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October 30, 2017 | Author: Anonymous | Category: N/A
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23 mars 2011 1.1.3 Propriétés des opérations sur C . 1.10.3 Similitudes directes . 39. 1.11 ......
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Document en cours de relecture
Alain Soyeur - François Capaces - Emmanuel Vieillard-Baron 23 mars 2011
Table des matières
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Nombres complexes 1.1 Le corps C des nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Un peu de vocabulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Construction de C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.3 Propriétés des opérations sur C . . . . . . . . . . . . . 1.2 Parties réelle, imaginaire, Conjugaison . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Partie réelle, partie imaginaire d’un nombre complexe 1.2.2 Conjugaison . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Représentation géométrique des complexes . . . . . . . . . . . 1.3.1 Représentation d’Argand . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 Interprétation géométrique de quelques opérations . . 1.4 Module d’un nombre complexe, inégalités triangulaires . . . . 1.5 Nombres complexes de module 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Groupe U des nombres complexes de module 1 . . . . 1.5.2 Exponentielle imaginaire . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Argument, fonction exponentielle complexe . . . . . . . . . . 1.6.1 Argument d’un nombre complexe . . . . . . . . . . . . 1.6.2 Fonction exponentielle complexe . . . . . . . . . . . . 1.7 Racines n -ièmes de l’unité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Équations du second degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.1 Racines carrées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.2 Équations du second degré . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Nombres complexes et géométrie plane . . . . . . . . . . . . . 1.9.1 Distance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.2 Barycentre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.3 Angles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Transformations remarquables du plan . . . . . . . . . . . . . . 1.10.1 Translations, homothéties . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10.2 Rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10.3 Similitudes directes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11.1 Forme algébrique - Forme trigonométrique . . . . . . 1.11.2 Polynômes, équations, racines de l’unité . . . . . . . . 1.11.3 Application à la trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . 1.11.4 Application des nombres complexes à la géométrie . . 1.11.5 Transformations du plan complexe . . . . . . . . . . .
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19 20 20 20 20 22 22 22 23 23 23 24 25 25 26 31 31 32 33 35 35 36 37 37 37 38 38 38 38 39 42 42 43 49 53 60
Géométrie élémentaire du plan 2.1 Quelques notations et rappels . . . . . . . 2.1.1 Addition vectorielle . . . . . . . . 2.1.2 Produit d’un vecteur et d’un réel 2.1.3 Vecteurs colinéaires, unitaires . . 2.1.4 Droites du plan . . . . . . . . . . 2.2 Modes de repérage dans le plan . . . . . . 2.2.1 Repères Cartésiens . . . . . . . . 2.2.2 Changement de repère . . . . . .
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Équation cartésienne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 Repères polaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Équation polaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 Produit scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2.3.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2.3.2 Interprétation en terme de projection . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2.3.3 Propriétés du produit scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 2.3.4 Interprétation en termes de nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 Déterminant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2.4.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2.4.2 Interprétation en terme d’aire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 2.4.3 Propriétés du déterminant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 2.4.4 Interprétation en terme de nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 2.4.5 Application du déterminant : résolution d’un système linéaire de Cramer de deux équations à deux inconnues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 Droites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 2.5.1 Préambule : Lignes de niveau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 −−→ 2.5.2 Lignes de niveau de M 7→ ~ u .AM . . ´. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 ³ − −→ 2.5.3 Lignes de niveau de M 7→ det ~ u , AM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 2.5.4 Représentation paramétrique d’une droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 2.5.5 Équation cartésienne d’une droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 2.5.6 Droite définie par deux points distincts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 2.5.7 Droite définie par un point et un vecteur normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 2.5.8 Distance d’un point à une droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 2.5.9 Équation normale d’une droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 2.5.10 Équation polaire d’une droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 2.5.11 Intersection de deux droites, droites parallèles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Cercles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 2.6.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 2.6.2 Équation cartésienne d’un cercle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 2.6.3 Représentation paramétrique d’un cercle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 2.6.4 Équation polaire d’un cercle passant par l’origine d’un repère . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 −−→ −−→ 2.6.5 Caractérisation d’un cercle par l’équation MA.MB = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 2.6.6 Intersection d’un cercle et d’une droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 2.7.1 Produit scalaire et déterminant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 2.7.2 Coordonnées cartésiennes dans le plan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 2.7.3 Géométrie du triangle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 2.7.4 Cercle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 2.7.5 Coordonnées polaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 2.7.6 Lignes de niveaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 2.2.3
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Géométrie élémentaire de l’espace 3.1 Préambule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Combinaisons linéaires de vecteurs, droites et plans dans l’espace . . . . . 3.1.2 Vecteurs coplanaires, bases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3 Orientation de l’espace, base orthonormale directe . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Mode de repérage dans l’espace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Coordonnées cartésiennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Calcul algébrique avec les coordonnées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Norme d’un vecteur, distance entre deux points dans un repère orthonormé 3.2.2 Coordonnées cylindriques et sphériques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Produit scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Expression dans une base orthonormale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Propriétés du produit scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Produit vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1 Définition du produit vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Interprétation géométrique du produit vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . 3
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Propriétés du produit vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interlude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Quelques exemples d’applications linéaires fort utiles pour ce qui vient... 3.4.4 Expression dans une base orthonormale directe . . . . . . . . . . . . . . . Déterminant ou produit mixte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2 Expression dans une base orthonormale directe . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.3 Propriétés du produit mixte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.4 Interprétation géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Plans dans l’espace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.1 Représentation paramétrique des plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.2 Représentation cartésienne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interprétation géométrique de l’équation normale . . . . . . . . . . . . . . Position relative de deux plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.3 Distance d’un point à un plan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Deux méthodes de calcul de la distance d’un point à un plan . . . . . . . Droites dans l’espace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1 Représentation paramétrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.2 Représentation cartésienne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.3 Distance d’un point à une droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.4 Perpendiculaire commune à deux droites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sphères . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.2 Sphères et plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.3 Sphères et droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.1 Produits scalaire, vectoriel et mixte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.2 Coordonnées cartésiennes dans l’espace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.3 Sphères . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Fonctions usuelles 4.1 Fonctions logarithmes, exponentielles et puissances . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Logarithme népérien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Exponentielle népérienne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.3 Logarithme de base quelconque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.4 Exponentielle de base a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.5 Fonctions puissances . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.6 Comparaison des fonctions logarithmes, puissances et exponentielles 4.2 Fonctions circulaires réciproques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Rappels succincts sur les fonctions trigonométriques . . . . . . . . . . 4.2.2 Fonction Arcsinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.3 Fonction Arccosinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.4 Fonction Arctangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Fonctions hyperboliques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Définitions et premières propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sinus et Cosinus hyperboliques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tangente hyperbolique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Formulaire de trigonométrie hyperbolique . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3 Fonctions hyperboliques inverses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fonction argument sinus hyperbolique argsh . . . . . . . . . . . . . . Fonction Argument cosinus hyperbolique argch . . . . . . . . . . . . . Fonction Argument tangente hyperbolique argth . . . . . . . . . . . . 4.4 Deux exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Fonction exponentielle complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6.1 Fonctions exponentielles, logarithmes et puissances . . . . . . . . . . 4.6.2 Fonctions circulaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6.3 Fonctions hyperboliques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
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122 122 123 123 124 124 124 125 126 127 127 127 128 129 129 130 131 131 131 132 132 134 134 135 135 136 136 138 147
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151 152 152 154 156 157 158 159 160 160 162 163 165 166 166 166 168 169 169 169 170 172 173 176 178 178 184 193
