.</p><p>ii. On a donc, pour tout n > N , et tout m > n,</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>2n ln</p><p>m</p><p>∏</p><p>j=n−1</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=n−1</p><p>2n</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>ln |1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=n−1</p><p>ε</p><p>2j+1−n</p><p>,</p><p>la première inégalité découlant de l’inégalité triangulaire, la seconde de la question précédente. Calculons</p><p>la dernière somme, qui est une somme géométrique :</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=n−1</p><p>ε</p><p>2j+1−n</p><p>= ε</p><p>m−n+1</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>1</p><p>2j</p><p>= 2ε ·</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>2m−n+2</p><p>)</p><p>6 2ε.</p><p>Ainsi, pour tout n > N , et tout m > n :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>2n ln</p><p>m</p><p>∏</p><p>j=n−1</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6 2ε.</p><p>Passons à la limite dans cette inégalité lorsque m tend vers +∞ : le produit tend vers πn, et le logarithme</p><p>étant continu, on en déduit que l’expression de gauche tend vers |2n lnπn|. Ainsi, d’après le théorème de</p><p>prolongement des inégalités :</p><p>∀n > N, |2n lnπn| 6 2ε.</p><p>Ainsi, par définition de la convergence d’une suite, la suite (2n lnπn)n>2 tend vers 0.</p><p>iii. Soit λ la limite de</p><p>(∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>f ′′(r)</p><p>2 (x0 − r)</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>)</p><p>n>2</p><p>(on sait qu’elle existe d’après la question 4(c),</p><p>et qu’elle est non nulle, d’après les hypothèses). Donc λ > 0. De plus, pour tout n > 2,</p><p>λ =</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(x0 − r)</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1 · πn</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>10</p><p>et par conséquent, l’exposant 2n étant pair :</p><p>(</p><p>f ′′(r)</p><p>2 (x0 − r)</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p>)2n</p><p>λ2n</p><p>=</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>f ′′(r)</p><p>2 (x0 − r)</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>2n</p><p>λ2n</p><p>= |π2n</p><p>n |.</p><p>Or, d’après la question précédente, (ln(π2n</p><p>n ) tend vers 0, donc π2n</p><p>n tend vers e0 = 1, par continuité de</p><p>l’exponentielle. On en déduit que</p><p></p><p></p><p>f ′′(r)</p><p>2</p><p>(x0 − r)</p><p>n−2</p><p>∏</p><p>j=0</p><p>|1 + Sj |2</p><p>−j−1</p><p></p><p></p><p>2n</p><p>∼</p><p>+∞</p><p>λ2n .</p><p>Ainsi, d’après la question 4(b) :</p><p>xn − r ∼</p><p>+∞</p><p>2λ2n</p><p>f ′′(r)</p><p>.</p><p>Partie IV – Un exemple : les suites de Héron</p><p>1. fp est deux fois dérivable sur I, de dérivée seconde continue, car il s’agit d’une fraction rationnelle (donc du</p><p>quotient de deux polynômes).</p><p>Déterminons les points fixes de fp : soit r ∈ I. On a :</p><p>fp(r) = r ⇐⇒ (p− 1)r +</p><p>a</p><p>rp−1</p><p>= pr ⇐⇒ rp = a ⇐⇒ r = p</p><p>√</p><p>a = a</p><p>1</p><p>p .</p><p>En effet, r est positif, et a admet une unique racine p-ième positive.</p><p>Ainsi Ω = { p</p><p>√</p><p>a}.</p><p>Calculons les dérivées successives de fp en r :</p><p>• ∀x ∈ I, f ′</p><p>p(x) =</p><p>1</p><p>p</p><p>(</p><p>p− 1− (p−1)a</p><p>xp</p><p>)</p><p>, donc, puisque rp = a, f ′</p><p>p(r) = 0.</p><p>• ∀x ∈ I, f ′′</p><p>p (x) =</p><p>(p−1)a</p><p>xp+1 , donc f ′′(r) =</p><p>p− 1</p><p>p</p><p>√</p><p>a</p><p>6= 0.</p><p>Ainsi, la fonction fp satisfait aux hypothèses de la partie III, question 4 (et non 3).</p><p>2. D’après l’expression de f ′</p><p>p, on obtient le tableau de variations suivant :</p><p>x</p><p>fp</p><p>′(x)</p><p>fp(x)</p><p>0 p</p><p>√</p><p>a +∞</p><p>− 0 +</p><p>+∞</p><p>p</p><p>√</p><p>a</p><p>+∞</p><p>3. D’après le tableau ci-dessus, puisque p</p><p>√</p><p>a > 0, fp(I) ⊂ I. Ainsi, d’après la question I-2(b), A = I, et d’après la</p><p>question I-1(c), tout choix de x0 dans I définit une suite récurrente.</p><p>De plus, toujours d’après le tableau de variations, pour tout x > 0, fp(x) > p</p><p>√</p><p>a. Ainsi, pour tout n > 1,</p><p>xn = fp(xn−1) > p</p><p>√</p><p>a.</p><p>De plus, pour tout n > 1,</p><p>xn+1 − xn =</p><p>1</p><p>p</p><p>(</p><p>(p− 1)xn +</p><p>a</p><p>x</p><p>p−1</p><p>n</p><p>)</p><p>− xn =</p><p>xn</p><p>p</p><p>(</p><p>a</p><p>x</p><p>p</p><p>n</p><p>− 1</p><p>)</p><p>.</p><p>Comme xn > p</p><p>√</p><p>a, on obtient xn+1 − xn 6 0. Ainsi, (xn)n∈N est décroissante, au moins à partir du rang 1.</p><p>Étant décroissante et minorée par p</p><p>√</p><p>a (à partir du rang 1), (xn)n∈N converge dans R, et fp étant continue, sa</p><p>limite est l’unique point fixe de fp, à savoir p</p><p>√</p><p>a.</p><p>11</p><p>4. (a) Soit (un)n∈N et (vn)n∈N définies par u0 = x0, v0 = 1 et</p><p>∀n ∈ N, un+1 = u2</p><p>n + av2n et vn+1 = 2unvn.</p><p>Soit, pour tout n dans N, la propriété P(n): un > 0, vn > 0 et xn = un</p><p>vn</p><p>.</p><p>On a u0 = x0 > 0, v0 = 1 > 0 et x0 = u0</p><p>v0</p><p>, d’où P(0).</p><p>Soit n ∈ N tel que P(n) soit vrai. Alors</p><p>un+1 = u2</p><p>n + v2n > 0 et vn+1 = 2unvn > 0.</p><p>On peut donc considérer le quotient un+1</p><p>vn+1</p><p>:</p><p>un+1</p><p>vn+1</p><p>=</p><p>u2</p><p>n + av2n</p><p>2unvn</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>un</p><p>vn</p><p>+</p><p>avn</p><p>un</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>un</p><p>vn</p><p>+</p><p>avn</p><p>un</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>xn +</p><p>a</p><p>xn</p><p>)</p><p>= xn+1.</p><p>D’où P(n+ 1).</p><p>Par conséquent, P(0) est vraie, et pour tout n dans N, P(n) entraîne P(n + 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans N.</p><p>(b) Soit n ∈ N. On a :</p><p>un+1 +</p><p>√</p><p>a · vn+1 = u2</p><p>n + av2n + 2</p><p>√</p><p>aunvn = (un +</p><p>√</p><p>a · vn)2.</p><p>(c) Ainsi, une récurrence rapide amène :</p><p>∀n ∈ N, un +</p><p>√</p><p>avn = (u0 +</p><p>√</p><p>av0)</p><p>2n = (x0 +</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>.</p><p>Le même raisonnement donne :</p><p>∀n ∈ N, un −</p><p>√</p><p>avn = (x0 −</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>.</p><p>(d) En additionnant les deux égalités précédentes,</p><p>∀n ∈ N, 2un = (x0 +</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>+ (x0 −</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>,</p><p>et de même, en les soustrayant :</p><p>∀n ∈ N, 2</p><p>√</p><p>avn = (x0 +</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n − (x0 −</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>Ainsi, pour tout n ∈ N :</p><p>xn − r =</p><p>un</p><p>vn</p><p>−</p><p>√</p><p>a =</p><p>√</p><p>a · (x0 +</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>+ (x0 −</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>(x0</p><p>+</p><p>√</p><p>a)2n − (x0 −</p><p>√</p><p>a)2n</p><p>−</p><p>√</p><p>a =</p><p>√</p><p>a · 2(x0 −</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>(x0 +</p><p>√</p><p>a)2n − (x0 −</p><p>√</p><p>a)2n</p><p>.</p><p>Or, comme x0 > 0, on a |x0 −</p><p>√</p><p>a| < |x0 +</p><p>√</p><p>a|, donc (x0 −</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>= o((x0 +</p><p>√</p><p>a)2</p><p>n</p><p>), et donc :</p><p>xn − r ∼</p><p>+∞</p><p>√</p><p>a ·</p><p>(</p><p>2(x0 −</p><p>√</p><p>a)</p><p>(x0 +</p><p>√</p><p>a)</p><p>)2n</p><p>=</p><p>√</p><p>a ·</p><p>(</p><p>2|x0 −</p><p>√</p><p>a|</p><p>(x0 +</p><p>√</p><p>a)</p><p>)2n</p><p>.</p><p>Ainsi, λ2(x0) =</p><p>|x0 −</p><p>√</p><p>a|</p><p>x0 +</p><p>√</p><p>a</p><p>.</p><p>5. (a) i. Pour tout x > 0, gp(x) > 0, donc I =]0,+∞[ est stable par gp. D’après la partie I, tout choix de y0 > 0</p><p>définit donc une suite récurrente (yn)n∈N associée à gq.</p><p>ii. Pour tout n ∈ N, on a :</p><p>yn+1 =</p><p>(</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>yqn +</p><p>r2q</p><p>y</p><p>q</p><p>n</p><p>))</p><p>1</p><p>q</p><p>soit: y</p><p>q</p><p>n+1 =</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>yqn +</p><p>r2q</p><p>y</p><p>q</p><p>n</p><p>)</p><p>.</p><p>Ainsi, la suite (ypn)n∈N est une suite récurrente associée à f2, de valeur initiale y</p><p>p</p><p>0 , avec a = r2q. D’après</p><p>IV-4(d), on a donc :</p><p>∀n ∈ N, ypn =</p><p>√</p><p>r2q · (y</p><p>p</p><p>0 +</p><p>√</p><p>r2q)2</p><p>n</p><p>+ (yp0 −</p><p>√</p><p>r2q)2</p><p>n</p><p>(yp0 +</p><p>√</p><p>r2q)2n − (yp0 −</p><p>√</p><p>r2q)2n</p><p>= rq · (y</p><p>p</p><p>0 + rq)2</p><p>n</p><p>+ (yp0 − rq)2</p><p>n</p><p>(yp0 + rq)2n − (yp0 − rq)2n</p><p>.</p><p>Ainsi, r et yn étant positifs,</p><p>∀n ∈ N, yn = r ·</p><p>(</p><p>(yp0 + rq)2</p><p>n</p><p>+ (yp0 − rq)2</p><p>n</p><p>(yp0 + rq)2n − (yp0 − rq)2n</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>12</p><p>iii. D’après la question IV-3, (ypn)n∈N converge vers</p><p>√</p><p>a = rp, donc, yn et r étant positifs, (yn)n∈N converge</p><p>vers r. Ainsi, pour tout ℓ ∈ [[0, q − 1]], (rℓyq−1−ℓ</p><p>n )n∈N converge vers rq−1, et, d’après les propriétés de</p><p>sommes de limites, on en déduit que :</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>q−1</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>rℓyq−1−ℓ</p><p>n = qrq−1.</p><p>Comme cette limite est non nulle et non infinie, on en déduit que :</p><p>q−1</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>rℓyq−1−ℓ</p><p>n ∼</p><p>+∞</p><p>qrq−1.</p><p>iv. D’après la question IV-4(d), puisque (yqn)n∈N est associée à f2, on a :</p><p>yqn − rq ∼</p><p>+∞</p><p>rq ·</p><p>(</p><p>2|yq0 − rq|</p><p>y</p><p>q</p><p>0 + rq</p><p>)2n</p><p>.</p><p>Or, pour tout n ∈ N, yqn − rq = (yn − r)</p><p>(</p><p>q−1</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>rℓyq−1−ℓ</p><p>n</p><p>)</p><p>, donc, d’après la question précédente,</p><p>yn − r ∼</p><p>+∞</p><p>yqn − rq</p><p>qrq−1</p><p>∼</p><p>+∞</p><p>r</p><p>q</p><p>(</p><p>2|yq0 − rq|</p><p>y</p><p>q</p><p>0 + rq</p><p>)2n</p><p>.</p><p>Ainsi, en posant µq =</p><p>2|yq0 − rq|</p><p>y</p><p>q</p><p>0 + rq</p><p>et C = r</p><p>q</p><p>, on obtient :</p><p>yn − r ∼</p><p>+∞</p><p>C(µq)</p><p>2n .</p><p>(b) i. L’énoncé ne tient pas la route, suite à une erreur de calcul de ma part lors de sa conception. Il faut</p><p>contidérer k définie par k(x) = x2</p><p>1+x</p><p>+ ln(1 − x2). Cette fonction k est dérivable sur [0, 12 ] en tant que</p><p>composée, quotient et somme de fonctions qui le sont, et</p><p>∀x ∈</p><p>[</p><p>0,</p><p>1</p><p>2</p><p>]</p><p>, k′(x) =</p><p>2x(1 + x)− x2</p><p>(1 + x)2</p><p>− 2x</p><p>(1− x)(1 + x)</p><p>= x · (2 + x)(1 − x)− 2(1 + x)</p><p>(1− x)(1 + x)2</p><p>= −x2 · x+ 3</p><p>(1− x)2(1 + x)</p><p>Ainsi, pour tout x ∈ [0, 1</p><p>2 ], k</p><p>′(x) 6 0, donc k est décroissante. De plus, k(0) = 0, donc, étant décroissante,</p><p>pour tout x ∈ [0, 1</p><p>2 ], k(x) 6 0</p><p>ii. On corrige de même : h est définie par h(x) = ln(1 − x) − 1</p><p>x</p><p>ln(1 − x2). Cette fonction h est dérivable</p><p>sur [0, 1</p><p>2 ] en tant que composée, quotient et somme de fonctions qui le sont, et</p><p>∀x ∈</p><p>[</p><p>0,</p><p>1</p><p>2</p><p>]</p><p>, h′(x) = − 1</p><p>1− x</p><p>+</p><p>2</p><p>1− x2</p><p>+</p><p>ln(1 − x2)</p><p>x2</p><p>=</p><p>1</p><p>x2</p><p>(−x2(1 + x) + 2x2</p><p>1− x2</p><p>+ ln(1− x2)</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>x2</p><p>(</p><p>x2(1− x)</p><p>1− x2</p><p>+ ln(1− x2)</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>x2</p><p>(</p><p>x2</p><p>1 + x</p><p>+ ln(1 − x2)</p><p>)</p><p>=</p><p>k(x)</p><p>x2</p><p>.</p><p>D’après l’étude du signe de k, cette expression est négative sur [0, 12 ], donc h est décroissante sur cet</p><p>intervalle.</p><p>iii. On a, pour tout p > 2 :</p><p>vp =</p><p>up+1</p><p>up</p><p>=</p><p>(</p><p>p</p><p>p+ 1</p><p>)p(</p><p>p</p><p>p− 1</p><p>)p−1</p><p>=</p><p>p2p−1(p− 1)</p><p>(p2 − 1)p</p><p>=</p><p>p− 1</p><p>p</p><p>·</p><p>(</p><p>p2</p><p>1− p2</p><p>)p</p><p>.</p><p>13</p><p>Ainsi, pour tout p > 2,</p><p>ln vn = ln</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>p</p><p>)</p><p>− p ln</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>p2</p><p>)</p><p>.</p><p>Or, lorsque p croît, 1</p><p>p</p><p>décroît, et comme p > 2, 1</p><p>p</p><p>∈ [0, 1</p><p>2 ]. D’après la question 5(b)ii, on en déduit que</p><p>ln</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>p</p><p>)</p><p>− p ln</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>p2</p><p>)</p><p>croît. Ainsi, (ln(vp))p>2 est croissante, et par croissance de l’exponentielle,</p><p>(vn)p>2 est croissante.</p><p>De plus, lim</p><p>p→∞</p><p>ln</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>p</p><p>)</p><p>= 0 et</p><p>p ln</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>p2</p><p>)</p><p>∼</p><p>+∞</p><p>−p</p><p>p2</p><p>= −1</p><p>p</p><p>,</p><p>donc lim</p><p>p→+∞</p><p>p ln</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>p2</p><p>)</p><p>= 0. Ainsi, lim</p><p>p→+∞</p><p>ln vn = 0, puis lim</p><p>p→∞</p><p>vn = 1.</p><p>iv. Ainsi, pour tout p > 2, vp 6 1, et donc up+1 6 up. Ainsi, pour tout p > 2, up 6 u2 = 1</p><p>2 .</p><p>(c) Soit x > a</p><p>1</p><p>p . On a alors xp−2 > a</p><p>p−2</p><p>p , donc a</p><p>xp−1 6 a</p><p>2</p><p>p</p><p>x</p><p>. Ainsi :</p><p>(fp(x))</p><p>p−1 =</p><p>1</p><p>pp−1</p><p>(</p><p>(p− 1)x+</p><p>a</p><p>xp−1</p><p>)p−1</p><p>6</p><p>1</p><p>pp−1</p><p>(</p><p>(p− 1)x+</p><p>a</p><p>2</p><p>p</p><p>x</p><p>)p−1</p><p>=</p><p>1</p><p>pp</p><p>p−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p− 1</p><p>k</p><p>)</p><p>(p− 1)kxk a</p><p>2(p−1−k)</p><p>p</p><p>xp−1−k</p><p>6</p><p>1</p><p>pp−1</p><p>(</p><p>(p− 1)p−1xp−1 +</p><p>a</p><p>2(p−1)</p><p>p</p><p>xp−1</p><p>)</p><p>=</p><p>(</p><p>p− 1</p><p>p</p><p>)p−1</p><p>xp−1 +</p><p>1</p><p>pp</p><p>· r</p><p>2(p−1)</p><p>xp−1</p><p>.</p><p>Or, d’après la question précédente, pour tout p > 2,</p><p>(</p><p>p−1</p><p>p</p><p>)p−1</p><p>6</p><p>1</p><p>2 , et de plus, pp > 2, donc 1</p><p>pp 6</p><p>1</p><p>2 . Ainsi :</p><p>fp(x)</p><p>p−1</p><p>6</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>xp−1 +</p><p>r2(p−1)</p><p>xp−1</p><p>)</p><p>= gp−1(x)</p><p>p−1.</p><p>Les expressions étant toutes positives, et la fonction puissance p− 1 étant croissante sur R+, on en déduit</p><p>que pour tout x > a</p><p>1</p><p>p , fp(x) 6 gp−1(x).</p><p>(d) i. Du fait de la condition initiale, on a immédiatement, d’après la question IV-3, xn > a</p><p>1</p><p>p (elle ne peut pas</p><p>être stationnaire).</p><p>Soit, pour tout n dans N, la propriété P(n): a</p><p>1</p><p>p < xn 6 yn.</p><p>P(0) provient des conditions initiales.</p><p>Soit n ∈ N tel que P(n). Alors a</p><p>1</p><p>p < xn 6 yn, donc, fp étant croissante sur [a</p><p>1</p><p>p ,+∞[,</p><p>xn+1 = fp(xn) 6 fp(yn) 6 gp−1(yn) = yn+1</p><p>l’avant-dernière inégalité provenant de la question précédente. Ainsi puisqu’on a déjà justifié que xn+1 ></p><p>a</p><p>1</p><p>p , on obtient P(n+ 1).</p><p>Par conséquent, P(0) est vraie, et pour tout n dans N, P(n) entraîne P(n+ 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans N.</p><p>ii. On a xn ∼</p><p>+∞</p><p>C′(λp(x0))</p><p>2n , et yn ∼</p><p>+∞</p><p>Cµq−1(x0). Ainsi, si λp(x0) > µq−1(x0), on obtient</p><p>xn</p><p>yn</p><p>∼</p><p>+∞</p><p>C′</p><p>C</p><p>(</p><p>λp(x0)</p><p>µq−1(x0)</p><p>)</p><p>qui tend vers +∞. Donc xn</p><p>yn</p><p>tend vers +∞ lorsque n tend vers +∞, ce qui contredit le fait que pour</p><p>tout n ∈ N, xn 6 yn. Par conséquent :</p><p>λp(x0) 6 µq−1(x0) =</p><p>2|xq−1</p><p>0 − rq−1|</p><p>x</p><p>q−1</p><p>0 + rq−1</p><p>.</p><p>14</p><p>(e) La suite (x′</p><p>n)n∈N associée à fp vérifiant x′</p><p>0 = x1 est définie par : ∀n ∈ N, x′</p><p>n = xn+1. Ainsi, soit C et C′</p><p>tels que</p><p>xn ∼</p><p>+∞</p><p>C(λp(x0))</p><p>2n et x′</p><p>n ∼</p><p>+∞</p><p>C′(λp(x1))</p><p>2n .</p><p>On a alors</p><p>x′</p><p>n = xn+1 ∼</p><p>+∞</p><p>C(λp(x0))</p><p>2n+1</p><p>= C(λp(x0)</p><p>2)2</p><p>n</p><p>.</p><p>Par conséquent, C = C′ et λp(x1) = λp(x0)</p><p>2.</p><p>Or, d’après le tableau de variations de fp, on a x1 > a</p><p>1</p><p>p , donc on peut appliquer les récultats précédents :</p><p>λp(x1) 6</p><p>2|xq−1</p><p>1 − rq−1|</p><p>x</p><p>q−1</p><p>1 + rq−1</p><p>.</p><p>On en déduit que</p><p>λp(x0) 6</p><p>(</p><p>2|xq−1</p><p>1 − rq−1|</p><p>x</p><p>q−1</p><p>1 + rq−1</p><p>)</p><p>1</p><p>2</p><p>,</p><p>avec x1 = fp(x0).</p><p>15</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 10 : Séries</p><p>Correction du problème 1 –</p><p>Partie I – Un critère de comparaison de séries à termes positifs</p><p>1. Effectuons une récurrence sur n ∈ [[N,+∞[[.</p><p>Soit, pour tout n dans [[N,+∞[[, la propriété P(n): bNan 6 aNbn.</p><p>Pour commencer, bNaN = aNbN donc bNaN 6 aNbN , d’où P(N).</p><p>Soit n ∈ [[N,+∞[[ tel que P(n) soit vérifié. D’après l’inégalité vérifiée par les suites (un)n∈N et (vn)n∈N, on a</p><p>(les suites étant à termes strictement positifs) :</p><p>an+1 6 an · bn+1</p><p>bn</p><p>.</p><p>Ainsi :</p><p>bNan+1 6 bNan · bn+1</p><p>bn</p><p>6 aNbn · bn+1</p><p>bn</p><p>d’après l’hypothèse de récurrence. Ainsi, bNan+1 6 aNbn+1, d’où P(n+ 1).</p><p>Par conséquent, P(N) est vraie, et pour tout n dans [[N,+∞[[, P(n) entraîne P(n+ 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans [[N,+∞[[.</p><p>2. (a) Ainsi, si</p><p>∑</p><p>bn converge, alors, aN étant une constante,</p><p>∑</p><p>aNbn converge. Tous les termes étant strictement</p><p>positifs d’après l’énoncé, on déduit de l’inégalité précédente, d’après le théorème de convergence des séries à</p><p>termes positifs (TCSTP), que</p><p>∑</p><p>bNan converge. Comme bN est une constante non nulle,</p><p>∑</p><p>an converge .</p><p>(b) De même, si</p><p>∑</p><p>an diverge, bN étant non nulle,</p><p>∑</p><p>bNan diverge, puis</p><p>∑</p><p>aNbn aussi, d’après le TCSTP, donc</p><p>∑</p><p>bn diverge .</p><p>(c) Montrons la contraposée. Supposons que</p><p>∑</p><p>bn ne diverge pas grossièrement. Alors (bn)n∈N tend vers 0,</p><p>donc aussi (aN bn)n∈N. Ainsi, l’encadement 0 6 bNan 6 aNbn amène, grâce au théorème d’encadrement,</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>bNan = 0, et comme bN 6= 0, lim</p><p>n→+∞</p><p>an = 0, et par conséquent,</p><p>∑</p><p>an ne diverge par grossièrement.</p><p>Par contraposée, si</p><p>∑</p><p>an diverge grossièrement, alors</p><p>∑</p><p>bn aussi .</p><p>3. Règle de d’Alembert.</p><p>(a) Soit ℓ′ tel que ℓ < ℓ′ < 1. En utilisant la définition de limite avec ε = ℓ′ − ℓ, on trouve l’existence de N tel</p><p>que pour tout n > N ,</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>un+1</p><p>un</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣ < ℓ′. Soit pour tout n ∈ N, bn = (ℓ′)n. Alors</p><p>∀n > N,</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>un+1</p><p>un</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>bn+1</p><p>bn</p><p>.</p><p>D’après la</p><p>question précédente, puisque</p><p>∑</p><p>bn converge (série géométrique de raison ℓ′ ∈] − 1, 1[), on en</p><p>déduit que</p><p>∑</p><p>|un| converge donc</p><p>∑</p><p>un converge absolument (les séries sont à termes positifs, et même</p><p>strictement positifs au moins à partir d’un certain rang, ce qui est sous-entendu pour</p><p>∑ |un| par l’existence</p><p>de la limite du quotient, qui nécéssite que ce quotient soit bien défini, au moins à partir d’un certain rang).</p><p>(b) si ℓ > 1, alors il existe un rang N tel que pour tout n > N , |un+1|</p><p>|un|</p><p>> 1. Soit pour tout n ∈ N, an = 1.</p><p>Alors</p><p>∑</p><p>an diverge grossièrement, et pour tout n > N , |un+1|</p><p>|un|</p><p>></p><p>an+1</p><p>an</p><p>. Donc, d’après la question I-2,</p><p>∑ |un|</p><p>diverge grossièrement. Ainsi, (|un|)n∈N ne tend pas vers 0, donc (un)n∈N non plus.</p><p>Donc</p><p>∑</p><p>un diverge grossièrement .</p><p>1</p><p>4. Exemples</p><p>(a) Soit pour tout n ∈ N, un =</p><p>(2n)!</p><p>(n!)2</p><p>i. On a, pour tout n ∈ N :</p><p>un+1</p><p>un</p><p>=</p><p>(2n+ 2)!</p><p>(n+ 1)!(n+ 1)!</p><p>· n!n!</p><p>(2n)!</p><p>=</p><p>(2n+ 2)(2n+ 1)</p><p>(n+ 1)2</p><p>=</p><p>4n+ 2</p><p>n+ 1</p><p>.</p><p>Ainsi, lim</p><p>n→+∞</p><p>un+1</p><p>un</p><p>= 4 .</p><p>ii. • Soit x ∈ R tel que |x| < 1</p><p>4 . Alors, d’après la question précédente,</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>|un+1x</p><p>n+1|</p><p>|unxn| =</p><p>|x|</p><p>4</p><p>< 1.</p><p>D’après la règle de d’Alembert démontrée dans la question I-3, on en déduit que :</p><p>Si |x[< 1</p><p>4 ,</p><p>∑</p><p>unx</p><p>n converge absolument .</p><p>• Soit x ∈ R tel que |x| > 1</p><p>4 . Alors, d’après la question précédente,</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>|un+1x</p><p>n+1|</p><p>|unxn| =</p><p>|x|</p><p>4</p><p>> 1.</p><p>D’après la règle de d’Alembert démontrée dans la question I-3, on en déduit que :</p><p>Si |x| > 1</p><p>4 ,</p><p>∑</p><p>unx</p><p>n diverge grossièrement .</p><p>(b) De même, pour tout n ∈ N,</p><p>vn+1</p><p>vn</p><p>=</p><p>(2n+ 2)!</p><p>(n+ 1)!(n+ 2)!</p><p>· n!(n+ 1)!</p><p>(2n)!</p><p>=</p><p>(2n+ 2)(2n+ 1)</p><p>(n+ 1)(n+ 2)</p><p>=</p><p>4n+ 2</p><p>n+ 2</p><p>.</p><p>Ainsi, lim</p><p>n→+∞</p><p>vn+1</p><p>vn</p><p>= 4. Par conséquent :</p><p>• si |x| < 1</p><p>4 , lim</p><p>n→+∞</p><p>|vn+1x</p><p>n+1|</p><p>|vnxn| < 1, donc</p><p>∑</p><p>vnx</p><p>n converge absolument ;</p><p>• si |x| > 1</p><p>4 , lim</p><p>n→+∞</p><p>|vn+1x</p><p>n+1|</p><p>|vnxn| > 1, donc</p><p>∑</p><p>vnx</p><p>n diverge grossièrement ;</p><p>(c) De même, pour tout n ∈ N,</p><p>wn+1</p><p>wn</p><p>=</p><p>(3n+ 3)!</p><p>((n+ 1)!)3</p><p>· (n!)</p><p>3</p><p>(3n)!</p><p>=</p><p>(3n+ 3)(3n+ 2)(3n+ 1)</p><p>(n+ 1)3</p><p>=</p><p>3(3n+ 2)(3n+ 1)</p><p>(n+ 1)2</p><p>.</p><p>Ainsi, lim</p><p>n→+∞</p><p>wn+1</p><p>wn</p><p>= 33 = 27. Par conséquent :</p><p>• si |x| < 1</p><p>27 , lim</p><p>n→+∞</p><p>|wn+1x</p><p>n+1|</p><p>|wnxn| < 1, donc</p><p>∑</p><p>wnx</p><p>n converge absolument ;</p><p>• si |x| > 1</p><p>27 , lim</p><p>n→+∞</p><p>|wn+1x</p><p>n+1|</p><p>|wnxn| > 1, donc</p><p>∑</p><p>wnx</p><p>n diverge grossièrement ;</p><p>Partie II – Règle de Duhamel.</p><p>1. (a) On a, pour tout n ∈ N</p><p>∗,</p><p>xn+1</p><p>xn</p><p>=</p><p>nα</p><p>(n+ 1)α</p><p>=</p><p>1</p><p>(</p><p>1 + 1</p><p>n</p><p>)α .</p><p>Ainsi, lim</p><p>n→+∞</p><p>xn+1</p><p>xn</p><p>= 1 .</p><p>(b) D’après ce qui précède, pour tout n ∈ N</p><p>∗,</p><p>xn+1</p><p>xn</p><p>=</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>n</p><p>)−α</p><p>.</p><p>Or, comme lim</p><p>n→+∞</p><p>1</p><p>n</p><p>= 0, on a un équivalent classique :</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>n</p><p>)−α</p><p>− 1 ∼</p><p>+∞</p><p>−α</p><p>n</p><p>,</p><p>2</p><p>et par conséquent,</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>n</p><p>)−α</p><p>− 1 = −α</p><p>n</p><p>+ o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>)</p><p>, soit:</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>n</p><p>)−α</p><p>= 1− α</p><p>n</p><p>+ o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>)</p><p>.</p><p>2. Règle de Duhamel.</p><p>(a) Supposons que β > 1.</p><p>i. Considérons un α tel que 1 < α < β. Alors</p><p>un+1</p><p>un</p><p>= 1− β</p><p>n</p><p>+o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>)</p><p>et</p><p>xn+1</p><p>xn</p><p>= 1−α</p><p>n</p><p>+o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>)</p><p>donc:</p><p>un+1</p><p>un</p><p>− xn+1</p><p>xn</p><p>=</p><p>α− β</p><p>n</p><p>+o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>)</p><p>.</p><p>Puisque α − β 6= 0, on en déduit que</p><p>un+1</p><p>un</p><p>− xn+1</p><p>xn</p><p>∼</p><p>+∞</p><p>α− β</p><p>n</p><p>. Ainsi, pour n assez grand ces deux</p><p>expressions sont de même signe (en effet, leur quotient étant de limite 1, il existe un rang N à partir</p><p>duquel ce quotient est strictement positif, d’où l’égalité des signes) Or, α − β < 0. Par conséquent, il</p><p>existe un rang N ∈ N tel que</p><p>∀n > N,</p><p>un+1</p><p>un</p><p>− xn+1</p><p>xn</p><p>6 0 donc:</p><p>un+1</p><p>un</p><p>6</p><p>xn+1</p><p>xn</p><p>.</p><p>ii. Les séries étant par hypothèse à termes strictement positifs, on peut appliquer le résultat de la question</p><p>I-2 : la série</p><p>∑</p><p>xn est une série de Riemann de paramètre α > 1, donc convergente, par conséquent,</p><p>∑</p><p>un converge .</p><p>(b) De même, si β < 1, on peut choisir α tel que β < α < 1. On obtiendra de la même façon :</p><p>un+1</p><p>un</p><p>− xn+1</p><p>xn</p><p>∼</p><p>+∞</p><p>α− β</p><p>n</p><p>.</p><p>Ainsi, ces deux expressions sont de même signe à partir d’un certain rang, mais cette fois, α− β > 0. Donc,</p><p>il existe N ∈ N tel que</p><p>∀n > N,</p><p>un+1</p><p>un</p><p>− xn+1</p><p>xn</p><p>> 0 donc:</p><p>un+1</p><p>un</p><p>></p><p>xn+1</p><p>xn</p><p>.</p><p>Or,</p><p>∑</p><p>xn diverge en tant que série de Riemann de paramètre α < 1, donc, les séries étant à termes strictement</p><p>positif,</p><p>∑</p><p>un diverge d’après la question I-2.</p><p>Partie III – Exemples</p><p>1. (a) On a, pour tout n ∈ N,</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>=</p><p>un+1</p><p>un</p><p>· x =</p><p>4n+ 2</p><p>4(n+ 1)</p><p>=</p><p>1 + 1</p><p>2n</p><p>1 + 1</p><p>n</p><p>.</p><p>Ainsi,</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>=</p><p>(</p><p>1 +</p><p>1</p><p>2n</p><p>)(</p><p>1− 1</p><p>n</p><p>+ o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>))</p><p>= 1 +</p><p>1</p><p>2n</p><p>− 1</p><p>n</p><p>+ o</p><p>(</p><p>1</p><p>n2</p><p>)</p><p>.</p><p>Ainsi,</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>= 1− 1</p><p>2n</p><p>+ o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>)</p><p>.</p><p>(b) La série</p><p>∑</p><p>unx</p><p>n étant à termes strictement positifs, d’après la règle de Duhamel, puisque 1</p><p>2 < 1,</p><p>∑</p><p>unx</p><p>n est divergente</p><p>(c) D’après ce qui précède, pour tout n ∈ N,</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>=</p><p>4n+ 2</p><p>4n+ 4</p><p>< 1,</p><p>donc, puisque unx</p><p>n > 0, on en déduit que (unx</p><p>n)n∈N est décroissante .</p><p>On a, pour tout n ∈ N, ln(un+1x</p><p>n+1)− ln(unx</p><p>n) = ln</p><p>(</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>)</p><p>.</p><p>3</p><p>Or, lim</p><p>n→+∞</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>= 1, donc</p><p>ln</p><p>(</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>)</p><p>∼</p><p>+∞</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>− 1 ∼</p><p>+∞</p><p>− 1</p><p>2n</p><p>,</p><p>puisque, d’après la question III-3a,</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>− 1 = − 1</p><p>2n</p><p>+ o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>)</p><p>.</p><p>Ainsi, les deux séries étant à termes tous négatifs, d’après le théorème de comparaison par équivalents,</p><p>∑</p><p>ln</p><p>(</p><p>un+1x</p><p>n+1</p><p>unxn</p><p>)</p><p>et</p><p>∑</p><p>− 1</p><p>2n</p><p>sont de même nature. Or, la seconde diverge (en tant que série de Riemann</p><p>de paramètre 1), donc la première aussi. Par conséquent, la série</p><p>∑</p><p>ln(un+1x</p><p>n+1)− ln(unx</p><p>n) diverge. Cette</p><p>divergence se fait forcément vers −∞, puisque la série est à termes négatifs. Or,</p><p>∀N ∈ N</p><p>∗,</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>n=0</p><p>ln(un+1x</p><p>n+1)− ln(unx</p><p>n) = ln(uNxN )− ln(u0x</p><p>0),</p><p>(il s’agit d’une somme télescopique), donc, d’après ce qui précède,</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>ln(un+1x</p><p>n+1)− ln(unx</p><p>n) = −∞, donc: lim</p><p>n→+∞</p><p>un+1x</p><p>n+1 = 0 .</p><p>(d) On utilise la technique des séries alternées. Soit pour tout n ∈ N, Sn =</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>uk(−x)k. Alors :</p><p>• Pour tout n ∈ N, S2n+2 − S2n = u2n+2(−x)2n+2 + u2n+1(−x)2n+1 = u2n+2x</p><p>2n+2 − u2n+1x</p><p>2n+1 6 0,</p><p>puisque (unx</p><p>n) décroit. Donc (S2n)n∈N est décroissante</p><p>• Pour tout n ∈ N, S2n+3 − S2n+1 = u2n+3(−x)2n+3 + u2n+2(−x)2n+2 = u2n+2x</p><p>2n+2 − u2n+3x</p><p>2n+3 > 0,</p><p>puisque (unx</p><p>n) décroit. Donc (S2n+1)n∈N est croissante</p><p>• Pour tout n ∈ N, |S2n+1 − S2n| = u2n+1x</p><p>2n+1, donc lim</p><p>n→+∞</p><p>S2n+1 − S2n = 0.</p><p>Ainsi, les suites (S2n)n∈N et (S2n+1)n∈N sont adjacentes, donc convergent vers une limite commune. Alors</p><p>(Sn)n∈N converge aussi vers cette limite commune. D’où la convergence de</p><p>∑</p><p>un(−x)n.</p><p>2. Soit (vn)n∈N la suite définie en I-4, et x = 1</p><p>ℓ</p><p>.</p><p>(a) On procède de même que pour</p><p>∑</p><p>unx</p><p>n. Pour tout n ∈ N,</p><p>vn+1x</p><p>n+1</p><p>vnxn</p><p>=</p><p>4n+ 2</p><p>2(n+ 2)</p><p>=</p><p>1 + 1</p><p>2n</p><p>1 + 2</p><p>n</p><p>,</p><p>donc</p><p>vn+1x</p><p>n+1</p><p>vnxn</p><p>=</p><p>(</p><p>1 +</p><p>1</p><p>2n</p><p>)(</p><p>1− 2</p><p>n</p><p>+ o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>))</p><p>= 1 +</p><p>1</p><p>2n</p><p>− 2</p><p>n</p><p>+ o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>)</p><p>= 1− 3</p><p>2n</p><p>+ o</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>)</p><p>=</p><p>vn+1x</p><p>n+1</p><p>vnxn</p><p>.</p><p>(b) Par conséquent, la série</p><p>∑</p><p>vnx</p><p>n étant à termes strictement positifs, en utilisant la règle de Duhamel avec</p><p>β = 3</p><p>2 > 1, on obtient la convergence de</p><p>∑</p><p>vnx</p><p>n .</p><p>De plus, pour tout n ∈ N, |vn(−x)n| = vnx</p><p>n, puisque x > 0, donc, d’après ce qui précède,</p><p>∑</p><p>vn(−x)n converge absolument .</p><p>Partie IV – Une petite amélioration à la règle de Duhamel</p><p>1. On a</p><p>1</p><p>n+ a</p><p>∼</p><p>+∞</p><p>1</p><p>n</p><p>, et les séries sont toutes deux à termes positifs (en se restreignant à n > −a, conformément</p><p>à l’énoncé). Ainsi,</p><p>∑</p><p>1</p><p>n+a</p><p>est de même nature que la série de Riemann</p><p>∑</p><p>1</p><p>n</p><p>, donc</p><p>∑</p><p>1</p><p>n+a</p><p>est divergente .</p><p>4</p><p>2. D’après les DL classiques, puisque lim</p><p>n→+∞</p><p>a+ 1</p><p>n</p><p>= 0,</p><p>1</p><p>1 + a+1</p><p>n</p><p>= 1− a+ 1</p><p>n</p><p>+</p><p>(a+ 1)2</p><p>n2</p><p>+O</p><p>(</p><p>(a+ 1)3</p><p>n3</p><p>)</p><p>= 1− a+ 1</p><p>n</p><p>+</p><p>(a+ 1)2</p><p>n2</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>n3</p><p>)</p><p>,</p><p>en supposant que a 6= −1 (hypothèse manquante dans l’énoncé).</p><p>Or, pour tout entier n > −a,</p><p>yn+1</p><p>yn</p><p>=</p><p>n+ a</p><p>n+ 1 + a</p><p>=</p><p>1 + a</p><p>n</p><p>1 + a+1</p><p>n</p><p>=</p><p>(</p><p>1 +</p><p>a</p><p>n</p><p>)</p><p>·</p><p>(</p><p>1− a+ 1</p><p>n</p><p>+</p><p>(a+ 1)2</p><p>n2</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>n3</p><p>))</p><p>= 1− a+ 1</p><p>n</p><p>+</p><p>(a+ 1)2</p><p>n2</p><p>+</p><p>a</p><p>n</p><p>− a(a+ 1)</p><p>n2</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>n3</p><p>)</p><p>,</p><p>les termes que je n’ai pas écrits dans ce développement étant des termes en O</p><p>(</p><p>1</p><p>n3</p><p>)</p><p>. En simplifiant un peu, on</p><p>obtient :</p><p>yn+1</p><p>yn</p><p>= 1− 1</p><p>n</p><p>+</p><p>1 + a</p><p>n2</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>n3</p><p>)</p><p>.</p><p>3. Soit (un)n∈N une suite telle que un = 1− 1</p><p>n</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>n2</p><p>)</p><p>.</p><p>(a) Par définition des O, il existe M > 0 tel que pour tout n ∈ N,</p><p>−M</p><p>n2</p><p>6</p><p>un+1</p><p>un</p><p>− 1 +</p><p>1</p><p>n</p><p>6</p><p>M</p><p>n2</p><p>Il existe de même M ′ tel que pour tout</p><p>n ∈ N,</p><p>−M ′</p><p>n3</p><p>6</p><p>yn+1</p><p>yn</p><p>− 1 +</p><p>1</p><p>n</p><p>− 1 + a</p><p>n2</p><p>6</p><p>M ′</p><p>n3</p><p>.</p><p>D’où, en soustrayant ces encadrements (en les croisant bien entendu !)</p><p>−M</p><p>n2</p><p>− M ′</p><p>n3</p><p>6</p><p>un+1</p><p>un</p><p>− yn+1</p><p>yn</p><p>+</p><p>1 + a</p><p>n2</p><p>6</p><p>M</p><p>n2</p><p>+</p><p>M ′</p><p>n3</p><p>,</p><p>et donc, pour tout n ∈ N :</p><p>−M + 1 + a</p><p>n2</p><p>− M ′</p><p>n3</p><p>6</p><p>un+1</p><p>un</p><p>− yn+1</p><p>yn</p><p>6</p><p>M − 1− a</p><p>n2</p><p>+</p><p>M ′</p><p>n3</p><p>,</p><p>Choisissons a de sorte que M + 1 + a < 0, par exemple a = −(M + 2). Alors pour tout n ∈ N,</p><p>un+1</p><p>un</p><p>− yn+1</p><p>yn</p><p>></p><p>1</p><p>n2</p><p>− M ′</p><p>n3</p><p>=</p><p>n−M ′</p><p>n3</p><p>.</p><p>Or, cette expression est positive pour n assez grand (plus précisément pour n > M ′). Donc, il existe a ∈ R,</p><p>et N ∈ N tel que</p><p>∀n > N,</p><p>un+1</p><p>un</p><p>></p><p>yn+1</p><p>yn</p><p>(b) Les séries étant à termes strictement positifs (pour n > −a), d’après la question I-2, puisque</p><p>∑</p><p>yn diverge,</p><p>∑</p><p>un diverge .</p><p>4. On a, pour tout n ∈ N,</p><p>wn+1x</p><p>n+1</p><p>wnxn</p><p>=</p><p>3(3n+ 2)(3n+ 1)</p><p>27(n+ 1)2</p><p>=</p><p>(</p><p>1 + 2</p><p>3n</p><p>) (</p><p>1 + 1</p><p>3n</p><p>)</p><p>(</p><p>1 + 1</p><p>n</p><p>)2</p><p>=</p><p>(</p><p>1 +</p><p>2</p><p>3n</p><p>)(</p><p>1 +</p><p>1</p><p>3n</p><p>)(</p><p>1− 1</p><p>n</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>n2</p><p>))</p><p>= 1 +</p><p>2</p><p>3n</p><p>+</p><p>1</p><p>3n</p><p>− 1</p><p>n</p><p>− 1</p><p>n</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>n2</p><p>)</p><p>,</p><p>les autres termes dans ce développement étant en O</p><p>(</p><p>1</p><p>n2</p><p>)</p><p>. Ainsi,</p><p>wn+1x</p><p>n+1</p><p>wnxn</p><p>= 1− 1</p><p>n</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>n2</p><p>)</p><p>.</p><p>Comme</p><p>∑</p><p>wnx</p><p>n est à termes strictement positifs, on peut appliquer la question IV-3. On en déduit que</p><p>∑</p><p>wnx</p><p>n diverge .</p><p>5</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 11 : Fonctions régulières sur un intervalle</p><p>Correction du problème 1 – Calcul approché d’une intégrale</p><p>Partie I – Approximation polynomiale au bord gauche</p><p>Soit f une fonction de classe Cn+1 sur un intervalle [α, β].</p><p>1. La fonction f étant de classe Cn+1, pour tout k ∈ [[0, n+1]], f (k) est continue sur l’intervalle fermé borné [α, β],</p><p>donc est bornée d’après le théorème de compacité. On en déduit l’existence de Mℓ = sup |f (ℓ)| .</p><p>2. Soit P ∈ Rn[X ] un polynôme quelconque, qu’on peut écrire de manière unique sous la forme :</p><p>P (X) =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>aℓ(X − α)ℓ.</p><p>Un calcul simple de dérivée montre qu’on a alors, pour tout ℓ ∈ [[0, n]] :</p><p>P (ℓ)(α) = ℓ!aℓ.</p><p>Ainsi, on a pour tout ℓ ∈ [[0, n]], P (ℓ)(α) = f (ℓ)(α) si et seulement si pour tout ℓ ∈ [[0, n]], αℓ =</p><p>P (ℓ)(α)</p><p>ℓ</p><p>, si et</p><p>seulement si</p><p>P =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>f (ℓ)(α)</p><p>ℓ!</p><p>(X − α)ℓ</p><p>3. On a bien entendu reconnu le développement de Taylor de f en α. Ainsi, la fonction f étant de classe Cn+1, on</p><p>peut utiliser l’inégalité de Taylor-Lagrange : pour tout x ∈ [α, β] :</p><p>|(f(x) − P (x))| 6 Mn+1</p><p>(n+ 1)!</p><p>(x− α)n+1,</p><p>et en intégrant :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>(f(x)− P (x)) dx</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>|f(x)− P (x)| dx 6</p><p>Mn+1</p><p>(n+ 1)!</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>(x − α)n+1 dx =</p><p>Mn+1</p><p>(n+ 2)!</p><p>(β − α)n+2 .</p><p>4. On utilise la majoration précédente sur chaque intervalle [xk, xk+1] de la subdivision, k ∈ [[0, N − 1]] :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>(f(x)− Pk(x)) dx</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>Mn+1</p><p>(n+ 2)!</p><p>(xk+1 − xk)</p><p>n+2 =</p><p>Mn+1</p><p>(n+ 2)!Nn+2</p><p>(b− a)n+2,</p><p>où Pk est le polynôme de Taylor à l’ordre n en xk. Or,</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>P (x) dx =</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>f ℓ(xk)</p><p>ℓ!</p><p>(x− xk)</p><p>ℓ dx =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>f ℓ(xk)</p><p>(ℓ + 1)!</p><p>(xk+1 − xk)</p><p>ℓ+1.</p><p>Puisque xk+1 − xk =</p><p>b− a</p><p>N</p><p>, on obtient :</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>P (x) dx =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>f ℓ(xk)</p><p>(ℓ+ 1)!</p><p>(b − a)ℓ+1</p><p>N ℓ+1</p><p>.</p><p>1</p><p>Ainsi, en sommant ces expressions, en utilisant la relation de Chasles et l’inégalité triangulaire, il vient :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(x) dx−</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>(</p><p>(b − a)ℓ+1</p><p>(ℓ+ 1)!N ℓ+1</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>f (ℓ)(xk)</p><p>)∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>Mn+1</p><p>(n+ 2)!Nn+2</p><p>(b− a)n+2 =</p><p>Mn+1(b− a)n+2</p><p>(n+ 2)!</p><p>· 1</p><p>Nn+1</p><p>.</p><p>Ainsi, lorsque N tend vers +∞</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(x) dx =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>(</p><p>(b − a)ℓ+1</p><p>(ℓ+ 1)!N ℓ+1</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>f (ℓ)(xk)</p><p>)</p><p>+ O</p><p>(</p><p>1</p><p>Nn+1</p><p>)</p><p>.</p><p>5. Lorsque n = 0, on retrouve la méthode des rectangles à gauche, et la vitesse de convergence en O</p><p>(</p><p>1</p><p>N</p><p>)</p><p>justifiée</p><p>dans le cours d’informatique commune.</p><p>Partie II – Approximation polynomiale au point milieu</p><p>1. Comme précédemment, Qn,k est le développement de Taylor de f au point mk. Ainsi, l’inégalité de Taylor-</p><p>Lagrange donne cette fois :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>(f(x) −Qn,k(x)) dx</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>Mn+1</p><p>(n+ 1)!</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>|x−mk|n+1 dx.</p><p>En utilisant les symétries de la fonction à intégrer (c’est-à-dire un changement de variable t = xk+1 − x sur la</p><p>moitié de l’intervalle), on obtient :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>(f(x)−Qn,k(x)) dx</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6 2· Mn+1</p><p>(n+ 1)!</p><p>∫ xk+1</p><p>mk</p><p>(x−mk)</p><p>n+1 dx = 2· Mn+1</p><p>(n+ 2)!</p><p>(xk−mk)</p><p>n+2 =</p><p>Mn+1</p><p>(n+ 2)!</p><p>· (b − a)n+2</p><p>2n+1</p><p>.</p><p>L’intégrale de Qn,k =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>f ℓ(mk)</p><p>ℓ!</p><p>(X −mk)</p><p>ℓ se calcule en remarquant que</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>(x−mk)</p><p>ℓ dx =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0 si ℓ impair</p><p>2</p><p>(b − a)ℓ+1</p><p>(ℓ+ 1)(2N)ℓ+1</p><p>si ℓ pair.</p><p>On aboutit donc, comme précédemment, en sommant sur les valeurs de k, à :</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(x) dx =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>ℓ pair</p><p>(</p><p>(b − a)ℓ+1</p><p>(ℓ+ 1)!2ℓN ℓ+1</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>f (ℓ)(mk)</p><p>)</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>Nn+1</p><p>)</p><p>2. Si n est pair, le calcul précédent montre que la partie de degré n + 1 (impair) de Qn+1,k ne contribue à rien</p><p>dans le calcul de l’intégrale, donc</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>Qn,k =</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>Qn+1,k.</p><p>Ainsi, dans toutes les majorations précédentes, on peut remplacer Qn,k par Qn+1,k, ce qui nous fait gagner un</p><p>ordre. Ainsi :</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(x) dx =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>ℓ pair</p><p>(</p><p>(b − a)ℓ+1</p><p>2ℓ(ℓ+ 1)!N ℓ+1</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>f (ℓ)(mk)</p><p>)</p><p>+O</p><p>(</p><p>1</p><p>Nn+2</p><p>)</p><p>3. Dans le cas n = 0, on retrouve la méthode du point milieu. Le cas n = 1 consiste à approcher la courbe par la</p><p>tangente au point milieu. Mais quelle que soit la droite passant par le point milieu d’un intervalle, son intégrale</p><p>sur cet intervalle est la même, donc on a exactement la même expression que la méthode du point milieu. On</p><p>ne gagner rien de plus.</p><p>Au passage, on retrouve la vitesse de convergence de la méthode du point milieu, en O</p><p>(</p><p>1</p><p>N2</p><p>)</p><p>. On comprend</p><p>bien d’où vient ce facteur puisque cela revient à faire l’approximation par la tangente.</p><p>2</p><p>Partie III – Méthodes de Newton-Cotes</p><p>1. Il s’agit d’un polynôme d’interpolation, qu’on calcule à l’aide des polynômes de Lagrange :</p><p>P (X) =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>f(yk)</p><p>∏</p><p>i∈[[0,n]]\{k}</p><p>(X − yi)</p><p>∏</p><p>i∈[[0,n]]\{k}</p><p>(yk − yi)</p><p>.</p><p>2. On a alors</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>P (t) dt = (β − α)</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>bn,kf(yk),</p><p>où</p><p>bn,k =</p><p>1</p><p>β − α</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>∏</p><p>i∈[[0,n]]\{k}</p><p>(x− yi)</p><p>∏</p><p>i∈[[0,n]]\{k}</p><p>(yk − yi)</p><p>dx.</p><p>Comme yk − yi = (k − i)(β − α), on a donc :</p><p>bn,k =</p><p>1</p><p>(β − α)n+1</p><p>∏</p><p>i∈[[0,n]]\{k}</p><p>(k − i)</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>∏</p><p>i∈[[0,n]]\{k}</p><p>(x− yi) dx.</p><p>On pose le changement de variable t = n · x− α</p><p>β − α</p><p>, de classe C1. Il vient</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>∏</p><p>i∈[[0,n]]\{k}</p><p>(x− yi) dx =</p><p>β − α</p><p>n</p><p>∫ n</p><p>0</p><p>∏</p><p>i∈[[0,n]]\{k}</p><p>(</p><p>α+ t</p><p>β − α</p><p>n</p><p>− α− k</p><p>β − α</p><p>n</p><p>)</p><p>dt</p><p>=</p><p>(β − α)n+1</p><p>nn+1</p><p>∫ n</p><p>0</p><p>t(t− 1) . . . (t− k − 1)(t− k + 1) . . . (t− n) dt.</p><p>Ainsi,</p><p>bn,k =</p><p>1</p><p>nn+1</p><p>∏</p><p>i∈[[0,n]]\{k}</p><p>(k − i)</p><p>∫ n</p><p>0</p><p>t(t− 1) . . . (t− k − 1)(t− k + 1) . . . (t− n) dt ,</p><p>3. Comme les bn,k sont indépendants de f , α et β, il suffit de prendre f la fonction constante égale à 1, qui est</p><p>son propre polynôme d’interpolation sur l’intervalle [0, 1]. On obtient immédiatement</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>bn,k =</p><p>∫ 1</p><p>0</p><p>f(x) dx = 1 .</p><p>4. Contrôle de l’erreur d’interpolation.</p><p>(a) Comme q(yi) = 0, et f(yi) = P (yi) pour tout i, les yi sont bien des zéros de g . De plus on voit facilement</p><p>que x est aussi un zéro de g .</p><p>(b) Ainsi, l’application g possède n + 2 zéros distincts. Comme elle est de classe Cn+1 sur l’intervalle [a, b], on</p><p>peut appliquer une première fois le théorème de Rolle entre chacune de ces racines rangées dans l’ordre</p><p>croissant, ce qui nous donne n + 1 zéros de g′. On applique une deuxième fois le théorème de Rolle pour</p><p>trouver n zéros de g′′ et on itère ce procédé jusqu’à la dérivée d’ordre n + 1, en perdant à chaque fois un</p><p>zéro. Il nous reste alors au moins un zéro de g(n+1). Ainsi, il existe c ∈ [a, b] tel que g(n+1)(c) = 0 .</p><p>(c) On calcule g(n+1). Comme P est de degré n, on obtient :</p><p>∀t ∈ [a, b], g(n+1)(t) = f (n+1)(t)− (f(x)− P (x))</p><p>(n+ 1)!</p><p>q(x)</p><p>,</p><p>3</p><p>le facteur (n+1)! provenant de l’expression de la dérivée n+1-ième d’un polynôme unitaire de degré n+1.</p><p>Ainsi, en évaluant en c :</p><p>0 = f (n+1)(c)− (f(x)− P (x))</p><p>(n + 1)!</p><p>q(x)</p><p>,</p><p>d’où :</p><p>|f(x)− P (x)| = f (n+1)(c)</p><p>|q(x)|</p><p>(n+ 1)!</p><p>6 Mn+1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=0</p><p>(x− yk)</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>(n+ 1)!</p><p>.</p><p>5. On intègre l’expression précédente sur l’intervalle [α, β], en</p><p>considérant α = xk et β = xk+1. Ainsi</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>|f(x)− P (x)| dx 6</p><p>Mn+1</p><p>(n+ 1)!</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=0</p><p>(x− yk)</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>dx.</p><p>Par ailleurs, d’après la question 2 :</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>P (x) dx = (xk+1 − xk)</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>bn,ℓf(yℓ)</p><p>=</p><p>b− a</p><p>n</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>bn,kf</p><p>(</p><p>a+</p><p>k</p><p>N</p><p>(b − a) +</p><p>ℓ</p><p>n</p><p>b− a</p><p>n</p><p>)</p><p>= h</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>bn,ℓf</p><p>(</p><p>a+</p><p>(</p><p>k +</p><p>ℓ</p><p>n</p><p>)</p><p>h</p><p>)</p><p>, où h =</p><p>b− a</p><p>N</p><p>.</p><p>D’un autre côté, par un calcul similaire à la question 2,</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=0</p><p>(x− yk)</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>dx =</p><p>(xk+1 − xk)</p><p>n+2</p><p>nn+2</p><p>∫ n</p><p>0</p><p>|t(t− 1) · (t− n)| dt = (b− a)n+2</p><p>Nn+2nn+2</p><p>∫ n</p><p>0</p><p>|t(t− 1) · (t− n)| dt.</p><p>Ainsi :</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>|f(x) − P (x)| dx 6</p><p>Mn+1(b − a)n+2</p><p>(n+ 1)!Nn+2nn+2</p><p>∫ n</p><p>0</p><p>|t(t− 1) · (t− n)| dt.</p><p>Par sommation sur k et inégalité triangulaire (sur la somme et l’intégrale), on en déduit donc que :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(t) dt− IN</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>Mn+1(b− a)n+2</p><p>(n+ 1)!Nn+2nn+2</p><p>∫ n</p><p>0</p><p>|t(t− 1) · (t− n)| dt</p><p>6</p><p>CnMn+1(b− a)n+2</p><p>Nn+1</p><p>,</p><p>où Cn =</p><p>Mn+1</p><p>(n+ 1)!nn+2</p><p>∫ n</p><p>0</p><p>|t(t− 1) · (t− n)| dt est bien indépendant de N , f , a et b.</p><p>6. (a) On pose m = n</p><p>2 et γ = 1</p><p>2 (β − α). Le changement de variable t = x− ym amène</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>(x− y0) · · · (x− yn) dx =</p><p>∫ γ</p><p>−γ</p><p>(t+ xm − x0) · · · t · · · (t+ ym − yn) dt</p><p>=</p><p>∫ γ</p><p>−γ</p><p>(</p><p>t+</p><p>m</p><p>n</p><p>)</p><p>· · · (t+ 1)t(t+ 1) · · ·</p><p>(</p><p>t+</p><p>n−m</p><p>n</p><p>)</p><p>dt.</p><p>On remarque que</p><p>n−m</p><p>n</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>=</p><p>m</p><p>n</p><p>. Ainsi, l’intégrande est une fonction impaire, et l’intervalle d’intégration</p><p>est symétrique en 0. Ainsi,</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>(x− y0) · · · (x− yn) dx = 0 .</p><p>(b) On déduit de la question précédente que pour tout λ ∈ R,</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>(P (x)− λ(x− y0) · · · (x− yn)) dx =</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>P (x) dx.</p><p>4</p><p>On pose alors Q = P − λ(x − y0) · · · (x − yn), qui est bien de degré au plus n + 1, et vérifie l’égalité des</p><p>intégrales. On recherche λ tel que Q′(ym) = f ′(ym). Pour montrer qu’un tel choix de λ existe, on remarque</p><p>que le polynôme R = (X − y1) · · · (X − yn) admet ym comme racine simple, donc R′(ym) 6= 0. Il suffit alors</p><p>de définir λ par</p><p>λ =</p><p>P ′(ym)− f ′(ym)</p><p>R′(ym)</p><p>pour obtenir Q′(ym) = f ′(ym).</p><p>(c) On pose q(t) = (t− ym)</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=0</p><p>(t− yk), et on considère, pour x fixé, la fonction g définie par :</p><p>g(t) = f(t)−Q(t) +</p><p>q(t)</p><p>q(x)</p><p>(f(x) −Q(x)).</p><p>Alors, les yi ainsi que x sont toujours des zéros de g, qui admet donc n+ 2 zéros distincts. Le théorème de</p><p>Rolle permet donc de trouver n + 1 zéros de g′, venant s’intercaler strictement entre les zéros de g. Mais</p><p>par ailleurs, ym étant une racine double de q, et zéro de f ′ −Q′, on remarque que g′(ym) = 0, et ainsi, on</p><p>dispose de n + 2 zéros distincts de g′. Puisque g est de classe Cn+2, on peut itérer le théorème de Rolle,</p><p>jusqu’à l’obtention d’un zéro de g(n+2).