5
6
7
Equations différentielles linéaires 5.1 Quelques rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Deux caractérisations de la fonction exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Caractérisation par une équation différentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2 Caractérisation par une équation fonctionnelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Équation différentielle linéaire du premier ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1 Vocabulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Résolution de l’équation différentielle homogène normalisée . . . . . . . . . . . . . . 5.3.3 Résolution de l’équation différentielle normalisée avec second membre . . . . . . . . 5.3.4 Détermination de solutions particulières . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Superposition des solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trois cas particuliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Méthode de variation de la constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.5 Cas général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.6 Méthode d’Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Équations différentielles linéaires du second ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1 Vocabulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2 Résolution de l’équation différentielle homogène du second ordre dans C . . . . . . . 5.4.3 Résolution de l’équation différentielle homogène du second ordre dans R . . . . . . . 5.4.4 Équation différentielle du second ordre avec second membre . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.1 Équations différentielles linéaires du premier ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.2 Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants . . . . . . . 5.5.3 Résolution par changement de fonction inconnue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.4 Résolution d’équations différentielles par changement de variable . . . . . . . . . . . 5.5.5 Application aux équations différentielles linéaires du premier ordre avec problèmes des solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.6 Divers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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Étude des courbes planes 6.1 Fonctions à valeurs dans R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2 Dérivation du produit scalaire et du déterminant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Arcs paramétrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2 Étude locale d’un arc paramétrée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Étude d’un point stationnaire avec des outils de terminale, première période . . Étude d’un point stationnaire avec les développements limités, seconde période Branches infinies des courbes paramétrées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.3 Étude complète et tracé d’une courbe paramétrée . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Etude d’une courbe polaire ρ = f (θ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 Notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Etude d’une courbe ρ = f (θ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3 La cardioïde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.4 La strophoïde droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.1 Fonctions vectorielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.2 Courbes en coordonnées cartésiennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.3 Courbes polaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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230 230 230 232 233 233 233 234 234 237 240 244 244 245 246 247 248 248 248 263
Coniques 7.1 Définitions et premières propriétés . . . . . . . . 7.1.1 Définition monofocale . . . . . . . . . . 7.1.2 Équation cartésienne d’une conique . . . 7.1.3 Équation polaire d’une conique . . . . . 7.2 Étude de la parabole : e = 1 . . . . . . . . . . . . 7.3 Étude de l’ellipse : 0 < e < 1 . . . . . . . . . . . . 7.4 Étude de l’hyperbole : 1 < e . . . . . . . . . . . . 7.5 Définition bifocale de l’ellipse et de l’hyperbole 7.6 Courbes algébriques dans le plan . . . . . . . . . 7.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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271 272 272 272 273 273 275 278 281 282 286
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198 198 198 198 199 199 199 200 202 203 203 203 205 206 209 209 209 210 212 213 217 217 221 222 224 225 227
7.7.1 7.7.2 7.7.3 7.7.4 7.7.5 7.7.6 8
9
En général . . . . . . . . . . . . . Paraboles . . . . . . . . . . . . . . Ellipses . . . . . . . . . . . . . . . Hyperboles . . . . . . . . . . . . . Coniques et coordonnées polaires Courbes du second degré . . . . .
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Nombres entiers naturels, ensembles finis, dénombrements 8.1 Ensemble des entiers naturels - Récurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.1 Ensemble des entiers naturels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.2 Principe de récurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.3 Suite définie par récurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . P Q 8.1.4 Notations et . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.5 Suites arithmétiques et géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Ensembles finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.2 Propriétés des cardinaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.3 Applications entre ensembles finis . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 Opérations sur les ensembles finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4 Dénombrement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.1 Nombre de p -listes d’un ensemble fini . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.2 Nombre d’applications d’un ensemble fini dans un ensemble fini 8.4.3 Arrangement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.4 Combinaison . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1 Principe de récurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.2 Sommes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.3 Produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.4 Factorielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.5 Coefficients binomiaux, calculs de somme . . . . . . . . . . . . . 8.5.6 Dénombrement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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304 304 304 305 306 306 307 308 308 308 310 310 312 312 312 313 313 318 318 323 325 326 326 332
Corps R des nombres réels 9.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 Le corps des réels . . . . . . . . . . . . . 9.3 Valeur absolue . . . . . . . . . . . . . . 9.4 Majorant, minorant, borne supérieure . 9.5 Droite numérique achevée R . . . . . . 9.6 Intervalles de R . . . . . . . . . . . . . . 9.7 Propriété d’Archimède . . . . . . . . . . 9.8 Partie entière . . . . . . . . . . . . . . . 9.9 Densité de Q dans R . . . . . . . . . . . 9.10 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.10.1 Inégalités . . . . . . . . . . . . . 9.10.2 Borne supérieure . . . . . . . . 9.10.3 Rationnels, irrationnels, densité 9.10.4 Partie entière . . . . . . . . . . .
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339 339 340 341 342 343 344 344 345 345 347 347 348 350 353
10 Suites de nombres réels 10.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.1.1 Vocabulaire . . . . . . . . . . . . . . . 10.1.2 Opérations sur les suites . . . . . . . . 10.2 Convergence d’une suite . . . . . . . . . . . . . 10.2.1 Suites convergentes, divergentes . . . . 10.3 Opérations sur les limites . . . . . . . . . . . . 10.3.1 Opérations algébriques sur les limites . 10.3.2 Limites et relations d’ordre . . . . . . . 10.3.3 Limites infinies . . . . . . . . . . . . . 10.4 Suite extraite d’une suite . . . . . . . . . . . . . 10.5 Suites monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5.1 Théorème de la limite monotone . . .
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6
10.6 10.7
10.8 10.9
10.5.2 Suites adjacentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5.3 Approximation décimale des réels . . . . . . . . . . . . . 10.5.4 Segments emboités et théorème de Bolzano-Weierstrass Suites géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Relations de comparaison . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.7.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.7.2 Suite dominée par une autre . . . . . . . . . . . . . . . . 10.7.3 Suite négligeable devant une autre . . . . . . . . . . . . 10.7.4 Suites équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Comparaison des suites de référence . . . . . . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.9.1 Avec les définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.9.2 Convergence, divergence de suites . . . . . . . . . . . . 10.9.3 Relations de comparaison . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.9.4 Suites monotones et bornées . . . . . . . . . . . . . . . . 10.9.5 Sommes géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.9.6 Suites adjacentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.9.7 Suites extraites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.9.8 Suites équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.9.9 Étude de suites données par une relation de récurrence . 10.9.10 Étude de suites définies implicitement . . . . . . . . . .
11 Fonctions d’une variable réelle à valeurs réelles 11.1 Vocabulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 L’ensemble F (I, R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Fonctions bornées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.3 Monotonie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.4 Parité périodicité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.5 Fonctions Lipschitziennes . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Limite et continuité en un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2.1 Voisinage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2.2 Notion de limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2.3 Opérations algébriques sur les limites . . . . . . . . . 11.2.4 Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2.5 Limite à gauche, à droite, continuité à gauche, à droite 11.2.6 Limites et relation d’ordre . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2.7 Théorème de composition des limites . . . . . . . . . . 11.2.8 Image d’une suite par une fonction . . . . . . . . . . . 11.2.9 Théorème de la limite monotone . . . . . . . . . . . . 11.3 Étude locale d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3.1 Domination, prépondérance . . . . . . . . . . . . . . . Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Opérations sur les relations de comparaison . . . . . . Exemples fondamentaux . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3.2 Fonctions équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.4 Propriétés globales des fonctions continues . . . . . . . . . . . 11.4.1 Définitions et propriétés de base . . . . . . . . . . . . . Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Opérations sur les fonctions continues . . . . . . . . . 11.4.2 Les théorèmes fondamentaux . . . . . . . . . . . . . . Le théorème des valeurs intermédiaires . . . . . . . . . Fonction continue sur un segment . . . . . . . . . . . . Fonctions uniformément continues . . . . . . . . . . . Théorème de la bijection . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5.1 Avec les définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5.2 Limites d’une fonction à valeurs réelles . . . . . . . . 11.5.3 Comparaison des fonctions numériques . . . . . . . . 7
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364 365 366 367 368 368 368 369 370 371 374 374 376 380 384 389 390 394 395 407 410
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414 414 414 415 416 416 417 418 418 418 421 423 423 424 425 426 427 429 429 429 429 430 430 430 430 431 433 433 433 434 434 434 436 438 438 440 440 440 446
11.5.4 Continuité des fonctions numériques 11.5.5 Théorème des valeurs intermédiaires 11.5.6 Continuité sur un segment . . . . . . 11.5.7 Fonctions Lipschitziennes . . . . . . 11.5.8 Continuité uniforme . . . . . . . . . . 11.5.9 Equations fonctionnelles . . . . . . . 11.5.10 Bijection continue . . . . . . . . . . .
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12 Dérivation des fonctions à valeurs réelles 12.1 Dérivée en un point, fonction dérivée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.1.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.1.2 Interprétations de la dérivée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interprétation géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interprétation cinématique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interprétation analytique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.1.3 Dérivabilité et continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.1.4 Fonction dérivée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2 Opérations sur les dérivées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3 Étude globale des fonctions dérivables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3.1 Extremum d’une fonction dérivable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3.2 Théorème de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interprétation graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interprétation cinématique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3.3 Égalité des accroissements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3.4 Inégalité des accroissements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3.5 Application : Variations d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3.6 Condition suffisante de dérivabilité en un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4 Dérivées successives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4.1 Dérivée seconde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4.2 Dérivée d’ordre n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4.3 Fonctions de classe C n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.5 Fonctions convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.1 Dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.2 Dérivées d’ordre n , formule de Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.3 Applications de la dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.4 Recherche d’extrémums . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.5 Théorème de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.6 Théorème des accroissements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.7 Application aux équations différentielles linéaires du premier ordre avec problèmes des solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.8 Études de suites réelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.9 Convexité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6.10 Équations fonctionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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13 Intégration sur un segment des fonctions à valeurs réelles 13.1 Fonctions en escaliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.1.1 Subdivision d’un segment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.1.2 Fonctions en escaliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.1.3 Intégrale d’une fonction en escaliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.1.4 Propriétés de l’intégrale d’une fonction en escaliers . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2 Fonctions continues par morceaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.1 Définition et propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.2 Approximation des fonctions continues par morceaux par les fonctions en escalier 13.2.3 Intégrale d’une fonction continue par morceaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.4 Propriétés de l’intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.5 Fonctions continues par morceaux sur un intervalle . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.6 Nullité de l’intégrale d’une fonction continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.7 Majorations fondamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.8 Valeur moyenne d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.9 Invariance de l’intégrale par translation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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453 457 461 462 464 465 467 469 469 469 470 470 471 471 471 472 472 475 475 475 476 476 476 477 478 478 479 479 479 480 481 486 486 494 498 501 501 506 508 509 512 515 517 518 518 518 519 520 521 521 522 523 524 526 526 527 529 529
13.3 Primitive et intégrale d’une fonction continue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4 Calcul de primitives et d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4.1 Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4.2 Changement de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4.3 Changement de variable affine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4.4 Étude d’une fonction définie par une intégrale . . . . . . . . . . . . . . 13.5 Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.5.1 Formule de Taylor avec reste intégral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.5.2 Inégalité de Taylor-Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.5.3 Formule de Taylor-Young . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.5.4 Utilisation des trois formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.6 Méthode des rectangles, Sommes de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.1 Calcul de primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.2 Calcul d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.3 Linéarisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.4 Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.5 Fractions rationnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.6 Changement de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.7 Calcul de primitives et d’intégrales - Techniques mélangées . . . . . . 13.7.8 Propriétés de l’intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.9 Majorations d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.10 Limite de fonctions définies par une intégrale . . . . . . . . . . . . . . 13.7.11 Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale . 13.7.12 Suites dont le terme général est défini par une intégrale . . . . . . . . 13.7.13 Algèbre linéaire et intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.14 Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.7.15 Sommes de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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14 Développements limités 14.1 Développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.1.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.1.2 DL fondamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.1.3 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.1.4 DL et régularité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.2 Développement limité des fonctions usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.2.1 Utilisation de la formule de Taylor-Young . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.3 Opérations sur les développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.3.1 Combinaison linéaire et produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.3.2 Composée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.3.3 Quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.3.4 Développement limité d’une primitive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4.1 Calcul de développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4.2 Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4.3 Applications à l’étude de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4.4 Branches infinies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4.5 Développements asymptotiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4.6 Applications à l’étude de suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4.7 Applications à l’étude locale des courbes paramétrées . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4.8 Application aux équations différentielles linéaires du premier ordre avec problèmes des solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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15 Propriétés métriques des arcs 15.0.9 Difféomorphismes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.0.10 Arcs paramétrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.1 Propriétés métriques des courbes planes . . . . . . . . . . 15.1.1 Longueur, abscisse curviligne d’un arc paramétré 15.1.2 Courbure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.1.3 Calcul pratique de la courbure . . . . . . . . . . . 15.2 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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529 533 533 533 534 535 537 537 538 539 540 542 546 546 547 547 548 551 554 557 564 566 569 572 580 589 590 592 596 596 596 596 597 598 599 599 600 600 600 601 601 605 605 615 622 627 629 631 634 637 639 639 640 640 640 642 644 650
15.2.1 15.2.2 15.2.3 15.2.4
Calcul de longueur . . . . Calcul de courbure . . . . Développée, développante Exercices divers . . . . . .
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650 650 652 653
16 Suites et fonctions à valeurs complexes 16.1 Suites complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.2 Continuité des fonctions à valeurs complexes . 16.3 Dérivabilité des fonctions à valeurs complexes 16.4 Intégration des fonctions à valeurs complexes . 16.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.5.1 Suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.5.2 Dérivées . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.5.3 Intégrales et primitives . . . . . . . . .
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655 655 657 657 658 661 661 661 662
17 Notions sur les fonctions de deux variables réelles 17.1 Continuité des fonctions à deux variables . . . . . . 17.2 Dérivées partielles, fonctions C 1 . . . . . . . . . . . 17.3 Différentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17.4 Extremum d’une fonction à deux variables . . . . . 17.5 Dérivées partielles d’ordre 2 . . . . . . . . . . . . . . 17.6 Exemples d’équations aux dérivées partielles . . . . 17.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17.7.1 Limite et continuité . . . . . . . . . . . . . . 17.7.2 Dérivées partielles . . . . . . . . . . . . . . . 17.7.3 Fonctions de classe C 1 . . . . . . . . . . . . 17.7.4 Dérivées de fonctions composées . . . . . . 17.7.5 Fonctions de classe C 2 . . . . . . . . . . . . 17.7.6 Extremum de fonctions de deux variables . 17.7.7 Équations aux dérivées partielles d’ordre 1 . 17.7.8 Équations aux dérivées partielles d’ordre 2 . 17.7.9 Pour aller plus loin . . . . . . . . . . . . . .
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664 664 668 672 673 676 678 683 683 685 687 690 691 692 694 696 697
18 Intégrales multiples 18.1 Intégrales doubles . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.1.1 Le théorème de Fubini . . . . . . . . . . . 18.1.2 Changement de variables . . . . . . . . . . 18.1.3 Aire d’un domaine plan . . . . . . . . . . . 18.2 Champs de vecteurs dans le plan et dans l’espace . 18.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.3.1 Calculs élémentaires . . . . . . . . . . . . 18.3.2 Changement de variables . . . . . . . . . . 18.3.3 Intégration en coordonnées polaires . . . . 18.3.4 Application du théorème de Fubini . . . . 18.3.5 Green-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . 18.3.6 Centres de gravité . . . . . . . . . . . . . .