</p><p>On calcule maintenant g(n+2), et on évalue en c. Comme q est unitaire de degré n+ 2, on obtient :</p><p>0 = f (n+2)(c) +</p><p>(n+ 2)!</p><p>q(x)</p><p>(f(x)−Q(x)),</p><p>donc</p><p>|f(x)−Q(x)| = |f (n+2)(c)|</p><p>(n+ 2)!</p><p>|q(x)|.</p><p>Comme plus haut, on montre qu’il existe un réel Dn ne dépendant que de n, tel que</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>|q(x)| dx 6 Dn(β − α)n+3.</p><p>On intègre entre 2 points α = xk et β = xk+1 d’une subdivision régulière de [a, b]. Puisque</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>Q(x) dx =</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>P (x) dx, on obtient la même expression que plus haut, c’est-à-dire :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>f(x) dx− h</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>bn,ℓf</p><p>(</p><p>a+</p><p>(</p><p>k +</p><p>ℓ</p><p>n</p><p>)</p><p>h</p><p>)</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6 Dn(xk+1 − xk)</p><p>n+3 = Dn</p><p>(b − a)n+3</p><p>Nn+3</p><p>.</p><p>Ainsi, en sommant sur k, il vient :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(t) dt− IN</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>Dn</p><p>(b− a)n+3</p><p>Nn+3</p><p>= Dn</p><p>(b − a)n+3</p><p>Nn+2</p><p>.</p><p>On a bien obtenu :</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(t) dt = IN +O</p><p>(</p><p>1</p><p>Nn+2</p><p>)</p><p>.</p><p>(d) Le cas n = 2 correspond à une interpolation aux deux extrémités et au milieu de chaque intervalle de la</p><p>subdivision. On a fait les calculs des coefficients en cours d’informatique (il s’agit de la méthode de Simpson).</p><p>Ce qu’on obtient est :</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(t) dt =</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>1</p><p>6</p><p>(f(xk) + 4f(mk) + f(xk+1)) +O</p><p>(</p><p>1</p><p>N4</p><p>)</p><p>où mk désigne le milieude [xk, xk+1]. On a ainsi démontré la convergence en 1</p><p>N4 de la méthode d’intégration</p><p>de Simpson, point qu’on avait admis dans le cours d’informatique.</p><p>5</p><p>Partie IV – Méthode de Gauss</p><p>1. (a) On montre par récurrence bornée sur k ∈ [[0, n]] que P</p><p>(k)</p><p>n possède au moins k racines distinctes dans ]−1, 1[,</p><p>propriété que nous noterons P(k). Pour k = 0, la propriété à montrer est assez creuse.</p><p>Soit k ∈ [[0, n− 1]] telle que P(k) soit vraie. Alors P</p><p>(k)</p><p>n admet au moins k racines distinctes dans ] − 1, 1[.</p><p>Par ailleurs, 1 et −1 sont racines de multiplicité n de Pn, donc sont aussi racines de P</p><p>(k)</p><p>n . Ainsi, on dispose</p><p>de k+2 racines distinctes de P</p><p>(k)</p><p>n dans [−1, 1]. On applique le théorème de Rolle entre ces racines (ce qu’on</p><p>peut faire puisqu’un polynôme est de classe C∞). On trouve donc n+ 1 racines distinctes de P</p><p>(k+1)</p><p>n situées</p><p>strictement entre les racines de P</p><p>(k)</p><p>n , donc dans ]− 1, 1[.</p><p>D’après le principe de récurrence, pour tout k ∈ [[0, n]], P</p><p>(k)</p><p>n admet au moins k distinctes racines dans [[0, n]] .</p><p>(b) En particulier, Ln admet au moins n racines distinctes dans ] − 1, 1[. Comme deg(Ln) = n, elle ne peut</p><p>pas en avoir plus (comptées avec multiplicité), donc ce sont là toutes les racines de Ln. On en déduit que</p><p>Ln est à racines simples toutes dans ]− 1, 1[ .</p><p>2. Notons Ln,k le k-ième polynôme d’interpolation de Lagrange de la famille r1, . . . , rn. Ainsi,</p><p>Qn =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=1</p><p>f(rn)Ln,k.</p><p>On pose alors λk =</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>Ln,k(x) dx, indépendant de f , et on obtient bien :</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>Pn(x) dx =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=1</p><p>λℓP (rℓ) .</p><p>3. (a) Si P est un polynôme de degré strictement inférieur à n, il est son propre polynôme d’interpolation (par</p><p>unicité), donc P = Pn, et donc In(P ) = I(P ) .</p><p>(b) Soit P est un polynôme vérifiant deg(P ) < 2n, et R son reste par la division euclidienne par Ln. On a donc</p><p>P = QP</p><p>(n)</p><p>n + R, où Q est un polynôme de degré inférieur strictement à n. Or, une intégration par parties</p><p>(sur les fonctions C∞) donne :</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>Q(x)P (n)</p><p>n (x) dx =</p><p>[</p><p>Q(x)P (n−1)</p><p>n</p><p>]1</p><p>−1</p><p>−</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>Q′(x)P (n−1)</p><p>n (x) dx = −</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>Q′(x)P (n−1)</p><p>n (x) dx</p><p>car 1 et −1 sont racines d’ordre n de Pn, donc racines de P</p><p>(n−1)</p><p>n . On peut itérer cet argument en intégrant</p><p>plusieurs fois par parties, et on obtient :</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>Q(x)P (n)</p><p>n (x) dx = (−1)n</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>Q(n)(x)Pn(x) dx.</p><p>Puisque deg(Q) < n, Q(n) = 0, d’où finalement,</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>Q(x)P (n)</p><p>n (x) dx = 0.</p><p>On obtient donc enfin : I(P ) = I(R) .</p><p>Mais par ailleurs, puisque deg(R) < n, I(R) = In(Rn). Pour terminer, on constate que puisque les ri sont</p><p>racines de Ln, P et R prennent les même valeurs sur les ri, donc ont même polynôme interpolateur (c’est</p><p>en fait le polynôme R lui-même), donc In(P ) = In(R).</p><p>En mettant bout-à-bout ces trois égalités, il vient : I(P ) = I(Pn) .</p><p>4. Polynôme d’interpolation de Hermite de f</p><p>(a) Soit H1 et H2 deux éléments de R2n−1[X ] et λ ∈ R. Alors :</p><p>ϕ(H1 + λH2) = (H(r1) + λH2(r1), H</p><p>′</p><p>1(r1) + λH ′</p><p>2(r1), . . . , H1(rn) + λH2(rn), H</p><p>′</p><p>1(rn) + λH ′</p><p>2(rn))</p><p>= (H1(r1), H</p><p>′</p><p>1(r1), . . . , H1(rn), H</p><p>′</p><p>1(rn)) + λ(H2(r1), H</p><p>′</p><p>2(r1), . . . , H2(rn), H</p><p>′</p><p>2(rn))</p><p>= ϕ(H1) + λϕ(H2).</p><p>6</p><p>Ainsi, ϕ est une application linéaire. Déterminons son noyau : soit H ∈ Ker(ϕ). Alors pour tout k ∈ [[1, n]],</p><p>H(rk) = H ′(rk) = 0. Ainsi, rk est racine au moins double de H . Le polynôme H a donc au moins 2n racines</p><p>comptées avec multiplicité. Comme deg(H) < 2n, on en déduit que H = 0. Ainsi, Ker(ϕ) = {0}.</p><p>Par conséquent, ϕ est injective. De plus, il s’agit d’une application linéaire entre deux espaces vectoriels de</p><p>même dimension finie 2n, donc, par caractérisation des isomophismes en dimension finie, ϕ est un isomorphisme .</p><p>(b) La bijectivité de ϕ nous assure l’existence et l’unicité des antécédents de tout 2n-uplet. Ainsi, le 2n-uplet</p><p>(f(r1), f</p><p>′(r1), . . . , f(rn), f</p><p>′(rn)) admet un unique antécédent par ϕ. En d’autres termes, il existe un unique</p><p>polynôme Bn ∈ R2n−1[X ] tel que</p><p>∀j ∈ [[1, n]], Bn(rj) = f(rj) et B′</p><p>n(rj) = f ′(rj) .</p><p>5. Puisque Bn prend les mêmes valeurs que f aux ri, f et Bn ont même polynôme d’interpolation, donc In(Bn) = In(f) .</p><p>6. (a) Comme x est distinct des ri, P</p><p>(n)</p><p>n (x) 6= 0, et on trouve</p><p>α tel que g(x) = 0 en résolvant une équation de</p><p>degré 1. D’où l’existence et l’unicité de α .</p><p>(b) Comme dans les parties précédentes, puisque f(ri) = Bn(r1), les ri sont zéros de g, ainsi que x. On dispose</p><p>donc de n + 1 zéros distincts de g′, et donc, en utilisant le théorème de Rolle, de n zéros distincts de g′,</p><p>séparant strictement les zéros de g (et donc notamment, dans ] − 1, 1[, et distincts des ri). Or, les ri sont</p><p>racines doubles de (P</p><p>(n)</p><p>n )2 et f ′(ri) = B′</p><p>n(ri). Ainsi, les ri sont aussi zéros de g′. On a donc de la sorte</p><p>2n zéros distincts de g′ , dans ]− 1, 1[.</p><p>(c) On utilise toujours le théorème de Rolle itéré pour obtenir c ∈] − 1, 1[ tel que g(2n)(c) = 0, soit, puisque</p><p>deg(Bn) < n, et deg(P</p><p>(n)</p><p>n )2 = 2n, de coefficient dominant</p><p>(</p><p>(2n)!</p><p>n!</p><p>)2</p><p>:</p><p>0 = f (2n)(c)− αP (2n)</p><p>n (c) = f (2n)(c)− α(2n)!</p><p>(</p><p>(2n)!</p><p>n!</p><p>)2</p><p>.</p><p>On trouve donc α = f (2n)(c) · (n!)2</p><p>((2n)!)3</p><p>, d’où, en exprimant l’égalité g(x) = 0 :</p><p>0 = f(x)−Bn(x) − f (2n)(c) · (n!)2</p><p>((2n)!)3</p><p>(P (n)</p><p>n (x))2,</p><p>c’est-à-dire :</p><p>f(x)−Bn(x) =</p><p>(n!)2</p><p>((2n)!)3</p><p>· f (2n)(c)(P (n)</p><p>n (x))2 .</p><p>7. Ainsi,</p><p>|I(f)− In(f)| 6</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>|f(x)−Bn(x)| dx 6 M2n</p><p>(n!)2</p><p>((2n)!)3</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>(P (n)</p><p>n (x))2 dx.</p><p>Le même argument d’intégrations par partie itérées qu’en 3(b) amène :</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>(P (n)</p><p>n (x))2 dx = (−1)n</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>P (2n)</p><p>n (x)Pn(x) dx = (−1)n(2n)!</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>(x− 1)n(x+ 1)n dx.</p><p>Or, soit Ip,q =</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>(x − 1)p(x+ 1)q dx. Intégrons par partie, pour p > 0 :</p><p>Ip,q =</p><p>1</p><p>q + 1</p><p>[</p><p>(x− 1)p(x + 1)q+1</p><p>]1</p><p>−1</p><p>− p</p><p>q + 1</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>(x− 1)p−1(x+ 1)q+1 dx = − p</p><p>q + 1</p><p>Ip−1,q+1.</p><p>En itérant, il vient :</p><p>Ip,q = (−1)p</p><p>p!q!</p><p>(p+ q)!</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>(x+ 1)p+q dx = (−1)p</p><p>p!q!</p><p>(p+ q + 1)!</p><p>2p+q+1.</p><p>En particulier,</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>(x− 1)n(x+ 1)n dx = In,n = (−1)n</p><p>(n!)222n+1</p><p>(2n+ 1)!</p><p>.</p><p>7</p><p>On en déduit que</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>(P (n)</p><p>n (x))2 dx =</p><p>(n!)222n+1</p><p>2n+ 1</p><p>,</p><p>d’où finalement</p><p>|I(f)− In(f)| 6 M2n</p><p>(n!)2</p><p>((2n)!)3</p><p>(n!)222n+1</p><p>2n+ 1</p><p>= M2n</p><p>22n+1</p><p>(</p><p>2n</p><p>n</p><p>)2</p><p>(2n)!(2n+ 1)</p><p>= M2n</p><p>22n+1</p><p>(</p><p>2n</p><p>n</p><p>)2</p><p>(2n+ 1)!</p><p>.</p><p>8. On effectue le changement de variable x =</p><p>u− α+β</p><p>2</p><p>β−α</p><p>2</p><p>, soit u = β−α</p><p>2 · x+ α+β</p><p>2 :</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>f(u) du =</p><p>β − α</p><p>2</p><p>∫ 1</p><p>−1</p><p>f</p><p>(</p><p>β − α</p><p>2</p><p>· x+</p><p>α+ β</p><p>2</p><p>)</p><p>du.</p><p>On applique la majoration précédente à la fonction g : u 7→ f</p><p>(</p><p>β − α</p><p>2</p><p>· x+</p><p>α+ β</p><p>2</p><p>)</p><p>, dont la dérivée 2n-ième</p><p>est</p><p>g(2n)(u) =</p><p>(</p><p>β − α</p><p>2</p><p>)2n</p><p>f (2n)</p><p>(</p><p>β − α</p><p>2</p><p>· x+</p><p>α+ β</p><p>2</p><p>)</p><p>,</p><p>dont la borne supérieure M ′</p><p>2n est par conséquent M ′</p><p>2n =</p><p>(</p><p>β − α</p><p>2</p><p>)2n</p><p>M2n. Or,</p><p>In(g) =</p><p>n</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>λjg(rj) =</p><p>β − α</p><p>2</p><p>n</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>λjf</p><p>(</p><p>α+ β</p><p>2</p><p>+ rj</p><p>β − α</p><p>2</p><p>)</p><p>.</p><p>Ainsi,</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ β</p><p>α</p><p>f(u) du− β − α</p><p>2</p><p>n</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>λjf</p><p>(</p><p>α+ β</p><p>2</p><p>+ rj</p><p>β − α</p><p>2</p><p>)</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>β − α</p><p>2</p><p>|I(g)− In(g)|</p><p>6</p><p>β − α</p><p>2</p><p>·M ′</p><p>2n</p><p>22n+1</p><p>(</p><p>2n</p><p>n</p><p>)2</p><p>(2n+ 1)!</p><p>=</p><p>(</p><p>β − α</p><p>2</p><p>)2n+1</p><p>M2n</p><p>22n+1</p><p>(</p><p>2n</p><p>n</p><p>)2</p><p>(2n+ 1)!</p><p>= M2n · (β − α)2n+1</p><p>(</p><p>2n</p><p>n</p><p>)2</p><p>(2n+ 1)!</p><p>.</p><p>9. On considère le cas n = 2. On détermine le polynôme L2 :</p><p>L2 = ((X2 − 1)2)′′ = (X4 − 2X2 + 1)′′ = 12X2 − 4 = 4(3X2 − 1),</p><p>dont les racines sont r1 = − 1</p><p>√</p><p>3</p><p>et r2 = 1</p><p>√</p><p>3</p><p>. On a alors :</p><p>α+ β</p><p>2</p><p>+ r1</p><p>β − α</p><p>2</p><p>= m− β − α</p><p>2</p><p>√</p><p>3</p><p>et</p><p>α+ β</p><p>2</p><p>+ r2</p><p>β − α</p><p>2</p><p>= m+</p><p>β − α</p><p>2</p><p>√</p><p>3</p><p>,</p><p>où m est le milieu de [α, β].</p><p>On détermine aussi les deux coefficients λ1 et λ2. On peut les déterminer par le calcul des intégrales des</p><p>polynômes d’interpolation de Lagrange, ou alors se servir du fait qu’ils ne dépendent pas de f , et que la formule</p><p>d’interpolation est exacte sur les polynômes de degré au plus 3. En particulier, pour une fonction f constante</p><p>de valeur 1, on obtient 2 = λ1 + λ2, et pour la fonction identité, on obtient 0 = − λ1√</p><p>3</p><p>+</p><p>λ2√</p><p>3</p><p>. Il en résulte que</p><p>λ1 = λ2 = 1.</p><p>En utilisant la majoration de la question précédente à tout intervalle d’une subdivision régulière (xi)i∈[[0,N ]]</p><p>d’un intervalle [a, b], on obtient, pour tout k ∈ [[0, N − 1]] :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ xk+1</p><p>xk</p><p>f(u) du − b− a</p><p>2N</p><p>(</p><p>f</p><p>(</p><p>mk −</p><p>b− a</p><p>2N</p><p>√</p><p>3</p><p>)</p><p>+ f</p><p>(</p><p>mk +</p><p>b− a</p><p>2N</p><p>√</p><p>3</p><p>))∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6 M4 ·</p><p>(b − a)5</p><p>62 · 5! ·N5</p><p>=</p><p>M4(b − a)5</p><p>4320N5</p><p>.</p><p>8</p><p>En sommant cette inégalité, et en utilisant l’inégalité triangulaire et la relation de Chasles, il vient enfin :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(u) du− b− a</p><p>2N</p><p>N−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>f</p><p>(</p><p>mk −</p><p>b− a</p><p>2N</p><p>√</p><p>3</p><p>)</p><p>+ f</p><p>(</p><p>mk +</p><p>b− a</p><p>2N</p><p>√</p><p>3</p><p>))</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>M4(b− a)5</p><p>4320N4</p><p>.</p><p>9</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 12 : Intégration</p><p>Correction du problème 1 – Théorème de convergence dominée pour l’intégrale de Riemann</p><p>Partie I – Réduction du problème</p><p>1. Il suffit de considérer (f − fn), suite de fonctions intégrables (comme différence de deux fonctions intégrables),</p><p>qui converge simplement vers 0. On trouve alors l’énoncé général par linéarité de l’intégrale.</p><p>Ainsi, on peut restreindre l’étude au cas de fonctions de limite nulle .</p><p>2. Si g est une fonction intégrable sur [a, b], alors |g| aussi, et donc g+ = g+|g|</p><p>2 et g− = |g|−g</p><p>2 aussi.</p><p>Ainsi, étant donnée une suite (fn) de fonctions intégrables convergeant simplement vers 0, les deux suites (f+</p><p>n )</p><p>et (f−</p><p>n ) sont aussi constituées de fonctions intégrables. De plus, comme pour tout x ∈ [a, b], et tout n ∈ N :</p><p>0 6 f+</p><p>n (x) 6 |fn(x)| et 0 6 f−</p><p>n (x) 6 |fn(x)|,</p><p>les suites (f+</p><p>n ) et (f−</p><p>n ) convergent simplement vers la fonction nulle de [a, b]. En outre, les fonctions f+</p><p>n et f−</p><p>n</p><p>sont positives.</p><p>Ainsi, si le théorème de convergence dominé est acquis pour les fonctions intégrables positives de limite nulle,</p><p>on obtient :</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f+</p><p>n (x) dx = 0 et lim</p><p>n→+∞</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f−</p><p>n (x) dx = 0</p><p>puis, par linéarité de l’intégrale et de la limite et du fait que fn(x) = f+</p><p>n (x) − f−</p><p>n (x) :</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fn(x) dx = lim</p><p>n→+∞</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f+</p><p>n (x) dx− lim</p><p>n→+∞</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f−</p><p>n (x) dx = 0,</p><p>ce qui est bien ce qui nous intéressait</p><p>Ainsi, il suffit de montrer le théorème pour des fonctions positives de limite nulle .</p><p>3. La fonction g étant intégrable, elle est majorée. Donc si les hypothèses du théorème de convergence dominé</p><p>sont vérifiées, il existe M tel que pour tout n, |fn| 6M . Si le théorème de convergence dominé est acquis dans</p><p>ce cas, on peut conclure.</p><p>On peut donc se contenter d’étudier le cas d’une suite (fn) de fonctions positives majorées par un certain M .</p><p>4. (a) La fonction fn étant intégrable, il existe une fonction ψ dans Esc−(f) (ensemble des fonctions en escalier</p><p>minorant f) telle que</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>(fn(x)− ψ(x)) 6</p><p>1</p><p>2n</p><p>.</p><p>Soit (σ) = (σ0 < · · · < σk) une subdivision associée à ψ et q = min</p><p>i∈[[0,k−1]]</p><p>(σi+1 − σi) la longueur du plus petit</p><p>intervalle défini par cette subdivision. On note ψi la valeur constante de ψ sur ]σi−1, σi[ (i ∈ [[1, k]]). Alors,</p><p>on peut définir, pour tout δ ∈ [0, q2 [, une fonction gδ, affine par morceaux, obtenue :</p><p>• en remplaçant l’expression de ψn l’intervalle intervalle [σi, σi + δ] par une fonction affine rejoignant les</p><p>points (σi, ψi) et (σi + δ, ψi+1), pour tout i tel que ψi < ψi+1,</p><p>• en remplaçant l’expression de ψn sur tout intervalle [σi − δ, σi] par une fonction affine rejoignant les</p><p>points (σi − δ, ψi) et (σi, ψi+1), pour tout i tel que ψi > ψi+1.</p><p>• En posant gδ(a) = ψ1 et gδ(b) = ψk</p><p>On a alors de façon immédiate la continuité de gδ sur [a, b], l’inégalité gδ 6 ψ 6 fn, et :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>(gδ − ψ)</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>|gδ − ψ| = δ</p><p>2</p><p>k−1</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>|ψi+1 − ψi|.</p><p>1</p><p>Comme cette expression tend vers 0 lorsque δ tend vers 0, il existe δ0 tel que</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>|(gδ − ψ)</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p><</p><p>1</p><p>2n</p><p>. On pose</p><p>alors ϕn = gδ0 , qui est bien continue, vérifie 0 6 ϕn 6 fn , et</p><p>0 6</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>(fn − ϕn) =</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>(fn − ψ) +</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>(ψ − ϕn) <</p><p>1</p><p>2n</p><p>+</p><p>1</p><p>2n</p><p>, soit: : 0 6</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>(fn − ϕn) 6</p><p>1</p><p>n</p><p>.</p><p>(b) Supposons le résultat acquis pour les suites (ϕn) de fonctions continues positives, convergeant simplement</p><p>vers 0 et majorées par un réel M . Soit alors (fn)n∈N une suite de fonctions intégrables sur [a, b], positives,</p><p>convergeant simplement vers 0, et majorées par M , et (ϕn) une suite de fonctions vérifiant les propriétés de</p><p>la question précédente. D’après le théorème d’encadrement, (ϕn) converge simplement vers 0. De plus, pour</p><p>tout n ∈ N, 0 6 ϕn 6 fn 6</p><p>M . Ainsi, on peut appliquer la version continue du théorème, nous affirmant</p><p>que</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>ϕn(x) dx→ 0. Mais la majoration</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>(fn − ϕn) 6</p><p>1</p><p>n</p><p>amène :</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fn(x) dx−</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>ϕn(x) dx</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>−→ 0 donc:</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fn(x) dx −→ 0.</p><p>C’est bien ce à quoi il nous faut parvenir.</p><p>Ainsi, on peut se limiter au cas de suites de fonctions continues , positives, uniformément majorées, conver-</p><p>geant simplement vers 0</p><p>Partie II – Théorème de Dini</p><p>1. Pour tout x ∈ [a, b], et tout n ∈ N, on a, par croissance et positivité de fn : 0 6 fn(x) 6 fn(b).</p><p>Or, fn(b) → 0. Soit ε > 0, il existe donc N ∈ N tel que pour tout n > N , fn(b) < ε. On en déduit :</p><p>∀n ∈ N, ∀x ∈ [a, b], 0 6 fn(x) 6 fn(b) < ε.</p><p>Cela fournit bien la convergence uniforme de (fn) vers 0 sur [a, b] .</p><p>2. Soit (fn)n∈N une suite décroissante de fonctions continues sur [a, b] convergeant simplement vers la fonction</p><p>nulle (ainsi, pour tout x de [a, b], la suite (fn(x)) converge en décroissant vers 0). On définit, pour tout n ∈ N</p><p>et tout x ∈ [a, b] :</p><p>gn(x) = sup</p><p>t∈[a,x]</p><p>fn(t).</p><p>(a) Soit n ∈ N et x ∈ [a, b]. On a :</p><p>∀t ∈ [a, x], 0 6 fn+1(t) 6 fn(t), donc: 0 6 sup</p><p>t∈[a,x]</p><p>fn+1(t) 6 sup</p><p>t∈[a,x]</p><p>fn(t) soit: 0 6 gn+1(t) 6 gn(t).</p><p>Donc pour tout x ∈ [a, b], (gn(x))n∈N est décroissante positive.</p><p>D’après le théorème de la limite monotone, (gn(x)) converge . Soit g(x) sa limite. La positivité de gn(x)</p><p>implique que sa limite vérifie aussi g(x) > 0 .</p><p>(b) Pour tout n ∈ N, par caractérisation de la borne supérieure, il existe tn ∈ [a, x] tel gn(x) − 1</p><p>n</p><p>< fn(tn) 6</p><p>gn(x). En faisant tendre n vers +∞ le théorème d’encadrement assure l’existence de la limite de fn(tn) et</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>fn(tn) = g(x) .</p><p>(c) Comme [a, x] est compact, on peut extraire de (tn) une suite (tϕ(n)) convergeant vers un réel t ∈ [a, x]. On</p><p>a toujours fϕ(n)(tϕ(n)) −→ g(x), donc, en supposant g(x) > 0, il existe N tel que pour tout m > N</p><p>fϕ(m)(tϕ(m)) ></p><p>g(x)</p><p>2</p><p>.</p><p>Soit alors n ∈ N, il existe N ′ > N tel que ϕ(N ′) > n. On a alors, pour tout m > N ′, ϕ(m) > n, et donc,</p><p>par décroissante de la suite (fn) :</p><p>∀m > N ′, fn(tϕ(m)) > fϕ(m)(tϕ(m)) ></p><p>g(x)</p><p>2</p><p>.</p><p>2</p><p>Par passage à la limite lorsque m tend vers +∞, la fonction fn étant continue, il vient : fn(t) ></p><p>g(x)</p><p>2</p><p>.</p><p>(d) La définition de gn amène de façon immédiate la croissance, pour tout n ∈ N de gn sur [a, b]. Ainsi (gn) est</p><p>une suite de fonctions croisantes convergeant simplement vers 0. D’après la question 1, cette convergence</p><p>est donc uniforme.</p><p>Par ailleurs, on a bien évidemment 0 6 fn 6 gn. Soit alors ε > 0, et N ∈ N tel que pour tout n > N , et</p><p>tout x ∈ [a, b], 0 6 gn(x) < ε (cenvergence uniforme de (gn). On a alors</p><p>∀n > N, ∀x ∈ [a, b], 0 6 fn(x) < ε,</p><p>d’où la convergence uniforme de (fn) vers la fonction nulle.</p><p>Partie III – Preuve du théorème de convergence dominée</p><p>On se donne (fn) une suite de fonctions continues et positives, majorées par un réel M , convergeant simplement vers</p><p>la fonction nulle, et on suppose par l’absurde que</p><p>(</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fn(t) dt</p><p>)</p><p>ne converge pas vers 0.</p><p>1. Supposons qu’on sache aboutir à une contradiction dès lors qu’on suppose qu’une suite (gn) de fonctions</p><p>continues, positives, majorées par un réel M et convergeant simplement vers 0 vérifie en outre la propriété</p><p>suivante :</p><p>∃α > 0 ∀n ∈ N,</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>gn(x) dx > α.</p><p>Par hypothèse,</p><p>(</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fn(t) dt</p><p>)</p><p>n∈N</p><p>ne tend pas vers 0, donc cette suite positive admet une valeur d’adhérence</p><p>dans R</p><p>∗</p><p>+. Ainsi, il en existe une suite extraite</p><p>(</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fϕ(n)(t) dt</p><p>)</p><p>n∈N</p><p>convergeant vers un élément strictement</p><p>positif β ∈ R</p><p>∗</p><p>+. Soit α ∈ R</p><p>∗</p><p>+ tel que α < β. Il existe donc N tel que pour tout n > N ,</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fϕ(n)(t) dt > α.</p><p>La suite extraite</p><p>(</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fϕ(n+N)(t) dt</p><p>)</p><p>n∈N</p><p>est donc minorée par α. On peut poser gn = fϕ(n+N). Cette suite</p><p>vérifie les mêmes conditions que (fn) (continuité, positivité, majoration, convergence simple), et d’après la</p><p>supposition faite en début de question, on aboutit à une contradiction, nous permettant de conclure.</p><p>Ainsi, on peut se contenter de supposer que</p><p>(</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fn(t) dt</p><p>)</p><p>est minorée par un certain α > 0, et montrer que</p><p>dans ce cas, on parvient à une contradiction.</p><p>2. Soit n ∈ N fixé. La suite de fonctions (sup(fn, . . . , fn+p))p∈N est croissante et majorée parM , donc par croissance</p><p>de l’intégrale, la suite</p><p>(</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>sup(fn, . . . , fn+p)</p><p>)</p><p>p∈N</p><p>est croissante, et majorée par</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>M dx = M(b − a). Le</p><p>théorème de la limite monotone donne donc :</p><p>l’existence d’une limite finie λn de la suite</p><p>(</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>sup(fn(x), . . . , fn+p(x)) dx</p><p>)</p><p>p∈N</p><p>.</p><p>On peut donc trouver, pour tout n ∈ N, un entier p(n) tel que la fonction gn = sup(fn, . . . , fn+p(n)) vérifie :</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>gn(x) dx > λn − α</p><p>2n+2</p><p>.</p><p>3. Par définition même, la suite (hn) est décroissante et positive. De plus, pour tout x ∈ [a, b], 0 6 hn(x) 6 gn(x),</p><p>et lim</p><p>n→+∞</p><p>gn(x) = 0, donc, d’après le théorème d’encadrement, (hn) converge simplement vers la fonction nulle</p><p>de [a, b].</p><p>3</p><p>On déduit alors du théorème de Dini que (hn) converge uniformément vers 0, et le résultat admis en début</p><p>d’énoncé nous permet de conclure :</p><p>lim</p><p>n→+∞</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>hn(x) dx =</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>0 dx = 0 .</p><p>4. On a : gn = sup(fn, . . . , fn+p(n)), et comme [[n, n+ p(n)]] ⊂ [[i, n+ i+ p(n) + p(i)]], on a alors :</p><p>gn 6 sup(fi, . . . , fn+i+p(n)+p(i)), donc: gn − gi 6 sup(fi, fi+1, . . . , fn+i+p(i)+p(n))− gi.</p><p>Comme [[i,= p(i)]] ⊂ [[i, n+ i+ p(n) + p(i)]], on obtient</p><p>sup(fi, fi+1, . . . , fn+i+p(i)+p(n))− gi > 0.</p><p>La fonction x 7→ x+ étant croissante, il vient alors :</p><p>(gn − gi)</p><p>+</p><p>6</p><p>(</p><p>sup(fi, fi+1, . . . , fn+i+p(i)+p(n))− gi</p><p>)+</p><p>= sup(fi, fi+1, . . . , fn+i+p(i)+p(n))− gi.</p><p>Or, la croissance de la suite</p><p>(</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>sup(fi, . . . , fi+p)</p><p>)</p><p>p∈N</p><p>et sa convergence vers λn amènent :</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>(</p><p>sup(fi, fi+1, . . . , fn+i+p(i)+p(n))− gi</p><p>)</p><p>dx 6 λn −</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>gi(x) dx 6 λn −</p><p>(</p><p>λn − α</p><p>2i+2</p><p>)</p><p>6</p><p>α</p><p>2i+2</p><p>,</p><p>et donc finalement, par croissance de l’intégrale,</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>(gn − gi)</p><p>+</p><p>6</p><p>α</p><p>2i+2</p><p>5. Soit, pour tout n dans N</p><p>∗, la propriété P(n): pour tous réels a0, . . . , an, x, on a :</p><p>inf(a0, . . . , an−1, x) > x−</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>(x− ai)</p><p>+.</p><p>.</p><p>Lorsque n = 1, on a</p><p>x− inf(a0, x) = x+ sup(−a0,−x) = sup(x− a0, 0) = (x− a0)</p><p>+.</p><p>Ainsi, P(1) est vérifié (on a même l’égalité dans ce cas).</p><p>Soit n ∈ N</p><p>∗ tel que P(n) soit vrai, et soit (a0, . . . , an et x des réels. On a</p><p>inf(a0, . . . , an−1, an, x) = inf(inf(a0, . . . , an−1, x), an) > inf(a0, . . . , an−1, x)− (inf(a0, . . . , an−1, x)− an)</p><p>+,</p><p>d’après P(1) vérifié ci-dessus. Par croissance de y 7→ y+, on a</p><p>(inf(an, . . . , an−1, x)− an)</p><p>+</p><p>6 (x− an)</p><p>+,</p><p>d’où, en utilisant sur l’autre terme l’hypothèse de récurrence :</p><p>inf(a0, . . . , an−1, an, x) > x−</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>(x − ai)</p><p>+ − (x− an)</p><p>+ = x−</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>(x− ai)</p><p>+.</p><p>Ainsi, on a bien montré P(n+ 1).</p><p>Par conséquent, P(1) est vraie, et pour tout n dans N∗, P(n) entraîne P(n+1). D’après le principe de récurrence,</p><p>P(n) est vraie pour tout n dans N</p><p>∗.</p><p>En particulier,</p><p>hn > gn −</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>(gn − gi)</p><p>+,</p><p>4</p><p>et par croissance de l’intégrale, la définition de gn et la question 4 donnent :</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>hn ></p><p>(</p><p>λn − α</p><p>2n+2</p><p>)</p><p>−</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>α</p><p>2i+2</p><p>.</p><p>L’hypothèse faite sur la minoration des intégrales de fn amène alors facilement λn > α, d’où</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>hn > α</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>4</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>1</p><p>2i</p><p>)</p><p>> α</p><p>(</p><p>1− 1</p><p>4</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>1</p><p>2i</p><p>)</p><p>,</p><p>d’où enfin :</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>hn ></p><p>α</p><p>2</p><p>.</p><p>Ceci contredit la question 3, ce qui permet d’achever la démonstration par l’absurde.</p><p>On en déduit que</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>fn(x) dx −→ 0.</p><p>D’après la réduction faite dans la partie 1, ceci implique bien le théorème de convergence dominée dans sa</p><p>version la plus générale donnée en début d’énoncé.</p><p>5</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 13 : Intégration</p><p>Correction du problème 1 – Intégrale de Lebesgue</p><p>Partie I – Intégration par rapport à une mesure</p><p>1. Soit f =</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>αk1Ak</p><p>une fonction étagée, les Ai étant 2 à 2 disjoints (sinon, on peut s’y ramener facilement</p><p>en considérant toutes les intersections possibles des Ai et leurs complémentaires). Quitte à regrouper certaines</p><p>parts</p><p>(ce qui n’est pas gênant, la tribu étant stable par union), on peut même supposer que les αk sont deux à</p><p>deux distincts.</p><p>La fonction f ne prend alors que les valeurs {α1, . . . , αn}, et pour tout k ∈ [[1, n]], f−1(αk) = Ak. On a alors,</p><p>pour tout borélien X ,</p><p>f−1(X) =</p><p>⋃</p><p>k|αk∈X</p><p>Ak,</p><p>qui est bien un élément de la tribu T , par stabilité par union. Ainsi, f est mesurable .</p><p>2. Soit f et g mesurables positives. Notons E−(f) les fonctions étagées minorant f .</p><p>(a) Si 0 6 fleg, alors toute fonction étagée minorant f minore g : E−(f) ⊂ E−(g). On en déduit que</p><p>sup</p><p>∑</p><p>αk1A</p><p>k</p><p>∈E−(f)</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>αk1Ak</p><p>)</p><p>6 sup</p><p>∑</p><p>αk1A</p><p>k</p><p>∈E−(g)</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>αk1Ak</p><p>)</p><p>,</p><p>c’est-à-dire</p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ 6</p><p>∫</p><p>E</p><p>g dµ .</p><p>De plus, 0 est une fonction étagée minorant f , donc, par définition de la borne supérieure,</p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ > 0.</p><p>(b) Supposons A ⊂ B. On considère fA = 1A × f et de même pour fB. Soit h =</p><p>∑</p><p>αk1Ak</p><p>une fonction étagée</p><p>minorant fA. Cette fonction est nécessairement nulle en dehors de A, et minore donc fB en-dehors de A.</p><p>Elle minore aussi fB sur A, puisque fA et fB coïncident sur A. Ainsi, h ∈ E−(fB). On en déduit que</p><p>E−(fA) ⊂ E−(fB), et en passant à la borne supérieure, il vient :</p><p>∫</p><p>A</p><p>f dµ 6</p><p>∫</p><p>B</p><p>f dµ .</p><p>(c) Cette propriété résulte du fait que si h =</p><p>∑</p><p>αk1Ak</p><p>est étagée, alors aussi ch, et</p><p>sumn</p><p>k=1cαkµ(Ak) = c</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>αkµ(Ak).</p><p>Par ailleurs, sauf si c = 0 (mais dans ce cas, le résultat est trivial), h minore f ssi ch minore cf . On obtient</p><p>l’égalité voulue en passant aux bornes supérieures :</p><p>∫</p><p>E</p><p>cf dµ = c</p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ .</p><p>3. Soit f une fonction mesurable positive telle que</p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ = 0.</p><p>1</p><p>(a) Soit An = f−1([ 1</p><p>n</p><p>,+∞[). La fonction f étant mesurable, A est un ensemble mesurable. Par ailleurs, de</p><p>façon évidente, 1</p><p>n</p><p>1An</p><p>minore f , et est étagée. Ainsi, par définition, de l’intégrale,</p><p>0 6</p><p>1</p><p>n</p><p>µ(An) 6</p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ = 0.</p><p>On en déduit que µ(An) = 0 .</p><p>(b) On a</p><p>f−1(R∗) = f−1(R∗</p><p>+) =</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>f−1([</p><p>1</p><p>n</p><p>,+∞[)</p><p>On obtient alors</p><p>µ(f−1(R∗)) = lim</p><p>n→+∞</p><p>f−1([</p><p>1</p><p>n</p><p>,+∞[) = 0</p><p>Pour cette dernière affirmation, on utilise une propriété classique des mesures, affirmant que si (Bn) est une</p><p>suite croissante d’ensembles mesurables,</p><p>µ</p><p>(</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>An</p><p>)</p><p>= lim</p><p>n→+∞</p><p>µ(An).</p><p>Cette propriété s’obtient en écrivant Bn = An \An−1 (en posant A0 = ∅), et en remarquant que l’on a</p><p>An =</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak =</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Bk et</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak =</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Bk,</p><p>mais cette fois, les Bi sont 2 à 2 disjoints. Ainsi, la propriété d’additivité et de σ-additivité fournit :</p><p>µ</p><p>(</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>=</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>µ(Bk) = lim</p><p>n→+∞</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>µ(Bk) = µ</p><p>(</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Bk</p><p>)</p><p>= lim</p><p>n→+∞</p><p>µ (An) .</p><p>4. Soit s =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>αi1Ai</p><p>une fonction étagée, et B ∈ T .</p><p>(a) s étant une fonction étagée se minorant elle-même, on a</p><p>∫</p><p>E</p><p>s dµ ></p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>αiµ(Ai).</p><p>Soit t une fonction étagée minorant s,</p><p>t =</p><p>m</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>βi1Bi</p><p>,</p><p>les Bi étant supposés disjoints. Comme t minore s, t est nulle en dehors de l’union des Aj . Par conséquent</p><p>Bi = Bi ∩</p><p></p><p></p><p>n</p><p>⋃</p><p>j=1</p><p>Aj</p><p></p><p> =</p><p>n</p><p>⋃</p><p>j=1</p><p>Bi ∩ Aj .</p><p>Les Bi ∩Aj étant disjoints, on a, pour tout (i, j) tel que Bi ∩Aj soit non vide, βi 6 αj (obtenu en évaluant</p><p>s et t en un point de l’intersection), donc βiµ(Bi ∩ Aj) 6 αiµ(Bi ∩ Aj).</p><p>Cette égalité reste trivialement vraie sur Bi ∩ Aj = ∅. Ainsi, par additivité, on obtient :</p><p>m</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>βiµ(Bi) =</p><p>m</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>n</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>βiµ(Bi ∩Aj) 6</p><p>n</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>αiµ(Aj ∩Bi) =</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>αiµ</p><p>(</p><p>Aj ∩</p><p>(</p><p>m</p><p>⋃</p><p>i=1</p><p>Bi</p><p>))</p><p>6</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>αiµ(Aj).</p><p>On en déduit, par passage à la borne supérieure sur t, que</p><p>∫</p><p>E</p><p>s dµ 6</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>µ(Aj).</p><p>Les deux inégalités obtenues amènent :</p><p>∫</p><p>E</p><p>s dµ =</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>µ(Aj) .</p><p>2</p><p>(b) On a</p><p>ν(∅) =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>αiµ(Ai ∩∅) = 0.</p><p>Par ailleurs, si (Bi)i∈N est une famille d’éléments 2 à 2 disjoints de T , et B l’union de ces ensembles,</p><p>s× 1B =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>αi1Ai∩B.</p><p>L’ensemble B est dans T (stabilité par union dénombrable), donc aussi les Ai ∩ B, qui de plus, sont 2 à 2</p><p>disjoints. Ainsi, on a toujours une fonction étagée, et</p><p>∫</p><p>B</p><p>s dµ =</p><p>∫</p><p>E</p><p>s× 1B = I(s× 1B) =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>αiµ(Ai ∩B).</p><p>Or, par σ-additivité, les Bi étant 2 à 2 disjoints,</p><p>µ(Ai ∩B) =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>µ(Ai ∩Bj),</p><p>donc (on n’a pas de convergence à justifier : il peut y avoir divergence vers l’infini d’une de ces séries mais</p><p>dans ce cas, l’égalité est trivialement vraie dans R) :</p><p>∫</p><p>B</p><p>s dµ =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>αiµ(Ai ∩Bj) =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>∫</p><p>Bj</p><p>s dµ =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>ν(Bj).</p><p>Ainsi, ν est une mesure .</p><p>(c) Quitte à ajouter un terme nul 0× 1An+1</p><p>dans la définition de s, où An+1 est le complémentaire de l’union</p><p>des Ak, on peut supposer que les An forment une partition de E. De même pour les Bn.</p><p>Soit Ei,j = Ai ∩Bj . Les Ei,j forment alors aussi une partition (au plus dénombrable, et même finie) de E.</p><p>On a alors</p><p>1Ei,j</p><p>× s = αi1Ei,j</p><p>et 1Ei,j</p><p>× t = βj1Ei,j</p><p>,</p><p>d’où 1Ei,j</p><p>(s+ t) = (αi + βj)1Ei,j</p><p>.</p><p>On en déduit de façon immédiate que</p><p>∫</p><p>Ei,j</p><p>(s+ t) dµ = (αi + βj)µ(Ei,j) =</p><p>∫</p><p>Ei,j</p><p>s dµ+</p><p>∫</p><p>Ei,j</p><p>t dµ.</p><p>Notons νs la mesure définie dans la question précédente, associée à la fonction étagée s. On a alors, pour</p><p>tout (i, j)</p><p>νs+t(Ei,j) = νs(Ei,j) + νt(Ei,j).</p><p>Par σ additivité de νs, νt et νs+t (on n’utilise en fait que l’additivité), on a donc</p><p>νs+t</p><p></p><p></p><p>⋃</p><p>(i,j)</p><p>Ei,j</p><p></p><p> = νs</p><p></p><p></p><p>⋃</p><p>(i,j)</p><p>Ei,j</p><p></p><p>+ νt</p><p></p><p></p><p>⋃</p><p>(i,j)</p><p>Ei,j</p><p></p><p> ,</p><p>soit</p><p>νs+t(E) = νs(E) + νs(E),</p><p>c’est-à-dire</p><p>∫</p><p>E</p><p>(s+ t) dµ =</p><p>∫</p><p>E</p><p>s dµ+</p><p>∫</p><p>E</p><p>t dµ.</p><p>5. Théorème de convergence monotone de Lebesgue</p><p>Soit (fn) une suite de fonctions mesurables positives, telles que pour tout x ∈ E, (fn(x))n∈N soit croissante, et</p><p>converge vers f(x).</p><p>3</p><p>(a) Soit y ∈ R. On a, pour x ∈ R :</p><p>f(x) 6 y ⇐⇒ lim</p><p>n→+∞</p><p>fn(x) 6 y ⇐⇒ ∀n ∈ N, fn(x) 6 y,</p><p>la dernière affirmation provenant de la croissance de la suite (fn). Ainsi,</p><p>f−1(]−∞, y]) =</p><p>+∞</p><p>⋂</p><p>n=0</p><p>f−1</p><p>n (]−∞, y]),</p><p>ces derniers ensembles étant mesurables, par mesurabilité des fn. T étant stable par intersection dénom-</p><p>brable, f−1(] − ∞, y]) ∈ T . D’après un point admis dans l’énoncé, les ] − ∞, y] engendrant la tribu des</p><p>boréliens, f est mesurable .</p><p>(b) On a, pour tout n ∈ N, 0 6 fn 6 fn+1, donc, d’après 2(a),</p><p>∫</p><p>E</p><p>fn dµ 6</p><p>∫</p><p>E</p><p>fn+1 dµ.</p><p>La suite</p><p>(∫</p><p>E</p><p>fn dµ</p><p>)</p><p>est alors croissante donc convergente dans R .</p><p>Soit α sa limite.</p><p>(c) Pour tout n ∈ N, on a fn 6 f , donc</p><p>∫</p><p>E</p><p>fn dµ 6</p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ,</p><p>cette inégalité étant éventuellement à prendre dans R. On passe à la limite dans cette inégalité : α 6</p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ.</p><p>(d) On a</p><p>α ></p><p>∫</p><p>E</p><p>fn dµ ></p><p>∫</p><p>En</p><p>fn dµ > c</p><p>∫</p><p>En</p><p>s(x) dµ = cνs(En).</p><p>Or, pour tout x ∈ E,</p><p>• si f(x) = 0, fn(x) aussi pour tout x, ainsi que s(x). On a alors trivilement x ∈ En pour tout n ∈ N</p><p>• si f(x) > 0, cs(x) 6 s(x) 6 f(x), l’une au moins de ces deux inégalités étant stricte. Ainsi, cs(x) < f(x).</p><p>Par convergence de la suite (fn), il existe N tel que pour tout n > N , fn(x) > cs(x). Ainsi, x ∈ En.</p><p>On en déduit que</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=0</p><p>En = E.</p><p>Par ailleurs, la croissance de la suite (fn) assure immédiatement que (En) est une suite croissante. La</p><p>propriété déjà utilisée en question 3, appliquée à la mesure νs, amène :</p><p>νs(E) = lim</p><p>n→+∞</p><p>νs(En).</p><p>Ainsi, en passant à la limite dans l’inégalité obtenue ci-dessus, il vient :</p><p>α > cνs(E) = c</p><p>∫</p><p>E</p><p>s dµ .</p><p>(e) En passant à la borne supérieure sur s étagée minorant f , il vient alors :</p><p>α > c</p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ.</p><p>Ceci étant vrai pour tout c < 1, on peut passer à la borne supérieure sur c ∈]0, 1[, et il vient donc :</p><p>α ></p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ.</p><p>L’inégalité opposée ayant déjà été justifiée, on a donc :</p><p>lim</p><p>∫</p><p>E</p><p>fn dµ =</p><p>∫</p><p>E</p><p>f dµ.</p><p>4</p><p>Partie II – Intégrale de Lebesgue et intégrale de Riemann.</p><p>1. L’ensemble Q est un borélien, car union dénombrable de singletons, eux-même des boréliens puisqu’ils s’écrivent :</p><p>a =]−∞, a] ∩ ∁R</p><p>(</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>]−∞, a− 1</p><p>n</p><p>]</p><p>)</p><p>.</p><p>En fait, comme admis dans l’énoncé, tous les intervalles sont des boréliens, en particulier les singletons. L’in-</p><p>tervalle [0, 1] aussi (construction similaire à ci-dessus), donc Q ∩ [0, 1] est aussi un borélien. Ainsi, 1Q∩[0,1] est</p><p>étagée, donc mesurable.</p><p>Par ailleurs,</p><p>∫</p><p>E</p><p>1Q∩[0,1] dλ = λ(Q ∩ [0, 1]) =</p><p>∑</p><p>x∈Q∩[0,1]</p><p>λ({x}) = 0,</p><p>par définition de λ sur les intervalles (en</p><p>particulier les singletons). Ce raisonnement est valide par σ additivité,</p><p>Q ∩ [0, 1] étant dénombrable.</p><p>Ainsi, le résultat obtenu étant réel, 1Q∩[0,1] est Lebesgue-intégrable .</p><p>2. Soit h une fonction en escaliers, a = σ0 < σ1 < · · · < σn = b une subdivision associée, et pour tout i ∈ [[1, n]],</p><p>hi la valeur de h sur le palier Ai =]σi−1, σi[. On note également, pour i ∈ [[0, n]], h′</p><p>i la valeur de h en σi. On a</p><p>alors :</p><p>h =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>hi1Ai</p><p>+</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>h′</p><p>i1{σi}</p><p>,</p><p>tous les ensembles intervenant étant mesurables (ce sont des intervalles) et 2 à 2 disjoints. Ainsi, h est une</p><p>fonction étagée, à support dans [a, b], et</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>h dλ =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>hkλ(Ai) +</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=0</p><p>h′</p><p>iλ(σi).</p><p>Les singletons étant de mesure nulle, il reste :</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>h dλ =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>hk(σi − σi−1) soit:</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>h dλ =</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>h(t) dt</p><p>3. Soit f une fonction Riemann-intégrable sur [a, b]. Par caractérisation séquentielle de la borne supérieure, et par</p><p>définition de l’intégrabilité au sens de Riemann, il existe une suite (g̃n) de fonctions en escalier telles que</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>g̃n(t) dt−→</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(t) dt.</p><p>On construit alors gn = sup</p><p>k∈[[0,n]]</p><p>g̃k. Ces fonctions sont encore en escalier, et minorent f . Par contruction, la</p><p>suite (gn(x)) est croissante pour tout x . De plus, on a :</p><p>∀n ∈ N,</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>g̃n(t) dt 6</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>gn(t) dt 6</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(t) dt.</p><p>Ainsi, d’après le théorème d’encadrement, on a également</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>gn(t) dt−→</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(t) dt .</p><p>On montre de la même manière l’existence d’une suite décroissante (hn) de fonctions en escalier majorant f</p><p>telles que</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>hn(t) dt−→</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(t) dt.</p><p>5</p><p>4. Tel qu’il est écrit, l’énoncé suppose qu’on généralise la construction de l’intégrale aux fonctions de signe quel-</p><p>conque, et qu’on généralise le théorème de convergence monotone à cette situation. Afin de ne pas avoir à faire</p><p>ces généralisations et à rester avec les notions démontrées jusque là, nous ne suivrons donc pas totalement</p><p>l’énoncé pour terminer cette partie.</p><p>Pour commencer, on suppose f positive, pour rester dans le cadre étudié jusqu’ici. Par ailleurs, f est bornée, car</p><p>Riemann-intégrable. En notant m et M un minorant et un majorant de f , quitte à considérer g′n = sup(gn,m)</p><p>et h′</p><p>n = inf(hn,M), on peut supposer que les fonctions gn et hn sont elles aussi toutes minorées par m et</p><p>majorées par M . On peut choisir m = 0, ce que nous faisons désormais.</p><p>Considérons la suite gn−hn+M . Il s’agit alors d’une suite de fonctions en escalier (donc Lebesgue-intégrables),</p><p>croissante (car (gn) est croissante et (hn) décroissante). Notons pour tout x ∈ R, g(x) la limite de la suite crois-</p><p>sante (gn(x)) et h(x) la limite de la suite décroissante (hn(x)). On a alors, d’après le théorème de convergence</p><p>monotone de Lebesgue :</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>(gn − hn +M) dλ−→</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>(g − h+M) dλ.</p><p>Par ailleurs, d’après la question 2,</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>(gn − hn +M) dλ =</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>gn(x) − hn(x) +M dx =</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>gn(x) dx+</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>hn(x) + (b − a)M −→(b − a)M.</p><p>On a donc</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>g − h+M dλ = (b − a)M.</p><p>On ne peut pas se ramener directement à la question I-3, car cela nous obligerait à généraliser le résultat à</p><p>des fonctions négatives. Nous allons donc adapter son argument. On sait ici que k = g − h+M est mesurable</p><p>(cela provient du théorème de convergence monotone de Lebesgue), et majorée par M . Soit alors n ∈ N∗, et</p><p>An = k−1(] − ∞,M − 1</p><p>n</p><p>]). Soit s une fonction étagée minorant k. On a alors s 6 k 6 M − 1</p><p>n</p><p>sur An, et</p><p>s 6 k 6 M ailleurs. On a alors</p><p>s 6 (M − 1</p><p>n</p><p>)1An</p><p>+M1[a,b]\An</p><p>,</p><p>donc, par monotonie de l’intégrale, et par description de l’intégrale des fonctions étagées :</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>s dλ 6 M(b− a)− 1</p><p>n</p><p>λ(An).</p><p>En passant à la borne supérieure, il vient donc</p><p>M(b− a) =</p><p>∫</p><p>[a, b](g − h+M) dλ 6 M(b− a)− 1</p><p>n</p><p>λ(An),</p><p>ce qui n’est possible que si λ(An) = 0. On a donc λ(k−1(]−∞,M− 1</p><p>n</p><p>])) = 0 pour tout n ∈ N, donc en considérant</p><p>l’union dénombrable de ces ensembles, par le même argument qu’en I-3, λ(k−1(]−∞,M [)) = 0. Comme k est</p><p>toujours inférieure à M , il en résulte que k = M sauf sur un ensemble k−1(R \ {M}) de mesure nulle. Ainsi,</p><p>g − h+M = M sauf sur un ensemble de mesure nulle, donc g = h sauf sur un ensemble de mesure nulle.</p><p>Comme f est coincée entre g et h, on a alors f = g sauf sur un ensemble de mesure nulle. Par ailleurs, g est</p><p>mesurable d’après le théorème de convergence monotone de Lebesgue, et</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>f dλ =</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>g dλ = lim</p><p>n→+∞</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>gn dλ = lim</p><p>n→+∞</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>gn(x) dx =</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(x) dx.</p><p>Ainsi, si f est Riemann-intégrable, elle est Lebesgue-intégrable, et</p><p>∫</p><p>[a,b]</p><p>f dλ =</p><p>∫ b</p><p>a</p><p>f(x) dx .