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699 699 700 701 703 703 707 707 709 711 715 715 716
19 Structures algébriques 19.1 Groupe . . . . . . . . . . . . . . . . 19.1.1 Loi de composition interne 19.1.2 Groupe . . . . . . . . . . . 19.1.3 Morphisme de groupes . . 19.2 Anneau, corps . . . . . . . . . . . 19.2.1 Structure d’anneau . . . . 19.2.2 Structure de corps . . . . . 19.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . 19.3.1 Loi de composition interne 19.3.2 Groupes . . . . . . . . . . 19.3.3 Sous-groupe . . . . . . . . 19.3.4 Morphisme de groupe . . . 19.3.5 Anneaux . . . . . . . . . .
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717 717 717 719 722 724 724 726 727 727 728 735 736 738
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19.3.6 Corps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746 20 Arithmétique 20.1 Relation de divisibilité, division euclidienne 20.1.1 Relation de divisibilité . . . . . . . . 20.1.2 Congruences . . . . . . . . . . . . . . 20.1.3 Division euclidienne . . . . . . . . . 20.2 PGCD, théorèmes d’Euclide et de Bézout . . 20.3 Nombres premiers . . . . . . . . . . . . . . . 20.3.1 Nombres premiers . . . . . . . . . . . 20.3.2 Décomposition en facteurs premiers 20.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.4.1 Divisibilité . . . . . . . . . . . . . . . 20.4.2 Bezout, PGCD, PPCM . . . . . . . . 20.4.3 Nombres premiers . . . . . . . . . . . 20.4.4 Divers . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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748 748 748 749 750 751 756 756 757 759 759 759 764 766
21 Polynômes 21.1 Polynômes à une indéterminée . . . . . . . . . . . 21.1.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Degré d’un polynôme . . . . . . . . . . . . 21.1.3 Valuation d’un polynôme . . . . . . . . . . 21.1.4 Composition de polynômes . . . . . . . . 21.1.5 Division euclidienne . . . . . . . . . . . . 21.1.6 Division selon les puissances croissantes . 21.2 Fonctions polynomiales . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.1 Fonctions polynomiales . . . . . . . . . . 21.2.2 Racines d’un polynôme . . . . . . . . . . . 21.2.3 Schéma de Horner . . . . . . . . . . . . . . 21.2.4 Racines multiples . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Polynômes dérivés . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3.1 Définitions et propriétés de base . . . . . . 21.3.2 Dérivées successives . . . . . . . . . . . . 21.4 Polynômes scindés . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4.2 Factorisation dans C [X] . . . . . . . . . . . 21.4.3 Interlude : polynômes conjugués . . . . . 21.4.4 Factorisation dans R [X] . . . . . . . . . . . 21.4.5 Polynômes irréductibles . . . . . . . . . . 21.4.6 Relations coefficients-racines . . . . . . . 21.5 Arithmétique dans K [X] . . . . . . . . . . . . . . . 21.5.1 Diviseurs communs . . . . . . . . . . . . . 21.5.2 PGCD, théorèmes d’Euclide et de Bezout 21.5.3 Polynômes premiers entre eux . . . . . . . 21.5.4 PPCM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.5.5 Polynômes irréductibles . . . . . . . . . . 21.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.6.1 L’anneau des polynômes . . . . . . . . . . 21.6.2 Dérivation, formule de Taylor . . . . . . . 21.6.3 Arithmétique des polynômes . . . . . . . . 21.6.4 Division euclidienne . . . . . . . . . . . . 21.6.5 Racines d’un polynômes . . . . . . . . . . 21.6.6 Factorisations de polynômes . . . . . . . . 21.6.7 Relations entre coefficients et racines . . .
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22 Fractions rationnelles 22.1 Fractions rationnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.1.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.1.2 Égalité de deux fractions . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.1.3 Polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.1.4 Opérations sur les fractions . . . . . . . . . . . . . . . . 22.1.5 Degré d’une fraction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.2 Décomposition en éléments simples d’une fraction rationnelle . 22.2.1 Décomposition en éléments simples dans C (X) . . . . . Recherche des coefficients associés aux pôles multiples 22.2.2 Décomposition en éléments simples dans R (X) . . . . . 22.2.3 Moralité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.3.1 Fractions rationnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Décomposition sur C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Décomposition sur R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Calcul de primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dérivée logarithmique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sicelides Musae, Paulo Majora Canamus . . . . . . . . .
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23 Espaces vectoriels 23.1 Espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.1.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.1.2 Espaces produits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.1.3 Espaces de suites et de fonctions . . . . . . . . . . . . . . 23.1.4 Règles de calcul dans un espace vectoriel . . . . . . . . . 23.2 Sous-espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.2.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.2.2 Intersection de sous-espaces vectoriels . . . . . . . . . . . 23.3 Somme de sous-espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.3.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.3.2 Somme directe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.3.3 Sous-espaces supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . 23.4 Applications linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.4.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.4.2 Noyau, image d’une application linéaire . . . . . . . . . . 23.4.3 Étude de L (E, F) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.4.4 Étude de L (E) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.4.5 Étude de GL(E) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.5 Équations linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.5.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.5.2 Structure de l’ensemble des solutions . . . . . . . . . . . . 23.6 Projecteurs et symétries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.6.1 Projecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.6.2 Symétries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.7.1 Espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.7.2 Sous-espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.7.3 Opérations sur les sous-espaces vectoriels . . . . . . . . . 23.7.4 Sous-espace vectoriel engendré par une partie . . . . . . . 23.7.5 Sous-espaces vectoriels supplémentaires - Somme directe 23.7.6 Applications linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.7.7 Image et noyau d’un endomorphisme . . . . . . . . . . . . 23.7.8 Endomorphismes inversibles . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.7.9 Transformations vectorielles . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.7.10 Formes linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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24 Dimension des espaces vectoriels 24.1 Familles de vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.1.1 Combinaisons linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.1.2 Familles libres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.1.3 Familles génératrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.1.4 Bases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2 Dimension d’un espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2.1 Espace vectoriel de dimension finie . . . . . . . . . . 24.2.2 Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.3 Dimension d’un sous-espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . 24.3.1 Dimension d’un sous-espace vectoriel . . . . . . . . 24.3.2 Somme directe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.4 Applications linéaires en dimension finie . . . . . . . . . . . 24.4.1 Bases et applications linéaires . . . . . . . . . . . . . 24.4.2 Dimension et isomorphisme . . . . . . . . . . . . . . 24.4.3 Rang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.5 Récurrences linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.5.1 Structure de l’ensemble des solutions . . . . . . . . . 24.5.2 Suites géométriques solutions . . . . . . . . . . . . . 24.6 Polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.7.1 Famille libre, Famille liée, Famille génératrice . . . 24.7.2 Sous-espace vectoriel engendré par une famille finie 24.7.3 Bases et dimension d’un espace vectoriel . . . . . . . 24.7.4 Sous-espace vectoriel de dimension finie . . . . . . . 24.7.5 Hyperplan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.7.6 Sous-espaces supplémentaires . . . . . . . . . . . . . 24.7.7 Rang d’une famille de vecteurs . . . . . . . . . . . . 24.7.8 Applications linéaires en dimension finie . . . . . . . 24.7.9 Rang d’une application linéaire . . . . . . . . . . . . 24.7.10 Formes linéaires en dimension finie . . . . . . . . . . 24.7.11 Récurrences linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.7.12 L’espace vectoriel des polynômes . . . . . . . . . . . 24.7.13 Endomorphismes opérant sur les polynômes . . . . .