</p><p>Évidemment, si on dispose des généralisations pour les fonctions non nécessairement positives, l’argument est</p><p>le même, mais sans avoir besoin de translater pour se ramener à des fonctions positives, ce qui simplifie un peu</p><p>l’argument.</p><p>6</p><p>Partie III – Théorème de Carathéodory</p><p>1. Pour tout X ∈ P(S), on a</p><p>m∗(∅ ∩X) +m∗(∅ ∩X) = m∗(∅) +m∗(X) = m∗(X).</p><p>Ainsi, ∅ ∈ M .</p><p>Soit A ∈ M. On a alors, pour tout X ∈ M :</p><p>m∗(X) = m∗(A ∩X) +m∗(A ∩X) = m∗(A ∩X) +m∗(A ∩X).</p><p>par conséquent, A ∈ M. Ainsi, M est stable par complémentation .</p><p>2. Soit A et B dans M</p><p>(a) On a :</p><p>X ∩ (A ∪B) = (X ∩ A) ∪ (X ∩B) = (X ∩A) ∪ ((X ∩B) \ (X ∩ A)) = (X ∩A) ∪ (X ∩ (B \A)),</p><p>d’où X ∩ (A ∪B) = (X ∩ A) ∪ (X ∩B ∩ A) .</p><p>(b) Pour commencer, la sous-σ-additivité implique la sous-additivité : il suffit pour cela de compléter une famille</p><p>finie en une famille dénombrable par ajout de l’ensemble vide, et d’appliquer la sous-σ-additivité à cette</p><p>famille dénombrable. On a alors, d’après la question précédente :</p><p>m∗(X ∩ (A ∪B)) 6 m∗(X ∩ A) +m∗(X ∩B ∩ A),</p><p>puis</p><p>m∗(X ∩ (A ∪B)) +m∗(X ∩ (A ∪B)) 6 m∗(X ∩ A) +m∗(X ∩B ∩ A) +m∗(X ∩ A ∩B).</p><p>Or, B étant dans M, en appliquant la définition de la m∗-mesurabilité avec X ′ = X ∩ A, on obtient :</p><p>m∗(X ∩ A) +m∗(X ∩B ∩A) +m∗(X ∩ A ∩B) = m∗(X ∩ A) +m∗(X ∩ A) = m∗(X),</p><p>la dernière égalité provenant de la m∗-mesurabilité de A. Ainsi</p><p>m∗(X ∩ (A ∪B)) +m∗(X ∩ (A ∪B)) 6 m∗(X) .</p><p>(c) D’un autre côté, la sous-additivité amène :</p><p>m∗(X) = m∗((X ∩ (A ∪B)) ∪ (X ∩ A ∪B)) 6 m∗(X ∩ (A ∪B)) +m∗(X ∩ A ∪B).</p><p>Ainsi, l’inégalité opposée ayant été démontrée dans la question précédente, A ∪B ∈ M.</p><p>On en déduit que M est stable par union de 2 éléments, puis par récurrence, M est stable par union finie .</p><p>Puisque M est aussi stable par complémentation, d’après les lois de De Morgan, on obtient alors également</p><p>la stabilité de M par intersection finie .</p><p>3. Soit (Ak)k∈N∗ une famille d’éléments de M deux à deux disjoints.</p><p>(a) On a :</p><p>(</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>∩ An+1 =</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>(Ak ∩ An+1) soit:</p><p>(</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>∩ An+1 = An+1 ,</p><p>les ensembles Ak ∩ An+1 étant vides pour k 6= n+ 1. De même,</p><p>(</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>∩ An+1 =</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>(Ak ∩ An+1) soit:</p><p>(</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>∩ An+1 =</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak ,</p><p>puisque Ak ⊂ Ak+1 pour k 6= n+ 1, et An+1 ∩ An+1 = ∅.</p><p>7</p><p>(b) On montre par récurrence sur n ∈ N la propriété P(n) suivante : pour tout X ∈ P(S), on a :</p><p>m∗</p><p>(</p><p>X ∩</p><p>(</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>))</p><p>=</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>m∗(X ∩Ak).</p><p>• Pour n = 0, l’égalité se résume à m∗(X ∩∅) =</p><p>∑</p><p>k∈∅</p><p>m∗(X ∩ Ak), soit 0 = 0.</p><p>• On peut remarquer (mais ce n’est formellement pas nécessaire) que la propriété au rang n = 1 est</p><p>également triviale : elle se résume à m∗(X ∩A1) = m∗(X ∩ A1).</p><p>• Soit n > 1 (n > 0 suffit) tel que P(n) soit vraie. On a alors, par m∗-mesurabilité de An+1 :</p><p>m∗</p><p>(</p><p>X ∩</p><p>(</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>))</p><p>= m∗</p><p>(</p><p>X ∩</p><p>(</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>∩An+1</p><p>)</p><p>+m∗</p><p>(</p><p>X ∩</p><p>(</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>∩ An+1</p><p>)</p><p>= m∗ (X ∩ An+1) +m∗</p><p>(</p><p>X ∩</p><p>(</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>))</p><p>.</p><p>Par hypothèse de récurrence, il vient alors :</p><p>m∗</p><p>(</p><p>X ∩</p><p>(</p><p>n+1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>))</p><p>= m∗ (X ∩ An+1) +</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>m∗(X ∩ Ak) =</p><p>n+1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>m∗(X ∩ Ak).</p><p>Ainsi, la propriété P(n+ 1) est également vérifiée.</p><p>• D’après le principe de récurrence, la propriété P(n) est donc vraie pour tout n ∈ N.</p><p>(c) On prend X =</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak dans la propriété P(n). Les Ai étant deux à deux disjoints, on a alors X ∩Ak = Ak,</p><p>pour tout k ∈ [[1, n]]. On obtient alors :</p><p>m∗</p><p>(</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>=</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>m∗(Ak) .</p><p>Ainsi, m∗ est additive .</p><p>4. Les notations étant les</p><p>mêmes que dans la question précédente, on pose A =</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak et pour tout n ∈ N,</p><p>Bn =</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak.</p><p>(a) D’après la question 2, Bn est dans M, et</p><p>m∗(X) = m∗(X ∩Bn) +m∗(X ∩Bn) =</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>m∗(Ak) +m∗(X ∩Bn),</p><p>d’après la question 3. Par ailleurs, Bn ⊂ A, donc X ∩A ⊂ X ∩Bn. On déduit alors de la monotonie de m∗</p><p>que :</p><p>m∗(X) ></p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>m∗(Ak) +m∗(X ∩ A).</p><p>(b) L’inégalité précédente étant vraie pour tout n, on peut passer à la limite lorsque n tend vers +∞ (ce qui a</p><p>toujours un sens dans R) :</p><p>m∗(X) ></p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>m∗(Ak) +m∗(X ∩ A) > m∗</p><p>(</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>+m∗(X ∩ A), (1)</p><p>par sous-σ-additivité. Ainsi, m∗(X) > m∗(X ∩ A) +m∗(X ∩ A) .</p><p>L’inégalité opposée s’obtient simplement par sous-additivité, donc</p><p>m∗(X) = m∗(X ∩ A) +m∗(X ∩ A).</p><p>8</p><p>La première chose qu’on en déduit est que A ∈ M , et d’autre part, pour que l’égalité soit possible, la</p><p>seconde inégalité de l’expression (1) ne peut pas être stricte, donc</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>m∗(Ak) = m∗</p><p>(</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Ak</p><p>)</p><p>.</p><p>5. • M contient ∅, est stable par complémentaire, et d’après la question précédente, par union dénombrables</p><p>d’ensembles deux à dexu disjoints. Soit maintenant (Ak)k∈N∗ une famille d’éléments de M non nécessai-</p><p>rement deux à deux disjoints. On définit Bn comme dans la question précédente, ainsi que B0 = ∅, et</p><p>Cn = Bn \Bn−1, pour n > 1. Les Bn sont dans M (on a prouvé la stabilité par union finie), donc aussi les</p><p>Cn (stabilité par complémentation et intersection finie). Or les Cn sont 2 à 2 disjoints, et</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>An =</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>Cn.</p><p>Donc, d’après la stabilité de M par union dénombrables d’élément deux à deux dijoints, on en déduit qu’on</p><p>a aussi</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>An ∈ M. Donc M est stable par union dénombrable. Ainsi, M est une tribu .</p><p>• La propriété m∗(∅) et la question 4(b) montrent que m∗ se retreint en une mesure sur M .</p><p>Partie IV – Théorème de prolongement de Hahn</p><p>1. (i) Toutes les sommes intervenant dans la définition de µ∗ sont positives. Ainsi, pour tout X , µ∗(X) > 0. Par</p><p>ailleurs, si X = ∅, en prenant pour tout n ∈ N, An = ∅, on a</p><p>∅ = X ⊂</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>Ak, et</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(An) = 0.</p><p>Ainsi, µ∗(∅) 6 0. Les deux inégalités amènent µ∗(∅) = 0 .</p><p>(ii) (Monotonie)</p><p>Soit A ⊂ B. Notons A+ l’ensemble des familles (Ak) d’éléments de A telles que A ⊂</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>Ak, et définissons</p><p>de même B+. l’inclusion A ⊂ B amène alors de façon évidente B+ ⊂ A+, donc</p><p>inf</p><p>(An)∈B+</p><p>(</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(An)</p><p>)</p><p>> inf</p><p>(An)∈A+</p><p>(</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(An)</p><p>)</p><p>,</p><p>c’est-à-dire µ∗(B) > µ∗(A). D’où la monotonie de µ∗.</p><p>(iii) (Sous-σ-additivité). Soit (An)n∈N∗ une famille dénombrable de sous-ensembles de S.</p><p>Soit ε > 0. Par caractérisation de la borne inférieure, il existe une famille (Bn,k)k∈N∗ ∈ A+</p><p>n (mêmes</p><p>notations que dans la question précédente) telle que</p><p>µ∗(An) +</p><p>ε</p><p>2n</p><p>></p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>µ(Bn,k).</p><p>On a alors :</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ∗(An) + ε</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>1</p><p>2n</p><p>></p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>µ(Bn,k).</p><p>Les termes étant tous positifs, soit les familles considérées sont sommables, soit les sommes sont infinies.</p><p>Dans les deux cas, on peut écrire :</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ∗(An) + ε ></p><p>∑</p><p>(n,k)∈N∗</p><p>µ(Bn,k).</p><p>9</p><p>Or, A =</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>An ⊂</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Bn,k. Ainsi, quitte à réindexer (Bn,k) sur N, on peut dire que (Bn,k) est un</p><p>élément de A+. On a donc, par définition de µ∗(A) :</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ∗(An) + ε > µ∗(A).</p><p>Ceci étant vrai pour tout ε > 0, il en découle que</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ∗(An) > µ∗</p><p>(</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>An</p><p>)</p><p>,</p><p>c’est-à-dire la sous-σ-additivité de σ.</p><p>Ainsi, µ∗ est une mesure extérieure .</p><p>Au passage retenez la méthode employée pour découper un petit epsilon en une infinité de parts : il suffit de</p><p>prendre des parts de plus en plus petites de sorte à assurer la convergence de la somme de ces parts vers ε.</p><p>C’est un argument souvent très utile.</p><p>2. • Par conséquent, d’après la partie III, µ∗ se restreint en une mesure µ̃ sur la tribu M. Cette tribu M contient</p><p>en particulier les ensembles µ∗-mesurables.</p><p>• Une mesure µ sur une algèbre A est monotone : si A ⊂ B, on peut écrire B = A ⊔ (B ∩ A). L’ensemble</p><p>B ∩ A est encore dans A, et par additivité,</p><p>µ(B) = µ(A) + µ(B ∩ A) > µ(A).</p><p>• Par ailleurs, une mesure positive µ sur une algèbre est sous-σ-additive. En effet, soit (Bn)n>1 une suite</p><p>d’éléments de A dont l’union est encore dans A. On définit</p><p>Cn =</p><p>n</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Bk \</p><p>n−1</p><p>⋃</p><p>k=1</p><p>Bk.</p><p>Les Ci sont 2 à 2 disjoints, pour tout n ∈ N, Cn ⊂ Bn et</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>Cn =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>Bn.</p><p>On a alors, par monotonie de µ et σ-additivité :</p><p>µ</p><p>(</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>Bn</p><p>)</p><p>= µ</p><p>(</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>Cn</p><p>)</p><p>=</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(Cn) 6</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(Bn).</p><p>• Soit alors (Bn) une suite d’éléments de A telle que A ⊂</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>Bn. On a alors</p><p>A =</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>A ∩Bn,</p><p>les A ∩Bn étant dans A, ainsi que leur union. Par sous-σ-additivité, il vient donc</p><p>µ(A) 6</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(A ∩Bn) 6</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(Bn).</p><p>Par passage à la borne inférieure, il vient µ(A) 6 µ∗(A).</p><p>l’inégalité réciproque s’obtient simplement en considérant la suite B1 = A, Bk = ∅ si k > 1. Ainsi µ(A) =</p><p>µ∗(A), donc µ et µ∗ coïncident sur A .</p><p>• Soit A ∈ A et X ⊂ S. La sous-σ additivité de µ∗ amène µ∗(X) 6 µ∗(X ∩ A) + µ∗(X ∩ A).</p><p>10</p><p>• Réciproquement, soit (Bn) une suite d’éléments de A telle que X ⊂</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=1</p><p>Bn et</p><p>µ∗(X) + ε ></p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(Bn).</p><p>On a alors</p><p>X ∩ A ⊂ (Bn ∩A) et X ∩ A ⊂ (Bn ∩A),</p><p>tous les ensembles de ces unions étant dans A. On a alors</p><p>µ∗(X ∩ A) + µ∗(X ∩ A) 6</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(Bn ∩ A) +</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(Bn ∩A) =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=1</p><p>µ(Bn),</p><p>par additivité. Ainsi</p><p>µ∗(X ∩ A) + µ∗(X ∩ A) 6 µ∗(X) + ε.</p><p>Ceci étant vrai pour tout ε > 0, il vient :</p><p>µ∗(X ∩ A) + µ∗(X ∩ A) 6 µ∗(X).</p><p>• Les deux points précédents permettent d’affirmer que A ⊂ M. Par conséquent, M étant une tribu, par</p><p>minimalité, σ(A) ⊂ M.</p><p>Ainsi, on peut encore restreindre µ̃ en une mesure µ sur σ(A).</p><p>Ainsi, il existe un prolongement µ de µ sur σ(A) .</p><p>3. On montre dans cette question l’unicité. Soit µ1 et µ2 deux prolongements de µ sur σ(A). On définit C = {A ∈</p><p>A, µ(A) < +∞}</p><p>(a) Soit (A,B) ∈ C2. On a alors A∩B ∈ A, et par monotonie de µ, µ(A∩B) 6 µ(A) < +∞. Ainsi, C est stable</p><p>par intersection finie. C est donc un π-système .</p><p>(b) µ étant σ-finie, il existe (An)n∈N telle que pour tout tout n ∈ N, µ(An) < +∞ et S =</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=0</p><p>An.</p><p>Soit alors A ∈ A. On a donc :</p><p>A =</p><p>+∞</p><p>⋃</p><p>n=0</p><p>A ∩ An.</p><p>Or, pour tout n ∈ N, A ∩ An est dans A, et</p><p>µ(A ∩ An) 6 µ(An) < +∞.</p><p>Ainsi, A ∩An ∈ C. Par stabilité d’une σ-algèbre par union dénombrable, on en déduit que A ∈ σ(C).</p><p>Par minimalité de la σ-algèbre engendrée par A, il vient donc σ(A) ⊂ σ(C) . L’inclusion réciproque est</p><p>immédiate du fait que C ⊂ A. Ainsi, σ(A) = σ(C) .</p><p>(c) Les mesures µ1 et µ2 définies sur σ(A) = σ(C) coincident sur le π-système C. On déduit du dernier point ad-</p><p>mis dans l’énoncé (théorème d’unicité des mesures, découlant du lemme de classe monotone), que µ1 = µ2 .</p><p>La mesure de Lebesgue est alors construite ainsi :</p><p>• On commençe par définir λ(I) pour les intervalles I par leur longueur.</p><p>• Ceci se prolonge assez naturellement aux unions disjointes finies d’intervalles, en faisant tout de même attention</p><p>au fait qu’un tel ensemble peut s’écrire de plusieurs façons différentes comme union finie d’intervalles 2 à 2</p><p>disjoints : il faut donc montrer l’invariance vis-à-vis de cette décomposition.</p><p>• On montre que l’ensemble A des éléments de P(R) s’écrivant comme union finie d’intervalles disjoints est une</p><p>algèbre, et que λ ainsi définie est une mesure sur cette algèbre (c’est là le point délicat, notamment pour montrer</p><p>la σ-additivité). On peut d’ailleurs noter que c’est pour cette preuve précisément que Borel a énoncé le fameux</p><p>théorème de Borel-Lebesgue pour les compacts en 1895.</p><p>• On définit alors λ sur B = σ(A) par le théorème de prolongement de Hahn.</p><p>11</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 14 : Structures algébriques</p><p>Correction du problème 1 – Théorème de Burnside</p><p>Partie I – Quelques résultats préliminaires</p><p>1. Soit G un groupe, et H un sous-groupe de G. Montrons que NG(H) est un sous-groupe de G. On a :</p><p>• NG(H) ⊂ G par définition ;</p><p>• eH = H = He, où e désigne le neutre de G, donc e ∈ NG(H)</p><p>• Si x ∈ NG(H) et y ∈ NG(H), alors</p><p>a.</p><p>• Réciproquement, supposons que pour tout voisinage W de f(a), f−1(W ) est un voisinage de a. Soit W un</p><p>voisinage de f(a). Posons V = f−1(W ). Il s’agit d’un voisinage de a, et f(V ) ⊂ W . Donc f est continue en</p><p>a.</p><p>Ainsi, f est continue en a ssi pour tout voisinage W de f(a), f−1(W ) est un voisinage de a.</p><p>3. Limite d’un filtre</p><p>Si un filtre converge vers x, de façon évidente, tout filtre plus fin converge vers x, donc tout ultrafiltre plus</p><p>fin. Réciproquement si tout ultrafiltre plus fin que F converge vers x, en reprenant les notations de la fin de la</p><p>partie II,</p><p>∀U ∈ U(F), V(x) ⊂ U donc: V(x) ⊂</p><p>⋂</p><p>U∈U(F)</p><p>U = F ,</p><p>la dernière égalité découlant de II-3(b).</p><p>Ainsi, F converge vers x ssi tout U de U(F) converge vers x .</p><p>4. Caractérisation de la continuité</p><p>(a) Soit f : X → Y une application, et B une base de filtre sur X . Montrons que f(B) vérifie les propriétés (B1)</p><p>à (B3).</p><p>• Soit B et C dans f(B). Il existe B′ et C′ tels que B = f(B′) et C = f(C′). Comme B est une base de</p><p>filtre, il existe D′ ∈ B tel que D′ ⊂ B′ ∩ C′. On a alors</p><p>f(D′) ⊂ f(B′ ∩ C′) ⊂ f(B′) ∩ f(C′),</p><p>soit, en posant D = f(D′) ∈ f(B), D ⊂ B ∩ C. D’où (B1)</p><p>• Comme B 6= ∅, il existe B ∈ B, donc f(B) ∈ f(B). Ainsi, f(B) 6= ∅, d’où (B2).</p><p>• Enfin, pour tout B ∈ f(B), il existe B′ ∈ B tel que B = f(B′). Comme B est une base de filtre, B′ est</p><p>non vide, donc aussi f(B′) (qui contient au moins f(x), pour un x de B).</p><p>Ainsi, f(B) est une base de filtre sur Y .</p><p>6</p><p>(b) Soit X et Y deux espaces topologiques, a ∈ X , et f : X → Y . Soit f une fonction continue en a, et B une</p><p>base de filtre convergeant vers a. Montrons que f(B) converge vers f(a), donc que tout voisinage W de f(a)</p><p>appartient au filtre engendré par f(B). Or, par continuité, il existe V un voisinage de a tel que f(V ) ⊂ W .</p><p>Comme B converge vers a, V est dans le filtre engendré par B. Autrement dit, il existe B ∈ B tel que B ⊂ V .</p><p>On a alors f(B) ⊂ f(V ) ⊂ W . Or, f(B) ∈ f(B), donc par définition, W est dans le filtre engendré par f(B).</p><p>Ceci étant vrai pour tout voisinage W de f(a) on en déduit que f(B) converge vers f(a).</p><p>(c) Récirproquement, supposons que f n’est pas continue en a, et montrons qu’il existe un ultrafiltre F conver-</p><p>geant vers a tel que f(F) ne converge pas vers a (contraposée de la propriété de l’énoncé).</p><p>Puisque f n’est pas continue en a, il existe un voisinage W de f(a) tel que f−1(W ) ne soit pas voisinage</p><p>de a (d’après la question 2). Ainsi, f−1(W ) 6∈ V(a), et d’après la question II-3(b), il existe F un ultrafiltre</p><p>plus fin que V(a) et contenant (f−1(W ))c. On a alors</p><p>f(f−1(W )c) ⊂ W c, donc: f(f−1(W )c) ∩W ⊂ W c ∩W = ∅.</p><p>Ainsi, W et f(f−1(W )c) ne peuvent pas être simultanément dans le filtre F ′ engendré par f(F) (cela</p><p>contredirait (F1) et (F3)). Or, comme f−1(W )c ∈ F , f(f−1(W )c) ∈ f(B) ⊂ F ′. Ainsi, W n’est pas dans</p><p>F ′. Comme W est un voisinage de f(a), on en déduit que F ′ n’est pas plus fin que V(f(a)), donc que f(B)</p><p>ne converge pas vers f(a).</p><p>Par conséquent, si pour tout ultrafiltre F convergeant vers a, f(F) converge vers f(a), alors f est continue en a .</p><p>7</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 1 : Ensembles, relations</p><p>Correction du problème 1 – Équivalence entre l’axiome du choix et le lemme de Zorn</p><p>Partie I – Préliminaire sur les bonnes chaînes</p><p>1. • I est un sous-ensemble d’un ensemble totalement ordonné C, donc il est aussi totalement ordonné. Ainsi, I</p><p>est une chaîne de E : I ∈ C.</p><p>• I étant un segment initial de C, I 6= C, donc il existe M ∈ C \ I. Par définitiond’un segment initial, M est</p><p>un majorant de I. Puisque M 6∈ I, on peut conclure que I ∈ C0 .</p><p>2. Soient C1 et C2 deux bonnes chaînes distinctes et x ∈ C1 ∩ C2.</p><p>(a) • Puisque x 6∈ Jx, et x ∈ C1, on a une inclusion stricte C1 ∩ Jx ⊂ C1.</p><p>• Soit y ∈ C1 tel que y 6∈ C1 ∩ Jx. Alors pour tout z ∈ C1 ∩ Jx, on a z 6 y. En effet, C1 étant une chaîne,</p><p>donc totalement ordonné, si ce n’était pas le cas, on aurait y < z, et comme z < x, par transitivité,</p><p>y < x ; cela contredit y 6∈ C1 ∩ Jx. Ainsi y est un majorant de C1 ∩ Jx</p><p>• On peut donc conclure que C1 ∩ Jx est un segment initial de C1 .</p><p>(b) On suppose que C1 ∩ Jx est un segment initial de C2.</p><p>• On a alors C1 ∩ Jx ∈ C0 d’après la question 1.</p><p>• Comme C1 ∩ Jx est segment initial de C2 et que la chaîne C2 est bonne, m(C1 ∩ Jx) ∈ C2. De</p><p>même, C1 ∩ Jx est segment initial de C1 (question 2a), qui est bonne, donc m(C1 ∩ Jx) ∈ C1. Ainsi,</p><p>m(C1 ∩ Jx) ∈ C1 ∩ C2.</p><p>• Par définition d’une bonne chaîne, m(C1∩Jx) est le minimum de C1\(C1∩Jx). Comme x ∈ C1\(C1∩Jx),</p><p>on a en particulier m(C1 ∩ Jx) 6 x.</p><p>Par ailleurs, si m(C1∩Jx) < x, on aurait m(C1∩Jx) ∈ C1∩Jx, ce qui contredit la définition de m(C1∩Jx)</p><p>(majorant strict de C1 ∩ Jx).</p><p>Ainsi, m(C1 ∩ Jx) = x.</p><p>(c) Supposons que C1 ∩ Jx soit un segment initial de C2.</p><p>• Alors, puisque C2 est une bonne chaine, m(C1 ∩ Jx) est le minimum de C2 \ (C1 ∩ Jx). Étant donné un</p><p>élément y ∈ C2∩Jx, on a alors nécessairement y ∈ C1. En effet, si ce n’était pas le cas, on aurait y ∈ C2,</p><p>y 6∈ C1 ∩ Jx et :</p><p>y < x = m(C1 ∩ Jx).</p><p>Ceci contredit la minimalité de m(C1 ∩ Jx) dans C2 \ (C1 ∩ Jx), provenant du fait que C2 est une bonne</p><p>chaîne.</p><p>On en déduit que C2 ∩ Jx ⊂ C1, puis C2 ∩ Jx ⊂ C1 ∩ Jx.</p><p>• L’inclusion réciproque est évidente, puisque le fait que C1 ∩ Jx soit segment initial de C2 implique en</p><p>particulier l’inclusion C1 ∩ Jx ⊂ C2.</p><p>• Les deux inclusions amènent l’égalité C1 ∩ Jx = C2 ∩ Jx.</p><p>(d) Les deux propriétés étant obtenues l’une de l’autre en échangeant le rôle de C1 et C2, on peut se contenter</p><p>de montrer une implication. Supposons donc que C1 ∩ Jx est un segment initial de C2. Alors, d’après la</p><p>question précédente, C1∩Jx = C2∩Jx. Or, C1∩Jx est un segment initial de C1 (question 2a), donc C2 ∩Jx</p><p>est un segment initial de C1.</p><p>Ainsi, on a bien montré l’ équivalence entre (i) et (ii) .</p><p>1</p><p>3. (a) Soit x ∈ C∗ et z ∈ C1 tel que z < x. La question 2a a été résolue sous la seule hypothèse que C1 était une</p><p>chaîne (onne s’était pas servi du fait que cette chaîne était bonne). Ainsi, on peut appliquer cette question</p><p>à la chaîne C1 ∩ Jx : C1 ∩ Jx ∩ Jz est segment initial de C1 ∩ Jx. Or, l’inégalité z < x amène de façon</p><p>immédiate Jz ⊂ Jx, donc C1 ∩ Jx ∩ Jz = C1 ∩ Jz.</p><p>Ainsi, C1 ∩ Jz est segment initial de C1 ∩ Jx, lui-même segment initial de C2. On utilise pour terminer le</p><p>lemme suivant, assez évident, mais que nous démontrons tout de même :</p><p>Lemme : Si I est segment initial de J et J est segment initial de K, alors I est segment initial de K</p><p>(autrement dit, la relation « être segment initial de » est transitive ; il s’agit même d’une relation d’ordre</p><p>stricte).</p><p>Démonstration : Soit I un segment initial de J , lui-même segment initial de K. Alors I ⊂ J ⊂ K, chacune</p><p>de ces inclusions étant stricte. On en déduit que I ⊂ K, l’inclusion étant stricte. Par ailleurs, étant donné</p><p>y ∈ K \ I, si y ∈ J , comme I est segment initial de J , y majore J . Sinon, y ∈ K \J , et comme J est segment</p><p>initial de K, y majore J , et donc aussi I, puisque I ⊂ J . On en déduit le lemme.</p><p>On peut donc conlure que sous les hypothèses de la question C1 ∩ Jx est un segment initial de C2.</p><p>(b) Par définition, on a une inclusion stricte C∗ ⊂ C1. Par ailleurs, étant donné z ∈ C1 \ C∗, on montre par</p><p>l’absurde que z majore C∗. Si ce n’est pas le cas, il existe x ∈ C∗ tel que z < x, et la question 3a montre</p><p>qu’alors C1 ∩ Jz est un segment initial de C2. Par ailleurs, puisque z < x, z ∈ Jx, puis z ∈ C1 ∩ Jx. Ce</p><p>dernier ensemble est un segment initial de C2, car x ∈ C∗. On en déduit que z ∈ C2. Ainsi, z ∈ C1 ∩ C2,et</p><p>C1 ∩ Jz est un segment initial de C2. Cela prouve que z ∈ C∗, d’où une contradiction.</p><p>Par conséquent, tout z ∈ C1\C∗ est un majorant de C∗. Cela prouve bien que C∗ est un segment initial de C1 .</p><p>4. Supposons que C∗ 6= C2. Commençons par montrer que C∗ est un segment initial de C2. Si ce n’est pas le cas,</p><p>il existe y ∈ C2 \ C∗ et z ∈ C∗ tel que y < z. Or par définition de C∗, C1 ∩ Jz est un segment initial de C2,</p><p>et donc, d’après 2d, C2 ∩ Jz est</p><p>yHy−1 = H donc: H = y−1(yHy−1)y = y−1Hy donc: xy−1Hyx−1 = xHx−1 = H.</p><p>On en déduit que xy−1 ∈ NG(H).</p><p>D’après la caractérisation des sous-groupes, NG(H) est un sous-groupe de G .</p><p>Par ailleurs :</p><p>• pour tout h ∈ H , par stabilité H , hH ⊂ H</p><p>• En particulier, étant donné h ∈ H , h−1 ∈ H , donc h−1H ⊂ H , puis hh−1H ⊂ hH , donc H ⊂ hH .</p><p>D’après le principe de double inclusion, hH = H . De même, Hh = H . Ainsi, h ∈ NG(H). On a donc</p><p>H ⊂ NG(H) .</p><p>2. Soit G un groupe.</p><p>(a) De même, étant donné x ∈ G :</p><p>• CG(x) ⊂ G par définition</p><p>• ex = x = xe donc e ∈ G</p><p>• Si y et z sont dans CG(E),</p><p>x = zxz−1 donc: z−1xz = x puis: (yz−1)x(yz−1)1 = yxy−1 = x.</p><p>Ainsi, yz−1 ∈ CG(E).</p><p>Par conséquent, CG(x) est un sous-groupe de G.</p><p>(b) De façon évidente, CG(X) =</p><p>⋃</p><p>x∈X</p><p>CG(x), donc CG(X) est un sous-groupe de G , comme intersection de</p><p>sous-groupes de G.</p><p>(c) Si x ∈ CG(H), alors pour tout h ∈ H , xhx−1 = h ∈ H , donc x ∈ NG(H). Ainsi, CG(H) ⊂ NG(H) .</p><p>Partie II – Produit semi-direct de deux sous-groupes de G</p><p>1. Soit f : H ×K → HK définie par f(h, k) = hk. La fonction f est toujours surjective, par définition de HK.</p><p>• Supposons H ∩K = {e}. Montrons que f est injective. Soit (h, k) et (h′, k′) deux éléments de H ×K tels</p><p>que f(h, k) = f(h′, k′), donc hk = h′k′. On a alors h′−1</p><p>h = k′k−1. Cet élément est donc à la fois un élément</p><p>de H et de K, donc, puisque H ∩K = {e} :</p><p>h′−1</p><p>h = e = k′k−1 puis: h = h′ et k = k′.</p><p>On en déduit que f est injective, puis la bijectivité de f</p><p>1</p><p>• Supposons que H ∩ K 6= {e}, Comme H ∩ K contient e, cela signifie qu’il existe un élément x ∈ H ∩ K</p><p>différent de e. On a alors (e, x) ∈ H ×K et (x, e) ∈ H ×K, et f(e, x) = f(x, e). Comme (e, x) 6= (x, e), f</p><p>n’est pas injective, donc pas bijective.</p><p>On conclut donc : f est bijective si et seulement si H ∩K = {e}.</p><p>2. (a) • Supposons que HK est un sous-groupe de G.</p><p>∗ Soit x ∈ HK. Puisque x ∈ HK, x−1 ∈ HK, donc il existe h ∈ H , k ∈ K tels que x−1 = hk, puis</p><p>x = k−1h−1 ∈ KH . Donc HK ⊂ KH</p><p>∗ Soit x ∈ KH , alors il existe k ∈ K, h ∈ H tels que x = kh, donc x−1 = h−1k−1. Ainsi, x−1 ∈ HK,</p><p>et HK étant un groupe, on en déduit que x ∈ HK. Ainsi, KH ⊂ HK.</p><p>Des deux inclusions, on déduit : HK = KH .</p><p>• Réciproquement, supposons que HK = KH .</p><p>∗ On a HK ⊂ G et e = e × e ∈ HK.</p><p>∗ Soit x ∈ HK, alors il existe h ∈ H , k ∈ K tel que x = hk, donc x−1 = k−1h−1 ∈ KH = HK.</p><p>∗ Soit (x, y) ∈ (HK)2. Alors il existe (h1, h2) ∈ H2, (k1, k2) ∈ K2 tels que</p><p>x = h1k1 et y = h2k2.</p><p>On a alors xy = h1k1h2k2. Comme k1h2 ∈ KH = HK, il existe h3 ∈ H et k3 ∈ K tels que</p><p>k1h2 = h3k3, d’où</p><p>xy = (h1h3)(k3k2) ∈ HK.</p><p>Ainsi, HK est un sous-groupe de G.</p><p>On conclut que HK est un sous-groupe de G si et seulement si HK = KH .</p><p>(b) Dans ce cas :</p><p>• H ∪K ⊂ HK de façon évidente (si h ∈ H , h = h× e, et de même pour K).</p><p>• Si L est un groupe tel que H ∪K ⊂ L, par stabilité, pour tout h ∈ H et tout k ∈ K, (h, k) ∈ L2, donc</p><p>hk ∈ L2. On en déduit que HK ⊂ L.</p><p>Ainsi, HK est le plus petit sous-groupe de G contenant H ∪K.</p><p>3. On suppose dans cette question que G est produit semi-direct de K par H .</p><p>(a) • Au vu des hypothèses H ∩K = {e} et HK = G, la fonction f : (h, k) → hk est une bijection de H ×K</p><p>sur G. Soit g ∈ G. Il existe donc h ∈ H et k ∈ K uniques tels que g = xy. La condition α(xy) = x pour</p><p>tout x ∈ H et tout y ∈ K impose alors α(g) = x. Cela assure l’ unicité de α</p><p>• Le raisonnement précédent donne aussi l’ existence . Plus formellement, on obtient la description sui-</p><p>vante : α = pH ◦ f−1, où pH désigne la projection (h, k) 7→ h de H ×K sur H .</p><p>• Par ailleurs, étant donné g1 et g2 deux éléments de G, il existe h1, h2, k1, k2 tels que g1 = h1k1 et</p><p>g2 = h2k2. On a alors α(g1) = h1 et α(g2) = h2. Par ailleurs, K étant distingué, h2K = Kh2, donc il</p><p>existe k3 dans K tel que k1h2 = h2k3. Ainsi :</p><p>α(g1g2) = α(h1k1h2k2) = α((h1h2)(k3k2)) = h1h2 = α(g1)α(g2).</p><p>Ainsi, α est un morphisme de groupes.</p><p>(b) • Pour tout h ∈ H , α(h) = α(h× e) = h. Ainsi, α|H = idH , donc α(H) = H .</p><p>• Soit h ∈ H ∩Ker(α). On a alors</p><p>e = α(h) = α(h× e) = h.</p><p>Ainsi, H ∩Ker(α) ⊂ {e}, et e étant dans tout sous-groupe, H ∩Ker(α) = {e} .</p><p>4. Soit G un groupe, H un sous-groupe de G, et α un morphisme de G dans H tel que α(H) = H et H ∩Ker(α) =</p><p>{e}. On pose K = Ker(α).</p><p>• On a évidemment HK ⊂ G</p><p>• Soit g ∈ G, et h′ = α(g) ∈ H . Puisque α(H) = H il existe h tel que α(h) = h′. Posons alors k = h−1g. On</p><p>a :</p><p>α(k) = α(h−1g) = α(h)−1α(g) = h′−1</p><p>h′ = e,</p><p>donc k ∈ Ker(α). On a donc g ∈ HK, donc G ⊂ HK.</p><p>2</p><p>• Par hypothèse, H ∩K = {e}.</p><p>• Soit k ∈ K et g ∈ G. On a</p><p>α(gkg−1) = α(g)α(k)α(g)−1 = α(g)eα(g)−1 = α(g)α(g)−1 = e.</p><p>Ainsi, gkg−1 ∈ K. Par conséquent, K est un sous-groupe distingué de G.</p><p>On en déduit que G est produit semi-direct de Ker(α) par H .</p><p>Partie III – Théorème de Burnside</p><p>1. Soit (x, y) ∈ H2. Comme H ⊂ NG(H) = CG(H), x est dans le centralisateur de y, donc x et y commutent.</p><p>Ainsi, H est abélien .</p><p>2. Soit (x, y) ∈ G×H , et z = xyx−1. On suppose que z ∈ H .</p><p>(a) • Puisque z ∈ H , on a H ⊂ NG(H) = CG(H) ⊂ CG(z). Ainsi, H est un sous-groupe de CG(z). D’après</p><p>le théorème de Lagrange, l’ordre de H divise l’ordre de CG(z), qui divise l’ordre de G. On en déduit que la</p><p>valuation p-adique de CG(z) est égale à r, et par conséquent, H est un p-sous-groupe de Sylow de CG(z) .</p><p>• Par régularité de x et x−1, l’application définie sur H par h 7→ xhx−1 est injective, donc sa corestriction</p><p>à son image xHx−1 est bijective. Par conséquent, H et xHx−1 ont même cardinal pr.</p><p>• xHx−1 est un sous-ensemble non vide de G, et pour tout (a, b) ∈ (xHx−1)2, il existe h et k dans H tels</p><p>que</p><p>a = xhx−1 et b = xkx−1 donc: ab−1 = xhk−1x−1 ∈ xHx−1.</p><p>D’après la caractériation des sous-groupes, xHx−1 est un sous-groupe de G</p><p>• Soit a ∈ xHx−1. Montrons que a ∈ C(z). Il existe h ∈ H tel que a = xhx−1. On a alors</p><p>aza−1 = xhx−1xyx−1xh−1x−1 = xhyh−1x−1.</p><p>Or, h, h−1 et y sont dans H qui est abélien, donc hyh−1 = hh−1y = y. Ainsi</p><p>aza−1 = aya−1 = z.</p><p>On en déduit que xHx−1 est un sous-groupe de C(z).</p><p>• Pour les mêmes raisons que plus haut, xHx−1 est donc un p-sous-groupe de Sylow de C(z) .</p><p>(b) Les p-sous-groupes de Sylow étant deux à deux conjugués, il existe x′ ∈ CG(z) tel que H = x′(xHx−1)x′−1.</p><p>Il en découle que x′x ∈ NG(H) = CG(H). Comme x′ ∈ CG(H), on obtient x ∈ CG(H), donc x ∈ GC(y). La</p><p>définition de z amène alors z = y .</p><p>3. Soit y ∈ G, et (x1, . . . , xm) un système de représentants des classes à gauche modulo H dans G.</p><p>(a) Soit i ∈ [[1,m]]. Les ensembles x1H, . . . , xmH formant une partition de G, l’élément yxi est dans l’un et un</p><p>seul d’entre eux. Ainsi, il exite un unique indice σ(i) ∈ [[1,m]] tel que yxi ∈ xσ(i)H . Il existe alors h ∈ H tel</p><p>que</p><p>yx1 = xσ(i)h</p><p>Mais alors h est tout déterminé par la nécessité d’avoir h = yx1x</p><p>−1</p><p>σ(i).</p><p>D’où l’existence et l’unicité de σ(i) ∈ [[1,m]] et hi ∈ H tels que yxi = xσ(i)hi.</p><p>(b) • L’application σ est bien définie de [[1, n]] dans [[1, n]].</p><p>• Soit (i, j) dans [[1,m]]2 tels que σ(i) = σ(j). On a alors</p><p>yxih</p><p>−1</p><p>i = xσ(i) = xσ(j) = yxjh</p><p>−1</p><p>j .</p><p>Par régularité des éléments d’un groupe, xih</p><p>−1</p><p>i = xjh</p><p>−1</p><p>j , donc xiH ∩ xjH 6= ∅, d’où xiH = xjH , ces</p><p>ensembles formant une partition. Comme les xi sont des représentants de classes deux à deux distinctes,</p><p>on peut en conclure que i = j, donc que σ est injective.</p><p>• Pour des raisons de cardinalité, σ est alors bijective. Donc σ ∈ Sm .</p><p>3</p><p>(c) T définit une application de G dans H . De plus, étant donné g et g′ dans G, en définissant les hi (pour gi)</p><p>et les h′</p><p>i (pour g′i), et σ et σ′ les éléments de Sm associés, on a, pour tout i ∈ [[1,m]] :</p><p>gg′ = xσ◦σ′(i)hσ′(i)x</p><p>−1</p><p>σ′(i)xσ′(i)h</p><p>′</p><p>ix</p><p>−1</p><p>i = xσ◦σ′(i)hσ′(i)h</p><p>′</p><p>ixi.</p><p>Ainsi, la permutation associée à gg′ est σ ◦ σ′, et la famille (h′′</p><p>i ) est définie par :</p><p>∀i ∈ [[1,m]], h′′</p><p>i = hσ′(i)h</p><p>′</p><p>i.</p><p>Puisque H est abélien et que σ′ est une permutation, on en déduit que</p><p>T (gg′) =</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>hσ′(i)h</p><p>′</p><p>i =</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>hi</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>h′</p><p>i = T (g)T (g′).</p><p>Ainsi, T est un morphisme de groupes de G dans H .</p><p>(d) • Soit y ∈ G, et σ la permutation de [[1,m]] associée. On définit sur [[1,m]] la</p><p>relation suivante :</p><p>i∼ j ⇐⇒ ∃k ∈ N, i = σk(j),</p><p>Il s’agit d’une relation d’équivalence :</p><p>∗ Soit i ∈ [[1,m]], i = σ0(i), donc i∼ i, d’où la reflexivité.</p><p>∗ Soit i, j tels que i∼ j. Alors il existe k tel que j = σk(i). Comme Sm est un groupe fini, l’élément σ</p><p>est aussi d’ordre fini (son ordre divise l’ordre de Sm), il existe donc ℓ ∈ N tel que (σℓ) = id. Soit q</p><p>et r le quotient et le reste de la division euclidienne de k par ℓ. Il vient alors :</p><p>σℓ−r(j) = σℓ−r+k(i) = σ(q+1)ℓ(i) = idq+1(i) = i,</p><p>et ℓ− r ∈ N. Ainsi, j∼ i. D’où la symétrie.</p><p>∗ Soit i1 ∼ i2 et i2 ∼ i3. Il existe (k, ℓ) ∈ N2 tels que i2 = σk(i1) et i3 = σℓ(i2), donc i3 = σk+ℓ(i1).</p><p>Ainsi, i1 ∼ i3, d’où la transitivité.</p><p>Ainsi, il s’agit bien d’une relation d’équivalence.</p><p>• On considère alors {X1, . . . , Xt} la partition de [[1,m]] formée des classes d’équivalence. Soit j ∈ [[1, t]]</p><p>et i ∈ Xj. Puisque σ est d’ordre fini, il existe k > 0 tel que σk(i) = i. Soit k0 la plus petite de ces</p><p>valeurs. Alors σ0(i), σ1(i), . . . , σk0−1(i) sont des éléments deux à deux distincts de Xj (si σq(i) = σr(i),</p><p>avec q < r, en appliquant la fonction bijective σ−q, on contredit la minimalité de k0). De plus, la suite</p><p>(σk(i))n∈N est alors périodique de période minimale k, les k valeurs prises sur une période étant deux à</p><p>deux distinctes. Or, par définition de la relation d’ordre et de ses classes, les valeurs prises par cette suite</p><p>sont exactement les éléments de Xj , donc k = |Xj|. Ainsi, la restriction de σ à Xj est une permutation</p><p>cyclique : après avoir donné un ordre cyclique aux éléments de Xj, chaque application de la permutation</p><p>σ fait tourner les éléments. En particulier, Xj = {σk(i), i ∈ [[0, k0 − 1]]}.</p><p>On vient de décrire la décomposition en cycles disjoints de la permutation σ : la permutation σ peut</p><p>être vue comme un ensemble de cycles disjoints : à chaque fois qu’on applique une nouvelle fois σ, on</p><p>fait tourner d’un cran chaque cycle. Les cycles n’ont pas tous la même taille, donc on n’en fait pas le</p><p>tour à la même vitesse. Cette situation est à comparer aux roues de tailles différentes d’un tracteur ou</p><p>d’une locomotive à vapeur : une permutation est un ensemble de roues de tailles différentes, qu’on fait</p><p>tourner simultanément.</p><p>Soit J ⊂ [[1, n]] un système de représentant de chaque classe Xi. On note X(j) la classe représentée par</p><p>j ∈ J . Étant donné j ∈ J , on a alors, le produit étant justifiant par le fait que les éléments dont on fait</p><p>le produit sont dans H qui est abélien) :</p><p>∏</p><p>i∈X(j)</p><p>hi =</p><p>∏</p><p>i∈X(j)</p><p>x−1</p><p>σ(i)yxi =</p><p>nj−1</p><p>∏</p><p>k=0</p><p>x−1</p><p>σk+1(j)</p><p>yxσk(j)</p><p>= x−1</p><p>σ</p><p>n</p><p>j (j)</p><p>yxσ</p><p>n</p><p>j</p><p>−1(j)x</p><p>−1</p><p>σ</p><p>n</p><p>j</p><p>−1(j)</p><p>yxσ</p><p>n</p><p>j</p><p>−2(j) . . . x</p><p>−1</p><p>σ2(j)yxσ(j)x</p><p>−1</p><p>σ(j)yxj</p><p>4</p><p>et après simplifications :</p><p>∏</p><p>i∈X(j)</p><p>hi = x−1</p><p>σ</p><p>n</p><p>j (j)</p><p>ynjxj = xjy</p><p>njx−1</p><p>j .</p><p>En particulier, comme</p><p>∏</p><p>i∈X(j)</p><p>hi ∈ H , on a pour tout j ∈ J , x−1</p><p>j ynjxj ∈ H</p><p>• Du fait que H est abélien, on obtient, en faisant le produit des expressions trouvées sur chacune des</p><p>parts de la partition X(j), j ∈ J :</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>hi =</p><p>∏</p><p>j∈J</p><p>x−1</p><p>j ynjxj soit: T (y) =</p><p>∏</p><p>j∈J</p><p>x−1</p><p>j ynjxj</p><p>• Comme les nj sont les cardinaux de parts d’une partition de [[1,m]], on a</p><p>∑</p><p>j∈J</p><p>nj = m .</p><p>(e) Soit y ∈ H . D’après la question 2 (appliquée avec x = x−1</p><p>j ), puisque x−1</p><p>j ynjxj ∈ H ainsi que ynj , il vient,</p><p>pour tout j ∈ J :</p><p>x−1</p><p>j ynjxj = ynj .</p><p>Ainsi, T (y) =</p><p>∏</p><p>j∈J</p><p>ynj = y</p><p>∑</p><p>j∈J</p><p>nj</p><p>, donc T (y) = ym .</p><p>(f) La fonction y 7→ ym est bijective de H dans H , car m est premier avec pα. En effet, on a alors, d’après le</p><p>théorème de Bézout, l’existence de deux entiers u et v tels que um + vpα = 1. La fonction y 7→ yu de H</p><p>dans H est alors une réciproque de y 7→ ym, puisque</p><p>(yu)m = (ym)u = ymu = y1−vpα</p><p>= y × (y−v)p</p><p>α</p><p>= y,</p><p>d’après le théorème de Lagrange, H étant d’ordre pα. Ainsi T (H) = H .</p><p>Par ailleurs soit h ∈ Ker(T ) ∩H , on a :</p><p>e = T (h) = hm,</p><p>donc l’ordre de h divise m. Comme l’ordre de h divise pα (théorème de Lagrange), l’ordre de h divise</p><p>pα ∧m = 1. Ainsi h = e. On en déduit que Ker(T ) ∩H ⊂ {e}, puis Ker(T ) ∩H = {e}.</p><p>D’après la question II-4, G est donc un produit semi-direct de Ker(T ) par H .</p><p>5</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 15 : Arithmétique</p><p>Correction du problème 1 – Critères de primalité</p><p>Question préliminaire</p><p>On raisonne par l’absurde, en supposant qu’il existe des entiers naturels a et b, qu’on peut supposer premiers entre</p><p>eux, tels que</p><p>√</p><p>n = a</p><p>b</p><p>. On a alors nb2 = a2. On a nécessairement b 6= 1, sinon n serait un carré parfait. Soit alors p un</p><p>facteur premier de b. L’égalité précédente permet d’affirmer que p | a2, et d’après le lemme d’Euclide, p étant premier,</p><p>p | a. Cela contredit l’hypothèse a ∧ b = 1 qu’on avait faite sur a et b.</p><p>Ainsi, si n n’est pas un carré parfait,</p><p>√</p><p>n est irrationnel .</p><p>Partie I – Anneaux Z[ξ]/(p)</p><p>1. Soit A l’ensemble de tous les sous-anneaux B de C vérifiant Z ⊂ B et ξ ∈ B (on peut se rendre compte qu’en</p><p>fait la première condition est superflue puisque tout sous-anneau de C contient 1 donc tout élément de Z). On</p><p>définit</p><p>A =</p><p>⋂</p><p>B∈A</p><p>B.</p><p>Alors A est un sous-anneau de C, comme on le redémontre rapidement :</p><p>• 1 ∈ A car 1 ∈ B pour tout B ∈ A</p><p>• Si x, y ∈ A, alors pour tout B ∈ A, x, y ∈ B, donc x − y ∈ B et xy ∈ B (car ce sont des sous-anneaux de</p><p>C). Donc x− y ∈ A et xy ∈ A.</p><p>De plus, comme pour tout B ∈ A, Z ⊂ B et ξ ∈ B, on a également Z ⊂ A et ξ ∈ A. Ainsi, A est un sous-anneau</p><p>de C vérifiant les deux conditions requises, et si B est un autre anneau les vérifiant, B ∈ A, donc A ⊂ B par</p><p>définition de A.</p><p>Ainsi, A vérifie la propriété de minimalité requise, et définit l’anneau Z[ξ], justifiant ainsi son existence.</p><p>2. Si ξ ∈ Z, Z est un sous-anneau contenant Z et ξ, donc par propriété de minimalité, Z[ξ] ⊂ Z. Comme Z ⊂ Z[ξ]</p><p>par définition, Z[ξ] = Z .</p><p>3. Soit A = {P (ξ) | P ∈ Z[X ]}.</p><p>• Par stabilité de Z[ξ] par somme, différence et produit, puisque ξ ∈ Z[ξ], ses puissances successives (d’exposant</p><p>positif) aussi, donc toute expression λξk, λ ∈ Z et k ∈ N, puis par stabilité par somme, toute expression</p><p>polynomiale P (ξ), à coefficients entiers. Ainsi, A ⊂ Z[ξ].</p><p>• On a clairement Z ⊂ A (étant donné n ∈ Z, il suffit de considérer le polynôme constant P = n), ainsi que</p><p>ξ ∈ A (avec P (X) = X). De plus, A est un sous-anneau de C. En effet :</p><p>∗ 1 ∈ A d’après ce qu’on vient de dire,</p><p>∗ si x et y sont dans A, il existe deux polynômes P et Q de Z[X ] tels que x = P (ξ) et y = Q(ξ). Alors</p><p>x− y = (P −Q)(ξ) et xy = PQ(ξ). Comme P −Q et PQ sont encore de façon évidente des polynômes</p><p>à coefficients entiers, on en déduit que x− y ∈ A et xy ∈ A.</p><p>Ainsi, par propriété de minimalité de Z[ξ], on a Z[ξ] ⊂ A.</p><p>• Les deux inclusions amènent l’égalité Z[ξ] = {P (ξ) | P ∈ Z[X ]} .</p><p>Considérons ξ = i, et x = i ∈ Z[i]. On a x = i = i5, ce qui montre que l’écriture de x sous la forme P (ξ) n’est en</p><p>général pas unique. Cela n’empêche pas que dans certaines situations, cette écriture est unique. Par exemple,</p><p>si ξ ∈ R, cette unicité caractérise les nombres transcendants.</p><p>4. La démonstration est strictement identique à celle du cours pour la relation de congruence dans Z : soit α, β</p><p>et δ dans Z[ξ].</p><p>1</p><p>• α− α = p · 0, donc α ≡ α [p], d’où la réflexivité ;</p><p>• si α ≡ β [p], il existe γ ∈ Z[ξ] tel que α − β = pγ. Soit γ′ = −γ ∈ Z[ξ]. On a alors β − α = pγ′, donc</p><p>β ≡ α [p], d’où la symétrie.</p><p>• Si α ≡ β [p] et β ≡ δ [p], alors il existe γ et γ′ dans Z[i] tels que α− β = pγ et β − δ = pγ′. En sommant, il</p><p>vient α− δ = p(γ + γ′). Comme γ + γ′ ∈ Z[ξ], il vient α ≡ δ [p], d’où la transitivité.</p><p>Ainsi, la relation de congruence modulo p dans Z[ξ] est une relation d’équivalence.</p><p>Montrons sa compatibilité avec les deux lois de Z[ξ]. On se donne x, y, x′, y′ dans Z[ξ] tels que x ≡ x′ [p], et</p><p>y ≡ y′ [p], et β et γ dans Z[ξ] tels que x− x′ = pβ, y − y′ = pγ.</p><p>• (x+ y)− (x′ + y′) = p(β + γ), donc x+ y ≡ x′ + y′ [p]</p><p>• xy − x′y′ = xy − (x − pβ)(y − pγ) = p(βy + γx− pβγ), donc xy ≡ x′y′ [p].</p><p>Ainsi, la congruence est compatible avec les lois de Z[ξ].</p><p>5. On vient de montrer que la classe de congruence de x +</p><p>y ne dépend que de la classe de congruence de x et</p><p>de la classe de congruence de y, et de même pour le produit. En désignant par x la classe de congruence de</p><p>l’élément x, on peut donc définir sans ambiguïté la somme et le produit dans Z[ξ]/(p) par :</p><p>c+ d = x+ y et cd = xy ,</p><p>où x et y sont des représentants quelconques des classes c et d, la définition ne dépendant pas du choix de ces</p><p>représentants. Cette définition se traduit par le fait que pour tous x, y ∈ Z[ξ],</p><p>x+ y = x+ y et x · y = xy.</p><p>Montrons que ces lois définissent une structure d’anneau sur Z[ξ]/(p) :</p><p>• L’associativité de l’addition découle de l’associativité dans Z[ξ] : si b, c, d sont trois éléments de Z[ξ]/(p) et</p><p>x, y, z des représentants de ces classes, on a, par les définitions ci-dessus :</p><p>b + (c+ d) = x+ (y + z) = x+ y + z = x+ (y + z) = (x+ y) + z = x+ y + z = (b + c) + d.</p><p>• L’associativité du produit, la commutativité de l’addition (et du produit) et la distributivité se démontrent</p><p>de même.</p><p>• 0 est clairement neutre pour l’addition et 1 neutre pour le produit :</p><p>0 + x = 0 + x = x et 1 · x = 1 · x = x.</p><p>• On vérifie sans peine de −x est l’opposé de x pour tout x ∈ Z[ξ], d’où l’existence des opposés.</p><p>Ainsi, Z[ξ]/(p) muni de ces lois est un anneau (commutatif) .</p><p>6. Soit a, b ∈ Z[ξ]/(p), et x et y des représentants dans Z[ξ]. Comme l’anneau Z[ξ] est commutatif, on peut utiliser</p><p>la formule du binôme :</p><p>(x+ y)p =</p><p>p</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>xkyn−k.</p><p>Puisque p est premier,</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>est divisible (dans Z) par p pour tout k ∈ [[1, p− 1]], donc pour ces k, il existe ℓ ∈ Z</p><p>tel que</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>xkyn−k = pℓxkyn−k ≡ 0 [p],</p><p>puisque ℓxkyn−k ∈ Z[ξ]. On en déduit que</p><p>(x+ y)p ≡ xp + yp [p],</p><p>ce qui se traduit dans Z[ξ]/(p) par (a+ b)p = ap + bp.</p><p>7. Dans Z[i]/(3), i3 6= i, car dans C</p><p>i− i3</p><p>3</p><p>=</p><p>2</p><p>3</p><p>i 6∈ Z[i].</p><p>Donc la propriété de Fermat ne se généralise pas à Z[ξ]/(p).</p><p>2</p><p>Partie II – Adjonction d’une racine</p><p>1. Soit A = {aξ + b | a, b ∈ Z}. D’après la question I-3, A ⊂ Z[ξ], et Z ⊂ A (avec a = 0), ainsi que ξ ∈ A (avec</p><p>a = 1 et b = 0). Pour conclure, il suffit donc de montrer que A est un sous-anneau et d’utiliser la minimalité</p><p>de Z[ξ]. Puisque 1 ∈ A, et que la stabilité par différence est évidente, il suffit de montrer que A est stable par</p><p>produit. Or,</p><p>(aξ + b)(a′ξ + b′) = aa′ξ2 + (ab′ + a′b)ξ + bb′ = (ab′ + a′b)ξ + (bb′ + daa′),</p><p>ce qui prouve la stabilité, puisque d = ξ2 ∈ Z.</p><p>Ainsi, A est un sous-anneau de C contenant Z et ξ, donc par minimalité, Z[ξ] ⊂ A. Les deux inclusions amènent</p><p>l’égalité Z[ξ] = {aξ + b | a, b ∈ Z} .</p><p>2. • le cas d = 0 est exclus (sinon ξ = 0 ∈ Z)</p><p>• Supposons d < 0. Dans ce cas, ξ ∈ iR∗. On peut écrire ξ = i ζ, avec ζ ∈ R</p><p>∗. Soit x ∈ A, et supposons qu’on</p><p>ait deux décompositions x = aξ + b = a′ξ + b′, a, b, a′, b′ ∈ Z. Alors aζ i +b = a′ζ i +b′, et par identification</p><p>des parties réelles et imaginaires, on obtient donc b = b′ et aζ = a′ζ. Comme ζ 6= 0, a = a′. Cela prouve</p><p>bien l’ unicité de la décomposition .</p><p>• Supposons d > 0. Alors ξ ∈ R. Puisque ξ 6∈ Z, d n’est pas un carré parfait, donc ξ est irrationnel d’après</p><p>la question préliminaire. Supposons que les entiers relatifs a, a′, b, b′ vérifient aξ + b = a′ξ + b′, à savoir</p><p>(a− a′)ξ + (b− b′) = 0. Si a− a′ 6= 0, on peut exprimer ξ comme quotient de 2 entiers, ce qui contredit son</p><p>irrationnalité. Ainsi, a = a′, puis b = b′. Cela prouve l’ unicité dans ce cas également.</p><p>3. Soit z ∈ Z[ξ]/(p) tel que z2 = 0. Considérons Z un représentant de z dans Z[ξ], et a et b deux entiers tels que</p><p>Z = aξ+ b. On a alors Z2 = a2ξ2 +2abξ+ b2 = 2abξ+ a2d+ b2. L’hypothèse nous affirme que Z2 ≡ 0 [p], donc</p><p>qu’il existe des entiers c et d tels que</p><p>2abξ + a2d+ b2 = p(cξ + d).</p><p>L’unicité du développement prouvé dans la question précédente permet alors d’identifier les coefficients : 2ab =</p><p>pc et a2 + db2 = pd. En particulier, p divise 2ab et a2 + db2. Comme p est différent de 2, p est premier avec 2</p><p>donc divise ab, et par le lemme d’Euclide, il divise a ou b.</p><p>• Si p | b, alors puisque p | a2 + db2, on a p | a2, et par le lemme d’Euclide, p | a.</p><p>• Si p | a, de même, p | b2d. Puisque p et d sont premiers entre eux, p | b.</p><p>Ainsi, Z = aξ + b ≡ 0 [p], donc z = 0 dans Z[ξ]/(p).</p><p>On a bien montré : z2 = 0 =⇒ z = 0 dans Z[ξ]/(p)</p><p>4. On peut expliciter N(x) pour x = a+ ξb :</p><p>N(x) = (a+ ξb)(a− ξb) = a2 − ξ2b2 = a2 − db2 ∈ Z.</p><p>Par ailleurs, si y = a′ + ξb′, on a</p><p>N(xy) = N(aa′ + dbb′ + ξ(ab′ + a′b) = (aa′ + dbb′)2 − d(ab′ + a′b)2</p><p>= a2a′</p><p>2</p><p>+ d2b2b′</p><p>2 − da2b′</p><p>2 − da′</p><p>2</p><p>b2</p><p>= (a2 − db2)(a′</p><p>2 − db′</p><p>2</p><p>) = N(x)N(y).</p><p>Par ailleurs, on montre sans difficulté que si x ≡ y [p], N(x) ≡ y [p], cette dernière congruence ayant lieu dans</p><p>Z.</p><p>Si x est inversible dans Z[ξ]/(p), d’inverse x−1, on a donc N(1) ≡ N(x)N(x−1) [p]. Or, N(1) = 1, donc N(x)</p><p>est inversible modulo p, c’est-à-dire (d’après le théorème de Bézout), N(x) ∧ p = 1.</p><p>Réciproquement si N(x) ∧ p = 1, alors N(x) est inversible modulo p. On a alors :</p><p>xxcN(x)−1 ≡ N(x)N(x)−1 ≡ 1 [p],</p><p>donc x est inversible, d’inverse xcN(x)−1.