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25 Calcul matriciel 25.1 Matrice à coefficients dans K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.1.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.1.2 L’espace vectoriel Mq,p (K) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.1.3 Produit matriciel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.1.4 Transposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.1.5 Avec Maple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.2 Matrices d’une famille de vecteurs, d’une application linéaire . . . . . . . 25.2.1 Matrice d’une famille de vecteurs relativement à une base . . . . . 25.2.2 Matrice d’une application linéaire relativement à deux bases . . . 25.3 Matrices carrées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.3.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.3.2 Éléments inversibles dans Mn (K), groupe GLn (K) . . . . . . . . . 25.3.3 Trace d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.3.4 Matrices carrées remarquables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Matrices scalaires, diagonales, triangulaires . . . . . . . . . . . . . Matrices symétriques, antisymétriques . . . . . . . . . . . . . . . . Matrices de changement de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Matrices de transvection et de dilatation, opérations élémentaires d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4 Changement de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4.1 Pour un vecteur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4.2 Pour une application linéaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4.3 Pour un endomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4.4 Pour une forme linéaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4.5 Un exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
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25.5 Rang d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.5.1 Définition et propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.5.2 Calcul pratique du rang d’une matrice . . . . . . . . 25.6 Déterminant d’une matrice carrée de taille 2 ou 3 . . . . . . . 25.6.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.6.2 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.7 Déterminants d’ordre 2 ou 3 d’une famille de vecteurs . . . . 25.7.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.7.2 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.7.3 Formule de changement de base . . . . . . . . . . . . 25.8 Déterminant d’un endomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . 25.8.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.8.2 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.9 Méthodes de calcul du déterminant . . . . . . . . . . . . . . . 25.9.1 Opération sur les lignes et les colonnes . . . . . . . . 25.9.2 Développement d’un déterminant suivant une rangée 25.10Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.10.1 Colinéarité de deux vecteurs du plan . . . . . . . . . 25.10.2 Inversion de matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.10.3 Orientation du plan et de l’espace . . . . . . . . . . . 25.11Systèmes linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.11.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.11.2 Interprétations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interprétation vectorielle . . . . . . . . . . . . . . . . Interprétation matricielle . . . . . . . . . . . . . . . . Interprétation en termes de formes linéaires . . . . . Interprétation en termes d’applications linéaires . . . 25.11.3 Structure de l’ensemble des solutions . . . . . . . . . 25.11.4 Cas Particulier : Les systèmes de Cramer . . . . . . . 25.11.5 Méthode du Pivot de Gauss . . . . . . . . . . . . . . 25.12Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.12.1 Opérations sur les matrices . . . . . . . . . . . . . . . 25.12.2 Trace d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.12.3 Rang d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.12.4 Calcul de déterminants de taille 2 ou 3 . . . . . . . . 25.12.5 Inversion de matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.12.6 Calcul des puissances d’une matrice . . . . . . . . . 25.12.7 Représentation matricielle d’une application linéaire 25.12.8 Structure formée de matrices . . . . . . . . . . . . . . 25.12.9 Changement de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.12.10Matrices semblables, équivalentes . . . . . . . . . . . 25.12.11Systèmes linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Groupe symétrique, déterminant 26.1 Le groupe symétrique . . . . . . . . . . . . . . . . 26.1.1 Signature d’une permutation . . . . . . . . 26.2 Construction du déterminant . . . . . . . . . . . . 26.2.1 Formes n -linéaires alternées . . . . . . . . 26.2.2 Déterminant de n vecteurs dans une base . 26.2.3 Déterminant d’un endomorphisme . . . . 26.2.4 Déterminant d’une matrice carrée . . . . . 26.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26.3.1 Groupe symétrique . . . . . . . . . . . . . 26.3.2 Déterminants . . . . . . . . . . . . . . . . . 26.3.3 Exercices théoriques sur les déterminants
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1033 1033 1035 1038 1038 1040 1042 1043 1051 1051 1053 1060
27 Produit scalaire, groupe orthogonal 27.1 Définitions et règles de calcul . . . . . . . . . . . . . . . 27.1.1 Produit scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27.1.2 Norme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27.2 Orthogonalité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27.3 Espaces euclidiens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27.3.1 Bases orthogonales, orthonormales . . . . . . . 27.3.2 Procédé d’orthonormalisation de Schmidt . . . 27.3.3 Conséquences . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27.4 Projecteurs et symétries orthogonaux . . . . . . . . . . 27.4.1 Projecteurs orthogonaux . . . . . . . . . . . . . 27.4.2 Symétries orthogonales, réflexions . . . . . . . 27.5 Endomorphismes orthogonaux, matrices orthogonales . 27.5.1 Endomorphismes orthogonaux . . . . . . . . . . 27.5.2 Matrices orthogonales . . . . . . . . . . . . . . 27.6 Etude du groupe orthogonal . . . . . . . . . . . . . . . 27.6.1 Etude du groupe orthogonal en dimension 2. . . 27.6.2 Etude du groupe orthogonal en dimension 3 . . Produit mixte, produit vectoriel . . . . . . . . . Sous-espaces stables . . . . . . . . . . . . . . . Isométries directes . . . . . . . . . . . . . . . . 27.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27.7.1 Espaces préhilbertiens réels . . . . . . . . . . . 27.7.2 Projections orthogonales . . . . . . . . . . . . . 27.7.3 Symétrie orthogonales . . . . . . . . . . . . . . 27.7.4 Groupe orthogonal . . . . . . . . . . . . . . . . 27.7.5 Produit vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27.7.6 Étude d’endomorphismes orthogonaux . . . . .
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28 Géométrie affine 28.1 Sous-espaces affines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.1.1 Translations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.1.2 Sous espaces affines . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.1.3 Barycentres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.1.4 Repère cartésien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.2 Applications affines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.2.1 Définitions et propriétés . . . . . . . . . . . . . . 28.2.2 Translations affines . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.2.3 Homothéties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.2.4 Projections et symétries affines . . . . . . . . . . 28.2.5 Points fixes d’une homothétie affine . . . . . . . 28.3 Isométries affines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.3.1 Définitions et propriétés . . . . . . . . . . . . . . 28.3.2 Projections et symétries orthogonales, réflexions 28.3.3 Déplacements du plan . . . . . . . . . . . . . . . 28.3.4 Déplacements de l’espace . . . . . . . . . . . . . 28.4 Similitudes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.5.1 Sous-espaces affines . . . . . . . . . . . . . . . . 28.5.2 Applications affines . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.5.3 Isométries affines . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28.6 Similitudes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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A Techniques de démonstration A.1 Logique des propositions . . . . . . . . . . . . . . . . A.1.1 L’implication . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.2 Ensembles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.3 Quantificateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A.4 Plans de démonstration . . . . . . . . . . . . . . . . . A.4.1 Plans de preuves ensemblistes . . . . . . . . . A.4.2 Plans de démonstrations pour les applications
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Applications . . . . . . . . . . . . . Composée d’applications . . . . . . Applications injectives, surjectives Bijections . . . . . . . . . . . . . . Image directe, image réciproque . . A.4.3 Familles . . . . . . . . . . . . . . . A.5 Fautes de raisonnements classiques . . . . . A.5.1 Bien analyser les notations . . . . . A.5.2 Plan de démonstration incorrect . . A.5.3 Fautes de logique . . . . . . . . . . A.5.4 Utilisation d’objets non-définis . . A.5.5 Ordre des objets introduits . . . . .