</p><p>Ainsi, x est inversible dans Z[ξ]/(p) si et seulement si N(x) ∧ p = 1 , c’est-à-dire p ne divise pas N(x) (puisque</p><p>p est premier).</p><p>3</p><p>5. Supposons que d n’est pas un résidu quadratique modulo p. Soit x ∈ Z[ξ]/(p) non inversible. On a alors p | N(x)</p><p>d’après la question précédente. En écrivant x = a+ bξ, on a alors p | a2 − db2, c’est-à-dire</p><p>db2 ≡ a2 [p].</p><p>Si b 6≡ 0 [p], alors b est inversible modulo p (car Z/pZ est un corps), et</p><p>d ≡ a2b−2 ≡ (ab−1)2 [p],</p><p>par commutativité. cela contredit l’hypothèse faite sur d. Ainsi, b ≡ 0 [p], puis a2 ≡ 0 [p], et Z/pZ étant un</p><p>corps a ≡ 0 [p]. Ainsi, x = 0.</p><p>Le seul élément non inversible étant x = 0, on en déduit que Z[ξ]/(p) est un corps.</p><p>Partie III – Conditions pour que 2 et 3 soient résidus quadratiques</p><p>1. D’après le résultat rappelé en début d’énoncé, si n est inversible modulo p (donc n 6≡ 0 [p]), n est un carré</p><p>modulo p si et seulement si n</p><p>p−1</p><p>2 ≡ 1 [p], et sinon, n</p><p>p−1</p><p>2 ≡ −1 [p]. Cela correspond bien à la valeur de (n</p><p>p</p><p>). Si</p><p>n ≡ 0 [p], le résultat est évident. Ainsi, pour tout n ∈ Z, (n</p><p>p</p><p>) ≡ n</p><p>p−1</p><p>2 [p]</p><p>2. −1 est donc résidu quadratique si et seulement si (−1)</p><p>p−1</p><p>2 ≡ 1 [p]. Comme p > 2, 1 6= −1, donc cette congruence</p><p>est vérifiée si et seulement si p−1</p><p>2 est pair, donc p ≡ 1 [4] .</p><p>3. On a 25 = 32 ≡ −1[11], et 28 = 32×8 ≡ −2×8 ≡ −16 ≡ 1[17]. Donc 2 est un carré modulo 17, mais par modulo 11 .</p><p>En effet, 62 ≡ 2[17].</p><p>4. De même, 35 = 92×3 ≡ (−2)3×3 ≡ 12 ≡ 1 [11] et 38 = 272×9 ≡ 102×9 ≡ 100×9 ≡ −2×9 ≡ −18 ≡ −1 [18].</p><p>Ainsi, 3 est un carré modulo 11 (en effet, 52 ≡ 3 [11]), mais pas modulo 17 .</p><p>5. Soit n et n′ non divisibles par p.</p><p>(i) si n et n′ sont des résidus quadratiques, il existe a et b tels que n ≡ a2 [p] et n′ ≡ b2 [p], donc nn′ ≡ (ab)2/[p].</p><p>Donc nn′ est un résidu quadratique .</p><p>(ii) si n est un résidu quadratique et n′ un non-résidu, et N = nn′. Alors, n étant inversible modulo p (car non</p><p>divisibles par p), en notant m son inverse modulo p, m est un résidu quadratique aussi, et n′ ≡ mN [p].</p><p>Alors N ne peut pas être un résidu quadratique , sinon d’après (i), n′ le serait aussi.</p><p>(iii) Fixons n′ un non-résidu quadratique. L’application ϕ : n 7→ nn′ induit une bijection de F</p><p>∗</p><p>p dans F</p><p>∗</p><p>p. Pour</p><p>tout n résidu quadratique, ϕ(n) est un non-résidu quadratique d’après (ii). Or, d’après le point admis en</p><p>début de sujet, il y a autant de résidus quadratiques que de non-résidus, à savoir n−1</p><p>2 . Ainsi, les images par</p><p>ϕ des n−1</p><p>2 résidus quadratiques fournissent les n−1</p><p>2 non-résidus quadratiques. Par injectivité, les images</p><p>des autres éléments sont tous des résidus quadratiques. Ainsi, pour tout n non-résidu quadratique, ϕ(n)</p><p>est un résidu quadratique, donc nn′ est un résidu quadratique .</p><p>6. Si n ou n′ est divisible par p, alors nn′ est divisible par p, et par définition du symbole de Legendre,</p><p>(nn</p><p>′</p><p>p</p><p>) = 0 = (n</p><p>p</p><p>)(n</p><p>′</p><p>p</p><p>).</p><p>Sinon, la règle démontrée dans la question précédente sur les produits de résidus et non-résidus quadratique</p><p>suit la règle des signes, donc la définition du symbole de Legendre amène</p><p>directement</p><p>(nn</p><p>′</p><p>p</p><p>) = (n</p><p>p</p><p>)(n</p><p>′</p><p>p</p><p>).</p><p>7. Soit j = e</p><p>2 iπ</p><p>3 .</p><p>(a) On a j3 = 1 donc jj2 = 1. Or, j2 ∈ Z[j]. Ainsi, en réduisant modulo p, et en notant de la même façon les</p><p>classes d’équivalence dans Z[j]/(p) conformément à l’énoncé, j est inversible dans Z[j]/(p) d’inverse j2.</p><p>4</p><p>(b) On a, d’après la formule du binôme (utilisable, puisque l’anneau est commutatif) :</p><p>b2 = (j − j−1)2 = j2 − 2 + j−2.</p><p>Or, j−2 = j, et j + j2 = −1. Par conséquent b2 = −3 .</p><p>Attention à ne pas affirmer trop vite que −3 est un résidu quadratique, car pour cela, il faut le voir (modulo</p><p>p) comme carré d’un élément de Z, ce qui n’est pas le cas de b.</p><p>En revanche, on sait que, puisque p > 3 (donc p ne divise pas −3) −3 est un résidu quadratique si et</p><p>seulement si (−3)</p><p>p−1</p><p>2 ≡ 1 [p], donc si (dans Z[j]/(p)) (b2)</p><p>p−1</p><p>2 = 1, ou encore bp−1 = 1, ce qui équivaut à</p><p>bp = b, à condition que b soit inversible, ce qui provient du fait que b2 = −3 est inversible dans Z/pZ (si</p><p>p 6= 3, donc dans Z[j]/(p). En effet, en notant c un inverse de b2, la relation b2c = 1 montre que bc est un</p><p>inverse de b.</p><p>Ainsi, −3 est un résidu quadratique si et seulement si bp = b dans Z[j]/(p).</p><p>(c) D’après I-6, on a bp = (j − j−1)p = jp + (−j−1)p et comme p est impair, bp = jp − j−p .</p><p>Ainsi, −3 est résidu quadratique si et seulement si jp − j−p = j − j−1. Or, jp − j−p est égal respectivement</p><p>à 0, j − j−1 et j2 − j−2 = j−1 − j suivant que p est congru à 0, 1 ou 2 modulo 3. Ainsi, −3 est un résidu</p><p>quadratique si et seulement si p ≡ 1 [3] .</p><p>(d) D’après la question 5, ( 3</p><p>p</p><p>) = (−3</p><p>p</p><p>)(−1</p><p>p</p><p>), donc 3 est résidu quadratique si et seulement si l’un des deux cas</p><p>suivant se produit :</p><p>• 3 et −1 sont tous deux résidus quadratiques, ce qui équivaut à p ≡ 1 [3] et p ≡ 1 [4], donc p ≡ 1 [12] ;</p><p>• 3 et −1 sont tous deux non-résidus quadratiques, ce qui équivaut à p ≡ −1 [3] et p ≡ −1 [4], dont</p><p>p ≡ −1 [12].</p><p>On remarquera que le cas p ≡ 0 [3] n’est pas possible, p étant supposé strictement supérieur à 3.</p><p>On en déduit que 3 est un résidu quadratique modulo p si et seulement si p ≡ ±1 [12] , pour p > 3. Le</p><p>résultat ne tient pas pour p = 3.</p><p>8. On fait de même, en calculant b2 = ω2 + ω−2 + 2 = i− i+2 = 2.</p><p>Le même raisonnement que ci-dessus montre alors que 2 est résidu quadratique si et seulement bp = b. Or,</p><p>bp = ωp + ω−p. Puisque ω est une racine 8-ième de l’unité, on a 4 cas à étudier (car p étant impair, on ne peut</p><p>pas avoir p ≡ 0, 2, 4, 6 [8]) :</p><p>• si p ≡ 1[8], bp = ω + ω−1 = b</p><p>• si p ≡ 3[8], bp = ω3 + ω−3 = −ω−1 − ω = −b</p><p>• si p ≡ 5[8], bp = ω5 + ω−5 = ω−3 + ω3 = −b</p><p>• si p ≡ 7[8], bp = ω7 + ω−7 = ω−1 + ω = b.</p><p>Ainsi, 2 est un résidu quadratique modulo p si et seulement si p ≡ ±1 [8] .</p><p>Partie IV – Critère de primalité de Lehmer et critère de Pépin</p><p>Soit n > 1 un entier impair</p><p>1. Soit a ∈ Z/nZ un élément inversible.</p><p>• Si l’ordre de a est n−1, alors an−1 =≡ 1 [n], et pour tout diviseur premier q de n−1, n−1</p><p>q</p><p>n’est pas divisible</p><p>par l’ordre de a, donc a</p><p>n−1</p><p>q 6≡ 1 [n] .</p><p>• Si an−1 ≡ 1 [n] et si pour tout diviseur premier q de n − 1, n−1</p><p>q</p><p>n’est pas divisible par l’ordre de a, alors</p><p>la première égalité implique que l’ordre de a est un diviseur d de n− 1. S’il s’agit d’un diviseur strict, n−1</p><p>d</p><p>admet un facteur premier q dans sa décomposition, et l’ordre d de a divise n−1</p><p>q</p><p>, donc a</p><p>n−1</p><p>q = 1, d’où une</p><p>contradiction. Donc l’ordre de a est n− 1.</p><p>On a bien démontré l’ équivalence .</p><p>2. D’après la question précédente, il suffit de montrer que n est premier s’il existe un élément a dont l’ordre est</p><p>n− 1 (ce qui implique son inversibilité). Or, le résultat rappelé en début d’énoncé montre que si n est premier,</p><p>Z/nZ étant alors un corps, il existe un élément a engendrant (Z/nZ)∗, donc l’ ordre sera n− 1 .</p><p>Réciproquement, si un tel a existe, il est inversible, ainsi que chacune de ses puissances. Comme a est d’ordre</p><p>n−1, cela fournit n−1 éléments inversibles, donc tous à part 0. Ainsi, Z/nZ est un corps, donc n est premier .</p><p>5</p><p>3. • Si Fn est premier, F</p><p>∗</p><p>n admettant autant de carré que de non carré, il existe a non carré, donc tel que</p><p>a</p><p>Fn−1</p><p>2 ≡ −1 [Fn] .</p><p>• Réciproquement, s’il existe a tel que a</p><p>Fn−1</p><p>2 ≡ −1 [Fn], alors, en élevant au carré, aFn−1 ≡ 1 [Fn]. Comme</p><p>2 est le seul diviseur de Fn et comme Fn 6= 2 (donc −1 6= 1), les hypothèses du critère de Lehmer sont</p><p>satisfaites, donc Fn est premier .</p><p>4. Le sens réciproque résulte de la question précédente. Supposons que Fn est premier. Le raisonnement fait dans</p><p>la question précédente suggère qu’il suffit de montrer que 3 n’est pas un carré modulo Fn. Cela incite, d’après</p><p>la partie III, à étudier la classe de congruence modulo 12 de Fn.</p><p>Or, pour tout n > 1, Fn ≡ 1[4], et puisque Fn = 42</p><p>n−1</p><p>+1 ≡ 2[3]. Ainsi, Fn est congru à 1, 5 9 modulo 12, ainsi</p><p>qu’à 2, 5, 8 ou 11. Donc Fn ≡ 5 [12]. On en déduit bien que 3 n’est pas un carré modulo Fn, se qui se traduit</p><p>bien par 3</p><p>Fn−1</p><p>2 ≡ −1 [Fn], soit 32</p><p>2</p><p>n</p><p>−1 ≡ −1 [Fn]</p><p>Partie V – Suites de Lucas</p><p>1. Les égalités V0 = 2 et V1 = a sont immédiates. Soit n > 1. On a :</p><p>aVn − Vn−1 = (x+ x−1)(xn + x−n)− xn−1 − x−n+1</p><p>= xn+1 + x−n+1 + xn−1 + x−n−1 − xn−1 − x−n+1</p><p>= xn+1 + x−n−1 = Vn+1.</p><p>Ainsi, pour tout n > 1, Vn+1 = aVn − Vn−1 . Cette relation est une relation de récurrence linéaire d’ordre 2,</p><p>donc l’initialisation sur les deux termes V0 et V1 suffit à déterminer de façon unique la suite (Vn)n∈N, qu’on</p><p>complète sur Z par la relation évidente V−n = Vn.</p><p>2. Par invariance du second membre par le changement d’indice m′ = −m, et par la relation Vm = V−m, on peut</p><p>se contenter d’étudier le cas où m ∈ N. De plus, si la relation est établie pour n > 0, alors soit n′ 6 0 et</p><p>n = −n′. On a :</p><p>Vn′+m + Vn′−m = V−n+m + V−n−m = Vn−m + Vn+m = VnVm = V−nVm = Vn′Vn.</p><p>La relation est donc alors aussi établie pour n′ 6 0. On se contente donc du cas (n,m) ∈ N</p><p>2.</p><p>Pour cela on fixe n et on montre la relation par récurrence d’ordre 2 sur m ∈ N. L’initialisation pour m = 0 est</p><p>évidente, ainsi que pour m = 1 (on retrouve la relation de récurrence trouvée dans la question 1). Soit m ∈ N</p><p>tel que les relations VnVm = Vn+m + Vn−m et VnVm+1 = Vn+m+1 + Vn−m−1 soient établies. On a alors</p><p>VnVm+2 = Vn(aVm+1 − Vm) = aVnVm+1 − VnVm</p><p>= a(Vn+m+1 + Vn−m−1)− (Vn+m + Vn−m)</p><p>= aVn+m+1 − Vn+m + aVn−m−1 + Vn−m</p><p>= Vn+m+2 + aVm−n+1 + Vm−n = Vn+m+2 + Vm−n+2 = Vn+m+2 + Vn−m−2.</p><p>Ainsi, d’après le principe de récurrence, pour tout m ∈ N, VnVm = Vn+m + Vn−m .</p><p>Remarquez qu’on a utilisé la relation V−k = Vk, ainsi que la relation de récurrence pour des indices éventuelle-</p><p>ment négatifs, ce qui n’est pas gênant : la preuve de cette relation de récurrence faite dans la question 1 n’utilise</p><p>pas de façon cruciale la positivité de n et reste valide en cas de négativité.</p><p>3. En particulier, pour m = n, on obtient : V2n = V 2</p><p>n − 2 .</p><p>Partie VI – Critère de primalité de Lucas-Lehmer</p><p>6</p><p>1. (a) L’équation du second degré x2 − ax+ 1 = 0 admet ∆ comme discriminant. Or ∆ admet une racine ξ dans</p><p>Z[ξ]/(p). Comme 2 est inversible modulo p, la mise sous forme canonique et la factorisation qui suit est</p><p>valide et l’équation est équivalente à</p><p>(x− (−a− ξ) · 2−1)(x − (−a+ ξ) · 2−1) = 0.</p><p>N’ayant pas établi la régularité de l’anneau Z[ξ]/(p), on ne peut pas conclure que (−a−ξ)·2−1 et (−a+ξ)·2−1)</p><p>sont les deux seules racines, mais ce sont des racines, ce qui prouve l’existence d’au moins une (et même 2</p><p>si ∆ 6= 0, mais éventuellement plus) solution de l’équation x2 − ax+ 1 = 0 .</p><p>(b) On a alors x(x − a) = −1, donc x est inversible, d’inverse x−1 = a− x .</p><p>(c) Remarquons dans un premier temps que</p><p>(2x− a)2 = 4x2 − 4ax+ a2 = 4(ax− 1)− 4ax+ a2 = a2 − 4 soit: (2x− a)2 = ∆ .</p><p>Ainsi, si ∆</p><p>p−1</p><p>2 = 1 (égalité vue dans Z[ξ]/(p), alors</p><p>((2x− a)2)</p><p>p−1</p><p>2 = 1, donc: (2x− a)p = (2x− a).</p><p>Or, d’après I-6, et l’imparité de p,</p><p>(2x− a)p = 2pxp − ap = 2xp − a.</p><p>On a donc 2xp−a = 2x−a. Comme 2 est inversible modulo p, on en déduit que xp = x, puis, par inversibilité</p><p>de x, xp−1 = 1</p><p>(d) De même, si ∆</p><p>p−1</p><p>2 ≡ −1[p], on obtient cette fois</p><p>(2x− a)p = −(2x− a), donc: 2xp − a = −2x+ a, donc: 2xp+1 = 2ax− 2x2.</p><p>La relation définissant x donne alors 2xp+1 = 2, et par inversibilité de 2, xp+1 = 1 .</p><p>(e) Soit m ∈ Z. De façon évidente, si xm = 1, alors xm + x−m = 2.</p><p>Réciproquement, si xm + x−m = 2, alors x2m − 2xm + 1 = 0, donc (xm − 1)2 = 0. D’après la question II-3,</p><p>puisque ∆ est supposé premier avec p, on en déduit que xm − 1 = 0, donc xm = 1 .</p><p>2. (a) La relation VN+1 = 2 (dans Z[ξ]/(p)) équivaut à xN+1 + x−(N+1) = 2. Comme ∆ = a2 − 4 et N sont</p><p>premiers entre eux, il en est de même de ∆ et p (p divisant N). On déduit alors de la question précédente</p><p>que xN+1 = 1 . Ainsi, l’ordre de x divise N + 1. Mais par ailleurs, si cet ordre était strictement plus petit</p><p>que N + 1, il existerait (comme dans la partie IV) un diviseur premier q de N + 1 tel que x</p><p>N+1</p><p>q = 1, donc</p><p>VN+1</p><p>q</p><p>= 2 dans Z[ξ]/(p). Ainsi, VN+1</p><p>q</p><p>− 2 et p ne sont pas premiers entre eux, donc VN+1</p><p>q</p><p>− 2 et N non plus,</p><p>ce qui contredit les hypothèses.</p><p>On en déduit que l’ordre de x est exactement N + 1 .</p><p>(b) On sait par ailleurs que xp−1 = 1, ou xp+1 = 1, d’après la question 1 (∆</p><p>p−1</p><p>2 ne pouvant prendre que les</p><p>valeurs 1 et −1, d’après le résultat rappelé en début de sujet). Ainsi, N + 1 divise p− 1 ou p+ 1. Comme</p><p>p 6 N (c’en est un diviseur), on a nécessairement N + 1 = p+ 1, donc N = p.</p><p>Ainsi, le seul diviseur premier de N est N lui même, ce qui signifie bien que N est premier .</p><p>3. (a) En reprenant les notations de la partie V, on remarque que L1 = V1, L2 = V 2</p><p>1 −2 = L2, et plus généralement,</p><p>en itérant la relation V-3, pour tout n ∈ N, Ln = V2n−1 .</p><p>Ainsi, Ls−1 ≡ 0 [Ms] équivaut à V2s−2 ≡ 0 [Ms]. On a alors</p><p>V2s−1 = Ls = L2</p><p>s−1 − 2 = −2 6= 2 [n] et V2s = L2</p><p>s − 2 = 2.</p><p>Comme 2s = Ms − 1, et que le seul diviseur premier de Ms − 1 est 2, et comme −2 6= 2 modulo Ms, on est</p><p>dans les conditions d’application du critère de Lucas-Lehmer. On peut donc conclure que Ms est premier .</p><p>(b) Pour montrer que le choix de a = 4 convient, il suffit de montrer que a2 − 4 est premier à Ms = 2s − 1. Or,</p><p>avec a = 4, a2 − 4 = 12. Cherchons donc le reste de Ms modulo 12 :</p><p>7</p><p>• pour s > 2, 2s ≡ 0 [4], donc Ms ≡ −1[4]</p><p>• pour s > 2 impair, on a 2s ≡ −1 [3], donc M2 ≡ −2 ≡ 1 [3].</p><p>En énumérant les classes de congruence modulo 12, on se rend compte que la seule possibilité est Ms ≡ 7 [12].</p><p>Ainsi, Ms est premier avec 12 = a2 − 4. On est donc dans les conditions d’application du critère de Lucas.</p><p>Ainsi, le choix de a = 4 convient .</p><p>Dans le cas où s est pair, on a une factorisation Ms = (2s/2 − 1)(2s/2 + 1), qui montre que Ms est composé</p><p>(sauf pour s = 2).</p><p>4. (a) On calcule :</p><p>(1 + β)2 = (x − 1)2 = x2 − 2x+ 1,</p><p>et puisque x2 − 4x+ 1 = 0, (1 + β)2 = 2x De même,</p><p>(1 − β)2 = (3− x)2 = x2 − 6x+ 9 = −2x+ 8 = 2(4− x).</p><p>Or, la relation satisfaite par x se réécrit x(4 − x)− 1 = 0, donc 4− x = x−1. ainsi, (1− β)2 = 2x−1 .</p><p>(b) On a donc :</p><p>(1 + β)Ms+1 + (1− β)Ms+1 = (2x)</p><p>Ms+1</p><p>2 + (2x−1)</p><p>Ms+1</p><p>2 ,</p><p>ce qui a un sens puisque les exposants sont entiers positifs. Ainsi,</p><p>(1 + β)Ms+1 + (1− β)Ms+1 = 2</p><p>Ms+1</p><p>2 (x</p><p>Ms+1</p><p>2 + x−</p><p>Ms+1</p><p>2 ) = 2</p><p>Ms+1</p><p>2 V2s−1 ,</p><p>donc, puisque, comme on l’a déjà dit, Ls = V2s−1 ,</p><p>(1 + β)Ms+1 + (1− β)Ms+1 = 2</p><p>Ms+1</p><p>2 Ls.</p><p>(c) Puisque Ms est supposé premier,</p><p>(1 + β)Ms+1 = (1 + β)(1 + β)Ms = (1 + β)(1 + βMs)</p><p>et de même,</p><p>(1 − β)Ms+1 = (1 − β)(1 − βMs),</p><p>par imparité de Ms. On a alors après développement et simplification</p><p>2</p><p>Ms+1</p><p>2 Ls = 2 + 2βMs+1 = 2(1 + 3</p><p>Ms+1</p><p>2 ),</p><p>puisque β2 = (x − 2)2 = x2 − 4x + 4 = 3. Or, comme montré ci-dessus, Ms étant premier, s est impair,</p><p>et donc Ms ≡ 7 [12]. Ainsi, d’après III-7, 3 n’est pas résidu quadratique, donc 3</p><p>Ms−1</p><p>2 ≡ −1 [Ms] puis</p><p>3</p><p>Ms+1</p><p>2 ≡ −3 [Ms] . De plus, s étant impair au moins égal à 3, Ms ≡ −1 [8], donc d’après III-8, 2 est résidu</p><p>quadratique modulo Ms, donc 2</p><p>Ms−1</p><p>2 ≡ 1 [Ms], donc 2</p><p>Ms+1</p><p>2 ≡ 2 [Ms]. On obtient donc</p><p>2Ls ≡ −4 [Ms] donc: Ls ≡ −2 [Ms],</p><p>2 étant inversible modulo Ms. On a donc L2</p><p>s−1 ≡ Ls+2 ≡ 0 [Ms], et Z/MsZ étant un corps, Ls−1 ≡ 0 [Ms] .</p><p>En déduire que Ls−1 ≡ 0 [Ms].</p><p>On a ainsi démontré le théorème de Lucas-Lehmer affirmant qu’avec les notations et les conditions de la question 3</p><p>et le choix de a = 4, Ms est premier si et seulement si Ls−1 ≡ 0 [Ms].</p><p>8</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 16 : Polynômes</p><p>Correction du problème 1 –</p><p>Le but de ce problème est de démontrer un théorème dû à George Pólya sur les polynômes à coefficients complexes :</p><p>Théorème 1 (Pólya) Soit P ∈ C[X ] un polynôme unitaire de degré au moins 1. Soit :</p><p>C = {z ∈ C | |P (z)| 6 2} et R = {Re(z), z ∈ C}.</p><p>Alors R est inclus dans une union finie d’intervalles fermés bornés deux à deux disjoints I1, . . . , It tels que</p><p>ℓ(I1) + · · ·+ ℓ(It) 6 4,</p><p>la longueur d’un intervalle I = [a, b] étant définie par ℓ(I) = b− a.</p><p>Version réelle :</p><p>Théorème 2 Soit P ∈ R[X ] un polynôme unitaire de degré n > 1, dont toutes les racines sont réelles. Alors l’ensemble</p><p>S = {x ∈ R | |P (x)| 6 2} est une union disjointe d’intervalles fermés I1, . . . , It tels que</p><p>ℓ(I1) + · · ·+ ℓ(It) 6 4.</p><p>Partie I – Préliminaires</p><p>1. Soit P scindé dans R de racines r1 < · · · < rk, de mulitplicités α1, . . . , αk.</p><p>Lemme 4 Si r est racine au moins double de P ′, alors r est racine de P .</p><p>Démonstration.</p><p>D’après le théorème de Rolle, P ′ admet des racines s1, . . . sk−1 vérifiant :</p><p>r1 < s1 < r2 < · · · < rk−1 < sk−1 < rk.</p><p>Par ailleurs, P ′ admet aussi les racines ri, avec multiplicité αi − 1. Cela fournit un total de k − 1 + (α1 − 1) +</p><p>· · ·+ (αk − 1) racines, à savoir n− 1 racines (P étant scindé dans R). Comme P ′ est de degré n− 1, il ne peut</p><p>pas avoir davantage de racines. En particulier, les si ne peuvent pas être racines multiples.</p><p>Ainsi, une racine multiple de P ′ est nécessairement une des racine ri, d’où le lemme ?? .</p><p>2. Lemme 5 Pour tout x ∈ R, on a : P ′(x)2 > P (x)P ′′(x).</p><p>Démonstration.</p><p>D’après le cours,</p><p>∀x ∈ R \ {r1, . . . , rk},</p><p>P ′(x)</p><p>P (x)</p><p>=</p><p>k</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>αi</p><p>x− ri</p><p>,</p><p>donc, en dérivant :</p><p>∀x ∈ R \ {r1, . . . , rk},</p><p>P ′′(x)P (x) − P ′(x)2</p><p>P 2(x)</p><p>= −</p><p>k</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>αi</p><p>(x − r1)2</p><p>6 0.</p><p>Ainsi, pour tout x ∈ R \ {r1, . . . , rk}, P ′(x)2 > P ′′(x)P (x) .</p><p>Par continuité, cette inégalité reste vraie pour tout x ∈ R.</p><p>1</p><p>Partie II – Polynômes et théorème de Tchebychev</p><p>{</p><p>T0 = 1; T1 = X ;</p><p>∀n > 1, Tn+1 = 2XTn − Tn−1.</p><p>1. Étude élémentaire des polynômes Tn</p><p>(a) T0 = 1, T1 = X , T2 = 2X2 − 1, T3 = 4X3 − 3X , T4 = 2X(4X3 −X)− (2X2 − 1) = 8X4 − 4X2 + 1.</p><p>(b) Soit, pour tout n dans N∗, la propriété P(n): Tn est un polynôme de degré n, de coefficient dominant 2n−1,</p><p>et Tn(1) = 1, Tn(−1) = (−1)n.</p><p>Comme T1(1) = 1 et T2(1) = 2− 1 = 1, et comme T1(−1) = −1 et T2(−1) = 1, les autres propriétés étant</p><p>évidentes, P(1) et P(2) sont vraies.</p><p>Soit n ∈ N∗ tel que P(n) et P(n+ 1) soient vraies. Alors 2XTn+1 est un produit de deux polynômes, donc</p><p>un polynôme, puis Tn+2 est la différence de deux polynômes 2XTn+1 et Tn, donc un polynôme aussi.</p><p>De plus, toujours d’après l’hypothèse de récurrence, puisque Tn+1 6= 0, deg 2XTn+1 = n+ 1+ 1 = n+ 2, et</p><p>degTn = n < n+ 2. Ainsi, d’après les règles de degré d’une somme, les deux degrés étant différents :</p><p>degTn+2 = max(degXTn+1, deg Tn) = n+ 2.</p><p>De plus, l’argument précédent montre que le coefficient dominant de Tn+2 provient exclusivement du terme</p><p>2XTn+1. Ainsi, il est obtenu en multipliant le coefficient dominant de Tn+1 par 2. Il vaut donc 2n · 2 =</p><p>2n+1 = 2(n+2)−1.</p><p>Calculons maintenant Tn+2(1) à l’aide de la relation de récurrence :</p><p>Tn+2(1) = 2 · 1Tn+1(1)− Tn(1) = 2− 1 = 1.</p><p>Enfin :</p><p>Tn+2(−1) = 2 · (−1)Tn+1(−1)− Tn(−1) = (−1)n(2 − 1) = (−1)n = (−1)n+2.</p><p>Par conséquent, P(n+ 2) est vérifié.</p><p>Par conséquent, P(1) et P(2) sont vraies, et pour tout n dans N∗, P(n) et P(n + 1) entraînent P(n + 2).</p><p>D’après le principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans N∗.</p><p>On en déduit que, pour tout n ∈ N∗,</p><p>Tn est un polynôme de degré n, de coefficient dominant 2n−1, et Tn(1) = 1, Tn(−1) = (−1)n.</p><p>Remarque : Ne vous amusez pas à faire 5 récurrences différentes pour les 5 propriétés à démontrer. Cela</p><p>vous ferait perdre du temps, et sans doute</p><p>de la qualité de rédaction. Mieux vaut rédiger proprement une</p><p>récurrence que d’en bâcler 5.</p><p>(c) Soit, pour tout n dans N, la propriété Q(n): ∀θ ∈ R, Tn(cos θ) = cos(nθ).</p><p>Soit θ ∈ R. On a T0(cos θ) = 1 = cos(0 · θ) et T1(cos θ) = cos θ = cos(1 · θ). Par conséquent, Q(0) et Q(1)</p><p>sont vraies.</p><p>Soit n ∈ N tel que Q(n) et Q(n+ 1) soient satisfaits, et soit θ ∈ R. Alors, d’après la relation de récurrence</p><p>définissant Tn+2 :</p><p>Tn+2(cos(θ)) = 2 cos θTn+1(cos θ)− Tn(cos θ)</p><p>= 2 cos θ cos((n+ 1)θ)− cos(nθ)</p><p>= cos((n+ 1)θ + θ) + cos((n+ 1)θ − θ)− cos(nθ) = cos((n+ 2)θ),</p><p>en utilisant la formule trigonométrique pour le produit cos(a) cos(b). Ainsi, Q(n+ 2) est vrai.</p><p>Par conséquent, Q(0) et Q(1) sont vraies, et pour tout n dans N, Q(n) et Q(n + 1) entraînent Q(n + 2).</p><p>D’après le principe de récurrence, Q(n) est vraie pour tout n dans N.</p><p>∀n ∈ N, ∀θ ∈ R, Tn(cos θ) = cos(nθ).</p><p>2. Étude des racines de Tn et T ′</p><p>n. On pose n ∈ N∗.</p><p>2</p><p>(a) On commence par rechercher les racines r dans [−1, 1], sous la forme r = cos(θ), pour θ ∈ [0, π].</p><p>On a Tn(cos(θ)) = cos(nθ) = 0 si et seulement si nθ ≡ π</p><p>2 [π], donc θ ≡ π</p><p>2n [π</p><p>n</p><p>].</p><p>Ainsi les valeurs cos</p><p>(</p><p>π</p><p>2 + kπ</p><p>n</p><p>)</p><p>, pour k ∈ [[0, n− 1]], sont n racines distinctes de Tn dans [−1, 1]. Comme Tn</p><p>est de degré n, il ne peut pas avoir davantage de racines. Ainsi, l’ensemble des racines de Tn est :</p><p>{</p><p>cos</p><p>( π</p><p>2n</p><p>)</p><p>, cos</p><p>(</p><p>3π</p><p>2n</p><p>)</p><p>, cos</p><p>(</p><p>5π</p><p>2n</p><p>)</p><p>, . . . , cos</p><p>(</p><p>(2n− 1)π</p><p>2n</p><p>)}</p><p>(b) Pour tout θ ∈ R, Tn(cos θ) = cos(nθ). Dérivons cette égalité (dérivable sur R) membre à membre par rapport</p><p>à θ :</p><p>∀θ ∈ R, − sin(θ) · T ′</p><p>n(cos θ) = −n sin(nθ).</p><p>Recherchons d’abord les racines de T ′</p><p>n dans ]− 1, 1[, en écrivant x = cos θ, θ ∈]0, π[. Dans ce cas sin θ 6= 0,</p><p>et par conséquent, T ′</p><p>n(cos θ) = 0 si et seulement si sin(nθ) = 0, donc si :</p><p>∃k ∈ Z, nθ = kπ soit: θ =</p><p>kπ</p><p>n</p><p>.</p><p>Ainsi, les racines de T ′</p><p>n dans ]− 1, 1[ sont :</p><p>{</p><p>cos</p><p>(</p><p>kπ</p><p>n</p><p>)</p><p>, k ∈ [[1, n− 1]]</p><p>}</p><p>=</p><p>{</p><p>cos</p><p>( π</p><p>2n</p><p>)</p><p>, cos</p><p>(π</p><p>n</p><p>)</p><p>, cos</p><p>(</p><p>2π</p><p>n</p><p>)</p><p>, . . . , cos</p><p>(</p><p>(n− 1)π</p><p>n</p><p>)}</p><p>.</p><p>On obtient ainsi n− 1 racines deux à deux distinctes de T ′</p><p>n qui est de degré n− 1. On les a donc toutes.</p><p>Comme la fonction cosinus est décroissante sur [0, π], il faut inverser l’ordre pour trouver la corrspondance</p><p>entre ces expressions et les si :</p><p>∀k ∈ [[1, n− 1]], sk = cos</p><p>(</p><p>(n− k)π</p><p>n</p><p>)</p><p>.</p><p>(c) On en déduit, grâce à la question II-1(c), que pour tout k ∈ [[1, n− 1]],</p><p>Tn(sk) = Tn</p><p>(</p><p>cos</p><p>(</p><p>(n− k)π</p><p>n</p><p>))</p><p>= cos ((n− k)π) = (−1)n−k : Tn(sk) = (−1)n−k .</p><p>3. Démonstration du théorème de Tchebychev</p><p>Soit n ∈ N∗, et soit Q un polynôme unitaire de degré n.</p><p>(a) La fonction x 7→ |Q(x)| est continue sur l’intervalle fermé borné [−1, 1], elle y admet donc un maximum .</p><p>On définit Qn = Tn − 2n−1Q.</p><p>(b) On a deg(Tn) = n, et deg(2n−1Q) = n, donc, d’après les règles de degré d’une somme, deg(Qn) 6 n.</p><p>Montrons que cette inégalité est stricte. Le coefficient dominant de Tn est 2n−1 d’après 1(b), et celui de Q</p><p>est 1 (Q est unitaire), donc celui de 2n−1Q est 2n−1. Par conséquent, les coefficients du terme Xn dans Qn</p><p>se compensent, et Qn n’a pas de terme de degré n. Par conséquent, deg(Qn) 6 n− 1.</p><p>(c) On suppose que max</p><p>−16x61</p><p>|Q(x)| < 1</p><p>2n−1</p><p>.</p><p>i. Il s’agit de montrer que Q 6= Tn</p><p>2n−1 . D’après la question 1, |Tn| atteint la valeur 1 pour certaines valeurs</p><p>dans [−1, 1] (les valeurs 1, −1 et sk, k ∈ [[1, n− 1]]). Ainsi,</p><p>max</p><p>−16x61</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>Tn(x)</p><p>2n−1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>></p><p>1</p><p>2n−1</p><p>donc: max</p><p>−16x61</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>Tn(x)</p><p>2n−1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6= max</p><p>−16x61</p><p>|Q(x)| ,</p><p>Nous avons donc nécessairement Q 6= Tn</p><p>2n−1 , c’est-à-dire Qn 6= 0.</p><p>ii. Déterminons le signe de Qn en 1, −1 et aux sk :</p><p>• Qn(1) = Tn(1)− 2n−1Qn(1) = 1− 2n−1Qn(1).</p><p>Puisque max</p><p>−16x61</p><p>|Q(x)| < 1</p><p>2n−1</p><p>, |Q(1)| < 2n−1, donc −2n−1 < Q(1) < 2n−1, puis Qn(1) > 0.</p><p>• Qn(−1) = Tn(−1)− 2n−1Qn(1) = (−1)n − 2n−1Qn(1).</p><p>De même, −2n−1 < Q(−1) < 2n−1, donc Qn(−1) > 0 si n est pair et Qn(−1) < 0 si n est impair.</p><p>3</p><p>• Soit k ∈ [[1, n]]. Alors Qn(sk) = (−1)n−k − 2n−1Q, et le même raisonnement montre que Qn(sk) est</p><p>du signe de (−1)n−k, donc strictement positif si n − k est pair, et strictement négatif si n − k est</p><p>impair.</p><p>Posons s0 = −1 et sn = 1, on obtient alors de manière synthétique :</p><p>Pour tout k ∈ [[0, n]], Qn(sk) est strictement positif si n− k est pair et strictement négatif sinon.</p><p>Par conséquent, pour tout k ∈ [[0, n− 1]], Qn(sk) et Qn(sk+1) sont de signes (strictement) opposés. La</p><p>continuité de Qn associée au théorème des valeurs intermédiaires, montre que Qn admet alors au moins</p><p>n racines distinctes, donc strictement plus que son degré. La propriété de rigidité amène donc Qn = 0,</p><p>d’où une contradiction avec la question précédente.</p><p>(d) L’hypothèse initiale de la démontration par l’absurde est fausse. Par conséquent :</p><p>max</p><p>−16x61</p><p>|Q(x)| > 1</p><p>2n−1</p><p>.</p><p>Partie III – Exemples et réduction du problème au cas de polynômes réels</p><p>1. Un premier exemple : P = X − a, a ∈ C.</p><p>(a) z ∈ C si et seulement si |z − a| 6 2. Ainsi, C est le disque fermé de centre a et de rayon 2.</p><p>Géométriquement, il est évident qu’alors R = [Re(a)− 2,Re(a) + 2]</p><p>(b) Ainsi, R est la réunion d’un seul intervalle, de longueur ℓ = Re(a) + 2− Re(a) + 2 = 4.</p><p>Le théorème ?? est donc vrai sur cet exemple.</p><p>2. Un deuxième exemple : P = X2 − 2.</p><p>(a) Soit (x, y) ∈ R2. Alors :</p><p>x+ i y ∈ C ⇐⇒ |(x + i y)2 − 2| 6 2</p><p>⇐⇒ |x2 − y2 − 2 + 2 ixy| 6 2</p><p>⇐⇒ (x2 − y2 − 2)2 + 4x2y2 6 4</p><p>⇐⇒ (x2 − y2)2 + 4x2y2 + 4− 4(x2 − y2) 6 4</p><p>⇐⇒ (x2 + y2)2 − 4(x2 − y2) 6 0</p><p>Ainsi : x+ i y ∈ C ⇐⇒ (x2 + y2)2 6 4(x2 − y2).</p><p>(b) • Soit x+ i y ∈ C. Alors :</p><p>x4 = (x2)2 6 (x2 + y2)2 6 4(x2 − y2) 6 4x2.</p><p>Ainsi :</p><p>∗ si x 6= 0, x2 6 4, puis |x| 6 2, soit x ∈ [−2, 2] ;</p><p>∗ si x = 0, l’inclusion x ∈ [−2, 2] est évidente !</p><p>Par conséquent, R ⊂ [−2, 2].</p><p>• On remarque sans peine (en prenant y = 0) que [−2, 2] ⊂ C donc [−2, 2] est aussi inclus dans la projection</p><p>de C sur l’axe réel, soit [−2, 2] ⊂ R.</p><p>• Des deux inclusions, on déduit l’égalité R = [−2, 2] . Cet intervalle étant de longueur 4, le théorème de</p><p>Pólya est vrai sur cet exemple.</p><p>3. Réduction du problème</p><p>(a) Cela résulte de l’inégalité, pour tout z ∈ C : |Re(z)| 6 |z| (en effet, |z|2 = Re(z)2 + Im(z)2), de laquelle il</p><p>découle, pour tout z ∈ C et tout i ∈ [[1, k]] :</p><p>|Re(z)− ti| 6 |z − ri|.</p><p>On en déduit alors :</p><p>∀z ∈ C, |Q(Re(z))| =</p><p>k</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>|Re(z)− ti|αi 6</p><p>k</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>|z − ri|αi = |P (z)|, soit: |Q(Re(z))| 6 |P (z)|</p><p>4</p><p>(b) Par conséquent, soit x ∈ R. Il existe z ∈ C tel que x = Re(z). Ainsi, |P (z)| 6 2. On déduit alors de la</p><p>question précédente que :</p><p>|Q(x)| = |Q(Re(z))| 6 |P (z)| 6 2,</p><p>donc que x ∈ S. Ainsi, R ⊂ S .</p><p>(c) Si le théorème ?? est vrai, on a bien obtenu le fait que R est inclus dans une union finie d’intervalles</p><p>fermés (à savoir S donc la longueur totale est inférieure à 4 (on est bien dans les conditions d’application</p><p>du théorème : Q est unitaire, et scindé dans R).</p><p>Donc le théorème ?? implique le théorème ??.</p><p>Remarquez que j’ai modifié l’énoncé de sorte à ne pas avoir à prouver que R est lui-même une union finie</p><p>d’intervalles fermés. Des arguments de continuité et de compacité permettent de montrer assez facilement</p><p>que R est une union d’intervalles fermés bornés. En revanche, montrer qu’ils sont en nombre fini est une</p><p>autre histoire. Est-ce vrai d’ailleurs ?</p><p>Partie IV – Démonstration du théorème de Pólya</p><p>1. P est un polynôme de degré au moins 1, donc admet au moins une racine dans C. Comme par hypothèse,</p><p>toutes les racines de P sont réelles, P admet une racine r dans R. Alors |P (r)| = 0 6 2, donc r ∈ S. Ainsi,</p><p>S est non vide.</p><p>2. Cas où S est un intervalle</p><p>(a) Comme P est de degré au moins 1, on a :</p><p>lim</p><p>x→+∞</p><p>|P (x)| = lim</p><p>x→−∞</p><p>|P (x)| = +∞.</p><p>Ainsi, il existe des réels B et B′ tels que :</p><p>∀x > B, |P (x)| > 2 et ∀x < B′, |P (x)| > 2.</p><p>Ainsi, S ⊂ [B′, B], donc I = S est borné.</p><p>(b) Soit a et b les bornes inférieure et supérieure de I. Commençons par montrer que |P (a)| = 2.</p><p>• Dans un premier temps, considérons la suite (un)n∈N∗ définie pour tout n ∈ N∗ par un = a− 1</p><p>n</p><p>. Alors,</p><p>pour tout n ∈ N∗, un < a, donc un 6∈ S, donc |P (un)|</p><p>> 2.</p><p>En passant à la limite dans cette inégalité, puisque (un)n∈N∗ tend vers a et que |P | est continue en a,</p><p>on obtient : |P (a)| > 2.</p><p>• On en déduit dans un premier temps que P (a) 6= 0, donc que a 6= b. En effet, si a = b, alors S, qui est</p><p>non vide, serait égal au singleton {a}. Or, S contient une racine de P au moins, d’après la démonstration</p><p>faite en IV-1. Ainsi, P (a) serait nul, d’où une contradiction.</p><p>• Ainsi, a < b. Soit (vn)n∈N∗ la suite définie pour tout n ∈ N∗ par vn = a+ b−a</p><p>n</p><p>. Alors pour tout n ∈ N∗,</p><p>a < vn < b, donc vn ∈ I. On en déduit que pour tout n ∈ N∗, |P (vn)| 6 2. En passant à la limite dans</p><p>cette inégalité, puisque (vn)n∈N∗ tend vers a et que |P | est continue en a, on obtient : |P (a)| 6 2.</p><p>Par conséquent, a < b, et |P (a)| = |P (b)| = 2 (le raisonnement est similaire pour |P (b)|)</p><p>On en déduit que a ∈ S = I, et B ∈ S = I. Ainsi, I contient ses deux bornes. I est donc fermé.</p><p>(c) Par définition de I, 2 est un majorant de |P | sur I, atteint aux points a et b.</p><p>Ainsi, |P | admet sur I un maximum, égal à 2.</p><p>(d) Le polynôme Q est de degré n, en tant que composée d’un polynôme de degré n et d’un polynôme de degré</p><p>1, le degré d’une ccomposition étant le produit des degrés (pour des polynômes sur un anneau intègre). De</p><p>plus, le monôme dominant de Q est</p><p>(</p><p>2</p><p>b− a</p><p>)n</p><p>× an</p><p>(</p><p>b− a</p><p>2</p><p>×X</p><p>)n</p><p>= Xn,</p><p>5</p><p>puisque an = 1 (P est unitaire). Donc Q est un polynôme unitaire de degré n.</p><p>Le théorème de Tchebychev nous apprend alors que :</p><p>max</p><p>−16x61</p><p>|Q(x)| > 1</p><p>2n−1</p><p>soit: max</p><p>−16x61</p><p>P</p><p>(</p><p>b− a</p><p>2</p><p>(x+ 1) + a</p><p>)</p><p>></p><p>(</p><p>b− a</p><p>2</p><p>)n</p><p>1</p><p>2n−1</p><p>= 2 ·</p><p>(</p><p>b− a</p><p>4</p><p>)n</p><p>soit: max</p><p>a6y6b</p><p>P (y) > 2 ·</p><p>(</p><p>b− a</p><p>4</p><p>)n</p><p>.</p><p>(e) D’après IV-2(c), on en déduit que :</p><p>2 > 2 ·</p><p>(</p><p>b− a</p><p>4</p><p>)n</p><p>soit:</p><p>(</p><p>b− a</p><p>4</p><p>)n</p><p>6 1.</p><p>Le logarithme étant croissant, on en déduit que ln</p><p>b− a</p><p>4</p><p>6</p><p>ln 1</p><p>n</p><p>= 0, puis 0 <</p><p>b− a</p><p>4</p><p>6 1 et enfin 0 < b−a 6 4.</p><p>Par conséquent, S = I, avec ℓ(I) = b− a 6 4.</p><p>Le théorème de Pólya pour les polynômes à coefficients réels (deuxième énoncé) est donc bien vérifié dans</p><p>le cas où S est un intervalle.</p><p>3. Une description de S</p><p>(a) Comme on l’a déjà vu, P admet au moins une racine réelle r. De plus, P étant un polynôme de degré au</p><p>moins 1, donc non constant, P est non borné (car se comporte comme son monôme de plus haut degré).</p><p>Donc il existe s ∈ R tel que |P (s)| > 2. L’application |P | est continue sur l’intervalle fermé de bornes r et</p><p>s, et |P (r)| < 2, |P (s)| > 2. Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe t dans ]r, s[ (ou</p><p>]s, r[) tel que |P (t)| = 2, donc t ∈ E. E est donc non vide.</p><p>De plus P − 2 est un polynôme non nul (car de degré n > 1), donc admet un nombre fini de racines ; de</p><p>même, P +2 admet un nombre fini de racines. L’ensemble E étant l’union de ces deux ensembles de racines,</p><p>E également fini.</p><p>(b) On raisonne par l’absurde : soit i ∈ [[1, N − 1]], et supposons que [βi, βi+1] 6⊂ S et ]βi, βi+1[∩S 6= ∅. Ainsi, il</p><p>existe x ∈ [bi, bi+1] tel que x 6∈ S, et il existe y ∈]βi, βi+1[∩S, soit |P (x)| > 2 et |P (y)| 6 2. De plus, puisque</p><p>y n’est pas égal à un des βi, |P (y)| 6= 2, donc |P (y)| < 2.</p><p>Comme |P | est continue sur [x, y] (ou [y, x]), on peut appliquer le théoèrme des valeurs intermédiaires : il</p><p>existe c ∈]x, y[ (ou ]y, x[) tel que |P (c)| = 2. Or, ]x, y[ (ou ]y, x[) est inclus dans ]βi, βi+1[. Ainsi, il existe</p><p>c ∈]βi, βi+1[ tel que |P (c)| = 2. Or, comme c n’est pas égal à un βi (donc n’est pas dans E), ceci est</p><p>impossible.</p><p>L’hypothèse initiale de la démonstration par l’absurde est donc faux, et on en déduit que pour tout i ∈</p><p>[[1, N − 1]], soit [βi, βi+1] ⊂ S, soit ]βi, βi+1[∩S = ∅.</p><p>(c) On raisonne de même. Supposons ] − ∞, β1[∩S 6= ∅, et soit x ∈] − ∞, β1[∩S. Alors |P (x)| 6 2. Comme</p><p>lim</p><p>x→−∞</p><p>|P (x)| = +∞, et comme |P | est continue sur ] − ∞, x], il existe c ∈] − ∞, x[⊂] − ∞, β1[ tel que</p><p>|P (c)| = 2. Un tel c est donc dans E, ce qui contredit c < β1.</p><p>L’hypothèse initiale de la démonstration par l’absurde est donc fausse. Ainsi ]−∞, β1[∩S = ∅.</p><p>Même raisonnement pour montrer que ]βN ,+∞[∩S = ∅.</p><p>(d) Soit J le sous-ensemble de I constitué des indices i ∈ I tels que [βi, βi+1] ⊂ S. Alors, d’après ce qui précède,</p><p>S =</p><p>⋃</p><p>i∈J</p><p>[βi, βi+1] ∪ E.</p><p>J et E étant finis, S est la réunion d’un nombre fini d’intervalles fermés bornés et éventuellement de points</p><p>isolés βi (dans le cas où i 6∈ J et i − 1 6∈ J). Mais des points isolés sont des cas particuliers d’intervalles</p><p>fermés bornés ({a} = [a, a]). Ainsi, J est une union d’un nombre fini d’intervalles fermés bornés.</p><p>Ces intervalles ne sont pas forcément disjoints, mais en regroupant les intervalles voisins, on obtient un nombre fini d’interv</p><p>4. De l’existence d’une racine de P dans chaque Ij</p><p>6</p><p>(a) Les bornes des intervalles Ij , j ∈ [[1, t]], sont, par construction, dans l’ensemble E, donc, par définition de</p><p>E, pour tout j ∈ [[1, t]], |P (aj)| = |P (bj)| = 2.</p><p>(b) Soit j ∈ [[1, t]] tel que aj 6= bj et P (aj) = P (bj) = 2</p><p>i. P est une fonction continue sur [aj , bj ] qui est un intervalle fermé et borné, elle y admet un minimum</p><p>m. Puisque P (aj) = 2, m 6 2.</p><p>• Si m < 2, alors ce minimum est atteint en un point b ∈ [aj , bj] différent de aj et de bj .</p><p>• Si m = 2, alors, le minimum est égal au maximum, donc P est constant sur [ai, bi], donc en particulier,</p><p>P admet son minimum en un point intérieur b ∈]aj , bj [.</p><p>Ainsi, dans tous les cas, P admet un minimum sur Ij , atteint en un point b ∈]aj , bj[.</p><p>ii. Sur l’ouvert ]aj , bj [, P atteint un mimimum en b, et est dérivable en b, donc P ′(b) = 0.</p><p>Par ailleurs, au voisinage de b, d’après la formule de Taylor-Young,</p><p>P (x) = P (b) + P ′(b)(x − b) + P ′′(b)</p><p>(x − b)2</p><p>2</p><p>+ o((x − b)2),</p><p>et donc :</p><p>P (x)− P (b) ∼</p><p>x→b</p><p>P ′′(b)</p><p>(x − b)2</p><p>2</p><p>.</p><p>Ainsi, si P ′′(b) < 0, par conservation du signe, P (x) − P (b) serait négatif au voisinage de b, ce qui</p><p>contredit l’existence d’un minimum en b. Ainsi, P ′′(b) > 0 .</p><p>Remarquez qu’il s’agit là d’un argument de convexité locale.</p><p>iii. Ceci est le cœur de la démonstration, et fait toute la beauté de la preuve. Distinguons deux cas.</p><p>• Si P ′′(b) = 0, alors P ′(b) = P ′′(b) = 0, donc b est racine au moins double de P ′. De plus, on a supposé</p><p>que toutes les racines de P (dans C) sont réelles. On est donc dans les conditions d’application du</p><p>lemme 6. Ainsi, b est racine de P . Dans ce cas, on a donc trouvé une racine b de P dans ]aj, bj [.</p><p>• Si P ′′(b) > 0, utilisons le lemme 7. On est bien dans les conditions d’application de ce lemme, puisque</p><p>toutes les racines de P sont réelles. Ainsi, en considérant l’inégalité obtenue avec x = b, on trouve :</p><p>0 = P ′(b)2 > P (b)P ′′(b).</p><p>Ainsi, comme P ′′(b) > 0, on a P (b) 6 0.</p><p>Comme P est continue sur [aj , b], et P (aj) = 2 > 0 et P (b) 6 0, il existe, d’après le théorème des</p><p>valeurs intermédiaires, un réel c ∈ [aj , b], forcément distint de aj , tel que P (c) = 0. Ainsi, P admet</p><p>une racine dans ]aj , b], donc dans ]aj , bj [.</p><p>Dans tous les cas, P admet une racine dans ]aj , bj [.</p><p>Cela reste-t-il vrai si P n’est pas scindé dans R ?</p><p>(c) On raisonne exactement de la même façon. Cette fois, P admet un maximum en un point b ∈]aj , bj [. Ce</p><p>point vérifie P ′(b) = 0 et P ′′(b) 6 0. En distinguant comme précédemment selon que P ′′(b) = 0 et P ′′(b) < 0,</p><p>on obtient une racine de P dans ]aj , bj[.</p><p>(d) Supposons que aj = bj .</p><p>• Si P (aj) = 2, alors, puisque Ij est un singleton, et puisque P est continue, il existe un voisinage de aj</p><p>sur lequel P est supérieur à 2. Ainsi, P atteint en aj un minimum local, et comme précédemment, on en</p><p>déduit que P ′(aj) = 0 et P ′′(aj) > 0. De plus :</p><p>∗ si P ′′(aj) > 0, alors, d’après le lemme 7, P (aj) 6 0, ce qui entre en contradiction avec P (aj) = 2 ;</p><p>∗ si P ′′(aj) = 0 = P ′(aj), alors, d’après le lemme 6, P (aj) = 0, ce qui entre en contradiction avec</p><p>P (aj) = 2.</p><p>• De même si P (aj) = −2. Dans ce cas, aj est un maximum local, et on aboutit de même à une contra-</p><p>diction.</p><p>Dans tous les cas, l’hypothèse aj = bj conduit à une contradiction. Par conséquent, aj 6= bj .</p><p>(e) Soit j ∈ [[1, t]]. D’après la question</p><p>précédente, aj 6= bj . Ainsi :</p><p>• Si P (aj) = P (bj), alors on est dans un des deux cas des questions (b) et (c). Ainsi, ]aj , bj [ contient une</p><p>racine de P .</p><p>7</p><p>• Si P (aj) = 2 et P (bj) = −2, ou si P (aj) = −2, et P (bj) = 2, alors, P étant continue sur [aj, bj ], le</p><p>théorème des valeurs intermédiaires nous fournit une racine c de P dans ]aj, bj [.</p><p>Ainsi, pour tout j ∈ [[1, t]], P admet une racine dans ]aj , bj[.</p><p>5. Où l’on augmente le nombre de racines dans le dernier intervalle</p><p>(a) Si m = n, toutes les racines de P (au nombre de n comptées avec multiplicité, d’après le théorème de</p><p>d’Alembert-Gauss) sont dans It, donc il ne peut y avoir d’autres intervalles Ij constituant S, car ces inter-</p><p>valles ne contiendraient pas de racine de P , ce qui est en contradiction avec le résultat de la question 4(e).</p><p>Par conséquent, t = 1 .</p><p>On est donc dans la situation de la question IV-2-e, et le théorème ?? est donc vrai .</p><p>(b) C’est la contraposée de la question précédente, en remarquant que P P admet n racines avec multiplicité</p><p>(donc on a toujours m 6 n)</p><p>(c) Les réels c1, . . . , cn représentant toutes les racines de P (répétées autant de fois que leur multiplicité), et P</p><p>étant unitaire, on a</p><p>P =</p><p>n</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>(X − ci) =</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>(X − ci)</p><p>n</p><p>∏</p><p>i=m+1</p><p>(X − ci).</p><p>Ainsi, en posant R =</p><p>n</p><p>∏</p><p>i=m+1</p><p>(X − ci) , on a P = QR. D’où l’existence de R· L’unicité de R découle de</p><p>l’unicité du quotient de la division euclidienne de P par Q.</p><p>(d) i. Soit x ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1.</p><p>• Soit i ∈ [[1,m]]. Alors ci ∈ It par définition. Or, x ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1, donc x 6 bt−1, d’où</p><p>x+ d = x+ at − bt−1 6 at.</p><p>Comme ci ∈ It, on a ci > at. Par conséquent, x+ d− ci < 0. Ainsi, comme d > 0, on obtient :</p><p>0 > x+ d− ci > x− ci, donc: |x+ d− ci| < |x− ci|.</p><p>• Ainsi :</p><p>|Q(x+d)| =</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>(x + d− ci)</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>=</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>|x+d−ci| <</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>|x−ci| =</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>(x− ci)</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>soit: |Q(x+ d)| < |Q(x)| .</p><p>• Par conséquent,</p><p>|P1(x)| = |Q(x+ d)| · |R(x)| 6 |Q(x)| · |R(x)| = |P (x)|,</p><p>et comme x ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ⊂ S, |P (x)| 6 2. Ainsi, P1(x) 6 2</p><p>ii. Soit x ∈ It.</p><p>• On raisonne de même. Puisque x ∈ It, x > at, donc</p><p>x− d > at − d = at − at + bt−1 = bt−1.</p><p>Or, pour tout i ∈ [[m+1, n]], comme P (ci) = 0, on a ci ∈ S, et comme ci 6∈ It, on a ci ∈ I1∪· · ·∪It−1,</p><p>d’où ci 6 bt−1. Par conséquent :</p><p>∀i ∈ [[m+ 1, n]], x− d− ci > 0, donc: x− ci > x− d− ci > 0.</p><p>Ainsi, pour tout i ∈ [[m+ 1, n]], |x− d− ci| < |x− ci|.</p><p>On en déduit que : |R(x− d)| =</p><p>n</p><p>∏</p><p>i=m+1</p><p>|x− d− ci| 6</p><p>n</p><p>∏</p><p>i=m+1</p><p>|x− ci|, soit : R(x− d) 6 |R(x)|</p><p>• Ainsi :</p><p>|P1(x− d)| = |Q(x− d+ d)| · |R(x− d)| 6 |Q(x)| · |R(x)| = |P (x)|.</p><p>Or, x ∈ It ⊂ S, donc |P (x)| 6 2. Par conséquent, |P1(x− d)| 6 2.</p><p>8</p><p>(e) i. D’après la question (d),</p><p>• pour tout x ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1, |P1(x)| 6 2, donc x ∈ S1. Ainsi :</p><p>I1 ∪ · · · ∪ It−1 ⊂ S1.</p><p>• Pour tout x ∈ I ′t, x+ d ∈ It, donc |P1(x)| = |P1(x+ d− d)| 6 2. Par conséquent,</p><p>It ⊂ S1.</p><p>On en déduit que I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ I ′t ⊂ S1.</p><p>ii. La factorisation en facteurs irréductibles du polynôme P1 est :</p><p>P1 =</p><p>m</p><p>∏</p><p>i=1</p><p>(X + d− ci) ·</p><p>n</p><p>∏</p><p>i=m+1</p><p>(X − ci).</p><p>Les racines de P1 sont donc c1 − d, . . . , cm − d, cm+1, . . . , cn.</p><p>Or, pour tout i ∈ [[1,m]], ci ∈ It, donc ci − d ∈= I ′t ⊂ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ I ′t.</p><p>De plus, pour tout i ∈ [[m+ 1, n]], ci ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ⊂ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ I ′t.</p><p>Ainsi, toutes les racines de P1 sont dans I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ I ′t.</p><p>iii. On a : It−1 = [at−1, bt−1], et I ′t = [at − d, bt − d] = [bt−1, bt − d]. Ainsi :</p><p>It−1 ∪ I ′t = [at−1, bt−1] ∪ [bt−1, bt − d] = [at−1, bt − d].</p><p>On en déduit que It−1 ∪ I ′t est un intervalle.</p><p>Alors, It−1 ∪ I ′t est inclus dans un même intervalle de la décomposition de S1 : il existe j ∈ [[1, t′]] tel que</p><p>It−1 ∪ I ′t ⊂ Jj .</p><p>Montrons que j = t′. Si ce n’était pas le cas, l’intervalle Jt′ serait situé strictement plus à droite que</p><p>It−1 ∪ I ′t, donc que I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ I ′t. Ainsi :</p><p>J ′</p><p>t ∩ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ I ′t = ∅.</p><p>Comme I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ I ′t contient toutes les racines de P1 (d’après (e)-ii), il en résulterait que I ′t ne</p><p>contient aucune racine de P1, ce qui rentre en contradiction avec la question 4(e) appliquée au polynôme</p><p>P1, à racines toutes réelles.</p><p>Par conséquent, j = t′, donc It−1 ∪ I ′t ⊂ Jt′ .</p><p>iv. I ′t contient m racines de P1, et It−1 contient au moins une racine de P d’après la question 4(e),</p><p>qui est aussi racine de P1, puisqu’elle n’est pas dans It. Ainsi, It−1 ∪ I ′t contient au moins m +</p><p>1 racines de P1 (comptées avec multiplicité bien sûr). Comme It−1 ∪ I ′t ⊂ Jt′ , on en déduit que</p><p>Jt′ contient au moins m+ 1 racines de P1.</p><p>6. On effectue une récurrence forte descendante et bornée sur m, le nombre de racines dans le dernier intervalle</p><p>constituant S. Ce nombre m est élément de [[1, n]], n étant le degré (fixé) de P .</p><p>Soit, pour tout m ∈ [[1, n]], P(m) la proposition : Pour tout polynôme P de R[X ] de degré n, dont toutes les</p><p>racines sont réelles, et telles que le nombre de racines situées dans le dernier intervalle constituant S est m, le</p><p>théorème ?? est vérifié.</p><p>D’après la question IV-5(a), P(n) est vérifié.</p><p>Soit m ∈ [[1, n−1]] tel que P(m+1), . . . ,P(n) soient vérifiés. Soit alors P un polynôme de degré n à coefficients</p><p>réels, à racines toutes réelles, et dont le nombre de racines situées dans le dernier intervalle constituant S est</p><p>égal à m. On construit le polynôme P1 comme précédemment. Ce polynôme P1 est également de degré n, à</p><p>racines toutes réelles, et le nombre de racines dans le dernier intervalle de S1 est strictement plus grand que m.</p><p>Ainsi, on peut appliquer l’hypothèse de récurrence à P1 : le théorème ?? est vérifié pour P1, donc la longueur</p><p>totale de S1 est inférieure ou égale à 4.</p><p>Or, on a montré que I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ ⊂ S1, donc la longueur totale de I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ est inférieure à</p><p>celle de S1, c’est-à-dire à 4. De plus I ′t et It étant de même longueur, il est immédiat que I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ et</p><p>9</p><p>I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It ont même longueur totale. Ainsi, S est de longueur totale inférieure ou égale à 4, et donc P</p><p>vérifie le théorème ??.</p><p>On a donc montré P(n), et on a montré que pour tout m ∈ [[1, n− 1]], P(m + 1), . . . ,P(n) impliquent P(m).</p><p>Ainsi, d’après le principe de récurrence, pour tout m ∈ [[1, n]], P(m) est satisfait.</p><p>Cela prouve le théorème ??, et donc le théorème ??, d’après la partie III.</p><p>10</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 17 : Polynômes, algèbres</p><p>Correction du problème 1 – (Théorème de l’élément primitif)</p><p>Partie I – Extensions de degré fini.</p><p>1. Soit K ⊂ L et L ⊂ M deux extensions de degré fini. Soit (a1, . . . , an) une base du K-ev L et (b1, . . . , bm) une</p><p>base du L-ev M . Soit alors x ∈ M . On a donc l’existence de scalaires λ1, . . . , λm dans le corps L tels que</p><p>x =</p><p>m</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkbk.</p><p>Or, les coefficients λk sont dans L, dont une K-base est (a1, . . . , an). Ainsi, il existe pour tout k ∈ [[1,m]], il</p><p>existe une famille (µ1,k, · · · , µn,k telle que</p><p>λk =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=1</p><p>µℓ,kaℓ.</p><p>On en déduit que :</p><p>x =</p><p>n</p><p>∑</p><p>ℓ=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>µℓ,kaℓbk.</p><p>La famille (aℓbk)(ℓ,k)∈[[1,n]]×[[1,m]] est donc une famille génératrice du K-ev L.</p><p>Par ailleurs étant donnés des scalaires λi,j ∈ K tels que</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>λi,jaibj = 0,</p><p>on peut écrire,</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>λi,jai</p><p>)</p><p>bj = 0.</p><p>Ainsi, la somme interne étant un élément de L, par liberté sur L de la famille (bj), on obtient, pour tout</p><p>j ∈ [[1,m]],</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>λi,jai</p><p>)</p><p>= 0.</p><p>La liberté de la famille (ai) sur K amène alors :</p><p>∀(i, j) ∈ [[1, n]]× [[1,m]], λi,j = 0</p><p>Ainsi, la famille (aibj) est une famille libre.</p><p>Il s’agit donc d’une base de M sur K. Son cardinal est nm. On en déduit que</p><p>dimK M = dimK L× dimL M soit: [M : K] = [M : L]× [L : K] .</p><p>2. Soit α ∈ L. La famille (αn)n∈N ne peut pas être libre, car le cardinal d’une famille libre est inférieur à la</p><p>dimension de l’espace. Ainsi, il existe une famille (λn)n∈N de scalaires presque tous nuls, mais non tous nuls</p><p>tels que</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=0</p><p>λnα</p><p>n = 0. Les λi étant presque tous</p><p>nuls, P =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>n=0</p><p>λnX</p><p>n est un polynôme, non nul, et tel que</p><p>P (α) = 0. Ainsi, α est algébrique sur K.</p><p>Par conséquent, si K ⊂ L est de degré fini, alors elle est algébrique.</p><p>1</p><p>3. Soit K ⊂ L une extension de degré fini. D’après la question précédente, elle est algébrique. Ainsi, étant donné</p><p>α ∈ L, il existe P ∈ K[X ] non nul tel que P (α) = 0. Considérons I = {P ∈ K[X ], P (α) = 0}. L’ensemble</p><p>I est clairement stable par différence et contient 0, c’est donc un sous-groupe additif de K[X ]. Par ailleurs,</p><p>si P (α) = 0, alors pour tout Q ∈ K[X ], PQ(α) = 0. Par conséquent, I est stable par multiplication par un</p><p>élément de K[X ]. Ainsi, I est un idéal non nul de K[X ]. Comme K[X ] est principal, on en déduit qu’il existe</p><p>Pα 6= 0, qu’on peut choisir unitaire, tel que I = (Pα)</p><p>Si Pα n’est pas irréductible, il existe une factorisation Pα = QR par des polynômes non constants. On a alors</p><p>Q(α)R(α) = 0, d’où Q(α) = 0 ou R(α) = 0, par intégrité. Ainsi, Q ou R est un élément de I, donc divisible</p><p>par Pα. Cela contredit le fait que ces deux polynômes sont non nuls (car non constants) et de degré strictement</p><p>inférieur à celui de Pα.</p><p>Ainsi, Pα est irréductible.</p><p>Par ailleurs, soit P un autre polynôme unitaire (distinct de Pα) de I. Montrons que P 6= Pα. Cela provient</p><p>du fait que Pα divise P . Si degP = degPα, on a l’existence d’une constante λ tel que P = λPα. Les deux</p><p>polynômes étant unitaires, λ = 1, ce qui contredit P 6= Pα. On en déduit que degP > degPα, et la divisibilité</p><p>par Pα nous donne l’existence d’une décomposition non triviale P = PαQ. Ainsi, P n’est pas irréductible.</p><p>Il existe donc un unique polynôme irréductible unitaire Pα tel que Pα(α) = 0.</p><p>Partie II – Adjonction d’un ou plusieurs éléments à un corps</p><p>1. Soit M =</p><p>⋂</p><p>i∈I</p><p>Mi. On a M ⊂ L. Par ailleurs, 1L est dans chaque Mi, donc M est non vide. De plus, si x et</p><p>y sont dans M , pour tout i ∈ I, x, y ∈ Mi, et Mi étant un sous-corps de L, x − y ∈ Mi, et si de plus y est</p><p>inversible, xy−1 ∈ Mi. Ces inclusions étant vraies pour tout i ∈ I, x− y ∈ M et si y est inversible xy−1 ∈ M .</p><p>On en déduit que M est un sous-corps de L.</p><p>2. On considère M l’ensemble des sous-corps M de K tels que K ∪E ⊂ M . L’ensemble M est non vide, puisque</p><p>L ∈ M. On définit</p><p>M0 =</p><p>⋂</p><p>M∈M</p><p>M.</p><p>Il s’agit d’un sous-corps de L d’après la question précédente. Ce corps contient K ∪E, car c’est le cas de chaque</p><p>M de l’intersection. Par ailleurs, pour tout corps M1 contenant K et E, M1 est l’un des termes de l’intersection,</p><p>donc M0 ⊂ M1. Ainsi, M1 est bien le plus petit sous-corps de L contenant K ∪ E.</p><p>D’où l’existence de K(E).</p><p>3. • On a E ⊂ K(E) ⊂ K(E)(F ), F ⊂ K(E)(F ) et K ⊂ K(E) ⊂ K(E)(F ). Ainsi, K ∪ E ∪ F ⊂ K(E)(F ).</p><p>Comme de plus, par définition, K(E)(F ) est un corps, K(E ∪ F ) ⊂ K(E)(F ), par propriété de minimalité</p><p>de K(E ∪ F ).</p><p>• On a K ⊂ K(E ∪ F ) et E ⊂ K(E ∪ F ), et K(E ∪ F ) est un corps. Donc, par minimalité de K(E),</p><p>K(E) ⊂ K(E ∪ F ). De plus, F ⊂ K(E ∪ F ), donc par minimalité de K(E)(F ), K(E)(F ) ⊂ K(E ∪ F ).</p><p>• Les deux inclusions amènent l’égalité K(E ∪ F ) = K(E)(F ).</p><p>4. Considérons K = R, L = C, α = 1 (ou n’importe quel réel), et β = i. On a alors K(α) = R et K(β) = C. Or,</p><p>les corps R et C ne sont pas isomorphes. En effet, soit ϕ : R → C un morphisme de corps. Supposons que ϕ</p><p>soit un isomorphisme. Par surjectivité, il existe x ∈ R tel que ϕ(x) = i. On a alors ϕ(x2) = ϕ(x)2 = i2 = −1.</p><p>Or, ϕ(−1) = −ϕ(1) = −1, donc, par injectivité, x2 = −1, ce qui est impossible puisque x ∈ R.</p><p>Ainsi, en général, on n’a pas K(α) = K(β) .</p><p>5. Soit x ∈ K[X ]/(P ) non nul, et Q un représentant de x dans P . Le polynôme Q n’est alors par divisible par P</p><p>(puisque x est non nul). Le polynôme P étant irréductible, Q est premier avec P (sinon, le PGCD, non constant</p><p>et différent de P par non divisibilité, diviserait P , ce qui contredirait son irréductibilité).</p><p>Il existe donc, d’après le théorème de Bézout, deux polynômes U et V tels que UP + V Q = 1. En passant au</p><p>quotient, et en notant y la classe de V dans K[X ]/(P ), on obtient xy = 1. Ainsi, x est inversible.</p><p>Par conséquent, l’anneau K[X ]/(P ) est un corps.</p><p>6. • Soit Q = 1 le polynôme constant égal à 1. On a alors Q(α) = 1. Donc ϕ(1) = 1.</p><p>2</p><p>• Soit Q1, Q2 deux polynômes. On a</p><p>ϕ(Q1 +Q2) = (Q1 +Q2)(α) = Q1(α) +Q2(α) = ϕ(Q1) + ϕ(Q2),</p><p>et de même ϕ(Q1Q2) = ϕ(Q1)ϕ(Q2).</p><p>• Ainsi, ϕ est un morphisme d’anneaux.</p><p>• En adaptant l’argument de la question I-3, les polynômes annulant α forment un idéal non nul (il contient</p><p>Pα), engendré par un polynôme irréductible unitaire Pα qui est l’unique polynôme irréductible unitaire</p><p>annulant α. Ce polynôme irréductible unitaire est alors le polynôme irréductible P divisé par son coefficient</p><p>dominant (par unicité). On en déduit qu’il existe λ ∈ K tel que P = λPα. Ainsi, P et Pα engendrent le</p><p>même idéal, donc Ker(ϕ) = (P ) .</p><p>7. En quotientant K[X ] par le noyau de ϕ, l’application ϕ passe au quotient et définit un morphisme d’anneau</p><p>injectif de K[X ]/(P ) → L (donc un morphisme de corps), Son image est donc un sous-corps de L. Montrons</p><p>que cette image (qui est aussi Im(ϕ)) est K(α).</p><p>En effet, on a, pour tout polynôme constant Q = x ∈ K, ϕ(x) = x donc x ∈ Im(ϕ), donc K ⊂ Im(ϕ). De plus,</p><p>ϕ(X) = α, donc α ∈ Im(ϕ). Comme Im(ϕ) est un corps, par minimalité, on a donc K(α) ⊂ Im(ϕ).</p><p>Réciproquement, par stabilité par produit et somme, puisque α ∈ K(α), et K ⊂ K(α), toute combinaison</p><p>linéaire de puissances de α à coefficients dans K est encore dans K(α), donc Im(ϕ) ⊂ K(α).</p><p>On a donc Im(ϕ) = K(α), et l’injectivité étant acquise, on a un isomorphisme de corps entre K[X ]/(P ) et K(α).</p><p>8. Soit α et β deux racines d’un polynôme irréductible P . La question précédente montre que K(α) et K(β) sont</p><p>tous deux isomorphes au même corps K[X ]/(P ), donc K(α) ≃ K(β) .</p><p>On remarquera que l’isomorphisme de la question précédente est un isomorphisme d’espace vectoriel sur K,</p><p>donc en particulier, K(α) et K(β) auront même dimension sur K. On se servira de cette remarque par la suite.</p><p>9. Considérons P = X3−2 ∈ Q[X ]. Ses racines dans C sont 3</p><p>√</p><p>2, j 3</p><p>√</p><p>2 et j2 3</p><p>√</p><p>2. Or, si P n’est pas irréductible, il se</p><p>factorise en un produit non trivial de polynômes irréductibles de Q[X ], dont l’un au moins aura un degré égal</p><p>à 1. Ce polynôme s’écrira donc sous la forme X − α (à une constante multiplicative près), avec α rationnel. Le</p><p>rationnel α est alors une racine de P . Mais 3</p><p>√</p><p>2 est irrationnel, donc P n’a pas de racine rationnelle, d’où une</p><p>contradiction.</p><p>On en déduit que Q est irréductible.</p><p>Clairement Q( 3</p><p>√</p><p>2) 6= Q(j 3</p><p>√</p><p>2), puisque le premier corps est inclus dans R et pas le second. Donc en général</p><p>on n’a pas K(α) = K(β) pour α et β deux racines d’un même polynôme irréductible P .</p><p>Partie III – Corps de décomposition d’un polynôme</p><p>1. D’après II-5, i est bien une application entre deux corps. On a trivialement, par définition de la structure</p><p>quotient ϕ(1) = 1 = 1K[X]/(P ), ϕ(λµ) = λµ = λµ = ϕ(λ)ϕ(µ) et de même ϕ(λ + µ) = ϕ(λ) + ϕ(µ).</p><p>Ainsi, ϕ est un morphisme de corps.</p><p>2. Soit α = X la classe de X dans K[X ]/(P ). En notant P =</p><p>d</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>λkX</p><p>k, on a</p><p>P (α) =</p><p>d</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>λkα</p><p>k =</p><p>d</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>λkX</p><p>k</p><p>,</p><p>puisqu’on a identifié λk et λk via le morphisme i. On a donc :</p><p>P (α) =</p><p>k</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>λkXk = P = 0K[X]/(P ).</p><p>Ainsi, α est racine de P , donc P admet une racine dans K[X ]/(P ).</p><p>3. Soit P ∈ K[X ]. Soit P0 un facteur irréductible de P . Il existe d’après la question précédente une extension L</p><p>de K telle que P0 admette une racine dans L. Comme P0 divise P , P admet cette même racine dans L.</p><p>Ainsi, il existe une extension L de K telle que P admette une racine dans L.</p><p>Autrement dit, il existe un corps de rupture de P .</p><p>3</p><p>4. On montre par récurrence sur n ∈ N∗ que pour tout corps K, et tout polynôme P de degré n dans K[X ], il</p><p>existe une extension K ⊂ L de K telle que P soit scindé sur L. Remarquez que je quantifie sur le corps dans</p><p>la propriété de récurrence.</p><p>Pour n = 1, la propriété est évidente, un polynôme de degré 1 s’écrivant P = λ(X − α), avec λ, α dans K.</p><p>Soit</p><p>n ∈ N∗ tel que la propriété soit vérifiée pour les polynômes de degré n (sur un corps quelconque). On</p><p>considère K un corps et P un polynôme de degré n + 1 dans K[X ]. D’après la question précédente, il existe</p><p>une extension K ⊂ M telle que P ait une racine α dans M . On peut alors factoriser P = (X − α)Q, où Q est</p><p>un polynôme de M [X ] de degré n. On peut appliquer l’hypothèse de récurrence sur Q ∈ M [X ] (on voit ici la</p><p>nécessité d’étendre l’hypothèse de récurrence à tout corps, puisqu’on l’utilise pour un corps distinct du corps</p><p>initial K). Ainsi, il existe une extension L de M telle que Q soit scindé sur L. Le corps L est aussi une extension</p><p>de K, et P est alors scindé sur L.</p><p>D’après le principe de récurrence, pour tout corps K, pour tout polynôme P de K[X ], il existe une extension</p><p>L de K telle que P soit scindé sur L.</p><p>5. • Puisque λ est un morphisme de corps,</p><p>λ (1K) = λ(1K) = 1K′</p><p>(vu comme élément de K ′[X ] : il s’agit du polynôme constant)</p><p>• Soit P =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akX</p><p>k et Q =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>bkX</p><p>k, les ak et les bk étant presque tous nuls. Puisque λ(0) = 0, les λ(ak) et</p><p>λ(bk) sont aussi presque tous nuls, ce qui permet de justifier que ̂λ est bien défini. On a de plus :</p><p>̂λ(P +Q) =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>λ(ak + bk)X</p><p>k =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(λ(ak) + λ(bk))X</p><p>k = ̂λ(P ) + ̂λ(Q),</p><p>ainsi que :</p><p>̂λ(PQ) =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>λ</p><p>(</p><p>k</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>aℓbk−ℓ</p><p>)</p><p>Xk =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>k</p><p>∑</p><p>ℓ=0</p><p>λ(aℓ)λ(bk−ℓ)</p><p>)</p><p>Xk = ̂λ(P )̂λ(Q).</p><p>• Ainsi, ̂λ est un morphisme d’anneau.</p><p>• Tout</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>bkX</p><p>k ∈ K ′[X ] est l’image par ϕ de</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akX</p><p>k ∈ K[X ], où pour tout k, ak = λ−1(bk) (existe par</p><p>bijectivité). Donc ̂λ est surjective.</p><p>• Soit P =</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akX</p><p>k ∈ Ker(̂λ). On a donc</p><p>+∞</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>λ(ak)X</p><p>k = 0, donc les coefficients de ce polynôme sont tous</p><p>nuls. Ainsi, pour tout k ∈ N, λ(ak) = 0, et λ étant un isomorphisme d’anneaux, ak = 0. On en déduit que</p><p>P = 0. Ainsi, Ker(̂λ) = {0}, donc ̂λ est injective.</p><p>On en déduit que ̂λ est un isomorphisme d’anneaux.</p><p>6. Soit P un polynôme de K[X ] tel que Pλ ne soit pas irréductible. Notons ϕ l’isomorphisme réciproque de ̂λ.</p><p>Comme ̂λ respecte les degrés, il en est de même de ϕ. Soit une décomposition Pλ = QR, en polynômes de</p><p>degrés strictement positifs. On a alors</p><p>P = ϕ(Pλ) = ϕ(QR) = ϕ(Q)ϕ(R).</p><p>D’après la propriété ci-dessus de conservation du degré par ϕ, il s’agit d’une décomposition de P assurant que</p><p>P n’est pas irréductible.</p><p>Ainsi, par contraposée, si P est irréductible, Pλ l’est aussi.</p><p>L’application ̂λ définit, par composition avec la projection π : K ′[X ] → K ′[X ]/(Pλ), un morphisme d’anneaux</p><p>µ de K[X ] dans K ′[X ]/(Pλ), surjectif en tant que composée de 2 surjections. Soit Q ∈ Ker(µ). On a donc</p><p>Qλ = 0, soit Pλ | Qλ. Comme ̂λ est un isomorphisme d’anneaux, la factorisation traduisant cette divisibilité se</p><p>traduit en une factorisation dans K[X ], donc P | Q. Ainsi, Ker(µ) ⊂ (P ), la réciproque étant immédiate. Par</p><p>conséquent, Ker(µ) = (P ), et on peut donc passer µ au quotient, définissant un morphisme injectif d’anneaux</p><p>de K[X ]/(P ) dans K ′[X ]/(Pλ), la surjectivité étant aussi préservée par passage au quotient. Ainsi, il s’agit</p><p>d’un isomorphisme d’anneaux, et comme ces quotients sont les corps, il s’agit d’un isomorphisme de corps.</p><p>4</p><p>On a bien montré que K[X ]/(P ) et K ′[X ]/(P ′) sont isomorphes.</p><p>Il n’est pas dur de constater qu’une base du K-ev K[X ]/(P ) sera envoyée sur une base du K ′-ev K ′[X ]/(P ′)</p><p>par cette isomorphisme. Ainsi, les deux extensions de K et K ′ respectivement ainsi définies ont même degré.</p><p>Nous nous servirons plus tard de cette remarque.</p><p>7. Montrons par récurrence sur degP que pour tout corps K, tout isomorphisme λ : K → K ′, pour tout P ∈ K[X ]</p><p>non nul, toute extension K ⊂ L et toute extension K ′ ⊂ L′ telles que P soit scindé dans L et Pλ soit scindé</p><p>dans L′, en notant α1, · · · , αr les racines distinctes de P dans L et β1, . . . , βs les racines distinctes de Pλ dans</p><p>L′, le sous-corps K(α1, . . . , αr) de L et le sous-corps K ′(β1, . . . , βs) de L′ sont isomorphes.</p><p>• Si P est constant non nul, les ensembles de racine sont vides donc K(Rac(P )) = K(∅) = K ≃ K ′ =</p><p>K ′(∅) = K ′(rac(P ′)), d’où le résultat.</p><p>• Soit n ∈ N. Supposons la propriété vraie pour tous corps et tout polynôme de degré n tel que dans la</p><p>propriété de récurrence. Soit K,K ′, L, L′ et P de degré n+ 1 vérifiant les hypothèses de la propriété. Soit</p><p>P = QR, où Q est irréductible (éventuellement, R est constant si P est lui-même irréductible). Une telle</p><p>décomposition existe du fait que P n’est pas constant. On a alors Pλ = QλRλ, et Qλ est irréductible. Soit α1</p><p>dans L une racine de Q et β1 une racine de Qλ dans L′ (existant par hypothèse). On complète en α1, . . . , αr</p><p>les racines de P et β1, . . . , βs les racines de Pλ.</p><p>D’après II-7, K(α1) est isomorphe à K[X ]/(P ), et K ′(β1) est isomorphe à K ′[X ]/(Pλ). D’après III-6,</p><p>K[X ]/(P ) et K ′[X ]/(Pλ) sont isomorphes. On en déduit, par composition, que K(α1) et K(β1) sont iso-</p><p>morphes. Par ailleurs, la description explicite des isomorphismes que l’on compose ainsi (isomorphismes</p><p>construits dans lesdites questions) montre que l’on peut trouver un isomorphisme µ = K(α1) → K ′(β1)</p><p>coïncidant avec λ sur K et tel que µ(α1) = β1.</p><p>On peut factoriser P dans K(α1) sous la forme P = (X − α1)Q. Appliquant la question 5 à µ, coïncidant</p><p>avec λ sur K, on obtient</p><p>Pλ = Pµ = µ̂(X − α1)Qµ = (X − β1)Qµ.</p><p>Les racines de Q sont alors α2, . . . , αr auquel on doit éventuellement ajouter α1 (si elle était racine multiple</p><p>de P ), et les racines de Qµ sont de même β2, . . . , βs, auquel on ajoute éventuellement β1. Par conséquent, le</p><p>corps de décomposition de Q est K(α1)(α2, . . . , αs) (la discussion sur α1 disparaît du fait que α1 est de toute</p><p>manière déjà élément du corps de base considéré), et le corps de décomposition de Q′ est K ′(β1)(β2, . . . , αr).</p><p>On peut appliquer l’hypothèse de récurrence, du fait que Q est de degré n et que K(α1) et K(α2) sont</p><p>isomorphes. Ainsi</p><p>K(α1)(α2, . . . , αr) ≃ K ′(β1)(β2, . . . , βs).</p><p>On déduit alors de la question II-3 que K(α1, . . . , αr) ≃ K ′(β1, . . . , βs)</p><p>• D’après le principe de récurrence, cette propriété est donc vraie pour tout polynôme.</p><p>La remarque de la question précédente s’adapte ici aussi : les deux extensions obtenues auront même degré.</p><p>8. On applique la question précédente à l’isomorphisme id : K → K, K ⊂ L et K ⊂ L′ deux extensions telles que</p><p>L et L′ soient des corps de décomposition du polynôme P . On a alors L = K(RacL(P )) et L′ = K(RacL′(P )),</p><p>d’après la remarque suivant III-4. La question III-7 nous donne alors L ≃ L′.</p><p>Ainsi, deux corps de décomposition d’un polynôme P sont isomorphes.</p><p>9. Soit K ⊂ L une extension de corps.</p><p>• Supposons que L soit le corps de décomposition d’un polynôme P de K[X ].</p><p>Pour commencer, K ⊂ L est de degré fini, car en notant α1, . . . , αk les racines de P ,</p><p>K ⊂ K(α1) ⊂ K(α1)(α2) ⊂ · · · ⊂ K(α1, . . . , αk−1)(αk) = K(α1, · · ·αk),</p><p>chacune de ces extensions étant de degré fini, car isomorphe à un L[X ]/(Q) d’après la partie 1, une telle</p><p>extension étant de degré fini, puisqu’engendrée par des représentants de 1, X, · · · , Xd−1, où d est le degré</p><p>de Q. En effet, pour toute classe, on pourra toujours trouver un représentant de degré strictement plus</p><p>petit que d en considérant le reste de la division euclidienne d’un représentant quelconque par Q). Ainsi,</p><p>K ⊂ L est de degré fini d’après I-1.</p><p>En notant α1, . . . , αk les racines de P dans L, on a donc L = K(α1, . . . , αk). Soit Q un polynôme irréductible</p><p>ayant une racine β dans L. On considère M une extension de L, corps de décomposition du polynôme PQ</p><p>5</p><p>(qui peut être vu comme polynôme à coefficients dans L, ce qui assure L ⊂ M). Soit γ une autre racine de</p><p>Q. Les racines de P étant les αi, et par description du corps de décomposition lorsqu’on dispose d’un corps</p><p>dans lequel P est scindé, puisque</p><p>L(β) = K(α1, . . . , αk, β) = K(β)(α1, . . . , αk),</p><p>L(β) est corps de décomposition de P sur K(β). De même, L(γ) est corps de décomposition de P sur K(γ).</p><p>Or, on a vu dans</p><p>un segment initial de C1. En particulier, y ∈ C2 ∩ Jz, donc y ∈ C1. On a donc</p><p>y ∈ C1 ∩C2, et d’après l’argument utilisé en 3(a), l’inégalité y < z permet de montrer que C1 ∩ Jy est aussi un</p><p>segment initial de C1. Ainsi, y ∈ C∗, d’où une contradiction.</p><p>Puisque C∗ est un segment initial de la bonne chaîne C2, on a m(C∗) ∈ C2. De même, C∗ étant un segment initial</p><p>de la bonne chaîne C1, on a m(C∗) ∈ C1. Donc m(C∗) ∈ C1 ∩ C2. Par ailleurs, C∗ = C1 ∩ Jm(C∗) (l’inclusion</p><p>directe est immédiate, et si elle n’est pas une égalité, on peut trouver un élément dans C1, strictement plus petit</p><p>que m(C∗), qui majore C∗, ce qui contredit la définition de m(C∗)). Ainsi, C1 ∩ Jm(C∗) est un segment initial</p><p>de C2, d’après la première partie de la preuve. Par définition, cela signifie que m(C∗) ∈ C∗, ce qui contredit la</p><p>définition de m(C∗) (qui doit être un majorant strict de C∗).</p><p>Ainsi, l’hypothèse initiale est fausse. Nous avons donc C∗ = C2.</p><p>Ainsi, on a montré qu’étant données deux bonnes chaînes C1 et C2 distinctes, l’une est segment initial de l’autre.</p><p>Remarquez que l’argument qu’on a donné cache quelque part le fait que deux bonnes chaînes non vides ne sont jamais</p><p>disjointes. En effet, m(∅) appartient aux deux chaînes. Cet argument apparaît de façon détournée dans la question 4</p><p>(avec la possibilité que C∗ = ∅, qui nous fait alors considérer m(∅)).</p><p>Partie II – L’axiome du choix implique le lemme de Zorn</p><p>1. Soient x et y dans C. Alors il existe deux bonnes chaînes C1 et C2 telles que x ∈ C1 et y ∈ C2. D’après la</p><p>partie I, on a soit C1 ⊂ C2, soit C2 ⊂ C1. On a alors soit (x, y) ∈ C2</p><p>2 , soit (x, y) ∈ C2</p><p>1 . Comme C1 et C2 sont</p><p>des ensembles totalement ordonnés, x et y sont comparables. Ainsi, C est totalement ordonné .</p><p>2. Soit C ∈ B, C 6= C. Si C n’est pas un segment initial de C, il existe x ∈ C et y ∈ C \ C tel que y < x. Soit</p><p>D une bonne chaîne telle que y ∈ D, et soit B = C ∪ D, égal soit à C soit à D (car de ces bonnes chaînes,</p><p>l’une est incluse dans l’autre). Ainsi, B est une bonne chaîne soit égale à C, soit contenant C comme segment</p><p>initial. Ainsi, C′ = C ∩ Jx étant segment initial de C (I-2a), il est aussi segment initial de B (soit directement,</p><p>soit par utilisation du lemme donné en I-3a).</p><p>Comme C est une bonne chaîne, m(C′) ∈ C, et m(C′) est le minimum de C \ C′. Ainsi, m(C′) = x (voir</p><p>argument donné en I-2b). Mais B étant aussi une bonne chaîne, m(C′) est aussi le minimum de B \ C′. Ceci</p><p>2</p><p>contredit le fait que</p><p>y ∈ B \C′ et y < x = m(C′).</p><p>Ainsi, C est un segment initial de C.</p><p>3. Réciproquement, soit I un segment initial de C.</p><p>(a) Comme I est inclus strictement dans C, il existe x ∈ C \ I. Soit un tel x. Comme I est segment initial, x</p><p>est un majorant (strict) de I. Comme x ∈ C, il existe une bonne chaîne C0 telle que x ∈ C0. Alors, d’après</p><p>ce qui précède, C0 est un segment initial de C. En particulier, C0 contient tout ydeC tel que y < x. Ceci</p><p>implique I ⊂ C0</p><p>(b) Soit J un segment initial de I. Alors d’après le lemme de I-3a, J est segment initial propre de C0, qui est</p><p>une bonne chaîne. Ainsi, m(J) ∈ C0, et m(J) est le minimum de C0 \ J . Alors m(J) est nécessairement</p><p>aussi le minimum de I \J . En effet, sinon, puisque I ⊂ C0, la minimalité de m(J) montrerait que pour tout</p><p>x ∈ I \ J (ensemble non vide), on aurait x > m(J). En particulier, cela impliquerait m(J) ∈ C0 \ I, puis</p><p>cela engendrerait une contradiction avec le fait que I est un segment initial de C0.</p><p>Ainsi, tout segment initial J de I vérifie m(J) = min(I \ J). On en déduit que I est une bonne chaîne.</p><p>4. Soit I un segment initial de C. Alors I est une bonne chaîne. Soit x ∈ C \ I (possible car I 6= C). Alors il existe</p><p>C une bonne chaîne contenant x. I ne peut pas contenir C (à cause de x), donc d’après la partie I, I ⊂ C, et</p><p>même, I est un segment initial de C.</p><p>Comme C est une bonne chaîne, on peut en conclure que m(I) ∈ C ⊂ C.</p><p>Par ailleurs, m(I) est le minimum de C \ I, et C étant un segment initial de C (II-2), cela implique que m(I)</p><p>est aussi minimum de C \ I.</p><p>Ainsi, C est une bonne chaîne.</p><p>5. On suppose que C ∈ C0, et on considère C′ = C ∪ {m(C)}. Soit alors I un segment initial de C′. Comme m(C)</p><p>est le maximum de C′, on a soit I = C (et dans ce cas m(I) = m(C) = min(C′ \ C)), soit I est un segment</p><p>initial de C, donc m(I) est le minimum de C \ I, donc aussi de C′ \ I, puisqu’on passe d’un ensemble à l’autre</p><p>par ajout d’un élément strictement plus grand que les autres.</p><p>Ainsi, C′ est une bonne chaîne.</p><p>Or C est contenu strictement dans C′, ce qui contredit la définition de C comme union de toutes les bonnes</p><p>chaînes (en particulier, C contient toutes les bonnes chaînes.</p><p>Ainsi, l’hypothèse initiale est fausse, et on en déduit que C 6∈ C0, soit, puisqu’il s’agit d’une chaîne, C ∈ C \ C0.</p><p>6. Puisque E est inductif, C admet un majorant. Ce majorant ne peut pas être strict puisque C 6∈ C0 Ainsi, ce</p><p>majorant est un élément de C. On vient de montrer que C admet un maximum M .</p><p>Ce maximum est nécessairement un élément maximal de E. En effet, sinon, il existerait M ′ > M dans E. Un</p><p>tel M ′ serait un majorant strict de C, ce qui est impossible.</p><p>On a bien prouvé l’existence d’un élément maximal dans E, d’où le lemme de Zorn.</p><p>7. L’axiome du choix a été utilisé pour construire la fonction m, puisqu’on choisit simultanément, pour toute</p><p>chaîne de C0, un élément dans l’ensemble des majorants de cette chaîne.</p><p>Partie III – Le lemme de Zorn implique l’axiome du choix</p><p>1. • Soit g ∈ C. Alors g est définie sur J ⊂ I, et J vérifie J ⊂ J et g|J = g. Ainsi, g � g</p><p>• Soient g et h dans C tels que g � h et h � g, et J et K leurs domaines respectifs. On a alors J ⊂ K et</p><p>K ⊂ J , d’où J = K, et par conséquent g = g|K = h. D’où l’antisymétrie de �.</p><p>• Soient g, h et k de domaines respectifs J , K et L tels que g � h � k. On a alors J ⊂ K ⊂ L, donc J ⊂ L,</p><p>et k|J = (k|K)|J = h|J = g. Donc g � k, d’où la transitivité de �</p><p>• La relation � étant reflexive, antisymétrique et transitive, � une relation d’ordre sur C.</p><p>2. Soit g un élément maximal de domaine J strictement inclus dans I. On peut choisir i ∈ I \ J (choix d’un</p><p>élément dans un ensemble non vide, ne dépend donc pas de l’axiome du choix). On peut alors choisir un</p><p>3</p><p>élément quelconque ai de Ai (à nouveau, choix d’un élément dans un ensemble non vide, cela ne dépend pas</p><p>de l’axiome du choix). On peut alors construire h sur J ∪ {i} par :</p><p>h(j) = g(j) si j ∈ J et h(i) = ai.</p><p>h est bien une fonction de choix partielle de domaine J ∪ {i}, et de façon évidente, g � h, et g 6= h. Ainsi, g</p><p>n’est pas un élément maximal.</p><p>Par conséquent, un élément maximal de (C,�) est de domaine I. Une autre façon d’exprimer cela est de dire</p><p>qu’une fonction de choix partielle maximale est une fonction de choix (totale).</p><p>3. Soit D ⊂ C une chaîne de C, c’est-à-dire un sous-ensemble totalement ordonné. On note pour tout g ∈ D, Ig le</p><p>domaine de g. On définit alors une fonction f en commençant par définir son domaine :</p><p>If =</p><p>⋃</p><p>g∈D</p><p>Ig.</p><p>On remarque ensuite que si i ∈ If appartient à la fois à Ig et Ih, pour g, h ∈ D, alors, D étant totalement</p><p>ordonné, on a g � h ou h � g, disons g � h pour se fixer les idées. Alors Ig ⊂ Ih, et g et h coïncident sur Ig.</p><p>Par conséquent g(i) = h(i). Ainsi, toutes les fonctions de D définies au point i prennent en ce point la même</p><p>valeur. On définit alors f(i) comme étant la valeur commune de ces g(i).</p><p>Chaque Ig étant sous-ensemble de I, il en est de même de If . De plus, pour tout i ∈ If , il existe g ∈ D tel que</p><p>f(i) = g(i) et g(i) ∈ Ai par définition. On a donc bien, pour tout i ∈ If f(i) ∈ Ai, et par conséquent, f est</p><p>bien une fonction de choix partielle, c’est-à-dire un élément de C.</p><p>Enfin, on a alors de façon évidente, pour tout g ∈ D, g � f . Ainsi, f est un majorant dans C de D.</p><p>On a donc montré que toute chaîne de C admet un majorant, ce qui signifie bien que C est inductif .</p><p>4. Puisque C est inductif, il admet un élément maximal d’après le lemme de Zorn. D’après la question 2, cet</p><p>élément maximal est une fonction de choix. On a</p><p>la question 7 que puisque β et γ sont racines d’un même polynôme irréductible, il existe</p><p>un isomorphisme d’anneaux µ : K(β) → K(γ) coïncidant avec l’identité sur K et tel que µ(β) = γ. On a</p><p>alors Pµ = P , puisque P est à coefficients dans γ. Or, la question 7 affirme que le corps de décomposition</p><p>de P sur K(β) est isomorphe au corps de décomposition de Pµ (donc de P ) sur K(γ). Comme toutes les</p><p>extensions considérés sont de degré fini, on peut donc écrire</p><p>[L(β) : K(β)] = [L(γ) : K(γ)]</p><p>D’après I-8 (et la remarque qui suit sa résolution), on a également</p><p>[K(β) : K] = [K(α) : K].</p><p>La question I-1, amène alors :</p><p>[L(β) : K] = [L(β) : K(β)][K(β) : K] = [L(α) : K(α)] : [K(α) : K] = [L(α) : K].</p><p>Une nouvelle application de I-1 amène :</p><p>[L(β) : L][L : K] = [L(γ) : L][L : K].</p><p>En simplifiant par [L : K] 6= 0, il vient [L(β) : L] = [L(γ) : L]. Or, β ∈ L par hypothèse, donc</p><p>[L(γ) : L] = [L(β) : L] = 1.</p><p>On en déduit que L(γ) = L, donc γ ∈ L . Ainsi, toute racine de Q est dans L, donc Q est scindé dans L.</p><p>• Réciproquement, supposons que K ⊂ L est une extension de degré fini telle que tout polynôme irréductible</p><p>de K[X ] ayant une racine dans L soit scindé dans L. Comme L est de dimension finie sur K, il existe</p><p>(α1, . . . , αn) une base de L sur K. On a alors de façon immédiate L = K(α1, . . . , αn). Les éléments α1, . . . , αn</p><p>sont algébriques puisque l’extension est de degré fini. Soit P1, . . . , Pk dans K[X ] les polynômes irréductibles</p><p>de α1, . . . , αn. Comme P1, . . . , Pn sont irréductibles et admettent une racine dans L, par hypothèse, ils sont</p><p>scindés dans L. On considère P = P1 · · ·Pn. Puisque P est scindé dans L, il existe un corps de décomposition</p><p>M de P tel que M ⊂ L. Plus précisément, K(Rac(P )) ⊂ L. Par ailleurs, puisque {α1, . . . , αn} ⊂ Rac(P ),</p><p>on a aussi :</p><p>L = K(α1, . . . , αn) ⊂ K(rac(P ));</p><p>Ainsi, L = K(rac(P )), et L est donc corps de décomposition de P .</p><p>Partie IV – Extensions séparables</p><p>1. Soit P ∈ K[X ] non constant, et L un corps de décomposition de P .</p><p>(a) Soit α ∈ L. On suppose que X − α divise P et P ′ dans L[X ], et on écrit P = (X − α)Q, où Q ∈ L[X ]. On</p><p>a alors</p><p>P ′ = Q+ (X − α)Q′.</p><p>Comme X − α divise P ′ et (X − α)Q′, on en déduit que X − α divise Q.</p><p>(b) • Supposons que P est inséparable. Le polynôme P admet donc une racine double dans L. On peut donc</p><p>factoriser dans L sous la forme P = (X − α)2R. On a alors P ′ = (X − α)((X − α)R′ + 2XR). Ainsi,</p><p>X − α divise à la fois P et P ′, donc P ∧ P ′ 6= 1.</p><p>6</p><p>• Réciproquement, si P ∧ P ′ 6= 1, P et P ′ étant scindés sur L, ils admettent une racine commune α. Ils</p><p>sont donc tous deux divisibles par X − α. D’après la question précédente, en reprenant les notations de</p><p>cette question, on peut factoriser Q sous la forme Q = (X − α)R, donc P = (X − α)2R. On en déduit</p><p>que α est racine au moins double de P dans L, donc P est inséparable.</p><p>Ainsi, P est inséparable si et seulement si P ∧ P ′ 6= 1.</p><p>Remarquez qu’on a utilisé le PGCD dans L[X ] alors que le PGCD considéré est en fait dans K[X ]. Ce n’est</p><p>pas, gênant, puisque le PGCD est invariant pas extension de corps (pour un polynôme à coefficients dans</p><p>K, l’algorithme d’Euclide s’écrit de la même façon que l’on se place dans K[X ] ou dans L[X ], L étant une</p><p>extension de K).</p><p>Remarquez également qu’on ne peut pas se servir directement de la caractérisation de la multiplicité par les</p><p>dérivées donnée dans le cours, cette caractérisation ayant été établie pour un corps de caractéristique nulle.</p><p>2. Soit K un corps de caractéristique nulle, et P un polynôme irréductible. En particulier, P est non constant.</p><p>Donc P ′ 6= 0, et degP ′ < degP . On a alors nécessairement P ∧ P ′ = 1, sinon, il existerait Q non constant,</p><p>de degré inférieur ou égal à degP ′, donc strictement inférieur à degP , divisant simultanément P et P ′. Cela</p><p>contredirait l’irréductibilité de P . Ainsi, d’après la question précédente, P est séparable.</p><p>Ainsi, en caractéristique nulle, tout polynôme irréductible est séparable.</p><p>Soit K un corps de caractéristique p 6= 0, et P un polynôme irréductible. Si P ′ 6= 0 le raisonnement précédent</p><p>reste valide, et donc P est séparable. Si P ′ = 0, alors P ∧ P ′ = P (ou plutôt l’unique polynôme unitaire</p><p>colinéaire à P ), donc P ∧ P ′ 6= 1, un polynôme irréductible n’étant pas constant. Donc P est inséparable</p><p>d’après la question précédente.</p><p>Ainsi, en caractéristique non nulle, un polynôme irréductible est séparable si et seulement si P ′ 6= 0.</p><p>3. Soit p un nombre premier impair. On donne ici un exemple de polynôme irréductible non séparable pour un</p><p>corps K de caractéristique p.</p><p>(a) Il suffit de considérer K = Fp(X) le corps des fractions de Fp. L’élément t = X de K n’est pas algébrique sur</p><p>Fp, car par définition même des polynômes formels (qui sont aussi des fractions rationnelles via l’identification</p><p>classique), pour tout P ∈ Fp(X) non nul, P (t) = P (X) = P 6= 0 !</p><p>Ainsi, Fp admet une extension K dans laquelle il existe un élément transcendant t.</p><p>(b) Soit L un corps de décomposition de P = Xp− t. Soit α une racine de P dans L. On a donc αp = t. D’après</p><p>la formule du binôme,</p><p>(X − α)p =</p><p>p</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>(−α)kXp−k.</p><p>Or, p est premier, donc</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>est divisible par p pour tout k ∈ [[1, p− 1]]. Comme K est de caractéristique p,</p><p>on en déduit que</p><p>(X − α)p = Xp + (−α)P .</p><p>Or, p est impair et αp = t, donc (X − α)p = Xp − t.</p><p>(c) Supposons que P n’est pas irréductible. Il existe donc dans K[X ] un diviseur Q de K[X ], non constant</p><p>et de degré strictement inférieur à celui de P . Il s’agit aussi d’un diviseur dans L[X ]. D’après la question</p><p>précédente, il existe donc q ∈ [[1, p− 1]] tel que Q = (X − α)q.</p><p>On peut raisonner sur la somme des racines, égale à un coefficient de Q, donc élément de K (puisque</p><p>Q ∈ K[X ]) : les racines étant en nombre q et toutes égales à α, on obtient qα ∈ K. Comme q ∈ [[1, p− 1]]</p><p>et p est premier, q est premier avec p donc est inversible modulo p d’après le théorème de Bezout (donc</p><p>inversible dans Fp ⊂ K). On en déduit que α ∈ K.</p><p>(d) On suppose que P n’est pas irréductible. D’après la question précédente, α ∈ K = Fp(t). Or, l’application</p><p>ϕ : Fp(X) 7→ K qui à une fraction rationnelle F associe F (t) est clairement bien définie, car si F = P</p><p>Q</p><p>, P (t)</p><p>et Q(t) sont à valeurs dans K par stabilité, et Q(t) est non nul, puisque t n’est pas algébrique. Il est assez</p><p>immédiat de vérifier que ϕ est un morphisme de corps, donc son image est un sous-corps de K contenant</p><p>Fp (image des fractions rationnelles constantes) et t (image de X). Par minimalité de K = Fp(t), on a donc</p><p>K = Im(ϕ).</p><p>7</p><p>En particulier, puisque α ∈ K, on peut donc écrire α = F (t) pour une certaine fraction rationnelle F ∈ Fp[X ].</p><p>L’équation αp = t se réécrit alors F (t)p− t = 0. En écrivant F = P</p><p>Q</p><p>, avec P et Q premiers entre eux, il vient</p><p>P (t)p − tQ(t)p = 0.</p><p>Comme t n’est pas algébrique, cette relation n’est possible que si P p − XQp est le polynôme nul. Or,</p><p>deg(P p) ≡ 0 [p] et deg(XQp) ≡ 1 [p], d’où une contradiction.</p><p>Ainsi, P est irréductible, et inséparable , puisqu’il n’a qu’un racine de mulitplicité p.</p><p>4. Soit K ⊂ L ⊂ M deux extensions de corps.</p><p>(a) Soit α ∈ M , algébrique sur K. Il existe donc un polynôme P ∈ K[X ] tel que P (α) = 0. Comme K ⊂ L, on</p><p>a aussi P ∈ L[X ], donc α est algébrique sur L .</p><p>(b) Soit Pα ∈ K[X ] le polynôme irréductible de α sur K et Qα ∈ L[X ] le polynôme irréductible de α sur L.</p><p>En particulier, on a aussi Pα ∈ L[X ], donc Pα est un polynôme annulateur de α dans L[X ]. Or, par un</p><p>argument similaire à I-3, l’ensemble des polynômes annulateurs de α dans L[X ] est (Qa). On en déduit que</p><p>Pα ∈ (Qα), donc Qα divise Pα.</p><p>(c) Supposons que K ⊂ M est séparable.</p><p>• Puisque L ⊂ M , pour tout α ∈ L, la séparibilité de l’extension K ⊂ M assure que α est algébrique sur</p><p>K et que Pα le polynôme minimal de α sur K (c’est le même qu’on se place globalement dans L ou dans</p><p>M) est séparable. Donc K ⊂ L est séparable .</p><p>• Soit α ∈ M . Puisque K ⊂ M est séparable, α est algébrique sur K donc sur L d’après 4(a). Soit</p><p>Qα ∈</p><p>L[X ] son polynôme irréductible sur L et Pα sont polynôme irréductible sur K. D’après 4(b), Qα</p><p>divise Pα. Or, Pα n’ayant que des racines simples dans un corps de décomposition, il en est de même de</p><p>ses diviseurs, donc que Qα. Ainsi, α est séparable. On en déduit que L ⊂ M est séparable .</p><p>Partie V – Théorème de l’élément primitif</p><p>1. Soit K ⊂ L une extension de degré fini, telle que K soit de cardinal infini.</p><p>(a) On suppose qu’il existe α et β tels que L = K(α, β). Comme K ⊂ L est de degré fini, α et β sont algébriques</p><p>sur K, d’après I-2. Il existe donc des polynômes irréductibles Pα et Pβ de α et β sur K.</p><p>Soit α, α2, · · · , αr et β, β2, . . . , βs respectivement les racines distinctes de Pα et de Pβ dans un corps M de</p><p>décomposition du produit PαPβ .</p><p>Puisque K ⊂ L est séparable, les βj , j ∈ [[2, s]], sont deux à deux distincts, et distincts de β. Ainsi, βj−β 6= 0</p><p>pour tout j ∈ [[2, s]]. L’équation αi + tβj = α+ tβ équivaut donc à t =</p><p>α−αj</p><p>βj−β</p><p>.</p><p>Il suffit donc de choisir t ∈ K∗ distinct des α−αj</p><p>βj−β</p><p>, i ∈ [[2, r]], j ∈ [[2, s]], ce qui est possible puisque ces valeurs</p><p>sont en nombre fini (au plus (r − 1)(s− 1)) alors que K∗ est infini par hypothèse.</p><p>Il est donc possible de choisir t ∈ K∗ tel que pour tout (i, j) ∈ [[2, r]]× [[2, s]], αi + tβj 6= α+ tβ .</p><p>(b) On se donne un tel t, et on pose θ = α+ tβ. Soit H ∈ K(θ)[X ] le polynôme à coefficients dans K(θ) défini</p><p>par H(X) = Pα(θ− tX). On se place dans un corps de décomposition de HPβ. Dans un tel corps, les deux</p><p>polynômes H et Pβ sont scindés. Leur pgcd est donc obtenu en considérant leurs racines communes et en</p><p>conservant leur multiplicité minimale dans ces deux polynômes. Les racines communes sont nécessairement</p><p>des racines de Pβ , donc β ou les βj , j ∈ [[2, s]]. Or, pour tout j ∈ [[2, s]],</p><p>H(βj) = Pα(α+ tβ − tβj).</p><p>Or, d’après le choix de t, α + tβ − tβj n’est égal à aucun αj . Il ne peut pas être égal à α non plus, sinon</p><p>au aurait β = βj , ce qui n’ets pas de cas, Pβ étant séparable. On en déduit que α+ tβ − tβj n’est pas une</p><p>racine de Pα donc βj n’est pas racine de H .</p><p>En revanche,</p><p>H(β) = Pα(α + tβ − tβ) = P (α) = 0.</p><p>Ainsi, la seule racine commune de H et Pβ est β, et cette racine ne peut pas être multiple, puisque par</p><p>hypothèse, Pβ est séparable.</p><p>Ainsi, H ∧ Pβ = X − β .</p><p>8</p><p>(c) Puisque H ∈ K(θ)[X ] et Pβ ∈ K(θ)[X ], on a aussi H ∧ Pβ ∈ K(θ)[X ], et donc β ∈ K(θ).</p><p>On a de plus α = θ−tβ, donc on a aussi /a ∈ K(θ). Ainsi, par minimalité de K(α, β) comme corps contenant</p><p>K, α et β, on en déduit que K(α, β) ⊂ K(θ).</p><p>Réciproquement, puisque clairement θ ∈ K(α, β) le même argument donne K(θ) ⊂ K(α, β).</p><p>Les deux inclusions donnent K(θ) = K(α, β) = L.</p><p>(d) Montrons par récurrence sur n ∈ N que si L = K(α1, . . . , αn) et si K ⊂ L est séparable de degré fini, alors</p><p>il existe θ ∈ L tel que L = K(θ).</p><p>Si n = 0, il n’y a rien a démontrer (il suffit de prendre θ = 1). Si n = 1, le résultat est trivial. Le cas n = 2</p><p>est celui qu’on a démontré dans la question précédente.</p><p>Soit n > 2 tel que le résultat soit vrai pour toute extension séparable de degré fini K ⊂ K(α1, . . . , αn). Soit</p><p>K ⊂ L une extension séparable de degré fini, telle qu’il existe α1, . . . , αn+1 tels que L = K(α1, . . . , αn+1).</p><p>On a donc L = K(α1, . . . , αn)(αn+1). Par hypothèse de récurrence, il existe λ ∈ L tel que K(α1, . . . , αn) =</p><p>K(λ). On a alors :</p><p>L = K(λ)(αn+1) = K(λ, αn+1),</p><p>et en appliquant la question 1c, il existe θ ∈ L tel que L = K(θ).</p><p>D’après le principe de récurrence, pour toute extension séparable de degré fini du type K ⊂ L = K(α1, . . . , αn),</p><p>il existe θ tel que L = K(θ) .</p><p>(e) Il reste à montrer que si K ⊂ L est une extension déparable de degré fini, on peut trouver une famille finie</p><p>(α1, . . . , αn) d’éléments de L tels que L = K(α1, . . . , αn).</p><p>Il suffit pour cela de considérer une K-base (α1, . . . , αn) de L. En effet,</p><p>K(α1, . . . , αn) ⊂ L = Vect(α1, . . . , αn) ⊂ K(α1, . . . , αn),</p><p>d’où l’égalité voulue.</p><p>On applique la question précédente pour conclure : pour toute extension séparable K ⊂ L de degré fini, il</p><p>existe θ ∈ L tel que L = K(θ) (on dit que l’extension est simple).</p><p>2. Soit α =</p><p>√</p><p>2 et β =</p><p>√</p><p>3. Puisque</p><p>√</p><p>2 et</p><p>√</p><p>3 sont irrationnels, leurs polynômes irréductibles sont au moins de</p><p>degré 2. On en déduit que Pα = X2 − 2 et Pβ = X2 − 3. Le corps de décomposition de PαPβ est inclus dans R,</p><p>et dans ce corps, Pα a deux racines</p><p>√</p><p>2 et −</p><p>√</p><p>2, tandis que Pβ en a également deux,</p><p>√</p><p>3 et −</p><p>√</p><p>3. On a donc,</p><p>avec les notations précédentes, r = s = 2, α2 = −</p><p>√</p><p>2 et β2 = −</p><p>√</p><p>3. En suivant l’argument des questions 1(a) et</p><p>1(b), on choisit t distinct de α−α2</p><p>β2−β</p><p>= −</p><p>√</p><p>2</p><p>√</p><p>3</p><p>. Par exemple t = 1 convient. La question 1(c) donne alors :</p><p>Q(</p><p>√</p><p>2,</p><p>√</p><p>3) = Q(</p><p>√</p><p>2 +</p><p>√</p><p>3).</p><p>Comme on le voit, on a beaucoup d’autres possibilités pour définir θ.</p><p>3. C’est une question classique, qu’on a déjà traitée dans un DM. On ne fait qu’en esquisser l’argument. On renvoie</p><p>au DM en question pour plus de détails.</p><p>Le premier argument est un résultat classique sur l’exposant d’un groupe abélien. Ce résultat affirme que si G</p><p>est un groupe abélien d’ordre fini, et si ω(G) désigne le ppcm de l’ordre de tous les éléments de G, il existe</p><p>un élément x de G d’ordre ω. Cela se montre en commençant par montrer que si x et y sont d’ordres n et m</p><p>premiers entre eux, alors xy est d’ordre nm. Une façon de terminer (qui n’est pas celle du DM) est de dire</p><p>que si pα est un facteur de la décomposition primaire de ω(G), il existe un élément dont l’ordre est divisible</p><p>par pα. Une de ses puissances est alors d’ordre pα. Ainsi, si pα1</p><p>1 . . . pαn</p><p>n est la décomposition primaire de ω(G),</p><p>il existe des éléments x1, . . . , xn d’ordres respectifs pα1</p><p>1 , . . . , pαn</p><p>n . En effectuant une récurrence à partir du cas</p><p>d’un produit de deux termes, on obtient alors que x1 . . . xn est d’ordre ω(G)</p><p>On applique ce résultat au groupe abélien (L∗,×). On note ω = ω(L∗). Soit P = Xω − 1. Par définition de</p><p>ω, pour tout x ∈ K∗, l’ordre de x divise ω, donc xω = 1, donc x est racine de P . Ainsi, Xω − 1 admet tout</p><p>élément de L∗ comme racine de P . Soit n = |L∗|. Le polynôme P ayant n racines distinctes, il est de degré au</p><p>moins n, donc ω > n.</p><p>9</p><p>Par ailleurs, l’ordre de tout élément x de L∗ divise n d’après le théorème de Lagrange, donc ω divise n, donc</p><p>ω 6 n.</p><p>On en déduit que ω = n. D’après le premier argument, il existe donc θ ∈ L∗ d’ordre n. Ainsi, 〈θ〉 = L∗, donc</p><p>L∗ est cyclique.</p><p>4. Soit K ⊂ L une extension séparable de degré fini. tel que K soit un corps fini. En fait, l’hypothèse de séparabilité</p><p>est ici inutile. L étant un K-ev de dimension finie, la donnée d’une base de cardinal n permet d’obtenir un</p><p>système de coordonnée définissant une bijection de Kn sur L. Ainsi, |L| = |K|n, donc L est un corps fini. On</p><p>peut donc appliquer le résultat de la question précédente : L∗ est un groupe cyclique. Soit θ tel que 〈θ〉 = L∗.</p><p>On a alors clairement K(θ) = L.</p><p>Question subsidiaire (hors barême)</p><p>• Si K est de caractéristique nulle, tout polynôme irréductible est séparable (IV-2). Donc toute extension algé-</p><p>brique est séparable, donc K est parfait .</p><p>• Si K est de caractéristique p 6= 0 et K = {ap, a ∈ K}. Soit K ⊂ L une extension algébrique et α ∈ L. Soit</p><p>P = Pα le polynôme irréductible de α.</p><p>Si P ′∧P 6= 1, comme P est irréductible, on a nécessairement P ′∧P = P , donc P divise P ′, ce qui n’est possible</p><p>que si P ′ = 0. Soit P =</p><p>d</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akX</p><p>k. On a</p><p>P ′ =</p><p>d</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>kakX</p><p>k−1.</p><p>On a P ′ = 0 si et seulement si kak = 0 pour tout k ∈ [[0, d]]. Puisque k est inversible dans Fp (donc dans K) si</p><p>et seulement si k n’est pas divisible pas p (et si k est divisible par p, kak = 0), on en déduit que P ′ = 0 si et</p><p>seulement si pour tout k non divisible par p, ak = 0.</p><p>Ainsi, P ′ ∧ P 6= 1 si et seulement si P n’est constitué que de monômes de degré divisible par p.</p><p>D’après IV-1(b), P est donc inséparable si et seulement P s’écrit sous la forme</p><p>P =</p><p>m</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>bkX</p><p>kp,</p><p>donc si et seulement s’il existe un polynôme Q tel que P = Q(Xp).</p><p>On en déduit que Q est</p><p>polynôme annulateur de ap.</p><p>Or, considérons l’application ϕ : K → K définie par ϕ(x) = xp est alors surjective. De plus, puisque</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>= 0</p><p>lorsque k ∈ [[1, p − 1]], la formule du binôme permet d’établir que ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y). Enfin de façon</p><p>évidente, ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) et ϕ(1) = 1. Ainsi, ϕ est un morphisme de corps (appelé morphisme de Forbenius),</p><p>donc en particulier injectif.</p><p>On en déduit que ϕ est un isomorphisme de corps. Avec les notations de la partie III, et Pϕ est irréductible.</p><p>De plus, ϕ se prolonge en un morphisme ϕ̃ défini de la même façon de L dans L (on perd en revanche la</p><p>surjectivité). On a alors</p><p>Pϕ(α</p><p>p) = ϕ̃(P (α)) = ϕ̃(0) = 0.</p><p>Ainsi, Pϕ est le polynôme irréductible de αp, et il est de même degré que P . Cela contredit le fait que Q de</p><p>degré strictement plus petit que P annule α.