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B Techniques d’ algèbre B.1 Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . B.1.1 Lecture du cercle trigonométrique . . . . . . . . . . . . . B.1.2 Les quatre formules fondamentales de la trigonométrie . B.1.3 Comment retrouver les autres . . . . . . . . . . . . . . . B.2 Calculs de sommes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . B.2.1 Comprendre les notations . . . . . . . . . . . . . . . . . B.2.2 Changement d’indices, télescopage . . . . . . . . . . . . B.2.3 Sommes doubles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . B.3 Trigonométrie et nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . B.3.1 Transformation de cos(nθ) . . . . . . . . . . . . . . . . . B.3.2 Problèmes de linéarisation . . . . . . . . . . . . . . . . . B.3.3 Utilisation des sommes géométriques complexes . . . . B.4 Calculs sur des polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . B.4.1 Les trinômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Discriminant réduit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Relations entre coefficients et racines . . . . . . . . . . . Extrémum d’un trinôme . . . . . . . . . . . . . . . . . . B.4.2 Développement de polynômes . . . . . . . . . . . . . . . B.4.3 Factorisation de polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . Factoriser à partir d’une racine connue . . . . . . . . . . Trouver toutes les racines rationnelles . . . . . . . . . . B.4.4 Polynômes particuliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Polynômes bicarrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Racines de l’unité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Polynômes réciproques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . B.4.5 Relations entre coefficients et racines . . . . . . . . . . . B.5 Calculs en algèbre linéaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . B.5.1 Symbole de Kronecker . . . . . . . . . . . . . . . . . . . B.5.2 Utilisation des matrices E pq en calcul matriciel . . . . . B.5.3 Calcul de déterminants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Faire apparaître des zéros . . . . . . . . . . . . . . . . . . Factorisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Techniques polynomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Polynôme caractéristique . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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1155 1155 1155 1156 1157 1158 1158 1159 1162 1164 1164 1165 1167 1168 1168 1168 1168 1169 1170 1172 1173 1174 1175 1175 1176 1176 1177 1179 1179 1180 1181 1181 1182 1183 1186 1187 1188
C Techniques d’ analyse C.1 Majorer-minorer . . . . . . . . . . . . . . . . C.1.1 Quelques inégalités classiques . . . . Majorations trigonométriques . . . . Majoration de produits . . . . . . . . Étude de fonctions . . . . . . . . . . Procéder par inégalités équivalentes . Utilisation de la convexité . . . . . . C.1.2 Techniques de majoration . . . . . . Majorer des produits-quotients . . .
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1189 1189 1189 1189 1190 1190 1190 1191 1192 1192
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C.2
C.3 C.4
C.5
C.6
Bonne utilisation des valeurs absolues . . . . . . . . C.1.3 Erreurs de majoration fréquentes . . . . . . . . . . . C.1.4 Suivre son intuition avant de majorer . . . . . . . . . Dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . C.2.1 Dérivées particulières . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homographies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exponentielle en facteur . . . . . . . . . . . . . . . . C.2.2 Règle de la chaîne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Manipulation de bornes supérieures . . . . . . . . . . . . . . Équivalents . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . C.4.1 Qu’est-ce qu’un équivalent simple ? . . . . . . . . . . C.4.2 Suppression des sommes . . . . . . . . . . . . . . . . L’une des suites est négligeable devant l’autre . . . . Les deux suites ont le même ordre de grandeur . . . C.4.3 Utilisation des propriétés fonctionnelles . . . . . . . Logarithmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exponentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fonctions puissances . . . . . . . . . . . . . . . . . . Quantités conjuguées . . . . . . . . . . . . . . . . . . C.4.4 Mise sous forme exponentielle . . . . . . . . . . . . . C.4.5 Utilisation des développements limités . . . . . . . . Prévoir les ordres des DL . . . . . . . . . . . . . . . . DL et équivalents . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Recherche de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . C.4.6 Étude locale d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . C.4.7 Développements asymptotiques . . . . . . . . . . . . C.4.8 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Étude de suites récurrentes, vitesse de convergence . . . . . C.5.1 Étude d’une suite récurrente . . . . . . . . . . . . . . C.5.2 Vitesse de convergence d’une suite . . . . . . . . . . Fractions rationnelles, primitives . . . . . . . . . . . . . . . . C.6.1 Décomposition pratique dans C . . . . . . . . . . . . Calcul de la partie entière . . . . . . . . . . . . . . . Calcul du coefficient associé à une pôle simple . . . Calcul des coefficients associés à un pôle multiple . C.6.2 Décomposition pratique dans R . . . . . . . . . . . . C.6.3 Primitives de fractions rationnelles . . . . . . . . . . Primitives des éléments simples de première espèce Primitive des éléments simples de seconde espèce . R C.6.4 Primitives ZF(cos x, sin x) dx , règles de Bioche . . .
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1193 1194 1195 1197 1198 1198 1198 1199 1201 1204 1204 1206 1206 1206 1207 1207 1208 1209 1209 1209 1210 1210 1211 1212 1213 1214 1216 1219 1219 1222 1225 1226 1226 1226 1227 1227 1229 1229 1229 1230
F(sh x, ch x) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1233
C.6.5
Primitives
C.6.6
Primitives avecà dessracines !. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1233 Primitives
Primitives C.6.7 C.6.8 C.6.9
Z
f (x α )
Z
Z
F x,
F(x,
n
p
ax + b dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1233 cx + d
ax 2 + bx + c) dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234
dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1235 x
Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1236 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1237
D Conseils D.1 Conseils d’étude . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . D.1.1 Attitude pendant le cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . D.1.2 Bien comprendre les définitions et les hypothèses de théorèmes . D.1.3 Faire une synthèse des points importants d’une démonstration . . D.2 Conseils de rédaction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
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1243 1243 1243 1243 1244 1245
E Formulaires E.1 Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . E.2 Trigonométrie hyperbolique . . . . . . . . . . . . . . . . . E.3 Dérivées des fonctions usuelles . . . . . . . . . . . . . . . E.4 Primitives des fonctions usuelles . . . . . . . . . . . . . . E.5 Coniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . E.5.1 Définition et équation générale d’une conique C E.5.2 Parabole P (e = 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . E.5.3 Ellipse E (0 < e < 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . E.5.4 Hyperbole H (e > 1) . . . . . . . . . . . . . . . . E.6 Limites usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . E.7 Équivalents usuels et croissances comparées . . . . . . . E.8 Développements limités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . E.9 Espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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1247 1247 1248 1249 1251 1252 1252 1252 1253 1253 1253 1254 1255 1256
Chapitre
1
Nombres complexes C’est plus Zamuzant en Z. Publicité Peugeot - 20e siècle.
Pour bien aborder ce chapitre En 1545, le mathématicien Gerolamo Cardano publie une formule donnant une solution par radicaux de l’équation 1 x 3 = ax + b : v v s s u µ ¶2 ³ ´ u µ ¶2 ³ ´ u u 3 3 b 3 b b a a 3 b t t x=
2
+
2
−
3
+
2
−
2
−
3
.