</p><p>Ainsi, le polynôme irréductible de tout α ∈ K est séparable donc K ⊂ L est séparable. Ceci étant vrai pour</p><p>toute extension algébrique, K est parfait.</p><p>• Réciproquement, si K est parfait de caractéristique non nulle p, le morphisme de Frobenius ci-dessus peut</p><p>toujours être défini, et est injectif, comme tout morphisme de corps. Il s’agit de montrer sa surjectivité. Si ce</p><p>n’est pas le cas, il existe un élément α qui n’est pas dans l’image de ϕ, c’est-à-dire tel que pour tout β ∈ K,</p><p>βn 6= β. Considérons un tel α, et adaptons l’argument de IV-3, en considérant P = Xp − α. Ce polynôme</p><p>n’admet pas de racine dans K, vu le choix de α. Dans un corps de décomposition L, il admet par le même</p><p>argument qu’en IV-3, une racine unique θ. Cette racine n’est pas élément de K, son polynôme irréductible est</p><p>donc de degré au moins 2, et divise P . Ainsi, il admet une unique racine θ, d’ordre de multiplicité au moins 2.</p><p>Ainsi, Pθ est inséparable dans K(θ). Par ailleurs, θ étant algébrique, K(θ) est de dimension finie (voir III-9).</p><p>10</p><p>Ainsi, l’extension K ⊂ K(θ) est de dimension finie, donc algébrique, et elle n’est pas séparable, puisque le</p><p>polynôme irréductible de θ n’est pas séparable. Cela contredit le fait que K est parfait.</p><p>Ainsi, si K est parfait de caractéristique non nulle, le morphisme de Frobenius est un isomorphisme .</p><p>11</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 18 : Espaces vectoriels</p><p>Correction du problème 1 – (Extrait de X-ENS 2013) – Opérateurs quantiques modulaires</p><p>Partie I – Opérateurs sur les fonctions à support fini</p><p>1. (a) • V est défini comme un sous-ensembe de C</p><p>Z ;</p><p>• La suite nulle est à support fini (vide)</p><p>• Si u et v sont deux suites à supports finis, et λ ∈ C, (u+λv)(k) est nul dès lors que u(k) = 0 et v(k) = 0.</p><p>Ainsi, Supp(u+ λv) ⊂ Supp(u)∪ Supp(v). Une union d’ensembles finis étant finie, on peut conclure que</p><p>u+ λv est aussi à support fini.</p><p>Ainsi, par caractérisation des sous-espaces vectoriels, V est un sous-espace vectoriel de C</p><p>Z .</p><p>(b) • E(f) est par définition une application de C</p><p>Z dans lui-même. Montrons sa linéarité : si f et g sont deux</p><p>suites de C</p><p>Z, et λ ∈ C E(f + λg) est défini par :</p><p>∀k ∈ Z, E(f + λg)(k) = (f + λg)(k + 1) = f(k + 1) + λg(k + 1) = E(f)(k) + λE(g)(k).</p><p>Ainsi, E(f + λg) = E(f) + λE(g). On en déduit la linéarité de E, puis E ∈ L(CZ) .</p><p>• Si f ∈ V , alors E(f)(k) est nul dès lors que k + 1 6∈ Supp(f). Ainsi, Supp(E(f)) ⊂ Supp(f) − 1 =</p><p>{k − 1, k ∈ Supp(f)}.</p><p>On a même l’égalité, mais l’inclusion est suffisante pour conclure que E(f) est aussi à support fini, donc</p><p>élément de V .</p><p>Ainsi, V est stable par E .</p><p>(c) On définit Ẽ ∈ L(CZ) de façon symétrique par :</p><p>∀f ∈ C</p><p>Z, ∀k ∈ Z, Ẽ(f)(k) = f(k − 1).</p><p>L’argument précédent s’adapte bien pour justifier que Ẽ peut se restreindre en un endomorphisme de V , et</p><p>Ẽ est clairement une réciproque de E. Ainsi, E est un endomorphisme bijectif de V , donc un automorphisme</p><p>de V : E ∈ GL(V ) .</p><p>2. Pour tout i ∈ Z, on pose vi ∈ C</p><p>Z définie pour tout k ∈ Z par vi(k) = δi,k, où δi,k est le symbole de Kronecker,</p><p>égal à 1 si i = k, et nul sinon.</p><p>(a) • Soit f ∈ V , on a directement :</p><p>f =</p><p>∑</p><p>i∈Supp(f)</p><p>f(i)vi,</p><p>cette somme étant finie, donc étant bien définie, et définissant un objet de Vect(vi, i ∈ Z). Ainsi, la</p><p>famille (vi)i∈Z est une famille génératrice de V .</p><p>• Soit (λi)i∈Z une famille de complexes presque tous nuls tels que</p><p>∑</p><p>i∈Z</p><p>λivi = 0,</p><p>le 0 désignant la suite nulle. En évaluant cette égalité au point k, il vient :</p><p>0 =</p><p>∑</p><p>i∈Z</p><p>λiδi,k = λk.</p><p>Ainsi, ∀k ∈ Z, λk = 0, d’où la liberté de la famille (vi)i∈Z.</p><p>1</p><p>• Des deux points précédents, on déduit que (vi)i∈Z est une base de V .</p><p>(b) Soit i ∈ Z. Pour tout k ∈ Z, on a :</p><p>E(vi)(k) = vi(k + 1) = δi,k+1 = δi−1,k.</p><p>Ainsi, E(vi) = vi−1 .</p><p>Remarquez que c’est cohérent avec le fait que le support de E(f) est obtenu par translation de −1 du</p><p>support de f .</p><p>Partie II – Opérateurs quantiques</p><p>1. Une application linéaire étant entièrement déterminée par l’image d’une base, on a H ◦ E = q2E ◦ H si et</p><p>seulement si pour tout i ∈ Z, H ◦E(vi) = q2E ◦H(vi), donc si et seulement si H(vi−1) = q2E(λ(i)vi), ou encore</p><p>λ(i− 1)vi−1 = q2λ(i)vi−1. Ceci équivaut à dire que pour tout i ∈ Z, λ(i) = q−2λ(i− 1), donc λ est géométrique</p><p>(des deux côtés vers −∞ et +∞)</p><p>Ainsi, par deux récurrences immédiates (l’une sur N l’autre sur Z−), on obtient la condition nécessaire (et</p><p>clairement suffisante) : ∀i ∈ Z, λ(i) = λ(0)q−2i .</p><p>2. H est dans L(V ) par définition.</p><p>La condition de la question précédente étant imposée, λ(i) n’est nul pour aucune valeur de i. On peut alors</p><p>définit l’endomorphisme H̃ de V de la même manière que H , par l’image des vecteurs de la base (vi) :</p><p>H̃(vi) = λ(i)−1vi.</p><p>Alors H̃ est clairement réciproque de H donc H est un automorphisme : H ∈ GL(V ) .</p><p>3. À nouveau, E ◦ F = F ◦ E + H − H−1 si et seulement si ces deux applications linéaires coïncident sur les</p><p>vecteurs de la base (vi), donc si et seulement si pour tout i ∈ Z,</p><p>E ◦ F (vi) = F ◦ E(vi) +H(vi)−H−1(vi).</p><p>En explicitant ces expressions, on obtient la condition nécessaire et suffisante :</p><p>µ(i)vi = µ(i− 1)vi + λ(i)vi − λ(i)−1vi,</p><p>ce qui équivaut à</p><p>µ(i) = µ(i− 1) + λ(0)q−2i − λ(0)−1q2i ,</p><p>du fait de l’expression imposée des λ(i).</p><p>4. Puisque q est une racine ℓ-ième de 1, il en est de même de q−2. Ainsi, (q−2)ℓ = 1, donc λ est ℓ-périodique .</p><p>La relation de récurrence trouvée pour µ implique que pour tout i ∈ Z,</p><p>µ(i + ℓ) = µ(i) + λ(0)</p><p>ℓ</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>q−2j + λ(0)−1</p><p>ℓ</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>q2j = µ(i) + λ(0)q−2j 1− (q−2)ℓ</p><p>1− q−2</p><p>+ λ(0)−1 1− (q2)ℓ</p><p>1− q2</p><p>= µ(i),</p><p>puisque q2 et q−2 sont des racines ℓ-ièmes de l’unité. Ainsi, µ est ℓ-périodique .</p><p>5. Soit C = (q − q−1)E ◦ F + q−1H + qH−1.</p><p>(a) Les conditions de la question 3 étant réunies, on a</p><p>C = (q − q−1)(F ◦ E +H −H−1) + q−1H + qH−1.</p><p>Une simplification facile amène :</p><p>C = (q − q−1)F ◦ E + qH + q−1H−1</p><p>2</p><p>(b) On justifie que C coïncide sur les éléments de la base (vi) avec une certain homothétie. Soit i ∈ Z. On a :</p><p>C(vi) = (q − q−1)F (vi−1) + qλ(i)vi + q−1λ(i)−1vi = (µ(i − 1)(q − q−1) + qλ(i) + q−1λ(i)−1)vi.</p><p>Montrons que l’expression ki = (µ(i− 1)(q− q−1)+ qλ(i) + q−1λ(i)−1) est indépendante de i. Cela provient</p><p>du fait que la condition de la question 3 se réécrit :</p><p>µ(i) = µ(i− 1) + λ(i)− λ(i)−1.</p><p>On a alors, pour tout i ∈ Z</p><p>ki+1 = µ(i)(q − q−1) + qλ(i + 1)− q−1λ(i + 1)−1</p><p>= (µ(i − 1) + λ(i)− λ(i)−1)(q − q−1) + q−1λ(i)− qλ(i)−1</p><p>= µ(i)(q − q−1) + qλ(i)− q−1λ(i)−1)</p><p>= ki.</p><p>Ainsi, pour tout i ∈ Z, ki+1 = ki, donc (ki) est une suite constante, égale à un certain réel k. On a alors,</p><p>pour tout i ∈ Z, C(vi) = kvi. Ainsi, C coïncide sur la base (vi) avec kId. On en déduit que C = kId, donc</p><p>que C est une homothétie de rapport k .</p><p>Partie III – Opérateurs quantiques modulaires</p><p>1. Pour tout i ∈ [[0, ℓ−1]], la division euclidienne de i par ℓ s’écrit i = pℓ+r avec p = 0 et r = i. Ainsi, Pa(vi) = vi.</p><p>Par linéarité, cette égalité reste vraie sur Wℓ : Wℓ est inclus dans l’ensemble des points fixes.</p><p>Soit maintenant i ∈ Z, et p et r le quotient et le retse de la division euclidienne de i par ℓ. D’après ce qui</p><p>précède, puisque r ∈ [[0, ℓ− 1]],</p><p>Pa ◦ Pa(vi) = Pa(a</p><p>pvr) = apPa(vr) = apvr = Pa(vi).</p><p>Ainsi, Pa ◦ Pa et Pa coïncident</p><p>sur une base, donc sont égales. On en déduit que Pa est un projecteur .</p><p>Par définition, Pa(Wℓ) ⊂Wℓ, et on a vu que les points de Wℓ sont tous des points fixes (donc sont dans l’image</p><p>de Pa). Ainsi, Im(Pa) =Wℓ .</p><p>2. (a) Supposons que ϕ ∈ L(V ) commute avec Pa. On a alors :</p><p>Pa ◦ ϕ ◦ Pa = Pa ◦ Pa ◦ ϕ = Pa ◦ ϕ.</p><p>Ainsi, ϕ est compatible avec Pa .</p><p>(b) Soit i ∈ Z, et p et r le quotient et le reste de la division euclidienne de i par ℓ. On a</p><p>Pa ◦H ◦ Pa(vi) = Pa ◦H(apvr) = Pa(a</p><p>pλ(r)vr) = apλ(r)vr .</p><p>D’un autre côté,</p><p>Pa ◦H(vi) = Pa(λ(i)vi) = λ(i)apvr.</p><p>Or, λ est ℓ-périodique, donc λ(i) = λ(r). Ainsi, Pa ◦H ◦ Pa et Pa ◦H coïncident sur une base, donc sont</p><p>égales. On en déduit que H est compatible avec Pa.</p><p>Puisque H−1 est défini comme H en remplaçant λ par λ−1 qui est aussi ℓ-périodique, on peut aussi affirmer</p><p>que H−1 est aussi compatible avec Pa .</p><p>3. • L’application nulle est évidemment compatible avec Pa.</p><p>• La bilinéarité de la composition des applications linéaires montre que Uq est stable par combinaisons linéaires.</p><p>• L’application identité est dans Uq car Pa ◦ Pa = Pa</p><p>• Si u et v sont dans Uq, u ◦ v également, car :</p><p>Pa ◦u◦v ◦Pa = (Pa ◦u◦Pa)◦v ◦Pa = Pa ◦u◦ (Pa ◦v ◦Pa) = Pa ◦u◦ (Pa ◦v) = (Pa ◦u◦Pa)◦v = (Pa ◦u)◦v.</p><p>Ainsi, Uq est une sous-algèbre de L(V ) .</p><p>3</p><p>4. On a, pour tout i ∈ ZZ, avec les notations précédentes</p><p>Pa ◦ E ◦ Pa(vi) = Pa ◦ E(apvr) = Pa(a</p><p>pvr−1) =</p><p></p><p></p><p></p><p>apvr−1 si r 6= 0</p><p>a−1apvℓ−1 si r = 0.</p><p>D’un autre côté, si ℓ ne divise pas i (donc r 6= 0), le reste de la division euclidienne de i− 1 par ℓ est r− 1, et le</p><p>quotient p, alors que si ℓ divise i, alors le reste de la division euclidienne de i− 1 par ℓ est ℓ− 1 et le quotient</p><p>p− 1. On a donc :</p><p>Pa ◦ E(vi) = Pa(vi−1) =</p><p></p><p></p><p></p><p>apvr−1 si a 6= 0</p><p>ap−1vℓ−1 si r = 0.</p><p>On conclut comme précédemment que E est compatible avec Pa, donc E ∈ Uq .</p><p>Un raisonnement similaire convient pour F :</p><p>Pa ◦ F ◦ Pa(vi) = Pa ◦ F (apvr) = Pa(µ(r)a</p><p>pvr+1) =</p><p></p><p></p><p></p><p>µ(r)apvr+1 si r 6= ℓ− 1</p><p>µ(r)ap+1v0 si r = ℓ− 1,</p><p>alors que d’un autre côté :</p><p>Pa ◦ F (vi) = Pa(µ(i)vi+1) =</p><p></p><p></p><p></p><p>µ(i)apvr+1 si r 6= ℓ− 1</p><p>µ(r)ap+1v0 si r = ℓ− 1.</p><p>On conclut en utilisant la ℓ-périodicité de µ : F ∈ Uq .</p><p>5. (a) On procède par analyse-synthèse :</p><p>• Analyse. Soit ϕ ∈ Uq, et supposons qu’il existe Ψa(ϕ) = ψ ∈ L(Wℓ) tel que ψ ◦ Pa = Pa ◦ ϕ. Pour tout</p><p>i ∈ [[0, ℓ− 1]], on a alors</p><p>ψ(vi) = ψ(Pa(vi)) = Pa ◦ ϕ(vi).</p><p>Ainsi, ψ(vi) est défini de façon unique. Ceci prouve l’unicité de Ψa(ϕ) (les vi, 0 6 i < ℓ formant une</p><p>base de Wℓ), sous reserve d’existence, donc aussi l’ unicité de Ψa .</p><p>• Synthèse. Pour tout ϕ ∈ Uq, on définit Ψa(ϕ) ∈ L(Wℓ) par l’image de la base (v0, . . . , vℓ−1) :</p><p>Ψa(ϕ)(vi) = Pa ◦ ϕ(vi).</p><p>Cela définit bien une application linéaire Ψa(ϕ). Par conséquent, Ψa est définie de Uq dans Wℓ. Par</p><p>ailleurs, la linéarité de Pa montre que Ψa est linéaire. Enfin, pour tout ϕ et ψ dans Uq,</p><p>Ψa(ϕ ◦ ψ) = Pa ◦ ϕ ◦ ψ = (Pa ◦ ϕ ◦ Pa) ◦ ψ = Ψa(ϕ) ◦Ψa(ψ).</p><p>Ainsi, Ψa est un morphisme d’algèbre .</p><p>(b) On remarque que par définition, ϕ ∈ Ker(Ψa) si et seulement si Im(ϕ) ⊂ Ker(Pa). On décrit donc Ker(Pa) :</p><p>• Soit u =</p><p>∑</p><p>i∈I</p><p>λivi ∈ Ker(Pa), les λi étant presque tous nuls. On a alors</p><p>u =</p><p>ℓ−1</p><p>∑</p><p>r=0</p><p>∑</p><p>p∈Z</p><p>λpℓ+rvpℓ+r,</p><p>d’où</p><p>0 = Pa(u) =</p><p>ℓ−1</p><p>∑</p><p>r=0</p><p>∑</p><p>p∈Z</p><p>λpℓ+ra</p><p>pvr.</p><p>Ainsi, par liberté de la famille (vi), pour tout r ∈ [[0, ℓ− 1]],</p><p>∑</p><p>p∈Z</p><p>λpℓ+ra</p><p>p = 0 donc: λr = −</p><p>∑</p><p>p∈Z∗</p><p>λpℓ+ra</p><p>p.</p><p>4</p><p>On peut alors réécrire :</p><p>u =</p><p>ℓ−1</p><p>∑</p><p>r=0</p><p></p><p></p><p>∑</p><p>p∈Z∗</p><p>λpℓ+rvpℓ+r −</p><p>∑</p><p>p∈Z∗</p><p>λpℓ+ra</p><p>pvr</p><p></p><p> =</p><p>ℓ−1</p><p>∑</p><p>r=0</p><p></p><p></p><p>∑</p><p>p∈Z∗</p><p>λpℓ+r(vPℓ+r − apvr</p><p></p><p> .</p><p>Toutes les sommes considérées sont finies, ce qui justifie toutes les manipulations qu’on effectue dessus,</p><p>et qui assure qu’à l’issue de ce calcul, on peut conclure que</p><p>Ker(Pa) ⊂ Vect(vPℓ+r − apvr, p ∈ Z</p><p>∗, r ∈ [[0, ℓ− 1]]).</p><p>• Réciproquement, la définition de Pa amène directement, pour tout p ∈ Z</p><p>∗ et tout r ∈ [[0, ℓ− 1]],</p><p>vPℓ+r − apvr ∈ Ker(Pa),</p><p>d’où l’inclusion réciproque : Vect(vPℓ+r − apvr, p ∈ Z</p><p>∗, r ∈ [[0, ℓ− 1]]) ⊂ Ker(Pa).</p><p>• On en déduit que</p><p>Ker(Pa) = Vect(vPℓ+r − apvr, p ∈ Z</p><p>∗, r ∈ [[0, ℓ− 1]]) ,</p><p>puis que</p><p>Ker(Ψa) = {ϕ ∈ Uq | Im(ϕ) ⊂ Vect(vPℓ+r − apvr, p ∈ Z</p><p>∗, r ∈ [[0, ℓ− 1]]) .</p><p>6. Ψa(F ) est nipotent s’il existe n ∈ N</p><p>∗ tel que Ψa(F )</p><p>n = 0, donc, Φa étant un morphisme d’algèbre, si Ψa(F</p><p>n) = 0.</p><p>Or, Fn envoie vj sur µ(i) · · ·µ(j + n − 1)vi+n. Supposons que Fn(vi) ∈ Vect(vj − apvr). ces derniers vecteurs</p><p>étant nuls pour i ∈ [[0, ℓ− 1]], on peut donc écrire</p><p>Fn(vi)</p><p>∑</p><p>j 6∈[[0,ℓ−1]]</p><p>λj(vj − ap(j)vr(j)).</p><p>• Si i+ n 6∈ [[0, ℓ− 1]], L’identification des composantes sur vj , j ∈∈ [[0, ℓ− 1]], amène alors</p><p>λi+n = µ(i) · · ·µ(j + n− 1) et λj = 0 si j 6= i+ n.</p><p>Ainsi, si Fn(vi) ∈ Vect(vj − apvr), alors</p><p>Fn(vi) = µ(i) · · ·µ(j + n− 1)(vi+n − ap(i+n)vr(i+n)).</p><p>En comparant à l’expression initiale, on a nécessairement µ(i) · · ·µ(j + n− 1) = 0, et au final, F lui-même</p><p>est nilpotent, et au moins un des coefficients de la suite µ est nul.</p><p>• Si i+ n ∈ [[0, ℓ− 1]], on obtient la même chose, les li étant ici directement tous nuls</p><p>La question précédente nous permet alors d’affirmer que Φa(F ) est nilpotent si et seulement si l’un des termes</p><p>de la suite µ est nul (la réciproque étant évidente, en considérant F ℓ, en se sovenant que µ est ℓ-périodique).</p><p>En utilisant l’expression du facteur d’homothétie k trouvé dans la partie II, on trouver la CNS sur k : Φa(F )</p><p>est nilpotent si et seulement si il existe i tel que</p><p>k = qλ(i) + q−1λ(i)−1 = λ(0)(q−(2i−1) + q2i−1).</p><p>Ainsi, Ψa(F ) est nilpotent ssi k ∈ {λ(0)(q−(2i−1) + q2i−1), i ∈ [[0, ℓ− 1]]} .</p><p>5</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 19 : Algèbre linéaire matricielle</p><p>Correction du problème 1 – (Trigonalisation des algèbres nipotentes, d’après X 1996)</p><p>Partie I – Questions préliminaires</p><p>1. Soit r l’ordre de nilpotence de A, et t un élément de A. En posant pour tout i ∈ [[1, r]], ti = t, on a, par</p><p>nilpotence de A :</p><p>tr = tr ◦ · · · ◦ t1 = 0.</p><p>Ainsi, t est nilpotent, d’indice de nilpotence inférieur ou égal à r .</p><p>2. Tout d’abord, il s’agit bien d’une sous-algèbre. En effet, elle contient 0 et est clairement stable par combinaison</p><p>linéaire et produit (ces opérations laissant stables l’ensemble des matrices strictement triangulaires supérieures)</p><p>Soit f1, . . . , fn des éléments de T . On a alors</p><p>MatB(fn ◦ · · · ◦ f1) = MatB(fn) · · ·MatB(f1).</p><p>Or, les matrices MatB(fi) sont strictement triangulaires supérieures. En notant Tn,k l’ensemble des matrices</p><p>triangulaires supéieures dont les k premières diagonales sont nulles, on sait, d’après le cours, que Tn,k1</p><p>· Tn,k2</p><p>⊂</p><p>Tn,k1+k2</p><p>. Ainsi, en particulier, le produit de n matrices strictement triangulaires supérieures (donc des éléments</p><p>de Tn,1) est dans Tn,n = {0}.</p><p>On en déduit que MatB(fn ◦ · · · ◦ f1) = 0, puis que fn ◦ · · · ◦ f1 = 0. Ainsi, T est une sous-algèbre nilpotente.</p><p>Ce qui précède nous assure que l’ordre de nilpotence de T est majoré par n. Par ailleurs, en considérant J la</p><p>matrice de Jordan constituée de 0 partout sauf sur la diagonale juste au-dessus de la diagonale principale, un</p><p>calcul fait en cours nous assure que Jn−1 6= 0 et Jn = 0. Ainsi, J est nilpotente, d’indice exactement n. Cet</p><p>exemple montre que T est au moins d’ordre de nilpotence n.</p><p>Par conséquent, l’ordre de nilpotence de T est exactement n .</p><p>3. Soit S l’ensemble des endomorphismes de l’espace E représentés dans la même base B par une matrice</p><p>strictement triangulaire inférieure . Il s’agit, pour les mêmes raisons, d’une sous-algèbre nilpotente.</p><p>La seule matrice à la fois strictement triangulaire supérieure et strictement triangulaire inférieure étant la</p><p>matrice nulle, on a bien T ∩ S = {0} .</p><p>4. Soit A l’ensemble des endomorphismes dont la matrice dans la base B est de la forme λK , où K est la</p><p>matrice dont tous les coefficients sont nuls, à part un 1 en position (1, n). Cette matrice vérifie K2 = 0, et A est</p><p>clairement non vide et stable par combinaison linéaire et produit. De plus, A est clairement nilpotente (d’ordre</p><p>de nilpotence égal à 2), et non nulle, ni égale à T (puisque la matrice</p><p>de Jordan par exemple n’est pas de la</p><p>forme λK, lorsque n > 3).</p><p>Partie II – Le cas de la dimension 2</p><p>Dans cette partie, E est un espace vectoriel sur E de dimension 2.</p><p>1. Soit t un endomorphisme nilpotent non nul de E, et r son indice de nilpotence.</p><p>(a) t ne peut pas être un automorphisme, sinon tr serait également bijective, ce qui contredit tr = 0.</p><p>Ainsi, par caractérisation des automorphismes en dimension finie, t ne peut être ni injective, ni surjective .</p><p>1</p><p>(b) En particulier, t n’étant pas injective, Ker(t) n’est pas nul, donc dim(Ker(t)) > 1. De plus, t est non</p><p>nul, donc Ker(t) 6= E, donc dim(Ker(t)) 6 1. Ainsi dim(Ker(t)) = 1 , et d’après le théorème du rang,</p><p>dim(Im(t)) = rg(t) = dim(E)− dim(Ker(t)) = 1.</p><p>(c) • Analyse. Une telle base B = (b1, b2) doit vérifier t(b1) = 0 et t(b2) = b1 6= 0. Ainsi, en particulier,</p><p>b2 6∈ Ker(t).</p><p>• Synthèse. Soit b2 non nul dans E \ Ker(t) (ce qui est possible du fait du calcul des dimensions). Si on</p><p>montre comme on a fait dans le cours que t est nilpotente d’indice 2, on peut poser b1 = t(b2), qui</p><p>sera un élément du noyau. Cela ne semble pas être la philosophie de l’énoncé. On va donc se débrouiller</p><p>sans ce résultat. Par définition de b2, Vect(b2) ∩ Ker(t) = {0}, et du fait des dimensions, on a donc</p><p>E = Vect(b2) ⊕ Ker(t). Soit alors t(b2) = λb2 + k la décomposition de t(b2) dans cette somme. On</p><p>montre alors sans peine par récurrence que pour tout m ∈ N</p><p>∗, t(bm2 ) = λmb2 + λm−1k. Ainsi, si λ 6= 0,</p><p>la composante λmb2 sur le premier facteur de la somme directe est non nulle, donc tm(b2) 6= 0. Cela</p><p>contredit la nilpotence de t. Ainsi, λ = 0, et t(b2) ∈ Ker(t).</p><p>On pose donc b1 = f(b2). Comme b2 6∈ Ker(t), b1 6= 0, donc forme à lui seul une famille libre. Comme</p><p>b2 6∈ Vect(b1) = Ker(t), B = (b1, b2) est une famille libre, donc une base de E.</p><p>On a par construction t(b1) = 0 et t(b2) = b1, donc MatB(t) =</p><p>(</p><p>0 1</p><p>0 0</p><p>)</p><p>.</p><p>Un calcul direct amène MatB(t)</p><p>2 =</p><p>(</p><p>0 0</p><p>0 0</p><p>)</p><p>, donc t est nilpotente d’indice r = 2 .</p><p>2. Soit A une sous-algèbre commutative nilpotente non nulle de L(E). Soit t0 un élément non nul de A, et</p><p>B = (b1, b2) telle que MatB(t0) =</p><p>(</p><p>0 1</p><p>0 0</p><p>)</p><p>.</p><p>(a) Soit t ∈ A. On a alors</p><p>t0 ◦ t(b1) = t ◦ t0(b1) = t(0) = 0.</p><p>Ainsi, t(b1) ∈ Ker(t0) = Vect(b1). On en déduit que t(b1) et b1 sont colinéaires.</p><p>Ainsi, il existe λ tels que t(b1) = λb1. En itérant, pour tout m ∈ N</p><p>∗, tm(b1) = λmb1. Si λ 6= 0, cela contredit</p><p>la nilpotence de T . Ainsi, λ = 0, donc t(b1) = 0 .</p><p>(b) Si t est non nul, son noyau est de dimension 1, et la question précédente montre que b1 en est un élément.</p><p>Donc Ker(t) = Vect(b1). Par ailleurs, l’argument donné dans la question 1(c) montre que t(b2) ∈ Ker(t).</p><p>Ainsin il existe un scalaire a tel que t(b2) = ab1. On en déduit que MatB(t) =</p><p>(</p><p>0 a</p><p>0 0</p><p>)</p><p>= aMatB(t0), donc</p><p>t = at0. Ainsi, A ⊂ Vect(t0). L’autre inclusion est évidente, puisque A est un sous-espace vectoriel de L(E)</p><p>contenant t0.</p><p>Ainsi, A = Vect(t0) .</p><p>3. On ne suppose plus que A est commutative. L’argument de la question 1(c) (ou l’argument du cours) reste</p><p>valable, et nous assure que tout élément de A est nilpotent d’indice 2. On a alors, avec les données précédentes,</p><p>puisque t+ t0 ∈ A (A étant un espace vectoriel)</p><p>0 = (t+ t0)</p><p>2 = t2 + t ◦ t0 + t0 ◦ t+ t20 = t ◦ t0 + t0 ◦ t.</p><p>Ainsi, t ◦ t0 = −t0 ◦ t.</p><p>On peut alors remplacer dans l’argument de 2(a) l’égalité de commutation par cette dernière égalité. Le signe</p><p>qui s’ajoute ne perturbe pas le raisonnement.</p><p>Ainsi, le résultat reste vrai même si l’algèbre n’est pas supposée commutative .</p><p>Le résultat obtenu nous assure que de fait, l’algèbre obtenue sera bien commutative. On vient en fait de montrer</p><p>qu’il n’existe pas dans L(E) de sous-algèbre nilpotente non commutative (en dimension 2).</p><p>Partie III – Trigonalisation des endomorphismes nilpotents</p><p>Dans cette partie, E est de dimension n > 0. On considère un endomorphisme T nilpotent non nul de E, et on note</p><p>r son indice de nilpotence. On pose E1 = Im(t) ∩Ker(t).</p><p>2</p><p>1. • Puisque t est non nul, Ker(t) est un sous-espace vectoriel strict de E, donc E1 aussi. Ainsi, E1 6= E</p><p>• Puisque t est non nul, Im(t) 6= 0. De plus, {0} = Im(tr) = T r−1(Im(t)) = Im(t̃r−1), où t̃ est l’endomorphisme</p><p>induit par t sur le sous-espace (trivialement stable) Im(t). Ainsi, t̃r−1 étant l’endomorphisme nul d’un espace</p><p>non nul, elle n’est pas une bijection, donc t̃ non plus. Par caractérisation des automorphismes en dimension</p><p>finie, t̃ n’est pas injective, donc</p><p>{0} 6= Ker(t̃) = Ker(t) ∩ Im(t) = E1</p><p>2. E1 = Im(t) si et seulement si Ker(t) ⊂ Im(t), si et seulement si t2 = 0. Comme t 6= 0, cette dernière égalité</p><p>équivaut à r = 2 .</p><p>3. (a) Par définition de E3, Im(t)⊕E3 = E. Par définition de E1, E1 ⊕E2 = Im(t). Par associativité de la somme</p><p>(et du caractère direct), E1 ⊕ E2 ⊕ E3 = E .</p><p>(b) Soit B une base de E adaptée à la décomposition E = E1 ⊕ E2 ⊕ E3. Notons B1, B2 et B3 les 3 bases</p><p>associées de E1, E2 et E3. On considère le découpage par blocs sur les lignes et sur les colonnes associée à</p><p>cette partition de B : ainsi, les différents blocs Ti,j ont un nombre de lignes égal à dim(E1) si i = 1, dim(E2)</p><p>si i = 2, et dim(E3) si i = 3. Et de même pour les colonnes.</p><p>• Pour tout bi de B1, bi ∈ E1 = Im(t) ∩ Ker(t), T (bi) est nul, donc la colonne correspondante est nulle.</p><p>Ainsi, les 3 blocs de la première colonne sont nuls, cette première colonne correspondant au groupement</p><p>des vecteurs de B1.</p><p>• Pour tout bi ∈ B2 ∪ B3, t(bi) ∈ Im(t) = E2 ⊕ E3. Ainsi, t(bi) se décompose uniquement sur B1 et B2, et</p><p>les coordonnées sur B1 sont nulles. Cela correspond à la nullité des blocs A3,2 et A3,3 (avec l’indexation</p><p>que vous imaginez).</p><p>Ainsi, la matrice de t relativement à la base B est bien de la forme MatB(t) =</p><p></p><p></p><p></p><p>0 T1,2 T1,3</p><p>0 T2,2 T2,3</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>.</p><p>(c) D’après les règles du produit matriciel par blocs, et le fait que les coefficients diagonaux d’un produit de</p><p>deux matrices triangulaires supérieures sont égaux aux produit des coefficients diagonaux correspondants,</p><p>on obtient la description suivantepar blocs :</p><p>0 = MatB(t</p><p>r) = (MatB(t))</p><p>r =</p><p></p><p></p><p></p><p>0 ∗ ∗</p><p>0 T r</p><p>2,2 ∗</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>,</p><p>où ∗ désigne un bloc quelconque.</p><p>Ainsi, T r</p><p>2,2 = 0. On en déduit que T2,2 est nilpotente, d’indice au plus égal à r.</p><p>4. On raisonne par récurrence forte sur n ∈ N Pour n = 1, il n’y a pas grand chose à démontrer, un endomorphisme</p><p>ayant une matrice scalaire (a) : il ne peut être nilpotent que si a = 0. Le cas n = 2 découle de la partie II.</p><p>Soit n tel que la propriété soit vraie sur tout espace vectoriel E de dimension strictement inférieure à n, et soit</p><p>t un endomorphisme nilpotent. On reprend la base et la décomposition en blocs de la question précédente. La</p><p>matrice T2,2 définit sur E2 un endomorphisme u dont la matrice dans B2 est T2,2. Comme T2,2 est nilpotente,</p><p>u l’est également. Ainsi, par hypothèse de récurrence (puisque dim(E2) ∈ [[1, n − 1]] d’après la question 1), il</p><p>existe une base B′</p><p>2 de E2 telle que MatB′</p><p>2</p><p>(u) soit strictement triangulaire supérieure. Soit B′ la base obtenue</p><p>par juxtaposition de B1, B′</p><p>2 et B3, et T ′ la matrice de t dans cette base, de blocs T ′</p><p>i,j. Le bloc T ′</p><p>2,2 correspond</p><p>alors à la matrice de u dans la base B′</p><p>2, soit T ′</p><p>2,2 = MatB′</p><p>2</p><p>(u). Ainsi, T ′</p><p>2,2 est strictement triangulaire inférieure,</p><p>et d’après les autres blocs, on en déduit que T ′ est strictement triangulaire supérieure.</p><p>Ainsi, d’après l’axiome de récurrence, pour tout t endomorphisme nilpotent d’un espace de dimension finie, il</p><p>existe une base B′ de E telle que MatB′(t) soit strictement triangulaire supérieure .</p><p>5. Soit T = MatB′(t). Puisque T ∈ T ++</p><p>n = Tn,1, on a d’après le cours, T k ∈ Tn,k, et donc en particulier, T n = 0.</p><p>Ainsi, tn = 0, donc r 6 n. C’est un résultat qu’on avait démontré de façon différente en exemple de cours, en</p><p>considérant une famille libre formée des tk(x) où x ∈ E \Ker(tr−1).</p><p>3</p><p>6. On commence par déterminer l’image et le noyau. On a intérêt à trouver un système générateur le plus simple</p><p>possible de l’image, afin de</p><p>simplifier les calculs. On précède donc par pivot (double) sur les colonnes :</p><p>Im</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−1 1 1 0</p><p>−3 2 3 1</p><p>2 −1 −1 0</p><p>−2 1 1 0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= Im</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−1 0 0 0</p><p>−3 −1 0 1</p><p>2 1 1 0</p><p>−2 −1 −1 0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= Im</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>−1 0 0 0</p><p>−3 1 0 −1</p><p>2 0 1 1</p><p>−2 0 −1 −1</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= Im</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>1 0 0 0</p><p>3 1 0 0</p><p>−2 0 1 0</p><p>2 0 −1 0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= Im</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>1 0 0 0</p><p>0 1 0 0</p><p>0 0 1 0</p><p>0 0 −1 0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>Ainsi, en notant (e1, e2, e3, e4) la base canonique, une base de l’image est (e1, e2, e3 − e4).</p><p>En particulier, t est de rang 3, donc son noyau est de dimension 1. Or, on a une relation simple sur les colonnes</p><p>de T : C2 − C3 + C4 = 0. Ainsi, Ker(T ) = Vect</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0</p><p>1</p><p>−1</p><p>1</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= Vect(e2 − e3 + e4).</p><p>Ce vecteur est bien dans Im(T ) (c’est la différence des deux derniers vecteurs de la base de Im(T )). Ainsi,</p><p>Ker(t) ⊂ Im(t), donc</p><p>E1 = Ker(t) ∩ Im(t) = Vect(e2 − e3 + e4) .</p><p>Les vecteurs</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0</p><p>1</p><p>0</p><p>0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>et</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0</p><p>1</p><p>−1</p><p>1</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>sont non colinéaires, donc forment une famille libre. Par ailleurs, le vecteur</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>0</p><p>0</p><p>0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>n’est pas dans Vect</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0</p><p>1</p><p>0</p><p>0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>,</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0</p><p>1</p><p>−1</p><p>1</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>(par examen de la première coordonnée). Ainsi, (e2 − e3 + e4, e1, e2) est</p><p>une famille libre de vecteurs de Im(t). Cet espace étant de dimension 3, il s’agit d’une base de Im(t).</p><p>Ainsi, un supplémentaire de E1 dans Im(t) est (par exemple) E2 = Vect(e1, e2) .</p><p>Enfin, on remarque que (e1, e2, e3 − e4, e4) est échelonnée : la matrice dans la base canonique de cette famille</p><p>est triangulaire inférieure à coefficients diagonaux non nuls. Il s’agit d’une base de E. Les 3 premiers de ces</p><p>vecteurs formant une base de Im(t), on en déduit un supplémentaire de cet espace :</p><p>E3 = Vect(e4) .</p><p>On considère donc la base B′ = (e2 − e3 + e4, e1, e2, e4) = (b′1, b</p><p>′</p><p>2, b</p><p>′</p><p>3, b</p><p>′</p><p>4). On a :</p><p>• t(e2 − e3 + e4) = 0 (c’est un vecteur du noyau)</p><p>• t(e1) = −e1 − 3e2 + 2e3 − 2e4 = −2(e2 − e3 + e4)− e1 − e2 = −2′b1 − b′2 − b′3</p><p>• t(e2) = e1 + 2e2 − e3 + e4 = (e2 − e3 + e4) + e1 + e2 = b′1 + b′2 + b′3</p><p>• t(e4) = e2 = b′3.</p><p>Ainsi,</p><p>MatB′(t) =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0 −2 1 0</p><p>0 −1 1 0</p><p>0 −1 1 1</p><p>0 0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>On fait de même sur la matrice du milieu T ′ =</p><p>(</p><p>−1 1</p><p>−1 1</p><p>)</p><p>, représentant, dans E2, un endomorphisme t′,</p><p>relativement à la base (b′2, b</p><p>′</p><p>3). On a alors facilement Im(t′) = Vect(b′2, b</p><p>′</p><p>3) = Ker(t′). Ainsi, on pose b2 = b′2+ b′3.</p><p>4</p><p>Il n’y a pas de supplémentaire à prendre dans Im(t′), et un supplémentaire dans E2 est Vect(b′2). Ainsi, on pose</p><p>b3 = b′2. On a alors :</p><p>Mat(b2,b3)(t</p><p>′) =</p><p>(</p><p>0 1</p><p>0 0</p><p>)</p><p>.</p><p>On pose enfin B = (b′1, b2, b3, b</p><p>′</p><p>4) = (e2 − e3 + e4, e1 + e2, e1, e4) . On a dans cette base :</p><p>MatB(t) =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0 −2 1 0</p><p>0 0 −1 0</p><p>0 0 0 1</p><p>0 0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>Partie IV – Trigonalisation d’une sous-algèbre nilpotente de L(E)</p><p>1. (a) Supposons que I(A) = E, et soit F un sous-espace vectoriel strict de E. Si pour tout u ∈ A, Im(u) ⊂ F ,</p><p>leur somme aussi, ce qui contredit I(A) = E. Ainsi, il existe u ∈ A tel que Im(u) 6⊂ F .</p><p>(b) On suppose toujours I(A) = E. On construit par récurrence une suite (un)n∈N telle que pour tout k ∈ N</p><p>∗,</p><p>u1 ◦ u2 ◦ · · · ◦ uk 6= 0.</p><p>On initialise en se donnant u1 non nul dans A, ce qui existe pas construction.</p><p>Soit k ∈ N</p><p>∗, on suppose que u1 ◦ u2 ◦ · · · ◦ uk 6= 0. On a donc Ker(u1 ◦ · · · ◦ uk) 6= E. D’après la question</p><p>précédente, il existe uk+1 ∈ A tel que Im(uk+1) 6⊂ Ker(u1 ◦ · · · ◦ uk). Ainsi, il existe y ∈ E tel que</p><p>uk+1(y) 6∈ Ker(u1 ◦ · · · ◦ uk), donc u1 ◦ · · · ◦ uk ◦ uk+1(y) 6= 0. Ainsi, u1 ◦ · · · ◦ uk+1 6= 0.</p><p>D’après l’axiome de récurrence, notre suite (un)n∈N est construite, et contredit la nilpotence de A. Ainsi,</p><p>I(A) 6= E</p><p>2. • D’après ce qui précède, E1 = I(A) ∩ K(A) 6= E</p><p>• Supposons I(A) ∩ K(A) = {0}. Comme dans la question précdente, on peut alors construire une suite</p><p>infinie donc les composées successives sont non nulles. En effet, on considère u1 non nulle dans A. Alors</p><p>Im(u1) ⊂ I(A), donc Im(u1) ∩ K(A) = {0}. On en déduit l’existence de u2 ∈ A tel que Im(u1) 6⊂ Ker(u2)</p><p>(sinon, Im(u1) est inclus dans K(A), et l’intersection ne peut pas être {0} puisque Im(u1) 6= {0}). Ainsi,</p><p>u2 ◦ u1 6= 0. Plus généralement, si uk ◦ · · · ◦ u1 6= 0, alors Im(uk ◦ · · · ◦ u1) est non nul et inclus dans Im(uk)</p><p>donc dans I(A). Par le même argument, il existe donc uk+1 tel que Im(uk ◦ · · · ◦ u1) 6⊂ Ker(uk+1), donc</p><p>uk+1 ◦ uk ◦ . . . u1 6= 0.</p><p>Par axiome de récurrence, on obtient une suite infinie d’éléments de A dont les composées sont non nulles,</p><p>ce qui contredit la nilpotence de A. Ainsi, I(A) ∩K(A) 6= {0}</p><p>3. Si E1 = I(A), alors, pour tout (u, v) ∈ A2,</p><p>Im(u) ⊂ I(A) = E1 = I(A) ∩ K(A) ⊂ K(A) ⊂ Ker(v).</p><p>Ainsi, v ◦ u = 0. Ainsi, r 6 2. Puisque A est non nulle, r = 2 .</p><p>Réciproquement, si r = 2, soit u ∈ A. On a alors, pour tout v ∈ A, v ◦ u = 0, donc Im(u) ⊂ Ker(v). Cette</p><p>inclusion étant vérifiée pour tout v de A, on en déduit Im(u) ⊂ K(A). Puisque ceci est vrai pour tout u de A,</p><p>et puisque K(A) est un sous-espace vectoriel de E (donc stable par somme), on en déduit que I(A) ⊂ K(A) .</p><p>4. Soit t ∈ A et T sa matrice dans la base B. Notons (Ti,j)16i,j63 sa représentation par blocs associée à la partition</p><p>de la base B en B1, B2 et B3.</p><p>• Soit b ∈ B1. Alors b ∈ K(A) ⊂ Ker(t), donc t(b) = 0. Ainsi, la colonne correspondante de la matrice T est</p><p>nulle. Cela donne Ti,1 = 0, pour i ∈ [[1, 3]].</p><p>• Soit b ∈ B2 ∪B3. Alors t(b) ∈ Im(t) ⊂ I(A). Comme B1 ∪B2 est une base de I(A), la décomposition de t(b)</p><p>dans la base B ne fait intervenir que ces vecteurs, et les coordonnées sur la base B3 sont nulles. Ainsi, les</p><p>coordonnées sur B3 des colonnes correspondantes de T sont nulles. On obtient donc T3,2 = 0 et T3,3 = 0.</p><p>5</p><p>Ainsi, on a bien la représentation suivante de T :</p><p>MatB(t) = T =</p><p></p><p></p><p></p><p>0 T1,2 T1,3</p><p>0 T2,2 T2,3</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>.</p><p>De plus, t est niloptente, d’indice inférieur à r, donc tr = 0, soit T r = 0. Or, les règles de produit des matrices</p><p>triangulaires nous assurent, comme dans la partie III, que</p><p>T r =</p><p></p><p></p><p></p><p>0 ∗ ∗</p><p>0 T r</p><p>2,2 ∗</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>.</p><p>L’égalité T r assure donc T r</p><p>2,2 = 0. On en déduit que T2,2 est nilpotente d’indice au plus r.</p><p>5. (a) • Pour commencer, puisque A est non vide, A2,2 est non vide, et de façon évidente, A2,2 ⊂ E2.</p><p>• Soit s1 et s2 dans A2,2, et λ ∈ K. Il existe t1 et t2 dans A tels que les matrices T1 et T2 aient une</p><p>représentation par blocs tels que (T1)2,2 soit la matrice de s1 dans la base B2 et (T2)2,2 soit la matrice de</p><p>s2 dans la base B2. Alors T1+λT2 est la matrice de t1+λt2 ∈ A et son bloc central est (T1)2,2+λ(T2)2,2,</p><p>représentant dans la base B2 l’endomorphisme s1 + λs2. Ainsi, s1 + λs2 ∈ A2,2. On en déduit que A2,2</p><p>est un sous-espace vectoriel de E2.</p><p>• Le même argument montre que si s1 est « associé » à t1 (par la construction ci-dessus) et s2 associé à</p><p>t2, alors s1 ◦ s2 est associé à t1 ◦ t2 ∈ A (puisque A est une algèbre). Donc s1 ◦ s2 ∈ A2,2.</p><p>Ainsi, A2,2 est une sous-algèbre de L(E2) .</p><p>Soit r l’ordre de nilpotence de A, et s1, . . . , sr des éléments de A2,2 associés à des éléments t1, . . . , tr de A.</p><p>Par itération de l’argument précédent montrant la stabilité de A2,2 par produit, le produit s1 ◦ · · · ◦ sr est</p><p>associé à t1◦· · ·◦tr. Or cette dernière composée est nulle (car A est nilpotente d’ordre r), donc s1◦· · ·◦sr = 0.</p><p>On en déduit que A2,2 est nilpotente.</p><p>(b) Si A2,2 = {0}, alors pour tout t ∈ A, T2,2 = 0, donc T = MatB(t) est strictement triangulaire supérieure par</p><p>blocs. Comme il s’agit d’une description par blocs de type (3, 3), on en déduit, d’après les règles de produit</p><p>des matrices triangulaires, que T 3 = 0, donc t3 = 0. Ainsi, r 6 3. Comme on a supposé r > 3, on a donc</p><p>r = 3 .</p><p>(c) Réciproquement, supposons A2,2 6= {0}, et soit s ∈ A2,2 non nul, et t ∈ A associé. Il existe donc x ∈ E2 tel</p><p>que s(x) 6= 0, donc t(x) 6∈ E1. Ainsi, t(x) 6∈ I(A) ∩K(A). Or, t(x) ∈ I(A),</p><p>donc t(x) 6∈ K(A). Il existe donc</p><p>u ∈ A tel que t 6∈ Ker(u), donc u ◦ t(x) 6= 0.</p><p>Par ailleurs, x ∈ E2 ⊂ I(A), par conséquent, il existe v1, . . . , vk dans A et y1, . . . , yk dans E tels que</p><p>x =</p><p>k</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>vi(yi).</p><p>On en déduit que</p><p>0 6= u ◦ t(x) = u ◦ t</p><p>(</p><p>k</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>vi(yi)</p><p>)</p><p>=</p><p>k</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>u ◦ t ◦ vi(yi).</p><p>Ceci n’est possible que si l’un des vecteurs u ◦ t ◦ vi(yi) est non nul, ce qui nécessite u ◦ t ◦ vi 6= 0. Ainsi, il</p><p>existe v ∈ A tel que u ◦ t ◦ v 6= 0. On en déduit que r > 3 .</p><p>(d) On procède comme dans la partie III, par récurrence sur n, le résultat étant acquis pour n = 1 (trivial) et</p><p>n = 2 (partie I). Soit alors n > 3, telle que la propriété soit vraie pour toute algèbre nilpotente non nulle</p><p>sur un espace de dimension strictement inférieure à n, et soit A une algèbre nilpotente non nulle d’indice r.</p><p>Si r = 1, A = {0} et il n’y a rien à montrer. Si r = 2, E1 = I(A), donc E2 = {0} et le bloc T2,2 est vide.</p><p>Plus précisément, la matrice T s’écrit alors à l’aide de 4 blocs sous la forme</p><p>(</p><p>0 ∗</p><p>0 0</p><p>)</p><p>et est donc strictement</p><p>triangulaire supérieure. Si r > 3, on considère la construction de la question IV-4, et l’algèbre A2,2. Si r = 3,</p><p>cette algèbre est nulle, donc pour tout t ∈ A, T2,2 = 0, donc T est strictement triangulaire supérieure. Sinon,</p><p>6</p><p>on applique l’hypothèse de récurrence à A2,2, ce qu’on peut faire puisque 1 6 dimE2 < n, d’après 1(b) et</p><p>3, et puisque A2,2 est non nulle. On construit alors la nouvelle base comme dans la partie III.</p><p>Ainsi, toute algèbre nilpotente non nulle admet une base de trigonalisation stricte commune.</p><p>(e) En particulier, puisque pour toute matrice T de T ++</p><p>n , T n = 0, on en déduit que r 6 n .</p><p>6. L’hypothèse r > 4 nous assure que A2,2 est non nulle.</p><p>Soit t1, . . . , tk des éléments de A, et soit Tℓ la matrice associée à tℓ relativement à la base B trouvée précé-</p><p>demment, dont les blocs seront notés T ℓ</p><p>i,j (sans ambiguïté possible sur la notation en exposant de l’indice, car</p><p>aucune exponentiation n’est en jeu dans cette question). On a alors</p><p>T1 · · ·Tk−1Tk =</p><p></p><p></p><p></p><p>0 ∗ ∗</p><p>0 T 1</p><p>2,2 · · ·T k−1</p><p>2,2 ∗</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0 T k</p><p>1,2 T k</p><p>1,3</p><p>0 T k</p><p>2,2 T k</p><p>2,3</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p>0 ∗ ∗</p><p>0 T 1</p><p>2,2 · · ·T k</p><p>2,2 T 1</p><p>2,2 · · ·T k−1</p><p>2,2 T k</p><p>2,3</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>De même, en faisant le produit dans l’autre sens :</p><p>T1T2 · · ·Tk =</p><p></p><p></p><p></p><p>0 T 1</p><p>1,2 T 1</p><p>1,3</p><p>0 T 1</p><p>2,2 T 1</p><p>2,3</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0 ∗ ∗</p><p>0 T 2</p><p>2,2 · · ·T k</p><p>2,2 ∗</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p>0 T 1</p><p>1,2T</p><p>2</p><p>2,2 · · ·T k</p><p>2,2 ∗</p><p>0 T 1</p><p>2,2 · · ·T k</p><p>2,2 ∗</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>En remettant ensemble ces deux descriptions (au rang k − 1), on peut déterminer le dernier coefficient :</p><p>T1 · · ·Tk−1Tk =</p><p></p><p></p><p></p><p>0 T 1</p><p>1,2T</p><p>2</p><p>2,2 · · ·T k−1</p><p>2,2 ∗</p><p>0 T 1</p><p>2,2 · · ·T k−1</p><p>2,2 T 1</p><p>2,2 · · ·T k−2</p><p>2,2 T k−1</p><p>2,3</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>0 T k</p><p>1,2 T k</p><p>1,3</p><p>0 T k</p><p>2,2 T k</p><p>2,3</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p>0 T 1</p><p>1,2T</p><p>2</p><p>2,2 · · ·T k</p><p>2,2 T 1</p><p>1,2T</p><p>2</p><p>2,2 · · ·T k−1</p><p>2,2 T k</p><p>2,3</p><p>0 T 1</p><p>2,2 · · ·T k</p><p>2,2 T 1</p><p>2,2 · · ·T k−1</p><p>2,2 T k</p><p>2,3</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>.</p><p>Soit alors t1, . . . , tr−1 dans A tels que t1 ◦ · · · ◦ tr−1 6= 0 (ce qui est possible par définition de l’indice de</p><p>nilpotence). On a alors T1 · · ·Tr−1 6= 0, donc l’un au moins des blocs de la description ci-dessus (avec k = r−1)</p><p>est non nul. Cela impose en particulier que T 2</p><p>2,2 · · ·T r−2</p><p>2,2 6= 0 (remarquez que cela a du sens puisque r > 4).</p><p>Cela définit donc r − 3 éléments de A2,2 donc le produit est non nul. Ainsi, en notant r′ l’ordre de nilpotence</p><p>de A2,2, on obtient r′ > r − 2 .</p><p>Réciproquement, on peut reprendre l’argument de la question 5(c), en remplaçant s par une composition</p><p>s1 ◦ · · · ◦ sr′−1 non nulle. Si t1, . . . , tr′−1 sont associés dans A, cet argument s’adapte bien pour montrer qu’il</p><p>existe u et v deux éléments de A tels que u ◦ t1 ◦ · · · ◦ tr′−1 ◦ u soit non nul. Ainsi, r′ +1 < r, donc r′ 6 r − 2 .</p><p>Les deux inégalités amènent r′ = r − 2 .</p><p>7. (a) Soit t ∈ A. On note T la matrice de t dans la base B, avec sa description par blocs (Ti,j). Soit s l’endomor-</p><p>phisme de E2 défini par le bloc T2,2.</p><p>Soit y ∈ s(I(A2,3)), et x ∈ I(A2,3) tel que y = s(x). Il existe donc des applications linéaires uℓ ∈ A2,3 ⊂</p><p>L(E3, E2), et des éléments xℓ de E3, pour ℓ ∈ [[1, k]], tels que</p><p>x =</p><p>k</p><p>∑</p><p>ℓ=1</p><p>uk(xk).</p><p>Il vient donc :</p><p>y =</p><p>k</p><p>∑</p><p>ℓ=1</p><p>s ◦ uk(xk).</p><p>Soit t1, . . . , tk des éléments de A associés aux u1, . . . , uk, et Tℓ la matrice associée à tℓ, dont les blocs seront</p><p>notés T ℓ</p><p>i,j . La matrice de s ◦uk ∈ L(E3, E2), relativement aux bases B3 et B2, est alors T2,2T</p><p>k</p><p>2,3, qui, d’après</p><p>la description de la question 6 des matrices T , correspond à (TTk)2,3, donc au bloc en position (2, 3) associé</p><p>à l’application linéaire t ◦ tk de A. Ainsi, par définition, s ◦ uk ∈ A2,3, et donc</p><p>k</p><p>∑</p><p>ℓ=1</p><p>s ◦ uk(xk) ∈ I(A2,3).</p><p>On a bien montré que s(I(A2,3)) ⊂ I(A2,3) .</p><p>7</p><p>(b) Soit u ∈ A2,3 ⊂ L(E3, E2). Alors, par définition Im(u) ⊂ E2. En sommant ces images, il vient I(A2,3) ⊂ E2.</p><p>On note pour k ∈ N</p><p>∗, et Z ⊂ E, on note Ik(Z) la somme des images des composées u1 ◦ · · · ◦ uk, où les</p><p>ui sont des éléments de Z. On va montrer, par récurrence sur k ∈ N, que pour tout x ∈ E2, et tout k ∈ N,</p><p>x ∈ Ik(Acal2,2) + I(A2,3)</p><p>L’initialisation, pour k = 1, se fait en remarquant que x ∈ I(A). Ainsi, il existe des éléments t1, . . . , tk de</p><p>A et x1, . . . , xk de E tels que</p><p>x =</p><p>k</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>ti(xi).</p><p>En décomposant xi = xi,1 + xi,2 + xi,3 dans E1 ⊕ E2 ⊕ E3, et en remarquant que x est égal à son projeté</p><p>sur E2 dans la somme directe E1 ⊕ E2 ⊕ E2, on obtient donc :</p><p>x =</p><p>k</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>ti2,1(xi,1) + ti2,2(xi,2) + ti2,3(xi,3),</p><p>où ti2,j est l’application de Ej dans E2 définie par t. Par définition de E1, il vient donc :</p><p>x =</p><p>k</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>ti2,2(xi,2) + ti2,3(xi,3) ∈ I(A2,2) + I(A2,3).</p><p>Supposons maintenant le résultat acquis pour une valeur k ∈ N (pour tout x ∈ E2). On a vu que</p><p>x ∈ I(A2,2) + I(A2,3).</p><p>Il suffit donc de montrer que I(A2,2) ⊂ Ik+1(A2,2) + I(A2,3).</p><p>Par stabilité par somme, il suffit de vérifier que pour tout s ∈ A2,2, et tout y ∈ E2, s(y) ∈ Ik+1(A2,2) +</p><p>I(A2,3). Or, par hypothèse de récurrence, y ∈ Ik(A2,2) + I(A2,3), donc</p><p>s(y) ∈ s</p><p>(</p><p>Ik(A2,2)</p><p>)</p><p>+ s (I(A2,3)) ⊂ Ik+1(A2,2) + I(A2,2),</p><p>d’après la question 7(a).</p><p>Ainsi, d’après l’axiome de récurrence, pour tout x ∈ E2, et tout k ∈ N</p><p>∗, x ∈ Ik(A2,2) + I(A2,3). Or,</p><p>A2,2 étant nilpotente d’indice r − 2, Ir−2(A2,2) = 0, donc finalement, en prenant k = r − 2, on obtient</p><p>x ∈ I(A2,3). Ainsi, E2 ⊂ I(A2,3).</p><p>La double-inclusion amène I(A2,3) = E2 .</p><p>8. On suppose A nilpotente. Soit t un élément de A tel que T2,3 = 0. On note T sa matrice.</p><p>(a) Pour tout s ∈ A, de matrice S dont les blocs sont (Si,j), on a ST = TS, soit, par un calcul explicite, en</p><p>utilisant l’hypothèse T2,3 = 0,</p><p></p><p></p><p></p><p>O T1,2S2,2 T1,2S2,3</p><p>0 T2,2S2,2 T2,2S2,3</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p>0 S1,2T2,2 0</p><p>0 S2,2T2,2 0</p><p>0 0 0</p><p></p><p></p><p></p><p>En particulier, T1,2S2,3 = 0 et T2,2S2,3 = 0. On note t1,2 et t2,2 les applications linéaires de L(E2, E1) et de</p><p>L(E2, E2) associées à T1,2 et T2,2. Les inégalités précédentes se traduisent par le fait que pour tout s ∈ A2,3,</p><p>Im(s) ⊂ Ker(t1,2) et Im(s) ⊂ Ker(t2,2). Par stabilité par somme, il en découle :</p><p>I(A2,3) ⊂ Ker(t1,2) et I(A2,3) ⊂ Ker(t2,2).</p><p>La question précédente amène alors E2 ⊂ Ker(t1,2) et E2 ⊂ Ker(t2,2), soit t1,2 = 0 et t2,2 = 0. On a donc</p><p>montré que T1,2 = 0 et T2,2 = 0 .</p><p>(b) En revanche, T1,3 peut ne pas être nul. On donne l’exemple dans le cadre matriciel, vous transcrirez facilement</p><p>par des applications linéaires.</p><p>Il suffit de considérer l’algèbre A = {aJ + bJ2 + cJ3, (a, b, c) ∈ K} dans M4(K), où J est la matrice de</p><p>Jordan (nilpotente d’indice 4). Cette algèbre est nilpotente d’indice 4.</p><p>8</p><p>On vérifie sans peine que K(A) = Vect(e1), I(A) = Vect(e1, e2, e3). Ainsi, on peut prendre E1 = Vect(e1),</p><p>E2 = Vect(e2, e3) et E3 = Vect(e4). La base canonique est donc déjà adaptée.</p><p>Considérons maintenant la matrice J3, qui vérifie bien T2,3 = 0, ainsi que T2,2 = 0 et T1,2 = 0. En revanche,</p><p>T1,3 = (1). Ainsi, on n’a pas toujours T1,3 = 0 .</p><p>9</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 20 : Algèbre linéaire matricielle</p><p>Correction du problème 1 – Co-diagonalisation (Mines 2001)</p><p>Partie I –</p><p>Le but de cette partie est d’étudier, pour une application semi-linéaire u donnée, les valeurs et vecteurs co-propres.</p><p>1. Premières propriétés.</p><p>(a) Soit x 6= 0. Si u(x) = µx = µ′x, puisque x est non nul (donc la famille (x) est libre), on obtient µ = µ′.</p><p>Ainsi il existe au plus un scalaire µ tel que u(x) = µx .</p><p>(b) Soit µ une valeur co-propre de u et x un vecteur co-propre associé. On a alors, pour tout θ ∈ R,</p><p>u(e− i θ</p><p>2 x) = ei</p><p>θ</p><p>2u(x) = ei</p><p>θ</p><p>2µx = (ei θµ) · e− i θ</p><p>2x.</p><p>Ainsi, ei θµ est valeur co-propre de u un vecteur propre associé en est e− i θ</p><p>2x 6= 0 .</p><p>(c) Soit x ∈ Eµ non nul, et a = rei θ ∈ C. On a alors u(ax) = au(x) = re− i θµx = e−2 i θµ(ax).</p><p>Ainsi, si µ 6= 0, on peut choisir a tel que e−2 i θµ 6= µ (il suffit de choisir a non réel). La question 1 amène</p><p>alors u(ax) 6= µx, donc ax 6∈ Eµ.</p><p>Par conséquent, si µ 6= 0, Eµ n’est pas un C-espace vectoriel .</p><p>Si µ = 0, pour tout x, y ∈ Eµ et a ∈ C, on a</p><p>u(ax+ y) = au(x) + u(y) = 0,</p><p>donc ax+ y = 0.</p><p>Comme de plus, Eµ ⊂ E et 0 ∈ Eµ, on peut conclure que si µ = 0, Eµ est un sous-espace vectoriel sur C de E .</p><p>En revanche, quelle que soit la valeur de µ, si x, y sont dans Eµ et a ∈ R, on a :</p><p>u(ax+ y) = au(x) + u(y) = au(x) + u(y) = aµx+ µy = µ(ax+ y).</p><p>Donc ax+y ∈ Eµ. Comme Eµ ⊂ E et 0 ∈ E, on en déduit que Eµ est un sous-espace vectoriel sur R de E .</p><p>(d) Soient x, y ∈ E et a ∈ C. On a :</p><p>u ◦ v(ax+ y) = u(av(x) + v(y)) = au(v(x)) + u(v(y)) = au ◦ v(x) + u ◦ v(y).</p><p>Ainsi, la composée de deux applications semi-linéaires est une application linéaire .