Cette formule avait été découverte par les mathématiciens del Ferro et Tartaglia. Ce dernier l’avait communiqué à Cardano en lui demandant de s’engager à ne pas la publier, promesse que Cardano ne tint pas. Bombelli, en 1572, applique la formule à l’équation x 3 = 9x + 2 et il obtient : q q p p 3 3 x = 1 + −26 + 1 − −26.
p
Il relève par ailleurs que x = 4 et x = −2 ± 3 sont les 3 solutions de l’équation. Il se retrouve donc face au problème suivant : alors que les solutions de l’équation sont toutes réelles, il faut écrire des racines de nombres négatifs pour les calculer. Bombelli ne se démonte pas et il invente alors des règles de calcul de manipuler des quantités de p p permettant p la forme a + −b avec b > 0 qui n’ont pas de sens. Il écrit par exemple −1 × −1 = −1. Ces nouveaux nombres ne sont pas compris tout de suite et leur manipulation conduit à des absurdités. Au 17e siècle, René Descartes propose, tant leur existence est contestable, de les appeler nombres imaginaires 2 . Il faut attendre la fin du 18e siècle et les travaux de Caspar Wessel pour que la construction des nombres complexes soit bien formalisée et pour comprendre leur interprétation géométrique. Ses travaux passent malheureusement complètement inaperçus. Quelques années plus tard, Carl Friedrich Gauss redécouvre et popularise les travaux de Wessel. Il démontre en particulier le théorème fondamental de l’algèbre (voir théorème 21.24 page 778) qui dit qu’un polynôme à coefficients complexes de degré n admet n racines comptées avec leur multiplicité. Ce chapitre reprend et approfondit les notions apprises au lycée quant aux nombres complexes. On verra en particulier comment on peut les utiliser pour trouver les racines de certains polynômes à coefficients réels ou complexes, comment ils servent à résoudre des problèmes de géométrie plane ainsi que des problèmes d’analyse réelle comme celui de la primitivation de produits de fonctions trigonométriques ou la résolution d’équations trigonométriques. Ce chapitre servira aussi d’introduction à la notion de structure algébrique et plus particulièrement à celle de groupe et celle de corps. Les groupes sont des objets fondamentaux et vous verrez qu’ils sont omniprésents dans le cours de mathématiques durant vos deux années en classe préparatoire. Les fonctions trigonométriques seront utilisées en permanence pendant ces deux années et ce dès ce premier chapitre. Il est indispensable d’avoir une connaissance parfaite du paragraphe B.1 page 1155 de l’annexe B. 1. Les nombres complexes ont été découvert en étudiant des équations polynomiales de degré 3 et non pas de degré 2 car les mathématiciens du 16e siècle considèrent que des quantités comme x 2 + 1 sont strictement positives et que cela n’a pas de sens de chercher leurs racines 2. Les nombres négatifs ne sont d’ailleurs alors guère mieux compris. Dans son dictionnaire raisonné des sciences, des arts et des métiers, d’Alembert en parle comme d’une idée dangereuse : « Il faut avouer qu’il n’est pas facile de fixer l’idée des quantités négatives, & que quelques habiles gens ont même contribué à l’embrouiller par les notions peu exactes qu’ils en ont données. Dire que la quantité négative est au-dessous du rien, c’est avancer une chose qui ne se peut pas concevoir. Ceux qui prétendent que 1 n’est pas comparable à −1, & que le rapport entre 1 & −1 est différent du rapport entre − − 1 & 1, sont dans une double erreur : (...) Il n’y a donc point réellement & absolument de quantité négative isolée : −3 pris abstraitement ne présente à l’esprit aucune idée. »
19
P
Vous aurez aussi souvent à manipuler des sommes ou des produits (symbolisés respectivement par les symboles et Π). Il sera utile pour vous familiariser avec ces calculs de lire le paragraphe B.2 page 1158, toujours dans l’annexe B. Vous y trouverez les définitions de ces symboles ainsi que des méthodes et des formules classiques : télescopage, formule du binôme, sommes géométriques, arithmétiques, etc ... Ces notions seront re-précisées au chapitre 8.
1.1 Le corps C des nombres complexes 1.1.1 Un peu de vocabulaire D ÉFINITION 1.1 ♥ Produit cartésien On appelle produit cartésien de deux ensembles A et B l’ensemble, noté A × B, des couples (a, b) où a ∈ A et b ∈ B. ✎ Notation 1.1 On notera A2 le produit cartésien A × A. Exemple 1.2 R2 est l’ensemble des couples de réels. D ÉFINITION 1.2 ♥ Loi de composition interne Soit E un ensemble. On appelle loi de composition interne une application de E × E dans E : ϕ:
½
E×E (a, b)
−→ 7−→
E a ⋆b
Exemple 1.3 Si E = N, la multiplication ou l’addition des entiers forme une loi de composition interne. Ce n’est pas le cas de la soustraction car la différence de deux entiers positifs n’est pas toujours un entier positif.
1.1.2 Construction de C D ÉFINITION 1.3 Corps des nombres complexes Nous appellerons corps des nombres complexes que nous C, l’ensemble R2 muni des deux lois internes ⊕ et ⊗ ¡ ′ noterons ¢ ′ 2 définies de la façon suivante. Pour tous couples (a, b) , a , b ∈ R , on pose (a, b) ⊕ (a ′ , b ′ ) = (a + a ′ , b + b ′ )
(a, b) ⊗ (a ′ , b ′ ) = (aa ′ − bb ′ , ab ′ + a ′ b)
Remarque 1.1
Nous expliciterons et justifierons l’utilisation du mot corps un peu plus loin.
– Pour simplifier les écritures, nous noterons + et × (ou ·) les lois de composition interne ⊕ et ⊗. – Pour tout nombre réel a , nous conviendrons d’identifier le nombre complexe (a, 0) avec le réel a . Nous noterons par ailleurs i le nombre complexe (0, 1). En appliquant cette convention et en utilisant la définition de l’addition et de la multiplication dans C, on peut écrire pour tout nombre complexe (a, b), (a, b) = a + i b.
En effet, (a, b) = (a, 0) + (0, b). Par ailleurs, (0, b) = (b, 0) × (0, 1) = i .b donc (a, b) = a + i .b ou plus simplement a + i b . P ROPOSITION 1.1 Le nombre complexe i précédemment introduit vérifie i 2 = −1 . Démonstration On a i 2 = (0,1) × (0,1) = (−1,0) = −(1,0) = −1.
1.1.3 Propriétés des opérations sur C Avec les conventions d’écriture précédentes, l’addition et la multiplication définies sur R2 deviennent pour tous complexes a + i b et a ′ + i b ′ , (a + i b) + (a ′ + i b ′ ) = (a + a ′ ) + i (b + b ′ )
(a + i b)(a ′ + i b ′ ) = (aa ′ − bb ′ ) + i (ab ′ + ba ′ )
20
P ROPOSITION 1.2 Propriétés de l’addition dans C L’addition dans C – est associative : ∀z, z ′ , z ′′ ∈ C z + (z ′ + z ′′ ) = (z + z ′ ) + z ′′ ; – est commutative : ∀z, z ′ ∈ C z + z ′ = z ′ + z – possède un élément neutre 0 : ∀z ∈ C z + 0 = z ; – de plus, tout nombre complexe z = a + i b possède un opposé, −z = −a − i b . On résume ces quatre propriétés en disant que (C, +) est un groupe commutatif. Démonstration Vérifications laissées en exercice au lecteur.
Remarque 1.2 Expliquons brièvement ce qu’est un groupe. Cette ¡notion ¢ sera développée et étudiée dans le chapitre 19. Considérons un ensemble G et une application ⋆ qui à un couple x, y d’éléments de G associe un élément noté x ⋆ y de G. Une telle application est appelée une loi de composition interne sur G. On dit que (G, ⋆) est un groupe si ⋆ est une loi de composition interne sur G qui vérifie les propriétés suivantes : 1 2 3
¡ ¢ ¡ ¢ x ⋆ y ⋆ z = x ⋆ y ⋆ z.
la loi ⋆ est associative : ∀x, y, z ∈ G,
la loi ⋆ admet un élément neutre e ∈ G : ∀x ∈ G,
x ⋆ e = e ⋆ x = x.
tout élément x de G admet un symétrique y : ∀x ∈ G,
∃y ∈ G :
Si de plus la loi ⋆ est commutative, c’est-à-dire si elle vérifie : ∀x, y ∈ G, abélien (ou commutatif ).
x ⋆ y = y ⋆ x = e.