</p><p>2. Matrice associée à une application semi-linéaire</p><p>(a) On décompose x =</p><p>∑n</p><p>i=1 xiei. On a alors</p><p>y = u(x) =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>xiu(ei),</p><p>et en passant aux coordonnées dans la base B :</p><p>Y =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>xiCi,</p><p>où Ci est le vecteur colonne des coordonnées de u(ei) dans la base B. On reconnaît là un produit matriciel :</p><p>Y = AX ,</p><p>1</p><p>où A est la matrice dont les colonnes sont les Ci, c’est-à-dire les matrices colonnes des coordonnées dans la</p><p>base B des images par u des vecteurs de cette base.</p><p>On peut montrer réciproquement que A vérifiant cette relation est définie de façon unique (il suffit d’évaluer</p><p>en ei, ce qui nous dit que la colonne Ci de A est nécessairement égale aux coordonnées de u(ei) dans la</p><p>base B). La question de l’unicité n’était pas explicitement demandée, mais était nécessaire pour répondre</p><p>complètement à la question suivante.</p><p>Une autre façon d’aborder cette question est de remarquer que si B = (b1, . . . , bn) est une base de E sur C,</p><p>alors l’application qui à x = x1b1 + · · ·+ xnbn associe x = x1b1 + · · ·+ xnbn est clairement une application</p><p>semi-linéaire. Attention au fait que cette définition de x dépend du choix de la base B !</p><p>On pose alors, pour tout x ∈ E, v(x) = u(x). L’application v est alors linéaire (composée de deux applications</p><p>semi-linéaires). Si on note A sa matrice relativement à la base B, on a alors</p><p>[u(x)]B = [v(x)]B = AX.</p><p>L’unicité de A découle de l’unicité de la matrice d’un endomorphisme.</p><p>(b) On ne peut pas vraiment utiliser la formule de changeùent de base sur v définie ci-dessus, car la définition de</p><p>v dépend du choix de la base B. Soient B et C deux bases, A et B les matrices de u relativement à chacune</p><p>de ces deux bases respectivement, et S la matrice de passage de B à C. Soit x ∈ E et y = u(x). En notant</p><p>[x]B le vecteur colonne des coordonnées de x dans la base B, on a alors :</p><p>S[x]C = [x]B.</p><p>On en déduit que</p><p>[y]B = A[x]B = AS[x]C .</p><p>En appliquant la formule de changement de base pour le vecteur y, il vient alors :</p><p>[y]C = S−1[y]B = (S−1AS)[x]C .</p><p>On utilise la question précédente, et plus précisément le fait que la relation Y = AX caractérise la matrice</p><p>de u dans la base considérée (unicité de cette écriture) pour en déduire que la matrice de u relativement à</p><p>la base C est S−1AS. Ainsi</p><p>B = S−1AS</p><p>−1</p><p>.</p><p>On remarquera la forte similitude avec la formule de changement de base pour les endomorphismes, la seule</p><p>différence étant la conjugaison supplémentaire effectuée sur la matrice S (à droite).</p><p>3. Exemples</p><p>(a) Soit µ ∈ C, µ est une vaeur co-propre de A si et seulement s’il existe X =</p><p>(</p><p>a</p><p>b</p><p>)</p><p>non nul tel que AX = µX ,</p><p>c’est à dire :</p><p></p><p></p><p></p><p>−b = µa</p><p>a = µb</p><p>On en déduit que b = −|µ|2b et a = −|µ|2a. Comme l’un au moins des deux complexes a et b est non nul,</p><p>on en déduit que −|µ|2 = 1, ce qui est impossible. Ainsi, A n’admet pas de valeur co-propre.</p><p>En jetant un coup d’oeil à la suite du sujet (c’est toujours conseillé !), on se rend compte que c’est en plein</p><p>accord avec la question 4(a), puisque la matrice AA est ici égale à −I2, donc ne possède pas de valeur propre</p><p>positive.</p><p>(b) Soit A une matrice réelle admettant une valeur propre réelle λ. On a alors au moins un vecteur propre réel.</p><p>En effet, la matrice A− λIn est non inversible dans Mn(C), donc aussi dans Mn(R), et son noyau en tant</p><p>que matrice de Mn(R) est donc non réduit à 0, ce qui donne l’existence d’un vecteur propre à coordonnées</p><p>réelles.</p><p>On peut aussi remarquer que si X est un vecteur propre, en conjuguant, puisque λ est réel, X est aussi</p><p>vecteur propre associé à λ, donc aussi leur somme X +X si cette somme est non nulle. Le seul cas où cette</p><p>2</p><p>condition n’est pas satisfaite est le cas où toutes les coordonnées de X sont imaginaires pures. Dans ce cas</p><p>iX est encore un vecteur propre, à coordonnées réelles.</p><p>Soit donc X un vecteur propre à coordonnées réelles de A, associé à la valeur propre λ. On a donc :</p><p>AX = AX = λX,</p><p>donc X est aussi vecteur co-propre associé à la valeur co-propre λ .</p><p>4. Correspondance entre les valeurs co-propres de la matrice A et les valeurs propres de la ma-</p><p>trice AA.</p><p>Soit A une matrice carrée complexe d’ordre n.</p><p>(a) Soit µ une valeur co-propre de A, et X un vecteur co-propre associé. On a alors</p><p>AAX = A(AX) = A(µX) = µAX = µµX = |µ|2X.</p><p>Comme X 6= 0, on déduire de la relation trouvée que X est un vecteur propre de AA associé à la</p><p>valeur propre |µ|2 de AA .</p><p>(b) Soit λ une valeur propre positive ou nulle de la matrice AA et X un vecteur co-propre associé.</p><p>(i) Supposons AX et X liés. Il existe alors µ ∈ C tel que AX = µA. Ainsi, µ est valeur co-propre de</p><p>A, un vecteur co-propre associé étant X . On déduit de la question précédente que X est vecteur</p><p>propre de AA associé à la valeur propre |µ|2. Or, X est vecteur propre associé à la valeur λ, d’où</p><p>λ = |µ|2. Par conséquent, il existe θ ∈ R tel que µ =</p><p>√</p><p>λ · ei θ. On déduit alors de la question 1(b) que</p><p>√</p><p>λ est valeur co-propre de A.</p><p>(ii) Supposons les vecteurs AX et X indépendants. On a alors Y = AX +</p><p>√</p><p>λX 6= 0. De plus,</p><p>AY = AAX +</p><p>√</p><p>λAX = λX +</p><p>√</p><p>λAX =</p><p>√</p><p>λY.</p><p>Ainsi, Y étant non nul,</p><p>√</p><p>λ est valeur co-propre de A .</p><p>(c) Soit µ un réel positif ou nul.</p><p>• Si µ est valeur co-propre de A, |µ|2 = µ2 est valeur propre de AA d’après 4(a).</p><p>• Réciproquement, si µ2 est valeur propre de AA, alors µ =</p><p>√</p><p>µ2 est valeur co-propre de A d’après 4(b).</p><p>Ainsi, µ étant réel positif, µ est valeur co-propre de A ssi µ2 est valeur propre de A .</p><p>5. Cas d’une matrice triangulaire supérieure</p><p>Dans cette question, la matrice A est une matrice triangulaire supérieure</p><p>(a) Soit λ une valeur propre de A. Notons d1, . . . , dn les coefficients diagonaux de A. La matrice A étant</p><p>triangulaire, ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux. Ainsi, λ est l’un des di.</p><p>La matrice A est triangulaire supérieure, ses coefficients diagonaux étant d1, . . . , dn. Le produit AA est</p><p>encore une matrice triangulaire supérieure, dont les coefficients diagonaux sont cette fois les didi. En</p><p>particulier, l’un des coefficients diagonaux est |λ|2. La matrice AA étant triangulaire, il en résulte que</p><p>|λ|2 est valeur propre de AA. La question 4(b) permet alors d’affirmer que |λ| est valeur co-propre de</p><p>A, puis, d’après 1(b), tous les complexes de même module que λ sont valeurs co-propres de A, donc</p><p>tous les λei θ sont valeurs co-propres de A .</p><p>(b) Réciproquement,</p><p>supposons que µ est valeur co-propre de A. D’après 4(a), |µ|2 est valeur propre de AA.</p><p>Cette matrice étant triangulaire, |µ|2 est l’un des coefficients diagonaux de AA. Or, ces coefficients diagonaux</p><p>s’écrivent didi, avec les notations de la question précédente. Par conséquent, il existe un coefficient diagonal</p><p>λ = di de A (donc une valeur propre de A, cette matrice étant triangulaire) telle que |µ|2 = |λ|2. On en</p><p>déduit que |λ| = |µ|, donc qu’il existe θ ∈ R tel que λ = ei θµ.</p><p>On a bien montré qu’ il existe θ ∈ R tel que ei θµ soit valeur propre de A.</p><p>(c) La matrice A étant triangulaire, on peut appliquer les résultats précédents. Sa seule valeur propre est i (la</p><p>valeur unique de ses coefficients diagonaux). Ainsi, tout les complexes de même module que i sont valeurs</p><p>co-propres d’après 5(a) (et ce sont les seules d’après 5(b)). En particulier, 1 est valeur co-propre de A .</p><p>3</p><p>On recherche un vecteur X =</p><p>(</p><p>a+ i b</p><p>c+ i d</p><p>)</p><p>(a, b, c, d ∈ R) co-propre associé à 1, c’est-à-dire vérifiant</p><p>AX = X soit:</p><p>(</p><p>i 1</p><p>0 i</p><p>)(</p><p>a− i b</p><p>c− i d</p><p>)</p><p>=</p><p>(</p><p>a+ i b</p><p>c+ i d</p><p>)</p><p>soit:</p><p>(</p><p>(b + c) + i(a− d)</p><p>i c+ d</p><p>)</p><p>=</p><p>(</p><p>a+ i b</p><p>c+ i d</p><p>)</p><p>.</p><p>Ceci équivaut à c = d et a = b+ c. Les vecteurs co-propres associés à 1 sont exactement les vecteurs</p><p>(</p><p>c+ (1 + i)b</p><p>c(1 + i)</p><p>)</p><p>, b, c ∈ R</p><p>On peut prendre par exemple X = eiπ4</p><p>(</p><p>1</p><p>0</p><p>)</p><p>(vous pouvez vérifier directement que ce vecteur est bien</p><p>co-propre associé à 1).</p><p>6. Une caractérisation des valeurs co-propres</p><p>• Supposons que µ est valeur co-propre de A, |µ| l’est également (question 1(b)). Soit X un vecteur co-propre</p><p>associé à |µ|. Notons X = X1 + iX2, où X1 et X2 sont des vecteurs à coordonnées réelles. On a alors</p><p>|µ|(X1 + iX2) = AX = A(X1 − iX2) = BX1 + CX2 + i(−BX2 + CX1).</p><p>En identifiant les parties réelles et imaginaires, il vient :</p><p>|µ|X1 = BX1 + CX2 et |µ|X2 = −BX2 + CX1.</p><p>D’après les règles du produit matriciel par blocs, ces deux égalités sont équivalentes à l’égalité matricielle</p><p>(</p><p>B C</p><p>C −B</p><p>)(</p><p>X1</p><p>X2</p><p>)</p><p>= |µ|</p><p>(</p><p>X1</p><p>X2</p><p>)</p><p>.</p><p>Le vecteur</p><p>(</p><p>X1</p><p>X2</p><p>)</p><p>étant non nul (car X 6= 0), on en déduit que |µ| est valeur propre de D .</p><p>• Réciproquement, si |µ| est valeur propre de D, il existe un vecteur colonne réel Y , qu’on découpe en blocs</p><p>Y =</p><p>(</p><p>X1</p><p>X2</p><p>)</p><p>, les deux vecteurs colonnes X1 et X2 étant de même taille, tel que</p><p>DY = |µ|Y,</p><p>c’est-à-dire</p><p>|µ|X1 = BX1 + CX2 et |µ|X2 = −BX2 + CX1.</p><p>En reprenant les calculs précédents dans l’autre sens, on en déduit facilement que X1 + iX2 est vecteur</p><p>co-propre de A = B + iC, associé à la valeur co-propre |µ|. Ainsi, |µ| est valeur co-propre de A, puis</p><p>µ est valeur co-propre de A (toujours 1(b)).</p><p>Partie II –</p><p>1. Une relation d’équivalence Montrons que ≈ est reflexive, symétrique et transitive. Soient A, B, C dans</p><p>Mn(C).</p><p>• A = InAIn</p><p>−1</p><p>, donc A ≈ A, d’où la reflexivité.</p><p>• Si A ≈ B, il existe S ∈ GLn(C) tel que</p><p>B = SAS</p><p>−1</p><p>donc: A = S−1BS−1</p><p>−1</p><p>.</p><p>Puisque S−1 ∈ GLn(C) on peut conclure que B ≈ A, d’où la symétrie.</p><p>4</p><p>• Si A ≈ B et B ≈ C, on a l’existence de S et T dans GLn(C) tels que</p><p>B = SAS</p><p>−1</p><p>et C = TBT</p><p>−1</p><p>.</p><p>On a alors</p><p>C = (TS)A(TS)−1.</p><p>Ainsi, A ≈ C, d’où la transitivité.</p><p>Ainsi, ≈ est une relation d’équivalence.</p><p>2. Indépendance des vecteurs co-propres</p><p>• Soit µ1, . . . , µq des valeurs co-propres de mudules 2 à 2 distincts, et X1, . . . , Xq des vecteurs co-propres</p><p>associés. Une façon rapide de s’en sortir (mais utilisant un résultat que pour l’instant vous n’avez vu qu’en</p><p>DM, mais qui sera un résultat du cours l’année prochaine), est de se ramener à des vecteurs propres : les Xi</p><p>sont alors des vecteurs propres de AA, associés aux valeurs propres |µ1|2, . . . , |µq|2, deux à deux distinctes</p><p>par hypothèse. Les sous-espaces propres étant en somme directe (propriété du cours de Spé, résultant du</p><p>lemme des noyaux vu en DM), on en déduit immédiatement que la famille (X1, . . . , Xq) est libre .</p><p>• On peut aussi procéder directement par récurrence sur q. La propriété est triviale pour q = 1, les vecteurs co-</p><p>propres étant non nuls par définition. Si on la suppose vraie pour une valeur de q ∈ N∗, et qu’on considère</p><p>une famille de q + 1 vecteurs co-propres X1, . . . , Xq+1 associés à des valeurs co-propres µ1, . . . , µq+1 de</p><p>modules 2 à 2 distinctes, étudions la relation :</p><p>a1X1 + · · ·+ aq+1Xq+1 = 0ε(1).</p><p>Conjuguons cette relation et appliquons-lui A. On obtient :</p><p>a1µ1X1 + · · ·+ aq+1µq+1Xq+1 = 0 (2).</p><p>Si aq+1 = 0, on peut appliquer directement l’hypothèse de récurrence pour conclure que tous les ai sont</p><p>nuls, donc la famille est libre. Sinon, on peut faire une combinaison de ces deux lignes en retranchant à (2)</p><p>la relation (1) multipliée par µq+1aq+1</p><p>aq+1</p><p>. Cela nous donne une relation entre X1, . . . , Xq, et les coefficients de</p><p>cette relation sont donc tous nuls par hypothèse de récurrence, c’est-à-dire</p><p>∀i ∈ [[1, q]], aiµi − ai</p><p>µq+1aq+1</p><p>aq+1</p><p>= 0.</p><p>Si ai 6= 0, cette expression est une différence de deux complexes de modules distincts, donc ne peut pas être</p><p>nulle. Ainsi, ai = 0, pour tout i ∈ [[1, q]]. La relation initiale se réduit à αq+1Xq+1 = 0, avec Xq+1 6= 0, donc</p><p>aq+1 = 0. Ainsi, la famille (X1, . . . , Xq+1) est libre.</p><p>Le principe de récurrence permet de conclure que toute famille de vecteurs co-propres associés à des valeurs</p><p>propres 2 à 2 de modules ditincts est libre .</p><p>• Supposons maintenant que AA possède n valeurs propres λp, p ∈ [[1, n]], positives ou nulles deux à deux</p><p>distinctes. D’après I-4(b), les</p><p>√</p><p>λp sont des valeurs co-propres de A, de modules 2 à 2 distincts. Une famille</p><p>X1, . . . , Xn de vecteurs co-propres associés à ces valeurs co-propres est donc libre,et de cardinal n, dans un</p><p>espace de dimension n. Ainsi, (X1, . . . , Xn) est une base de E.</p><p>Considérons u l’application semi-linéaire de Cn dans lui-même associée à A dans la base canonique. Autre-</p><p>ment dit, en identifiant les vecteurs de Cn à des vecteurs colonnes,</p><p>u(X) = AX.</p><p>La matrice B de u dans la base (X1, . . . , Xn) est la matrice donc la colonne i est égale au vecteur des</p><p>coordonnées de u(Xi) dans la base Xi. Or, u(Xi) =</p><p>√</p><p>λiXi, donc</p><p>B =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>√</p><p>λ1 0 · · · 0</p><p>0</p><p>√</p><p>λ2</p><p>. . .</p><p>...</p><p>...</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>0 · · · 0</p><p>√</p><p>λn</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>5</p><p>La matrice A et la matrice B représentent la même application semi-linéaire dans deux bases différentes.</p><p>D’après la question 2(b), on en déduit que A et B sont co-semblables. La matrice B étant diagonale, on en</p><p>déduit que A est co-diagonalisable .</p><p>3. Quelques propriétés</p><p>(a) On a AA = SS</p><p>−1</p><p>SS−1 = SS−1 = In .</p><p>(b) • La matrice S(θ) est inversible si et seulement si e2 i θA+ In est inversible. Soit</p><p>P (X) = det(AX + In).</p><p>Le caractère polynomial du déterminant permet d’affirmer que P est un polynôme. Il est non nul car</p><p>P (0) = det(In) = 1. Ainsi, il ne peut admettre qu’un nombre fini de racines. Par conséquent, les e2 i θ,</p><p>pour θ ∈ R, ne peuvent pas être tous racines de P . Il existe donc θ ∈ R tel que det(Ae2 i θ + In) 6= 0, ce</p><p>qui équivaut à l’ inversibilité de S(θ) .</p><p>• On a alors</p><p>AS(θ) = e− i θAA+ ei θA = e− i θIn + ei θA soit: AS(θ) = S(θ) .</p><p>• On a alors immédiatement, S(θ) étant inversible : S(θ)S(θ)</p><p>−1</p><p>= A .</p><p>4. Une condition nécessaire</p><p>Soit A une matrice d’ordre n co-diagonalisable, et S une matrice de passage adaptée. Notons D = S−1AS la</p><p>matrice diagonale associée. On a alors</p><p>AA = SDS</p><p>−1</p><p>SDS−1 = SDDS−1.</p><p>Or,</p><p>• DD est une matrice diagonale, donc AA est diagonalisable .</p><p>• les valeurs propres de AA sont les coefficients diagonaux de DD, c’est-à-dire les didi = |di|2, où les di sont</p><p>les coefficients diagonaux de D. Ainsi, les valeurs propres de AA sont toutes positives ou nulles .</p><p>• Le rang de AA est égal au rang de DD, donc au nombre de ses coefficients diagonaux non nuls (rang d’une</p><p>matrice échelonnée), donc au nombre de |di|2 (donc aussi de di) non nuls. Il s’agit donc aussi du nombre de</p><p>coefficients diagonaux non nuls de D, donc du rang de D. Or, D et A sont co-semblables, donc en particulier</p><p>équivalentes. Elles ont donc même rang. Ainsi,</p><p>rg(A) = rg(D) = rg(DD) = rg(AA) .</p><p>5. Une condition</p><p>suffisante</p><p>Soit A une matrice carrée complexe d’ordre n qui vérifie les trois propriétés suivantes :</p><p>(i) la matrice AA est diagonalisable</p><p>(ii) les valeurs propres de la matrice AA sont positives ou nulles</p><p>(iii) le rang de la matrice A est égal au rang de la matrice AA.</p><p>(a) On a</p><p>BB = S−1ASS</p><p>−1</p><p>AS = S−1AAS soit: BB = Λ .</p><p>On obtient de même :</p><p>BB = S</p><p>−1</p><p>AAS = Λ soit: BB = Λ ,</p><p>puisque les valeurs propres de AA sont supposées réelles. En particulier, on a BB = BB</p><p>On en déduit aussi que</p><p>BΛ = B(BB) = (BB)B = ΛB .</p><p>(b) Notons</p><p>B =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>B1,1 · · · B1,n</p><p>...</p><p>...</p><p>Bn,1 · · · Bn,n</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>6</p><p>la décomposition en blocs de B, les tailles des blocs étant les mêmes que dans la matrice Λ. En particulier,</p><p>les blocs diagonaux Bi,i sont carrés d’ordre ni. La relation BΛ = ΛB amène alors, d’après les règles du</p><p>clacul matriciel par blocs :</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>λ1B1,1 · · · λnB1,n</p><p>...</p><p>...</p><p>λ1Bn,1 · · · λnBn,n</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>λ1B1,1 · · · λ1B1,n</p><p>...</p><p>...</p><p>λnBn,1 · · · λnBn,n</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>,</p><p>soit, pour tout (i, j) ∈ [[1, k]]2, λiBi,j = λjBi,j . Comme les λi sont deux à deux distincts, pour tout i 6= j,</p><p>il vient Bi,j = 0. Ainsi, la matrice B est diagonale par blocs , les blocs diagonaux Bi = Bi,i étant carrés</p><p>d’ordre ni.</p><p>(c) Toujours d’après les règles du produit matriciel par blocs, l’identité BB = Λ amène alors :</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>B1B1 0 · · · 0</p><p>0 B2B2</p><p>. . .</p><p>...</p><p>...</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>0 · · · 0 BkBk</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>λ1In1</p><p>0 · · · 0</p><p>0 λ2In2</p><p>. . .</p><p>...</p><p>...</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>0 · · · 0 λkInk</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>• Si λk 6= 0, alors, vu le classement des valeurs propres, les λi sont tous non nuls. On peut alors considérer</p><p>les matrices Ci = 1√</p><p>λi</p><p>Bi. Ces matrices vérifient CiCi = Ini</p><p>. D’après la question 3(b), il existe une</p><p>matrice inversible Pi telle que</p><p>Ci = PPi</p><p>−1</p><p>donc: Bi = P (</p><p>√</p><p>λiIni</p><p>)Pi</p><p>−1</p><p>.</p><p>Considérons alors la matrice diagonale par blocs</p><p>P =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>P1 0 · · · 0</p><p>0 P2</p><p>. . .</p><p>...</p><p>...</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>0 · · · 0 Pk</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>,</p><p>inversible, d’inverse décrit par blocs de la façon suivante :</p><p>P−1 =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>P−1</p><p>1 0 · · · 0</p><p>0 P−1</p><p>2</p><p>. . .</p><p>...</p><p>...</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>0 · · · 0 P−1</p><p>k</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>.</p><p>Les règles du produit matriciel par blocs amènent facilement</p><p>B = P∆P</p><p>−1</p><p>,</p><p>où ∆ est la matrice diagonale, décrite par blocs de la manière suivante :</p><p>∆ =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>√</p><p>λ1In1</p><p>0 · · · 0</p><p>0</p><p>√</p><p>λ2In1</p><p>. . .</p><p>...</p><p>...</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>0 · · · 0</p><p>√</p><p>λkInk</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>.</p><p>• Si λk = 0, alors les λi, i < k, sont non nuls. Comme rg(AA) = rg(Λ) = rg(A), on en déduit que A est de</p><p>rang n− nk, donc B, qui lui est équivalente, est également de rang n− nk. Or, la description diagonale</p><p>par blocs de B amène le calcul de son rang :</p><p>rg(B) = rg(B1) + · · ·+ rg(Bk).</p><p>7</p><p>Par ailleurs, pour tout i < k, BiBi = λiIn1</p><p>, donc Bi est inversible, donc de rang ni. On a alorq</p><p>n− nk = n1 + · · ·+ nk−1 + rg(Bk),</p><p>relation dont il découle que rg(Bk) = 0, donc Bk = 0. On effectue alors la même construction que</p><p>précédemment, mais en définissant Pk = Ink</p><p>. La relation voulue est obtenue du fait que Bk = 0.</p><p>Ainsi, avec les hypothèses (i), (ii) et (iii), A est co-semblable à une matrice B elle-même co-semblable à une</p><p>matrice diagonale. Ainsi, la relation ≈ étant transitive, A est co-diagonalisable .</p><p>6. Exemples</p><p>(a) Soit A une matrice symétrique réelle d’ordre n. Le résultat admis (théorème spectral, cours de Spé) donne</p><p>la diagonalisabilité de A dans Mn(R). On a alors l’existence d’une matrice inversible P telle que P−1AP</p><p>soit diagonale, à coefficients diagonaux λ1, . . . , λn réels. Comme cette diagonalisation se fait dans Mn(R),</p><p>P ∈ GLn(R), donc P = P . La relation de diagonalisabilité donne alors également une relation de codiago-</p><p>nalisabilité. Ainsi, A est codiagonalisable .</p><p>On peut remarquer que ce résultat se généralise facilement de la façon suivante : si A ∈ Mn(R) est diago-</p><p>nalisable dans Mn(R) (ce qui équivaut à dire qu’elle est diagonalisable, à valeurs propres réelles), alors A</p><p>est codiagonalisable.</p><p>On peut aussi vérifier ici que la condition nécessaire et suffisante des questions 4 et 5 est bien vérifiée. Avec</p><p>les notations ci-dessus, on a :</p><p>P−1AAP = P−1A2P = P−1APP−1AP = D2.</p><p>Il s’agit d’une matrice diagonale à coefficients diagonaux égaux aux λ2</p><p>i , donc positifs ou nuls, et nuls si et</p><p>seulement si λi = 0. Ceci implique que D et D2 ont même rang.</p><p>Ainsi, AA est diagonalisable, ses valeurs propres sont les coefficients diagonaux de D2, dont sont positifs ou</p><p>nuls, et son rang est celui de D2, donc égal au rang de D, lui-même égal au rang de A.</p><p>(b) • ∗ La matriceA ne possède qu’une valeur propre, et n’est pas une homothétie, donc A n’est pas diagonalisable .</p><p>∗ Un calcul rapide montre que AA = In. A est donc co-diagonalisable (par utilisation de la question</p><p>5, ou ici, plus simplement, de la question 3(b), montrant que A est co-semblable à l’identité).</p><p>• ∗ Les valeurs propres λ de B sont solutions de l’équation polynomiale det(B − λI2) = 0 (équivaut à</p><p>dire que B−λI2 est non inversible), c’est-à-dire (1−λ)2+1 = 0. Cette équation admet deux racines</p><p>complexes non réelles conjuguées. La matrice B est donc diagonalisable (prendre une base formée</p><p>d’un vecteur propre associé à chaque valeur propre).</p><p>∗ On a BB =</p><p>(</p><p>0 2</p><p>2 0</p><p>)</p><p>, dont les valeurs propres sont 2 et −2 (calculer comme précédemment le déter-</p><p>minant det(BB − λI2)). La condition nécesaire de codiagonalisation n’étant pas satisfaite (question</p><p>4), B n’est pas co-diagonalisable .</p><p>• ∗ La matrice C n’est pas diagonalisable , car possède une unique valeur propre 0, et n’est pas égale à</p><p>0I2.</p><p>∗ CC = C2 = 0, donc rg(C) 6= rg(CC. La condition nécessaire de la question 4 n’étant pas satisfaite,</p><p>C n’est pas codiagonalisable .</p><p>• ∗ Par un calcul de déterminant, on trouve l’existence de deux valeurs propres non réelles conjuguées</p><p>de D, donc D est diagonalisable dans Mn(C) (même principe que pour B, les deux matrices sont</p><p>même semblables en fait)</p><p>∗ On a DD = 2I2. Cette matrice est diagonale, donc diagonalisable, d’unique valeur propre 2 qui</p><p>est positive ou nulle, et de rang 2, donc de même rang que A. On peut appliquer la question 5 :</p><p>D est co-diagonalisable .</p><p>8</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 21 : Déterminants</p><p>Correction du problème 1 – Déterminant d’une matrice circulante</p><p>Question préliminaire</p><p>On a, par permutation des colonnes par un cycle de longueur n :</p><p>det(C(a1, . . . , an−1, a0)) = (−1)n−1det(C(a0, . . . , an−1)) .</p><p>Partie I – Utilisation des déterminants de Vandermonde</p><p>1. On a :</p><p>bi,k =</p><p>i−1</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>aj−i+nω</p><p>(j−1)(k−1) +</p><p>n</p><p>∑</p><p>j=i</p><p>aj−iω</p><p>(j−1)(k−1)</p><p>=</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=n−i+1</p><p>ajω</p><p>(j−n+i−1)(k−1) +</p><p>n−i</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>ajω</p><p>(j+i−1)(k−1).</p><p>Comme ωn = 1, on obtient :</p><p>bi,k =</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>ajω</p><p>(j+i−1)(k−1) = ωk−1</p><p>i−1</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>ajω</p><p>(k−1)j .</p><p>On obtient bien : bi,k = ωk−1</p><p>i−1 P (ωk−1).</p><p>2. Ainsi, la matrice C(a0, . . . , an−1) × Ω est obtenue en multipliant les colonnes d’une matrice de Vandermonde</p><p>par les coefficients P (ωk−1). Par multilinéarité, on obtient donc :</p><p>det(C(a0, . . . , an−1)× Ω) =</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>i=0</p><p>P (ωk−1)V (ω0, ω1, . . . , ωn−1).</p><p>Par ailleurs,</p><p>det(C(a0, . . . , an−1)× Ω) = det(C(a0, . . . , an−1)× det(Ω) = det(C(a0, . . . , an−1)× V (ω0, ω1, . . . ωn−1).</p><p>Comme les ωi sont deux à deux distincts, la formule du déterminant de Vandermonde amène la non nullité de ce</p><p>déterminant. Ainsi, d’après les deux expressions obtenues ci-dessus, et après simplification par V (ω0, . . . , ωn−1),</p><p>il vient :</p><p>det(C(a0, . . . , an−1)) =</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>i=0</p><p>P (ωk−1) .</p><p>Partie II – Méthode polynomiale</p><p>Soit Q le polynôme défini par :</p><p>Q(X) = det(C(X, a1, . . . , an−1)).</p><p>1</p><p>1. Notons C(X, a1, . . . , an−1) = ci,j . Ainsi, ci,j est un coefficient constant si i 6= j et polynomial de degré 1 si</p><p>i = j. L’expression de Q est alors :</p><p>∑</p><p>σ∈Sn</p><p>∏</p><p>i∈[[1,n]]</p><p>ci,σ(i).</p><p>En tant que somme de produits de polynômes, Q est un polynôme .</p><p>De plus, chaque terme</p><p>∏</p><p>i∈[[1,n]]</p><p>ci,σ(i) est produit de n polynômes de degré au plus</p><p>bien prouvé l’axiome du choix .</p><p>En déduire l’axiome du choix.</p><p>4</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 3 : Réels</p><p>Correction du problème 1 – (Inégalités classiques)</p><p>Partie I – Convexité</p><p>1. Soit (x, y) ∈ I2 tel que x < y.</p><p>• Soit z ∈]x, y[. Effectuons une analyse synthèse pour trouver λ convenable.</p><p>∗ Analyse : Si λ est un réel de ]0, 1[ vérifiant z = λx + (1− λ)y, on a z = y − λ(y − x), donc :</p><p>λ =</p><p>y − z</p><p>y − x</p><p>,</p><p>ce qui est licite puisque x 6= y.</p><p>∗ Synthèse : posons λ =</p><p>y − z</p><p>y − x</p><p>. Comme z ∈]x, y[, y − z ∈]0, y − x[, donc λ ∈]0, 1[. De plus,</p><p>λx + (1− λ)y =</p><p>x(y − z)</p><p>y − x</p><p>+</p><p>y(y − x− y + z)</p><p>y − x</p><p>=</p><p>z(y − x)</p><p>y − x</p><p>= z.</p><p>Ainsi, λ répond au problème.</p><p>Par conséquent, tout z ∈]x, y[ s’écrit sous la forme z = λx+ (1 − λ)y, λ ∈]0, 1[.</p><p>• Réciproquement, si λ ∈]0, 1[, on a 1− λ ∈]0, 1[ aussi, et donc, puisque x < y :</p><p>x = λx+ (1 − λ)y < λx+ (1− λ)y < λy + (1− λ)y = y.</p><p>Ainsi, tout réel de la forme λx+ (1− λ)y, pour λ ∈]0, 1[, est dans ]x, y[ .</p><p>2. Pour écrire la somme sous la forme décrite dans l’énoncé, il suffit de sortir le terme λnxn de la somme. On a</p><p>alors :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkxk = λnxn +</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkxk = λnxn + (1− λn)yn,</p><p>où</p><p>yn =</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk</p><p>1− λn</p><p>xk.</p><p>Appliquer l’inégalité de convexité, amène alors :</p><p>f</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkxk</p><p>)</p><p>6 λnxn + (1− λn)f</p><p>(</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk</p><p>1− λk</p><p>xk</p><p>)</p><p>.</p><p>Pour pouvoir continuer la majoration, il faudrait donc utiliser la propriété de convexité généralisée (l’inégalité</p><p>qu’on est en train de montrer) pour une somme de n − 1 termes. Cela nous incite donc à construire une</p><p>récurrence.</p><p>Procédons donc par récurrence sur n > 2 pour montrer que pour tout (x1, . . . , xn) ∈ In et tout (λ1, . . . , λn) ∈</p><p>]0, 1[n tels que</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λi = 1, on a</p><p>f</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkxk</p><p>)</p><p>6</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkf(xk).</p><p>• Pour n = 2, il s’agit de l’inégalité de convexité, vérifiée par hypothèse, f étant supposée convexe.</p><p>1</p><p>• Soit n > 3, et supposons que la propriété est vraie pour une somme de n− 1 termes. Soit alors (x1, . . . , xn)</p><p>une famille de réels, et (λ1, . . . , λn) ∈]0, 1[n tels que</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk = 1. On a alors, d’après le calcul ci-dessus :</p><p>f</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkxk</p><p>)</p><p>6 λnf(xn) + (1− λn)f</p><p>(</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk</p><p>1− λk</p><p>xk</p><p>)</p><p>.</p><p>Soit pour tout k ∈ [[0, 1]], λ′</p><p>k =</p><p>λk</p><p>1− λk</p><p>. Pour pouvoir utiliser la propriété au rang n− 1, il est indispensable</p><p>de vérifier que la famille (λ1, . . . , λn−1) vérifie les propriétés requises. N’oubliez pas de le faire !</p><p>On a :</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λ′</p><p>k =</p><p>1</p><p>1− λn</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk.</p><p>Comme</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk = 1, on obtient</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk = 1− λn, donc</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λ′</p><p>k = 1.</p><p>Par ailleurs, 1− λn > 0, donc pour tout k ∈ [[1, n− 1]], λ′</p><p>k > 0. Enfin, puisque n > 3, et puisque</p><p>1− λn =</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk,</p><p>on a aussi, pour tout k ∈ [[1, n− 1]], λk < (1−λn) (car il y a plusieurs termes strictement positifs dans cette</p><p>somme, donc chacun est strictement plus petit que la somme totale), donc λ′</p><p>k < 1.</p><p>Ces vérifications étant faites, on peut appliquer l’hypothèse de récurrence, qui amène :</p><p>f</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkxk</p><p>)</p><p>6 λnf(xn) + (1 − λn)</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λ′</p><p>kf(xk) = λnf(xn) +</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkf(xk) =</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkf(xk).</p><p>On a bien obtenu la propriété au rang n.</p><p>• Ainsi, d’après le principe de récurrence, pour tout n > 2, pour tout (x1, . . . , xn) ∈ In, et pour tout</p><p>(λ1, . . . , λn) ∈]0, 1[n de somme égale à 1, on a :</p><p>f</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkxk</p><p>)</p><p>6</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λkf(xk).</p><p>3. (a) Soit f et g deux fonctions convexes sur un intervalle I. Soit (x, y) ∈ I2, et λ ∈]0, 1[. On a alors :</p><p>(f + g)(λx+ (1− λ)y) = f(λx(1 − λ)y) + g(λx+ (1− λ)y) 6 λf(x) + (1 − λ)f(y) + λg(x) + (1− λ)g(y),</p><p>par convexité de f et g. En regroupant les termes, il vient donc :</p><p>(f + g)(λx + (1− λ)y) 6 λ(f + g)(x) + (1− λ)(f + g)(y).</p><p>Ainsi, f + g est convexe sur I .</p><p>En changeant toutes les inégalités, on obtient de même que la somme de deux fonctions convaves est concave .</p><p>(b) Soit (x, y) ∈ I2 et λ ∈]0, 1[. On a alors, par convexité de f :</p><p>f(λx+ (1− λ)y) 6 λf(x) + (1 − λ)f(y).</p><p>La croissance de g permet d’appliquer g à cette inégalité :</p><p>g(f(λx+ (1− λ)y) 6 g(λf(x) + (1− λ)f(y)) 6 λg(f(x)) + (1 − λ)g(f(y)),</p><p>la seconde inégalité découlant de la convexité de g. Ainsi, g ◦ f est convexe .</p><p>2</p><p>4. Soit f une fonction continue sur un intervalle I, à valeurs dans R, telle que pour tout (x, y) ∈ I2, f</p><p>(</p><p>x+ y</p><p>2</p><p>)</p><p>6</p><p>1</p><p>2</p><p>(f(x) + f(y)).</p><p>(a) Pour n = 1, il s’agit de la propriété satisfaite par f par hypothèse.</p><p>Soit n > 1, tel que pour tout (y1, . . . , y2n) ∈ I2</p><p>n</p><p>, on ait :</p><p>f</p><p>(</p><p>1</p><p>2n</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk</p><p>)</p><p>6</p><p>1</p><p>2n</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk).</p><p>Considérons une famille (x1, . . . , x2n+1) ∈ I2</p><p>n+1</p><p>. On a alors, en groupant les termes en deux paquets de</p><p>cardinal 2n pour utiliser la propriété satisfaite par f , puis en appliquant l’hypothèse de récurrence à chaque</p><p>terme obtenu :</p><p>f</p><p></p><p></p><p>1</p><p>2n+1</p><p>2n+1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk</p><p></p><p> = f</p><p></p><p></p><p>1</p><p>2</p><p></p><p></p><p>1</p><p>2n</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk +</p><p>1</p><p>2n</p><p>2n+1</p><p>∑</p><p>k=2n+1</p><p>xk</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>6</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>f</p><p>(</p><p>1</p><p>2n</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk</p><p>)</p><p>+ f</p><p>(</p><p>1</p><p>2n</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk+2n</p><p>))</p><p>6</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>1</p><p>2n</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk) +</p><p>1</p><p>2n</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk+2n)</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2n+1</p><p>2n+1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk)</p><p>Ceci nous donne bien notre propriété au rang n+ 1.</p><p>Ainsi, d’après le principe de récurrence, pour tout n > 1, et tout (x1, . . . , x2n) ∈ I2</p><p>n</p><p>, on a :</p><p>f</p><p>(</p><p>1</p><p>2n</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk</p><p>)</p><p>6</p><p>1</p><p>2n</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk) .</p><p>(b) Soit (x, y) ∈ I2 et (p, n) ∈ (N∗)2 tel que p− 2n. On pose x1 = · · · = xp = x et xp+1 = · · · = x2n . On a alors</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk = px+ (2n − p)y et</p><p>2n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk) = pf(x) + (2n − p)f(y).</p><p>L’inégalité de la question précédente, appliquée à la famille (x1, . . . , x2n), amène donc :</p><p>f</p><p>(</p><p>px+ (2n − p)y</p><p>2n</p><p>)</p><p>6</p><p>p</p><p>2n</p><p>f(x) +</p><p>2n − p</p><p>2n</p><p>f(y) .</p><p>(c) Soit x < y dans ]0, 1[. Soit n tel que 2−n < y− x. La propriété d’Archimède nous assure de l’existence d’un</p><p>entier q ∈ N</p><p>∗ tel que q2−n > x. La propriété fondamentale de N nous permet de considérer p, le plus petit</p><p>entier pour lequel cette propriété est vérifiée. On a alors p2−n > x, et (p− 1)2−n 6 x, donc</p><p>p2−n+ 6 x+ 2−n < x+ y − x = y</p><p>Ainsi, x <</p><p>p</p><p>2n</p><p>< y et comme p</p><p>2n ∈ E, cela prouve bien la densité de E dans ]0, 1[ (en effet, comme y < 1,</p><p>p < 2n ce qui nous assure bien l’appartenance à E).</p><p>(d) Il s’agit ici de caractériser la densité par la convergence de suites. Soit λ ∈]0, 1[. Par densité de E, pour tout</p><p>n ∈ N, il existe λn ∈ E∩]λ − 1</p><p>2n , λ + 1</p><p>2n [. On a donc une suite (λn)n∈N d’éléments de E telle que λn → λ</p><p>(d’après le théorème d’encadrement).</p><p>(e) On admet, conformément à l’énoncé, que la continuité de f permet de passer à la limite sous la fonction f .</p><p>Soit (x, y) ∈ I2, λ ∈]0, 1[, et (λn)n∈N une suite d’éléments de E telle que λn → λ, comme dans la questino</p><p>précédente. D’après la question 4(b), on a alors, pour tout n ∈ N :</p><p>f(λnx+ (1− λn)y) 6 λnf(x) + (1− λ)f(y).</p><p>3</p><p>En passant à la limite dans cette inégalité, et d’après la propriété admise pour la fonction continue f , il</p><p>vient :</p><p>f(λx+ (1− λ)y) 6 λf(x) + (1 − λ)f(y).</p><p>Cette inégalité prouve la convexité de f .</p><p>Partie II – Exemples de fonctions convexes ou concaves</p><p>1. Il s’agit donc de montrer que les deux inégalités sont satisfaites, autrement dit qu’on a ici l’égalité. Or, pour</p><p>tout (x, y) ∈ R et λ ∈]0, 1[,</p><p>f(λx+ (1− λ)y) = a(λx + (1− λ))x + b = λ(ax+ b)(1− λ)(ax + b) = λf(x) + (1− λ)f(y).</p><p>Cette égalité montre que f : x 7→ ax+ b est concave et convexe sur R.</p><p>2. Soit p ∈ N</p><p>∗ et fp : x 7→ xp, définie sur R+.</p><p>(a) En utilisant la symétrie des coefficients binomiaux, il vient :</p><p>⌊ p</p><p>2 ⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p></p><p></p><p></p><p>⌊ p</p><p>2 ⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>+</p><p>⌊ p</p><p>2 ⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>p− k</p><p>)</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p></p><p></p><p></p><p>⌊ p</p><p>2 ⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>+</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=p−⌊ p</p><p>2⌋</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p></p><p></p><p></p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p></p><p></p><p></p><p>⌊ p</p><p>2 ⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>+</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=⌈ p</p><p>2⌉</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p></p><p></p><p></p><p>Or, si n est impair,</p><p>⌈</p><p>p</p><p>2</p><p>⌉</p><p>=</p><p>⌊</p><p>p</p><p>2</p><p>⌋</p><p>+ 1, et les sommes se recollent bien. En revanche si p est pair,</p><p>⌈</p><p>p</p><p>2</p><p>⌉</p><p>=</p><p>⌊</p><p>p</p><p>2</p><p>⌋</p><p>, et</p><p>on a un doublon dans ces deux sommes. Ainsi :</p><p>• Si p est impair :</p><p>⌊ p</p><p>2⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>p</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>soit:</p><p>⌊ p</p><p>2⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>= 2p−1</p><p>1, donc est de degré au plus</p><p>n. Ainsi, Q est de degré au plus n. Par ailleurs,</p><p>∏</p><p>i∈[[1,n]]</p><p>ci,σ(i) est de degré exactement n si et seulement si pour</p><p>tout i, ci,σ(i) est de degré 1, donc si pour tout i, i = σ(i). Ainsi, cette situation correspond à un seul terme de</p><p>la somme, correspondant à la permutation σ = id.</p><p>Q est donc la somme de termes de degré au plus n, un seul d’entre eux étant de degré exactement n. Ainsi,</p><p>deg(Q) = n.</p><p>2. Considérons a0 = −</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ajω</p><p>j</p><p>i . On a alors :</p><p>i−1</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>an+j−iω</p><p>j</p><p>i +</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=i</p><p>aj−iω</p><p>j</p><p>i =</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=n−i</p><p>ajω</p><p>j+i</p><p>i +</p><p>n−i</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>ajω</p><p>j+i</p><p>i</p><p>= ωi</p><p>i</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>ajω</p><p>j</p><p>i</p><p>= ωi</p><p>i</p><p></p><p>a0 +</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ajω</p><p>j</p><p>i</p><p></p><p> = 0</p><p>Ainsi, les colonnes de C(a0, . . . , an−1) vérifient la relation :</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=0</p><p>ω</p><p>j</p><p>iCj = 0.</p><p>On en déduit que la matrice C(a0, . . . , an−1) n’est pas inversible, donc son déterminant est nul. Ainsi, a0 est</p><p>racine de Q, donc X − a0 divise Q. En reprenant l’expression de a0, on a bien obtenu :</p><p>le polynôme Q est divisible par X +</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ajω</p><p>j</p><p>i .</p><p>3. • Si les quantités</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ajω</p><p>j</p><p>i sont deux à deux distinctes, la question précédente nous donne n racines distinctes</p><p>du polynôme Q de degré n. Ainsi, il existe un complexe λ, ne dépendant que de a1, . . . , an−1, tel que</p><p>Q(X) = λ</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>i=0</p><p></p><p>X +</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ajω</p><p>j</p><p>i</p><p></p><p> .</p><p>L’argument de la première question montre que le seul facteur de degré n de Q est Xn (provenant du terme</p><p>σ = id de la somme définissant ce déterminant). Ainsi, le coefficient dominant de Q est 1. On obtient :</p><p>Q(X) =</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>i=0</p><p></p><p>X +</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ajω</p><p>j</p><p>i</p><p></p><p> ,</p><p>puis, par évaluation en a0 :</p><p>det(C(a0, . . . , an−1)) =</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>i=0</p><p>P (ωi).</p><p>• Soit maintenant (a0, a1, . . . , an) quelconques, et notons, pour tout i ∈ [[0, n− 1]], et tout h ∈ R,</p><p>fi(h) =</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ajω</p><p>j</p><p>i + hωi</p><p>2</p><p>Soit m = min ({|fi(0)− fj(0)|, 0 6 i 6= j 6 n− 1} \ {0}) la distance minimale entre les valeurs distinctes</p><p>prises par les fi(0). Alors, pour tout h ∈]0, m</p><p>2 [, les fi(h) sont deux à deux distincts. En effet, étant donnés</p><p>0 6 i 6= j 6 n− 1 :</p><p>∗ si fi(0) = fj(0), alors fi(h)− fj(h) = h(ωi − ωj) 6= 0</p><p>∗ si fi(0) 6= fj(0), alors |fi(0)− fj(0)| > m, donc |fi(h)− fj(h)| > m− h|ωi − ωj| > m− 2h > 0.</p><p>On est donc dans les conditions d’application du résultat trouvé dans le point précédent, pour le n-uplet</p><p>(a0, a1 + h, a2, . . . , an) :</p><p>det(C(a0, a1 + h, a2, . . . , an)) =</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>i=0</p><p>(</p><p>a0 + (a1 + h)ωi + a2ω</p><p>2</p><p>i + · · ·+ an−1ω</p><p>n−1</p><p>i</p><p>)</p><p>=</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>i=0</p><p>(P (ωi) + hωi).</p><p>Par continuité du déterminant par rapport à ces coordonnées, cette expression est continue par rapport à</p><p>la variable h, et par conséquent, en faisant tendre h vers 0, on trouve :</p><p>det(C(a0, . . . , an−1) =</p><p>n</p><p>∏</p><p>i=0</p><p>P (ωi) .</p><p>Partie III – Diagonalisation</p><p>Soit J = C(0, 1, 0, . . . , 0).</p><p>1. La description du produit matriciel par les colonnes donne immédiatement l’effet de la multiplication à droite</p><p>par J :</p><p></p><p></p><p> C1 · · · Cn−1 Cn</p><p></p><p></p><p></p><p>J =</p><p></p><p></p><p> Cn C1 · · · Cn−1</p><p></p><p></p><p></p><p>En particulier, C(0, . . . , 0, 1, 0, 0, . . . , 0)J = C(0, . . . , 0, 0, 1, 0, . . . , 0), d’où, par une récurrence immédiate :</p><p>∀k ∈ [[0, n− 1]], Jk = C(0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)</p><p>le 1 étant sur la k + 1-ième coordonnée. On obtient alors :</p><p>C(a0, . . . , an−1) =</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akJ</p><p>k .</p><p>2. En développant det(J −XIn) suivant la première colonne, il vient :</p><p>det(J −XIn) = −X</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>−X 1 0 · · · 0</p><p>0 −X 1</p><p>. . .</p><p>...</p><p>0 0</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>...</p><p>. . . −X 1</p><p>0 · · · 0 0 −X</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>+ (−1)n+1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>1 0 0 · · · 0</p><p>−X 1 0 0</p><p>0 −X</p><p>. . .</p><p>. . .</p><p>...</p><p>· · · . . .</p><p>. . . 1 0</p><p>0 · · · 0 −X 1</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>.</p><p>On obtient donc det(J −XIn) = (−1)n(Xn − 1).</p><p>Soit λ ∈ C. La matrice J − λIn est non inversible (ce qui équivaut à la non nullité du noyau) si et seulement si</p><p>det(J − λIn) = 0, donc si et seulement si λ est racine de Xn − 1. Ainsi,</p><p>{λ ∈ C | Ker(J − λIn) 6= {0}} = {ωi, i ∈ [[0, n− 1]]} = Un .</p><p>3. Quelques connaissances dans la théorie de la diagonalisation permetraient de répondre directement : J , d’ordre</p><p>n, admet n valeurs propres deux à deux distinctes donc est diagonalisable, et c’est terminé.</p><p>3</p><p>On peut contourner ce résultat par un autre résultat de diagonalisabilité, qui provient en fait du lemme des</p><p>noyaux : les sous-espaces propres Ker(J − λIn) (λ valeur propre de J) sont en somme directe. Cela peut</p><p>se démontrer par des propriétés arithmétiques sur les polynômes (Bézout), ou alors de façon élémentaire, en</p><p>considérant k ∈ [[1, n− 1]] et</p><p>x ∈ Ker(J − ωkIn) ∩</p><p>k−1</p><p>⊕</p><p>i=0</p><p>Ker(J − ωiIn).</p><p>On a une décomposition associée à cette somme directe :</p><p>x = x0 + · · ·+ xk−1.</p><p>Comme pour tout i xi ∈ Ker(J − ωiIn), en appliquant J , il vient :</p><p>ωkx = ω0x0 + · · ·+ ωk−1xk−1.</p><p>Mais d’un autre côté, en multipliant la décomposition initiale par ωk, il vient aussi :</p><p>ωkx = ωkx0 + · · ·+ ωkxk−1.</p><p>Par unicité de la décomposition dans une somme directe, on a alors, pour tout i ∈ [[0, k − 1]], ωkxi = ωixi, et</p><p>comme les ωi sont deux à deux distincts, xi = 0, puis x = 0.</p><p>Cela prouve bien que la somme</p><p>n−1</p><p>⊕</p><p>i=0</p><p>Ker(J −ωiIn) est directe. Remarquez que ce raisonnement est valable pour</p><p>toute matrice (ou tout endomorphisme) : les sous-espaces propres forment toujours une somme directe. Cet</p><p>argument sera du cours l’année prochaine.</p><p>En prenant un vecteur non nul bi ∈ Ker(J−ωiIn) (possible car cet espace n’est pas nul), la somme directe montre</p><p>que B = (b0, . . . , bn−1) est une famille libre, donc une base, par cardinalité. Or, si on note f l’endomorphisme</p><p>canoniquement associé à J , on a</p><p>MatB(f) =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>ω0 0 · · · 0</p><p>0 ω1</p><p>. . .</p><p>...</p><p>...</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>0 · · · 0 ωn−1</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>= D.</p><p>La formule de changement de base donne l’existence d’une matrice inversible P telle que J = PDP−1 .</p><p>Une autre façon de faire, plus élémentaire, consiste à expliciter un vecteur de Ker(J − ωiIn), on obtient sans</p><p>peine :</p><p>bi =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>ωi</p><p>ω2</p><p>i</p><p>...</p><p>ωn−1</p><p>i</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>∈ Ker(J − ωiIn).</p><p>Or, la famille (b0, . . . , bn−1) est une base, car la matrice associée est une matrice de Vandermonde :</p><p>detbc(b0, . . . , bn−1) = V (ω0, . . . , ωn−1) 6= 0.</p><p>Dans cette base, la matrice de l’endomorphisme canoniquement associé est D, est on termine comme avant.</p><p>4. On a P−1JP = D, donc pour tout k ∈ N :</p><p>P−1JnP = P−1JPP−1JP · · ·P−1JP = Dn.</p><p>4</p><p>Ainsi,</p><p>P−1C(a0, . . . , an−1)P =</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akP</p><p>−1JkP =</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akD</p><p>k =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akω</p><p>k</p><p>0 0 · · · 0</p><p>0</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akω</p><p>k</p><p>1</p><p>. . .</p><p>...</p><p>...</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>0 · · · 0</p><p>n−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>akω</p><p>k</p><p>n−1</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>d’où P−1C(a0, . . . , an−1)P =</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>P (ω0) 0 · · · 0</p><p>0 P (ω1)</p><p>. . .</p><p>...</p><p>...</p><p>. . .</p><p>. . . 0</p><p>0 · · · 0 P (ωn−1)</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>.</p><p>Le déterminant étant un invariant de similitude, il en résulte que</p><p>det(C(a0, . . . , an−1)) =</p><p>n−1</p><p>∏</p><p>i=0</p><p>P (ωi) .</p><p>5</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 22 : Calculs de probabilité</p><p>Correction du problème 1 – (extrait d’ESSEC 2000) – Étude d’un combat à trois.</p><p>1. Calcul de probabilités</p><p>(a) Il s’agit de restituer une formule du cours, cas très particulier de la formule du crible de Poincaré :</p><p>P (U ∪ V ) = P (U) + P (V )− P (U ∩ V ) .</p><p>On ne vous demande pas la démonstration. La question est uniquement là pour vous mettre sur la bonne</p><p>voie pour la question suivante.</p><p>(b) Notons U ( resp. V , resp. W ) l’événement : A ( resp. B, resp. C) réussit son tir. Alors l’événement considéré</p><p>est l’événement U ∩ (V ∪W ). Les trois tirs étant indépendants,</p><p>P (V ∪W ) = P (V ) + P (W )− P (V ∩W ) = P (V ) + P (W )− P (V )P (W ) =</p><p>1</p><p>2</p><p>+</p><p>1</p><p>3</p><p>− 1</p><p>6</p><p>=</p><p>2</p><p>3</p><p>,</p><p>d’où : P (U ∩ (V ∪W )) = P (U)P (V ∩W ) =</p><p>1</p><p>3</p><p>· 2</p><p>3</p><p>=</p><p>2</p><p>9</p><p>.</p><p>(c) Il s’agit cette fois de l’événement U∩(V ∪W ). De même qu’avant, les tirs de chaque joueur étant mutuellement</p><p>indépendants :</p><p>P (U ∩ (V ∪ V )) = P (U)P (V ∩W ) =</p><p>2</p><p>3</p><p>· 2</p><p>3</p><p>=</p><p>4</p><p>9</p><p>.</p><p>2. Détermination de probabilités conditionnelles</p><p>;</p><p>• Si p est pair :</p><p>⌊ p</p><p>2 ⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>p</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>+</p><p>(</p><p>p</p><p>p</p><p>2</p><p>)</p><p>)</p><p>, soit:</p><p>⌊ p</p><p>2 ⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>= 2p−1 +</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>p</p><p>p</p><p>2</p><p>)</p><p>.</p><p>(b) Soit (x, y) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>2, et k ∈ [[0, p]]. On a :</p><p>xp + yp − (xkyp−k + xp−kyk) = xk(xp−k − yp−k) + yk(yp−k − xp−k) = (xk − yk)(xp−k − yp−k).</p><p>Comme x 7→ xk et x 7→ xp−k sont toutes deux croissantes sur R</p><p>∗</p><p>+, les deux termes de ce produit sont de</p><p>même signe, d’où :</p><p>xp + yp > xkyp−k + xp−kyk</p><p>(c) D’après la formule du binôme,</p><p>(x+ y)</p><p>p</p><p>=</p><p>p</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>k</p><p>p</p><p>)</p><p>xkyp−k.</p><p>Regroupons les termes deux par deux en utilisant la symétrie des coefficients binomiaux. Cela nécessite</p><p>comme ci-dessus une discussion sur la parité de p, pour gérer l’éventuel terme isolé lorsque p est pair.</p><p>4</p><p>• Si p est pair,</p><p>(x+ y)</p><p>p</p><p>=</p><p>p</p><p>2</p><p>−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>(xkyn−k + xn−kyk) +</p><p>(</p><p>p</p><p>p</p><p>2</p><p>)</p><p>x</p><p>p</p><p>2 y</p><p>p</p><p>2</p><p>6 (xp + yp)</p><p>p</p><p>2</p><p>−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>+</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>p</p><p>p</p><p>2</p><p>)</p><p>(x</p><p>p</p><p>2 y</p><p>p</p><p>2 + x</p><p>p</p><p>2 y</p><p>p</p><p>2 )</p><p>6 (xp + yp)</p><p>p</p><p>2</p><p>−1</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>+ (xp + yp)</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>p</p><p>p</p><p>2</p><p>)</p><p>= (xp + yp)</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>⌊p</p><p>2 ⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p></p><p></p><p></p><p>− 1</p><p>2</p><p>(</p><p>p</p><p>p</p><p>2</p><p>)</p><p></p><p></p><p></p><p>= (xp + yp)</p><p>(</p><p>2p−1 +</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>p</p><p>p</p><p>2</p><p>)</p><p>− 1</p><p>2</p><p>(</p><p>p</p><p>p</p><p>2</p><p>))</p><p>= 2p−1(xp + yp).</p><p>• Si p est impair, les calculs sont plus directs, puisqu’il n’y a pas de terme isolé :</p><p>(x+ y)</p><p>p</p><p>=</p><p>⌊ p</p><p>2⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>(xkyn−k + xn−kyk)</p><p>6 (xp + yp)</p><p>⌊ p</p><p>2 ⌋</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>(</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>= 2p−1(xP + yp),</p><p>d’après la question 2(a).</p><p>Ainsi dans les deux cas, (x+ y)p 6 2p−1(xp + yp).</p><p>(d) Par conséquent, pour tout p ∈ N</p><p>∗, et tout (x, y) ∈ R+, on obtient, en divisant l’inégalité précédente par 2p :</p><p>(</p><p>x+ y</p><p>2</p><p>)p</p><p>6</p><p>xp + yp</p><p>2</p><p>soit: fp</p><p>(</p><p>x+ y</p><p>2</p><p>)</p><p>6</p><p>fp(x) + fp(y)</p><p>2</p><p>.</p><p>D’après la question I-4, fp étant de plus continue, on en déduit que fp est convexe .</p><p>3. On fixe x et y deux réels strictement positifs tels que x < y. On considère la fonction f de la variable t définie</p><p>pour tout t ∈ [0, 1] par :</p><p>f(t) = ln(tx+ (1− t)y)− t ln(x)− (1− t) ln(y).</p><p>(a) La fonction f est dérivable sur [0, 1] de la variable t, et, en utilisant la règle de dérivation d’une composée</p><p>(ici, composée par une fonction affine), on obtient</p><p>∀t ∈ [0, 1], f ′(t) =</p><p>x− y</p><p>tx+ (1− t)y</p><p>− (ln(x)− ln(y)) =</p><p>(x− y)− y(ln(x)− ln(y)) + t(y − x)(ln(x)− ln(y))</p><p>tx+ (1− t)y</p><p>.</p><p>Le dénominateur est toujours strictement positif (car d’après la question I-1, il est toujours dans [x, y]), et</p><p>le numérateur est une fonction affine de coefficient directeur non nul (car x 6= y), donc s’annule exactement</p><p>une fois sur R, donc au plus une fois sur [0, 1]. Ainsi, f ′ s’annule au plus une fois sur [0, 1] .</p><p>(b) Si f ′ ne s’annule pas sur [0, 1], alors f ′ étant continue, elle garde un signe constant strict, donc f serait</p><p>strictement monotone, ce qui contredit f(0) = f(1) = 0. Donc f ′ s’annule exactement une fois sur [0, 1], en</p><p>un t0 qu’on peut expliciter, mais c’est sans intérêt.</p><p>Le coefficient dominant de la fonction affine égal au numérateur de f ′ ci-dessus étant négatif (car y − x et</p><p>ln(x)− ln(y) sont de signe opposé, par croissance de ln), on en déduit le signe de f ′ puis les variations de f :</p><p>x</p><p>f ′(x)</p><p>f(x)</p><p>0 t0 1</p><p>+ 0 −</p><p>0</p><p>f(t0)</p><p>0</p><p>5</p><p>Ainsi, les variations de f montrent que pour tout t ∈ [0, 1], f(t) > 0, donc</p><p>ln(tx+ (1− t)y) > t ln(x) + (1− t) ln(y).</p><p>Ceci prouve bien la concavité de ln .</p><p>Partie III – Inégalités classiques</p><p>1. Comparaison des moyennes</p><p>(a) Pour tout (x1, . . . , xn) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n par concavité du logarithme, et d’après l’inégalité de la question I-2 (pour les</p><p>fonctions concaves, l’inégalité est dans l’autre sens, il suffit d’appliquer la question I-2 à la fonction convexe</p><p>−f), en choisissant les coefficients λi tous égaux à 1</p><p>n</p><p>, il vient :</p><p>ln</p><p>(</p><p>1</p><p>n</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xi</p><p>)</p><p>></p><p>1</p><p>n</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>ln(xi).</p><p>En appliquant l’exponentielle, croissante, il vient :</p><p>1</p><p>n</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xi ></p><p>(</p><p>e</p><p>n∑</p><p>k=1</p><p>ln(xi)</p><p>)</p><p>1</p><p>n</p><p>=</p><p>(</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=1</p><p>eln(xi)</p><p>)</p><p>1</p><p>n</p><p>=</p><p>(</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=1</p><p>xi</p><p>)</p><p>1</p><p>n</p><p>.</p><p>Nous avons bien obtenu la comparaison des moyennes arithmétique et géométrique :</p><p>∀(x1, . . . , xn) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n,</p><p>1</p><p>n</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk ></p><p>(</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=1</p><p>xk</p><p>)</p><p>1</p><p>n</p><p>.</p><p>(b) En appliquant l’inégalité précédente à (x1, . . . , xn) =</p><p>(</p><p>1</p><p>y1</p><p>, . . . , 1</p><p>yn</p><p>)</p><p>, pour tout (y1, . . . , yn) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n :</p><p>0 <</p><p>(</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=1</p><p>1</p><p>yk</p><p>)</p><p>1</p><p>n</p><p>6</p><p>1</p><p>n</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>1</p><p>yk</p><p>donc:</p><p>(</p><p>n</p><p>∏</p><p>k=1</p><p>yk</p><p>)</p><p>1</p><p>n</p><p>></p><p>n</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>1</p><p>yk</p><p>.</p><p>2. Inégalité de Cauchy-Schwarz et inégalité de Hölder</p><p>(a) Suivant l’indication, on considère une famille (λ1, . . . , λn) de réels de somme 1, qu’on déterminera plus</p><p>précisément plus tard, et on applique la convexité de la fonction carré avec cette famille de scalaire et les</p><p>xi</p><p>yi</p><p>:</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk</p><p>xk</p><p>yk</p><p>)2</p><p>6</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λi</p><p>x2</p><p>i</p><p>y2i</p><p>.</p><p>Comme à gauche, on veut récupérer la somme des xiyi, il faudrait que les λi aient un facteur y2i . Cela permet</p><p>aussi de faire partir le terme y2i du terme de droite. On ne peut par prendre pour λi directement la famille</p><p>des y2i , car il n’y a pas de raison que cette famille vérifie les hypothèses requises. En revanche, on peut la</p><p>normaliser, en divisant par la somme. On définit donc :</p><p>∀k ∈ [[1, n]], λk =</p><p>y2k</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>y2i</p><p>.</p><p>Cette famille vérifie clairement λk ∈]0, 1[ (car les yi ont été supposés strictement positifs, et quye la somme</p><p>comprend au moins deux termes, puisque n > 2), et la normalisation effectuée nous assure que</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>λk = 1.</p><p>Ainsi, l’inégalité obtenue ci-dessus devient :</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>y2i</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>2</p><p>6</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x2</p><p>k</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>y2i</p><p>.</p><p>6</p><p>On peut alors multiplier par</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>y2i</p><p>)2</p><p>:</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk</p><p>)2</p><p>6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x2</p><p>k</p><p>)(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y2k</p><p>)</p><p>.</p><p>Enfin, en prenant la racine (toutes les quantités étant positives) :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk 6</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x2</p><p>k</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y2k</p><p>(b) Si certains xi ou yi sont nuls, on enlève tous les indices tels que xiyi = 0. Plus précisément, soit I ⊂ [[1, n]]</p><p>le sous-ensemble des indices i tels que xiyi 6= 0 (les xi et yi étant toujours supposés positifs ou nuls dans</p><p>un premier temps). On applique alors l’inégalité en se restreignant à une sommation sur I (l’inégalité</p><p>reste valable pour une sommation sur un ensemble fini quelconque, il suffit pour le prouver de faire une</p><p>numérotation des éléments de I). On a alors :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk =</p><p>∑</p><p>k∈I</p><p>xkyk 6</p><p>√</p><p>∑</p><p>k∈I</p><p>x2</p><p>k</p><p>√</p><p>∑</p><p>k∈I</p><p>y2k 6</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x2</p><p>k</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y2k,</p><p>les termes qu’on ajoute à la dernière étape étant positifs.</p><p>Ainsi, l’inégalité reste vraie pour des termes positifs ou nuls .</p><p>Si les xi et yi ne sont plus supposés positifs, on utilise l’inégalité triangulaire pour se ramener à des réels</p><p>positifs ou nuls :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk 6</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>∣</p><p>6</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>|xk| · |yk| 6</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>|xk|2</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>|yk|2 =</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x2</p><p>k</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y2k.</p><p>Ainsi, l’inégalité reste vraie pour des familles quelconques.</p><p>(c) On fait de même en posant λk =</p><p>y</p><p>q</p><p>k</p><p>n∑</p><p>i=1</p><p>y</p><p>q</p><p>i</p><p>, avec la famille</p><p>(</p><p>xk</p><p>y</p><p>q−1</p><p>k</p><p>)</p><p>. On obtient alors par convexité de x 7→ xp :</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>y</p><p>q</p><p>i</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>p</p><p>6</p><p>1</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>y</p><p>q</p><p>i</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y</p><p>q</p><p>k</p><p>x</p><p>p</p><p>k</p><p>y</p><p>p(q−1)</p><p>k</p><p>.</p><p>Or, par définition de q, on a pq = p+ q, donc p(q − 1) = q. Ainsi,</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>y</p><p>q</p><p>i</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>p</p><p>6</p><p>1</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>y</p><p>q</p><p>i</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x</p><p>p</p><p>k.</p><p>En mutlipliant par</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>y</p><p>q</p><p>i</p><p>)p</p><p>, il vient :</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk</p><p>)p</p><p>6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x</p><p>p</p><p>k</p><p>)(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y</p><p>q</p><p>k</p><p>)p−1</p><p>.</p><p>Toutes ces quantités étant positives, on peut prendre la racine p-ième :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk 6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y</p><p>q</p><p>k</p><p>)1− 1</p><p>p</p><p>soit:</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xkyk 6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y</p><p>q</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>q</p><p>.</p><p>7</p><p>(d) Soit (x1, . . . , xn) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n et (y1, . . . , yn) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n. On applique l’inégalité de Hölder à la somme</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk(xk+</p><p>yk)</p><p>p−1 :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk(xk + yk)</p><p>p−1</p><p>6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>(xk + yk)</p><p>q(p−1)</p><p>)</p><p>1</p><p>q</p><p>=</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>(xk + yk)</p><p>p</p><p>)</p><p>1</p><p>q</p><p>De même, on obtient :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>yk(xk + yk)</p><p>p−1</p><p>6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>(xk + yk)</p><p>p</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>.</p><p>En sommant les deux inégalités obtenues, il vient alors :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>(xk + yk)</p><p>p</p><p>6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>(xk + yk)</p><p>p</p><p>)</p><p>1</p><p>q</p><p></p><p></p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>+</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p></p><p> .</p><p>Il ne reste plus qu’à diviser par</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>(xk + yk)</p><p>p</p><p>)</p><p>1</p><p>q</p><p>, et à arranger l’exposant du terme de gauche, en remar-</p><p>quant que 1− 1</p><p>q</p><p>= 1</p><p>p</p><p>. Il vient donc :</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>(xk + yk)</p><p>p</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>+</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>Partie IV – Inégalité maîtresse</p><p>1. Soit ϕ : R∗</p><p>+ → R concave. On définit la fonction f : (R∗</p><p>+)</p><p>2 → R par :</p><p>f(x, y) = yϕ</p><p>(</p><p>x</p><p>y</p><p>)</p><p>.</p><p>(a) Soit (x1, x2, y1, y2) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>4, on a :</p><p>f(x1, y1) + f(x2, y2) = (y1 + y2)</p><p>(</p><p>y1</p><p>y1 + y2</p><p>ϕ</p><p>(</p><p>x1</p><p>y1</p><p>)</p><p>+</p><p>y2</p><p>y1 + y2</p><p>ϕ</p><p>(</p><p>x2</p><p>y2</p><p>))</p><p>.</p><p>Ainsi, en utilisant l’inégalité de concavité pour ϕ,</p><p>f(x1, y1) + f(x2, y2) 6 (y1 + y2)ϕ</p><p>(</p><p>x1</p><p>y1 + y2</p><p>+</p><p>x2</p><p>y1 + y2</p><p>)</p><p>= (y1 + y2)ϕ</p><p>(</p><p>x1 + x2</p><p>y1 + y2</p><p>)</p><p>.</p><p>Par définition de f , on a donc obtenu :</p><p>f(x1, y1) + f(x2, y2) 6 f(x1 + x2, y1 + y2)</p><p>(b) On procède par récurrence sur n ∈ N</p><p>∗. Le cas n = 1 est trivial, et le cas n = 2 est la question précédente.</p><p>Cela fournit l’initialisation.</p><p>Soit n ∈ N, et supposons la propriété vérifiée pour des sommes de n termes. Soit (x1, . . . , xn+1) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n+1</p><p>et (y1, . . . , yn+1) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n+1. On a alors, d’après la question précédente :</p><p>f</p><p>(</p><p>n+1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk,</p><p>n+1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>yk</p><p>)</p><p>6 f</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk,</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>yk</p><p>)</p><p>+ f(xn+1, yn+1).</p><p>On peut alors appliquer l’hypothèse de récurrence au premier terme su membre de droite :</p><p>f</p><p>(</p><p>n+1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk,</p><p>n+1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>yk</p><p>)</p><p>6</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk, yk) + f(xn+1, yn+1) =</p><p>n+1</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk, yk).</p><p>8</p><p>Ainsi, la propriété est héréditaire, et d’après le principe de récurrence, on peut conclure que pour tout n > 1,</p><p>tout (x1, . . . , xn) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n, et tout (y1, . . . , yn) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n,</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>f(xk, yk) 6 f</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>xk,</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>yk</p><p>)</p><p>.</p><p>2. On remarque au passage que la concavité de la racine peut s’obtenir de la convexité de sa fonction récirproque</p><p>x 7→ x2 sur R+. On a en effet, pour tout x et tout y dans R</p><p>∗</p><p>+, et tout λ ∈]0, 1[ :</p><p>(λ</p><p>√</p><p>x+ (1− λ)</p><p>√</p><p>y)2 6 λ(</p><p>√</p><p>x)2 + (1− λ)(</p><p>√</p><p>y)2.</p><p>Ainsi, ces quantités étant toutes positives, en simplifiant les écritures et en prenant la racine, il vient :</p><p>λ</p><p>√</p><p>x+ (1− λ)</p><p>√</p><p>y 6</p><p>√</p><p>λx + (1− λ)y.</p><p>ceci prouve bien la concavité de x 7→ √</p><p>x .</p><p>On peut donc appliquer la question précédente : pour tout (x′</p><p>1, . . . , x</p><p>′</p><p>n) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n et (y′1, . . . , y</p><p>′</p><p>n) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>y′k</p><p>√</p><p>x′</p><p>k</p><p>y′k</p><p>6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>y′k</p><p>)</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>x′</p><p>k</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>y′k</p><p>,</p><p>d’où</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>√</p><p>x′</p><p>ky</p><p>′</p><p>k 6</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>x′</p><p>k</p><p>)(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>y′k</p><p>)</p><p>Soit alors (x1, . . . , xn) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n et (y1, . . . , yn) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n. En posant pour tout k ∈ [[1, n]], x′</p><p>k = x2</p><p>k et y′k = y2k, il</p><p>vient alors :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>xkyk 6</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>x2</p><p>k</p><p>)</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=0</p><p>y2k</p><p>)</p><p>.</p><p>On a donc retrouvé l’inégalité de Cauchy-Schwarz.</p><p>3. En appliquant la formule à la fonction convexe (admis) x 7→ (x</p><p>1</p><p>p +1)p, il vient, pour tout (x′</p><p>1, . . . , x</p><p>′</p><p>n) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n</p><p>et (y′1, . . . , y</p><p>′</p><p>n) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>1</p><p>y′k</p><p>(</p><p>(</p><p>x′</p><p>k</p><p>y′k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>+ 1)p</p><p>)</p><p>6</p><p>1</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y′k</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x′</p><p>k</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y′k</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>1</p><p>p</p><p>+ 1</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>,</p><p>soit :</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>(</p><p>x′</p><p>i</p><p>1</p><p>p + y′k</p><p>1</p><p>p</p><p>)p</p><p>6</p><p></p><p></p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x′</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>+</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y′k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p></p><p></p><p>p</p><p>,</p><p>Pour (x′</p><p>1, . . . , x</p><p>′</p><p>n) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n et (y′1, . . . , y</p><p>′</p><p>n) ∈ (R∗</p><p>+)</p><p>n, en posant x′</p><p>i = x</p><p>p</p><p>i et y′i = y</p><p>p</p><p>i , et en élevant cette expression</p><p>à la puissance 1</p><p>p</p><p>, il vient alors :</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>(xk + yk)</p><p>p</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>6</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>x</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>+</p><p>(</p><p>n</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>y</p><p>p</p><p>k</p><p>)</p><p>1</p><p>p</p><p>.</p><p>On retrouve l’inégalité de Minkowski.</p><p>Partie V – Applications combinatoires</p><p>9</p><p>1. Soit (ai,j)(i,j)∈[[1,n]]×[[1,m]] une famille de réels positifs. D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a :</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ai,j 6</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>12</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p></p><p></p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ai,j</p><p></p><p></p><p>2</p><p>.</p><p>Or,</p><p></p><p></p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ai,j</p><p></p><p></p><p>2</p><p>=</p><p></p><p></p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ai,j</p><p></p><p></p><p>(</p><p>m</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>ai,k</p><p>)</p><p>=</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>ai,jai,k.</p><p>Ainsi,</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>ai,j 6</p><p>√</p><p>n</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>ai,jai,k .</p><p>2. (a) La quantité 1Mi∈Dj</p><p>1Mi∈Dk</p><p>vaut 0 ou 1, et ne vaut 1 que si Mi est à la fois dans Dj et dans Dk, donc si</p><p>Mi est le point d’intersection de Dj et Dk. Comme les Mi sont distincts, et j et k fixé, puisque deux droites</p><p>distinctes admettent au plus un point d’intersection, l’égalité 1Mi∈Dj</p><p>1Mi∈Dk</p><p>= 1 est vérifiée pour au plus</p><p>un indice i, et 1Mi∈Dj</p><p>1Mi∈Dk</p><p>= 0 pour les autres indices. Ainsi,</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>1Mi∈Dj</p><p>1Mi∈Dk</p><p>6 1</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>1Mi∈Dj</p><p>1Mi∈Dk</p><p>6 1</p><p>(b) Par définition,</p><p>I =</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>1Mi∈Dj</p><p>.</p><p>On utilise la question 1 :</p><p>I 6</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√n</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>1Mi∈Dj</p><p>1Mi∈Dk</p><p>=</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√n</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>m</p><p>∑</p><p>k=1</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>1Mi∈Dj</p><p>1Mi∈Dk</p><p>.</p><p>=</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>∑</p><p>(j,k)∈[[1,m]]2</p><p>j 6=k</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>1Mi∈Dj</p><p>1Mi∈Dk</p><p>+</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>1Mi∈Dj</p><p>1Mi∈Dk</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>.</p><p>On déduit alors de la question précédente que</p><p>I 6</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>√</p><p>n</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>∑</p><p>(j,k)∈[[1,m]]2</p><p>j 6=k</p><p>1 +</p><p>m</p><p>∑</p><p>j=1</p><p>n</p><p>∑</p><p>i=1</p><p>1</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>6</p><p>√</p><p>n (m(m− 1) +mn) 6</p><p>√</p><p>n (m2 +mn)</p><p>On a bien obtenu : I 6</p><p>√</p><p>nm2 +mn2 .</p><p>10</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 4 : Complexes</p><p>Correction du problème 1 – Résolution des équations de degré 3 et 4</p><p>On note j = e</p><p>2 iπ</p><p>3 .</p><p>Partie I – Équation de degré 3 (formules de Cardan)</p><p>Soit a, b et c des nombres complexes. On cherche à résoudre l’équation x3 + ax2 + bx+ c = 0.</p><p>1. Le développement du cube (x − α)3 fournit un terme 3αx2, qui doit compenser entièrement le terme ax2</p><p>(puisqu’on ne veut pas de terme en y2. Ainsi, on fait le changement de variable y = x + a</p><p>3 (remarquez que ce</p><p>n’est qu’une adaptation de la mise sous forme canonique). On a alors :</p><p>x3 + ax2 + bx+ c =</p><p>(</p><p>x+</p><p>a</p><p>3</p><p>)3</p><p>− a2</p><p>9</p><p>x− a3</p><p>27</p><p>+ bx+ c =</p><p>(</p><p>x+</p><p>a</p><p>3</p><p>)3</p><p>+</p><p>(</p><p>b− a2</p><p>3</p><p>)</p><p>(</p><p>x+</p><p>a</p><p>3</p><p>)</p><p>+ c− ab</p><p>3</p><p>+</p><p>2a3</p><p>27</p><p>.</p><p>Ainsi, la résolution de l’équations x3 + ax2 + bx+ c = 0 équivaut à la résolution de y3 + py + q = 0 , avec :</p><p>y = x− a</p><p>4</p><p>, p = b− a2</p><p>3</p><p>, q = c− ab</p><p>3</p><p>+</p><p>2a3</p><p>27</p><p>.</p><p>2. Les complexes y1, y2 et y3 sont solutions de y3 + py + q si et seulement si on a l’identité polynomiale</p><p>X3 + pX + q = (X − y1)(X − y2)(X − y3) = (X − u− v)</p><p>(</p><p>X − ju− j2v</p><p>) (</p><p>X − j2u− jv</p><p>)</p><p>.</p><p>Un peu de force brute donne l’équivalence de cette égalité avec :</p><p>X3+pX+ q = X3− (1+ j+ j2)(u+v)X2+((1+ j+ j2)(u2+v2)+3uv(j+ j2))X− (u+v)(uj+vj2)(uj2+vj).</p><p>Comme 1 + j + j2 = 0 (et donc j + j2 = −1), on simplifie ceci en :</p><p>X3 + pX + q = X3 − 3uvX − (u+ v)(uj + vj2)(uj2 + vj).</p><p>On peut encore user de force brute pour développer le dernier terme, ou alors chercher à ruser de la manière</p><p>suivante : la polynôme en U (U + v)(Uj + vj2)(Uj2 + vj) est égal, après multiplication par j3 = 1, à (U +</p><p>v)(U + vj)(U + vj2). Ses racines sont donc v, vj et vj2 qui sont les 3 racines cubiques de v3. Ainsi, ce polynôme</p><p>unitaire est égal à U3 − v3. En évaluant en u, on obtient finalement l’égalité :</p><p>X3 + pX + q = X3 − 3uvX − (u3 + v3).</p><p>Ainsi, par identification des coefficients, y1, y2 et y3 sont solutions de X3 + pX + q si et seulement si :</p><p>p = −3uv et q = −(u3 + v3).</p><p>3. Pour que cette condition soir satisfaite, en posant U = u3 et V = v3, on a alors −27UV = p3 et U + V = −q,</p><p>donc U et V sont les deux solutions de l’équation</p><p>z2 + qz − p3</p><p>27</p><p>= 0 .</p><p>(Rappel : le produit et la somme de deux nombres déterminent l’unique polynôme de degré 2 dont ils sont</p><p>racines, le produit et la somme se lisant sur les coefficients de ce polynôme ; développez (z − U)(z − V ) pour</p><p>vous en assurer).</p><p>1</p><p>4. Les couples (u, v) obtenus en résolvant u3 = U et v3 = V sont au nombre de 9 (chacun des nombres U et V ayant</p><p>3 racines cubiques). Ces racines diffèrent l’une de l’autre par un facteur multiplicatif j ou j2. En supposant qu’il</p><p>existe un couple (u0,</p><p>v0) de solutions vérifiant −3uv = p, l’ensemble des couples est {(jiu0, j</p><p>kv0), (i, k) ∈ [[0, 2]]2}.</p><p>Or jiu0j</p><p>kv0 = u0v0 si et seulement si ji+k = 1, si et seulement si i+ k = 0 ou i+ k = 3 (la somme ne pouvant</p><p>être supérieure à 4). Cela donne 3 possibilités : i = k = 0 (déjà connue), i = 1, k = 2 ou i = 2, k = 1. Ainsi, les</p><p>3 couples possibles pour u et v sont :</p><p>(u, v) = (u0, v0) ou (ju0, j</p><p>2v0) ou (j2u0, jv0) .</p><p>• Le choix de (u, v) = (u0, v0) fournit les solutions</p><p>y1 = u0 + v0, y2 = ju0 + j2v0, y3 = j2u0 + jv0.</p><p>• Le choix de (u, v) = (ju0, j</p><p>2v0) fournit les solutions</p><p>y1 = ju0 + j2v0, y2 = j2u0 + jv0, y3 = u0 + v0.</p><p>• Le choix de (u, v) = (j2u0, jv0) fournit les solutions</p><p>y1 = j2u0 + jv0, y2 = u0 + v0, y3 = ju0 + j2v0.</p><p>Ainsi, on obtient bien à chaque fois les mêmes racines, à permutation près .</p><p>5. On commence par effectuer la réduction initiale, en effetuant un changement de variables y = x+ 1 :</p><p>x3 + 3x2 + 3(1− 2j)x+ 2(3j2 − 1) = (x+ 1)3 − 6jx+ 6j2 − 3 = (x+ 1)3 − 6j(x+ 1) + 6(j2 + j)− 3.</p><p>Puisque j + j2 = −1, on obtient :</p><p>x3 + 3x2 + 3(1− 2j)x+ 2(3j2 − 1) = (x+ 1)3 − 6j(x+ 1)− 9.</p><p>Ainsi, on est ramené à la résolution de l’équation y3 − 6jy − 9 = 0. Avec les notations ci-dessus, on a donc</p><p>p = −6j et q = −9, donc U et V sont solutions de l’équation</p><p>z2 − 9z + 8.</p><p>On a une racine évidente z = 1, l’autre est alors 8 (leur produit devant faire 8). On pose donc U = 1, V = 8,</p><p>et on selectionne des racines cubiques u et v de ces nombres telles que −3uv = p = −6j. on peut par exemple</p><p>prendre u = j et v = 2 .</p><p>On trouve alors les racines en y :</p><p>y1 = j + 2, y2 = j2 + 2j2 = 3j2, y3 = 1 + 2j.</p><p>On peut donc utiliser le changement de variables initial pour exprimer les solutions de l’équation initiale :</p><p>x1 = j + 1, x2 = 3j2 − 1, x3 = 2j .</p><p>Il est assez rare de tomber sur une équation qui se résolve si bien. Cette équation avait été choisie avec beaucoup</p><p>de soin. La plupart du temps, on se retrouve avec des expressions de racines cubiques qui ne se simplifient pas</p><p>bien, même lorsqu’il y a des racines évidentes. On illustre cela dans la question qui suit.</p><p>6. On cherche les racines du polynôme (X − 1)(X2 +X + 2) = X3 +X − 2. On a alors p = 1 et q = −2, donc les</p><p>complexes U et V sont solutions de z2 − 2z − 1</p><p>27 , donc le discriminant est ∆ = 4 · 28</p><p>27 . Ainsi, on peut prendre</p><p>U = 1 +</p><p>2</p><p>√</p><p>7</p><p>3</p><p>√</p><p>3</p><p>et V = 1− 2</p><p>√</p><p>7</p><p>3</p><p>√</p><p>3</p><p>.</p><p>En adoptant les notations précédentes, (uv)3 = UV = − p3</p><p>27 = − 1</p><p>27 , qui admet une unique racine cubique réelle.</p><p>Cette racine réelle est obtenue comme produit des deux racines cubiques réelles de U et V . Ainsi, on peut</p><p>poser :</p><p>u =</p><p>3</p><p>√</p><p>1 +</p><p>2</p><p>√</p><p>7</p><p>3</p><p>√</p><p>3</p><p>et v =</p><p>3</p><p>√</p><p>1− 2</p><p>√</p><p>7</p><p>3</p><p>√</p><p>3</p><p>.</p><p>2</p><p>La forme factorisée de l’expression initiale montre qu’il existe une unique solution réelle de l’équation, égale à</p><p>1. Comme u et v sont réels, cette solution réelle est, des trois racines, celle qui s’exprime sous la forme u + v.</p><p>Ainsi</p><p>1 = u+ v =</p><p>3</p><p>√</p><p>1 +</p><p>2</p><p>√</p><p>7</p><p>3</p><p>√</p><p>3</p><p>+</p><p>3</p><p>√</p><p>1− 2</p><p>√</p><p>7</p><p>3</p><p>√</p><p>3</p><p>.</p><p>En multipliant par</p><p>√</p><p>3 =</p><p>3</p><p>√</p><p>3</p><p>√</p><p>3, il vient :</p><p>√</p><p>3 =</p><p>3</p><p>√</p><p>3</p><p>√</p><p>3 + 2</p><p>√</p><p>7 +</p><p>3</p><p>√</p><p>3</p><p>√</p><p>3− 2</p><p>√</p><p>7.</p><p>L’imparité de la fonction racine cubique amène alors :</p><p>√</p><p>3 =</p><p>3</p><p>√</p><p>2</p><p>√</p><p>7 + 3</p><p>√</p><p>3− 3</p><p>√</p><p>2</p><p>√</p><p>7− 3</p><p>√</p><p>3 .</p><p>7. On suppose maintenant que p et q sont des réels. On note ∆ = q2 + 4p3</p><p>27 .</p><p>(a) On constate que ∆ est le discriminant de l’équation z2 + qz − p3</p><p>27 . Ainsi, si ∆ > 0, cette équation admet</p><p>2 racines réelles U et V , et de plus, le produit UV est réel, donc on peut choisir pour u et v les racines</p><p>cubiques réelles de U et V . On obtient donc</p><p>u =</p><p>3</p><p>√</p><p>−q −</p><p>√</p><p>∆</p><p>2</p><p>et v =</p><p>3</p><p>√</p><p>−q +</p><p>√</p><p>∆</p><p>2</p><p>.</p><p>Les trois racines sont donc :</p><p>x1 =</p><p>3</p><p>√</p><p>−q −</p><p>√</p><p>∆</p><p>2</p><p>+</p><p>3</p><p>√</p><p>−q +</p><p>√</p><p>∆</p><p>2</p><p>; x2 = j</p><p>3</p><p>√</p><p>−q −</p><p>√</p><p>∆</p><p>2</p><p>+ j2</p><p>3</p><p>√</p><p>−q +</p><p>√</p><p>∆</p><p>2</p><p>; x3 = j2</p><p>3</p><p>√</p><p>−q −</p><p>√</p><p>∆</p><p>2</p><p>+ j</p><p>3</p><p>√</p><p>−q +</p><p>√</p><p>∆</p><p>2</p><p>.</p><p>La racine x1 est réelle, mais pas x2 et x3 (leur partie imaginaire est non nulle, car les deux racines cubiques</p><p>ne sont pas égales, puisque ∆ 6= 0). En revanche, j et j2 étant conjugués l’un de l’autre, x2 et x3 sont</p><p>conjuguées l’une de l’autre. Ceci est une propriété générale des racines non réelles des équations polynomiales</p><p>à coefficients réels.</p><p>(b) Si ∆ < 0, les complexes U et V sont conjugués, comme le montre leur expression en fonction de ∆ (l’un</p><p>fait intervenir i</p><p>√</p><p>−∆, l’autre − i</p><p>√</p><p>−∆). Ainsi, les 3 racines cubiques de V sont les conjuguées des 3 racines</p><p>cubiques de V . Étant donnée une racine cubique u de U , seule la racine v = u de V est telle que uv = |u|2</p><p>soit réel (les autres étant obtenues en multipliant par j ou j2). Ainsi, on obtient les 3 racines :</p><p>x1 = u+ u = 2Re(u); x2 = ju+ j2u = 2Re(ju); x3 = j2u+ ju = Re(j2u).</p><p>Ces trois quantités sont réelles, donc l’équation x3 + px+ q = 0 admet 3 racines réelles .</p><p>Partie II – Trisection de l’angle</p><p>1. • Si on sait trisecter l’angle : à partir de 1 et cos(θ), on trace un cercle de rayon 1, de centre O et sur un rayon,</p><p>un segment OA de longueur cos(θ) issu du centre. On sait tracer à la règle et au compas la perpendiculaire</p><p>à OA passant par A. Par définition géométrique du cosinus, l’un des deux points d’intersection de cette</p><p>perpendiculaire et du cercle, appelé B, définit un angle ̂(AOB) égal à θ. la possibilité de trisecter l’angle à la</p><p>règle et au compas amène la possibilité de construire l’angle θ</p><p>3 , donc de construire un point C du cercle tel</p><p>que ̂(AOB) = θ</p><p>3 . Projettons alors C orthogoalement sur (OA) (ce qui revient à abaisser une perpendiculaire,</p><p>ce qu’on sait faire à la règle et au compas). Alors le point D obtenu vérifie OD = cos</p><p>(</p><p>θ</p><p>3</p><p>)</p><p>.</p><p>• Réciproquement, si on sait construire cos</p><p>(</p><p>θ</p><p>3</p><p>)</p><p>à la règle et au compas à partir de 1 et de cos(θ), étant donné</p><p>un angle θ, on trace le cercle de côté 1 issu du sommet de l’angle ; en projetant orthogonalement sur 1 côté,</p><p>on récupère cos(θ), et par hypothèse, on sait construire cos</p><p>(</p><p>θ</p><p>3</p><p>)</p><p>, qu’on reporte sur le rayon. On abaisse une</p><p>perpendiculaire passant par le point ainsi obtenu, coupant le cercle en un point formant un angle de θ</p><p>3 avec</p><p>le point du cercle coupant le rayon.</p><p>Ainsi, la possibilité de trisecter l’angle à la règle et au compas équivaut à la constructibilité de cos( θ3 ) à par-</p><p>tir de 1 et de cos(θ).</p><p>3</p><p>2. Il s’agit donc de montrer que</p><p>cos θ = 4 cos3</p><p>(</p><p>θ</p><p>3</p><p>)</p><p>− 3 cos</p><p>(</p><p>θ</p><p>3</p><p>)</p><p>,</p><p>donc, en posant x = θ</p><p>3 , de montrer que</p><p>cos(3x) = 4 cos3(x)− 3 cos(x).</p><p>Ceci est un résultat classique, relié entre autres aux polynômes de Tchébychev. On peut le trouver de façon</p><p>élémentaire en utilisant par deux fois les formules d’addition, ou alors, utiliser la formule de Moivre :</p><p>cos(3x) = Re(e3 ix) = Re((cos(x) + i sin(x))3) = Re</p><p>(</p><p>cos3(x) + 3 i cos2(x) sin(x) − 3 cos(x) sin2(x) − i sin3(x)</p><p>)</p><p>.</p><p>En utilisant cos2(x) + sin2(x) = 1, il vient alors :</p><p>cos(3x) = cos3(x)− 3 cos(x)(1 − cos2(x)) = 4 cos3(x) − 3 cos(x).</p><p>Ainsi, avec a = cos(θ), le réel cos</p><p>(</p><p>θ</p><p>3</p><p>)</p><p>est solution de l’équation</p><p>u3 − 3</p><p>4</p><p>u− a</p><p>4</p><p>= 0 .</p><p>3. On a ici</p><p>∆ = q2 + 4</p><p>p3</p><p>27</p><p>=</p><p>a2</p><p>16</p><p>− 1</p><p>16</p><p>=</p><p>a2 − 1</p><p>16</p><p>6 0,</p><p>avec égalité seulement si |a| = 1, donc θ ≡ 0[π]. Ainsi, d’après la remarque faite ci-dessus, « en général »,</p><p>on ne peut pas exprimer cos</p><p>(</p><p>θ</p><p>3</p><p>)</p><p>à l’aide de radicaux réels .</p><p>4. Si on avait p > 0, on aurait</p><p>∆ = q2 +</p><p>4p3</p><p>27</p><p>> 0,</p><p>ce qui contredit les hypothèses. Ainsi, p < 0 .</p><p>5. Le changement de variable y = λx, avec λ > 0, amène :</p><p>( y</p><p>λ</p><p>)3</p><p>+ p</p><p>( y</p><p>λ</p><p>)</p><p>+ q = 0,</p><p>ce qui équivaut à</p><p>y3 + λ2py + λ3q = 0.</p><p>On résout l’équation λ2p = −3</p><p>4</p><p>, soit puisque λ > 0,</p><p>λ =</p><p>√</p><p>− 3</p><p>4p</p><p>,</p><p>ce qui a du sens puisque p < 0. En posant</p><p>a = −4λ3q =</p><p>3q</p><p>p</p><p>√</p><p>− 3</p><p>4p</p><p>,</p><p>on arrive à l’équation y3 − 3</p><p>4</p><p>− a</p><p>4</p><p>= 0 .</p><p>6. On a alors</p><p>a2 = −27q2</p><p>4p3</p><p>.</p><p>Or, ∆ < 0, donc 27q2 < −4p3, et ces quantités étant positives, il vient, en faisant le quotient : |a|2 < 1, puis</p><p>|a| < 1 .</p><p>4</p><p>7. Soit θ = Arccos(a), bien défini puisque |a| < 1. D’après la question II-2, l’équation de la question 5 admet une</p><p>racine, égale à cos</p><p>(</p><p>θ</p><p>3</p><p>)</p><p>. Par ailleurs, en considérant ϕ =</p><p>θ</p><p>3</p><p>+</p><p>2kπ</p><p>3</p><p>π, pour k ∈ Z, on a 3π ≡ θ mod π, et d’après</p><p>II-2, cos(ϕ) est aussi solution de l’équation. L’ensemble des solutions</p><p>obtenues est périodique de période 3. Par</p><p>ailleurs, ces solutions sont distinctes. En effet, les arguments des cosinus forment sur les cercle trigonométrique</p><p>les sommets d’un triangle équilatéral. Les cosinus sont égaux si et seulement si deux sommets sont conjugués, ce</p><p>qui signifierait que le triangle équilatéral est symétrique par rapport à l’axe réel, donc que 1 ou −1 est sommet.</p><p>Cela implique que θ ≡ 0 mod [π], cas impossible puisque ∆ 6= 0.</p><p>Ainsi, les trois racines obtenues sont distinctes, et on a toutes les racines du polyôme de degré 3 :</p><p>S =</p><p>{</p><p>cos</p><p>(</p><p>1</p><p>3</p><p>Arccos(a)</p><p>)</p><p>, cos</p><p>(</p><p>1</p><p>3</p><p>Arccos(a) +</p><p>2π</p><p>3</p><p>)</p><p>, cos</p><p>(</p><p>1</p><p>3</p><p>Arccos(a)− 2π</p><p>3</p><p>)}</p><p>.</p><p>Partie III – Résolution des équations de degré 4 par la méthode de Ferrari</p><p>On voit dans cette partie la méthode employée par Ferrari au XVIe siècle pour résoudre les équations du quatrième</p><p>degré</p><p>z4 + αz3 + bz2 + γz + δ = 0, (1)</p><p>pour (a, b, c, d) ∈ R4.</p><p>1. Comme dans la partie 1, on fait une espèce de mise sous forme canonique, qui donne, sauf erreur de calcul de</p><p>ma part :</p><p>z4 + αz3 + βz2 + γz + δ =</p><p>(</p><p>z +</p><p>α</p><p>4</p><p>)4</p><p>+</p><p>(</p><p>β − 3</p><p>8</p><p>α2</p><p>)</p><p>(</p><p>z +</p><p>α</p><p>4</p><p>)2</p><p>+</p><p>(</p><p>γ − α3</p><p>8</p><p>− αβ</p><p>2</p><p>)</p><p>(</p><p>z +</p><p>α</p><p>4</p><p>)</p><p>+ c,</p><p>avec c = δ − 3</p><p>256</p><p>α4 +</p><p>α2β</p><p>16</p><p>− αγ</p><p>4</p><p>(on peut par exemple remplacer x par y − α</p><p>4 puis tout développer). Ainsi,</p><p>en posant le changement de variables x = z +</p><p>α</p><p>4</p><p>, et en posant les constantes</p><p>a = β − 3</p><p>8α</p><p>2 et b = γ + α3</p><p>8 − αβ</p><p>2</p><p>on est ramené au système x4 + ax2 + bx+ c = 0 .</p><p>2. Soit y ∈ R. On a alors, pour tout x ∈ R :</p><p>x4 + ax2 + bx+ c =</p><p>(</p><p>x2 +</p><p>1</p><p>2</p><p>y</p><p>)2</p><p>− x2y − y2</p><p>4</p><p>+ ax2 + bx+ c =</p><p>(</p><p>x2 +</p><p>1</p><p>2</p><p>y</p><p>)2</p><p>−</p><p>(</p><p>x2(y − a)− bx+</p><p>y2</p><p>4</p><p>− c</p><p>)</p><p>.</p><p>Or, le polynôme X2(y− a)− bX + y2</p><p>4 − c s’exprime comme le carré (positif) d’un polynôme de degré 1 en X si</p><p>et seulement si son coefficient dominant est positif, et son discriminant nul (de sorte à avoir une racine double).</p><p>La première condition donne y > a, la seconde donne</p><p>0 = ∆ = b2 − (y − a)(y2 − 4c) = b2 − y3 + ay2 + 4cy − 4ac,</p><p>soit :</p><p>y3 − ay2 − 4cy + 4ac− b2 = 0.</p><p>Ainsi, il existe des réels m et n tels que pour tout x, on ait</p><p>x4 + ax2 + bx+ c =</p><p>(</p><p>x2 +</p><p>1</p><p>2</p><p>y</p><p>)2</p><p>− (mx+ n)2</p><p>si et seulement si y > a et y3 − ay2 − 4cy + 4ac− b2 = 0 .</p><p>Or, en définissant la fonction f sur R par</p><p>f(x) = x3 − ax2 − 4cx+ 4ac− b2,</p><p>5</p><p>on a f(a) = −b2 6 0. Comme par ailleurs, f est continue, et la limite de f en +∞ est +∞, on déduit du</p><p>théorème des valeurs intermédiaires que f s’annule sur [a,+∞[.</p><p>Ainsi, il existe une solution y0 > a de l’équation y3 − ay2 − 4cy + 4ac− b2 = 0</p><p>3. On suppose b 6= 0 (dans le cas contraire, on a une équation bicarrée qu’on sait résoudre en posant x′ = x2). On</p><p>a alors y0 > a. Pour un tel y0, on a ∆ = 0, donc la racine double du polynôme en X ci-dessus est</p><p>b</p><p>2(y0 − a)</p><p>. Il</p><p>se factorise donc en</p><p>(y0 − a)</p><p>(</p><p>X − b</p><p>2(y0 − a)</p><p>)2</p><p>=</p><p>(√</p><p>y0 − a ·X − b</p><p>2</p><p>√</p><p>y0 − a</p><p>)2</p><p>.</p><p>Ainsi, par identification, on obtient : m =</p><p>√</p><p>y0 − a et n = − b</p><p>2</p><p>√</p><p>y0 − a</p><p>.</p><p>4. On exprime notre condition sur a, b et c obtenus après changement de variables. On a obtenu l’égalité polyno-</p><p>miale suivante :</p><p>X4 + aX2 + bX + c =</p><p>(</p><p>X2 +</p><p>y0</p><p>2</p><p>)2</p><p>− (mX + n)2 =</p><p>(</p><p>X2 −mX +</p><p>y0</p><p>2</p><p>− n</p><p>)(</p><p>X2 +mX +</p><p>y0</p><p>2</p><p>+ n</p><p>)</p><p>.</p><p>Ainsi, les 4 racines sont réelles (pas nécessairement distinctes) si et seulement si les discriminants des deux</p><p>facteurs de degré 2 sont positifs ou nuls, à savoir :</p><p>∆1 = m2 − 2y0 + 4n > 0 et ∆2 = m2 − 2y0 − 4n > 0 .</p><p>Les 4 racines sont alors :</p><p>−m−</p><p>√</p><p>∆1</p><p>2</p><p>,</p><p>−m+</p><p>√</p><p>∆1</p><p>2</p><p>,</p><p>m−</p><p>√</p><p>∆2</p><p>2</p><p>et</p><p>m+</p><p>√</p><p>∆2</p><p>2</p><p>.</p><p>6</p><p>Lycée Louis-Le-Grand, Paris</p><p>MPSI 4 – Mathématiques</p><p>A. Troesch</p><p>Problème no 5 : Une fonction continue partout et dérivable nulle part</p><p>Correction du problème 1 –</p><p>Partie I – Prélimiaires</p><p>1. Les graphes (y compris celui de f4) : voir figure 1.</p><p>| | | | | | | | | ||</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>|</p><p>11</p><p>3</p><p>2</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>2</p><p>3</p><p>1 f0</p><p>f1</p><p>f2</p><p>f3</p><p>f4</p><p>Figure 1 – Courbes représentatives de f0, f1, f2, f3 et f4.</p><p>2. (a) À chaque étape, on subdivise chaque intervalle en 3 : ainsi, on multiplie le nombre de segments par un</p><p>facteur 3. Par conséquent, αn = 3n .</p><p>(b) • Pour n = 0 : p0,1 = 1 .</p><p>1</p><p>• Pour n = 1 : p1,1 = 2, p1,2 = −1, p1,3 = 2</p><p>• Pour n = 2 :</p><p>i 1 2 3 4 5 6 7 8 9</p><p>p2,i 4 −2 4 −2 1 −2 4 −2 4</p><p>• Pour n = 3 :</p><p>i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15</p><p>p2,i 8 −4 8 −4 2 −4 8 −4 8 −4 2 −4 2 −1 2</p><p>16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27</p><p>−4 2 −4 8 −4 8 −4 2 −4 8 −4 8</p><p>(c) Pour tout k ∈ [[ 1, 3n ]] ,</p><p></p><p></p><p></p><p></p><p></p><p>pn+1,3k−2 = 2pn,k</p><p>pn+1,3k−1 = −pn,k</p><p>pn+1,3k = 2pn,k</p><p>Cela provient directement de la description de fn. Cela peut se dire sans plus de justification. Si vous voulez</p><p>des justifications, en voilà, pour pn+1,3k−2 (les autres à l’avenant) :</p><p>pn+1,3k−2 =</p><p>fn+1(</p><p>3k−2</p><p>3n+1 )− fn+1(</p><p>3k−3</p><p>3n+1 )</p><p>1</p><p>3n+1</p><p>=</p><p>fn(</p><p>3k−1</p><p>3n+1 )− fn(</p><p>k−1</p><p>3n )</p><p>1</p><p>3n+1</p><p>= 2 · fn(</p><p>3k−1</p><p>3n+1 )− fn(</p><p>k−1</p><p>3n )</p><p>2</p><p>3n+1</p><p>= 2pn,k,</p><p>car fn est linéaire sur</p><p>[</p><p>k−1</p><p>3n , k</p><p>3n</p><p>]</p><p>, donc sur</p><p>[</p><p>k−1</p><p>3n , 3k−1</p><p>3n+1</p><p>]</p><p>, de pente pn,k.</p><p>(d) Soit, pour tout n dans N</p><p>∗, la propriété P(n): max</p><p>j∈[[1,3n]]</p><p>(pn,j) = 2n et min</p><p>j∈[[1,3n]]</p><p>(pn,j) = −2n−1 .</p><p>On devine cette propriété grâce aux tableaux de valeurs précédents.</p><p>Les tableaux de valeur précédents montrent que P(1) est vraie.</p><p>Soit n > 1 tel que P(n) soit vérifiée.</p><p>• Soit k ∈ [[1, 3n+1]], et soit j = E</p><p>(</p><p>k+2</p><p>3</p><p>)</p><p>. Alors la relation de la question précédente amène :</p><p>∗ si pn,j > 0,</p><p>−2n = −max(pn,1, . . . , pn,3n) 6 −pn,j 6 pn+1,k 6 2pn,j 6 2max(pn,1, . . . , pn,3n) = 2n+1,</p><p>∗ si pn,j 6 0,</p><p>−2n = 2min(pn,1, . . . , pn,3n) 6 2pn,j 6 pn+1,k 6 −pn,j 6 −min(pn,1, . . . , pn,3n) = 2n−1</p><p>6 2n+1,</p><p>Ainsi, pour tout k ∈ [[1, 3n+1]], −2n 6 pn+1,k 6 2n+1</p><p>• De plus, soit j réalisant le maximum de pn,j, c’est-à-dire pn,j = 2n. Alors pn+1,3j = 2n+1</p><p>• Soit j réalisant le minimum de pn,j , c’est-à-dire pn,j = −2n−1. Alors pn+1,3j = −2n.</p><p>On en déduit que P(n+1) est vérifié puisque −2n et 2n+1 encadrent les valeurs de pn+1,k et sont atteintes.</p><p>Par conséquent, P(1) est vraie, et pour tout n dans N</p><p>∗, P(n) entraîne P(n + 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, P(n) est vraie pour tout n dans N</p><p>∗.</p><p>Remarquez que ceci n’est bien sûr valable que pour n > 1 et pas n = 0.</p><p>(e) Soit, pour tout n dans N, la propriété Q(n): pn,i est positif si i est impair et négatif si i est pair .</p><p>Q(0) est trivialement vraie.</p><p>Soit n ∈ N tel que Q(n) soit vraie. Soit k ∈ [[ 1, 3n ]] . D’après la question (c), on a alors :</p><p>• Si k est pair, alors 3k − 2 et 3k sont pairs, et d’après la question c, pn+1,3k−2 et pn+1,3k sont du signe</p><p>de pn,k à savoir négatif (hypothèse de récurrence). D’autre part, 3k − 1 est impair, et pn+1,3k−1 est du</p><p>signe opposé de celui de pn,k à savoir positif.</p><p>• Si k est impair, alors 3k − 2 et 3k sont impairs, et pn+1,3k−2 et pn+1,3k sont du signe de pn,k à savoir</p><p>positif (hypothèse de récurrence). D’autre part, 3k− 1 est pair, et pn+1,3k−1 est du signe opposé de celui</p><p>de pn,k à savoir négatif.</p><p>Cela prouve bien Q(n+ 1).</p><p>Par conséquent, Q(0) est vraie, et pour tout n dans N, Q(n) entraîne Q(n + 1). D’après le principe de</p><p>récurrence, Q(n) est vraie pour tout n dans N.</p><p>2</p><p>3. Soit n ∈ N, et k ∈ [[ 0, 3n − 1 ]] . On note In,k =</p><p>[</p><p>k</p><p>3n ,</p><p>k+1</p><p>3n</p><p>]</p><p>.</p><p>(a) On montre d’abord que fn+1(In,k) = fn(In,k) :</p><p>On note In,k = [a, b], et c et d les deux réels c = a + b−a</p><p>3 et d = a + 2 · b−a</p><p>3 . Ainsi, a < c < d < b, et</p><p>[a, c], [c, d], [d, b] est une subdivision de [a, b] en trois intervalles de taille égale. On suppose pour se fixer les</p><p>idées que fn est croissante sur In,k (démonstration semblable dans le cas inverse). Ainsi, f(a) < f(c) <</p><p>f(d) < f(b). Alors, par définition de le suite de fonctions (fn),</p><p>fn+1([a, c]) = [fn(a), fn(d)], fn+1([c, d]) = [fn(c), fn(d)] fn+1([d, b]) = [fn(c), fn(b)].</p><p>Par conséquent,</p><p>fn+1(In,k) = [fn(a), fn(d)] ∪ [fn(c), fn(d)] ∪ [fn(c), fn(b)] = [fn(a), fn(b)].</p><p>Ainsi, fn étant croissante continue sur In,k, fn+1(In,k) = fn(In,k) .</p><p>On montre alors la propriété générale par récurrence :</p><p>Soit pour tout ℓ > 0 la propriété suivante :</p><p>P(ℓ) : ∀n ∈ N, ∀k ∈ [[ 0, 3n − 1 ]] , fn+ℓ(In,k) = fn(In,k)</p><p>Initialisation : Pour ℓ = 0, c’est trivial. Pour ℓ = 1, on vient</p>