x ⋆ y = y ⋆ x , alors on dit que le groupe est
Il est clair que l’addition dans C vérifie ces propriétés. C’est aussi le cas de la multiplication dans C∗ 3 : P ROPOSITION 1.3 Propriétés de la multiplication dans C La multiplication dans C – est associative : ∀z, z ′ , z ′′ ∈ C z(z ′ z ′′ ) = (zz ′ )z ′′ – est commutative : ∀z, z ′ ∈ C zz ′ = z ′ z – possède un élément neutre 1 : ∀z ∈ C z × 1 = z De plus, tout nombre complexe non nul z = a + i b possède un inverse z −1 vérifiant z × z −1 = 1 donné par z −1 =
b a −i 2 a2 + b2 a + b2
On résume ces quatre propriétés en disant que (C∗ , ×) est un groupe commutatif. Démonstration Prouvons l’existence d’un inverse. Soit z = a + i b un complexe non nul. Remarquons que (a + i b)(a − i b) = a 2 + b 2 . Le complexe z étant non nul, a 2 + b 2 6= 0 4 . En divisant les deux membres de l’égalité par a 2 + b 2 , on trouve a −ib (a + i b) × 2 =1 a + b2
ce qui prouve que z possède un inverse z −1 qui s’écrit
a −ib
a 2 + b2
.
De plus, la multiplication est distributive par rapport à l’addition : ∀z, z ′ , z ′′ ∈ C,
¡ ¢ z z ′ + z ′′ = zz ′ + zz ′′
et
¡
¢ z + z ′ z ′′ = zz ′′ + z ′ z ′′ .
On résume les deux propositions précédentes en disant que (C, +, ×) est un corps. Nous définirons ce terme dans le chapitre 19. Une conséquence importante est que les formules fondamentales suivantes sont valables dans C : (a + b)n =
¡n ¢ k n−k a b k=0 k
Pn
a n − b n = (a − b)
Pn−1 k=0
n+1 1−q Pn k q = 1−q k=0 n + 1
a n−1−k b k
si q 6= 1
Formule du binôme Formule de factorisation
Somme géométrique
si q = 1
Les deux premières seront démontrées dans le théorème 19.17 page 725 et la troisième dans la proposition 8.7 page 307. 3. C∗ représente l’ensemble des nombres complexes privé de 0 4. En effet, si la somme de deux nombres positifs est nulle, alors ces deux nombres sont nécessairement nuls.
21
1.2 Parties réelle, imaginaire, Conjugaison 1.2.1 Partie réelle, partie imaginaire d’un nombre complexe P ROPOSITION 1.4 Soient a , a ′ , b et b ′ des réels. On a : • a + i b = 0 ⇔ a = 0 et b = 0. • a + i b = a ′ + i b ′ ⇔ a = a ′ et b = b ′ . Pour tout nombre complexe z il existe donc un unique couple (a, b) de réels tels que z = a + i b . – a + i b est la forme algébrique de z . – a est la partie réelle de z . On la note Re(z) – b est la partie imaginaire de z . On la note Im(z). Démonstration En utilisant les conventions précédentes, a + i b = 0 se lit (a,b) = (0,0) ce qui est vrai si et seulement si a = 0 et b = 0. La suite en découle facilement. Dans toute la suite du chapitre a et b désignent des nombres réels sauf mention du contraire.
P ROPOSITION 1.5 Nombre imaginaire pur 1. Un nombre complexe est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle z ∈ R ⇔ Im(z) = 0
2. Si un nombre complexe a sa partie réelle nulle, on dit qu’il est imaginaire pur. On notera i R l’ensemble des nombres imaginaires purs z ∈ i R ⇔ Re(z) = 0 Démonstration C’est une conséquence directe des définitions.
1.2.2 Conjugaison D ÉFINITION 1.4 Conjugué d’un nombre complexe Soit z = a + i b ∈ C, un nombre complexe. On appelle complexe conjugué de z que l’on note z¯ le nombre complexe défini par z¯ = a − i b . P ROPOSITION 1.6 Pour tout complexe z ∈ C, on a 1. Re(z) =
z + z¯ 2
3. z¯ = z . 4. z¯ = z ⇐⇒ z ∈ R
z − z¯ 2. Im(z) = . 2i
5. z¯ = −z ⇐⇒ z ∈ i R
Démonstration Calculs immédiats.
P ROPOSITION 1.7 ♥ Propriétés de la conjugaison Pour tous complexes z, z ′ ∈ C, 1. z + z ′ = z¯ + z¯′
3.
2. zz ′ = z¯ z¯′
³z´
z′
=
z¯ z¯ ′
si z ′ 6= 0.
Démonstration Calculs immédiats. Pour le quotient (3), on peut raccourcir les calculs en remarquant que si u = z/z ′ alors z = u z ′ et appliquer (2).
22
Application 1.4 Mise sous forme algébrique d’un quotient de nombres complexes. Pour mettre sous forme algébrique le complexe
3 − 2i , on multiplie le quotient, en haut et en bas par le conjugué du dénominateur : 2+i 1 3 − 2i (3 − 2i ) (2 − i ) 4 − 7i = = 2 2 = (4 − 7i ) 2+i 2 −i 5 (2 + i ) (2 − i )
Remarque 1.3
Si z ∈ C alors zz ∈ R∗+ .
1.3 Représentation géométrique des complexes 1.3.1 Représentation d’Argand −ı , → − ) un repère orthonorOn notera P l’ensemble des points du plan et V l’ensemble des vecteurs du plan. Soit R = (O, → mal du plan. À tout point M de coordonnées (x, y) dans ce repère on peut faire correspondre le nombre complexe z = x+i y . On réalise ainsi une bijection de C vers le plan. À tout nombre complexe on peut faire correspondre un unique point du plan et réciproquement à tout point du plan on peut faire correspondre un unique complexe. Cette représentation est due au mathématicien français Jean Robert Argand (1768 − 1822) et va s’avérer d’un grand intérêt en géométrie. Certains problèmes de géométrie se traduisent très bien en calculs faisant intervenir des nombres complexes et réciproquement, certains calculs avec les nombres complexes ont une interprétation géométrique naturelle.
y
z =x+i y
i
O
x
1
F IGURE 1.1 – Représentation d’Argand − De la même façon, on peut identifier l’ensemble des vecteurs V du plan avec C en associant à tout vecteur → v de V de coordonnées (α, β) dans R le complexe α + i β et réciproquement.
D ÉFINITION 1.5 Image d’un nombre complexe, affixe d’un point, d’un vecteur −ı , → − ) un repère orthonormal du plan. Soit R = (O, → – L’image du nombre complexe z = x + i y est le point du plan de coordonnées (x, y) dans le repère R . – L’affixe du point M de coordonnées (x, y) dans le repère R est le nombre complexe z = x +i y que l’on notera Aff(M). − −ı + β → − est le complexe α + i β que l’on notera Aff(→ − – L’ affixe du vecteur → v = α→ u ). −ı ). Ceux qui ont une affixe imaginaire Remarque 1.4 Les points du plan d’affixe réelle sont situés sur l’axe réel (O, → → − sont situés sur l’axe imaginaire (O, ).
1.3.2 Interprétation géométrique de quelques opérations −ı , → − ) a été fixé, ce qui permet On considère dorénavant et pour tout le reste du chapitre qu’un repère orthonormal R = (O, → d’identifier C au plan P.
P ROPOSITION 1.8 Propriétés de l’affixe − − Soient → u et → v deux vecteurs de V . Soient A et B deux points de P : − − − − Aff(→ u +→ v ) = Aff(→ u ) + Aff(→ v)
23
−→
Aff(AB) = Aff(B) − Aff(A) Démonstration − − − −ı + b→ − , → − −ı + d → − et → − − −ı + (b + d)→ − . Ce 1. Supposons que Aff(→ u ) = a + i b et Aff(→ v ) = c + i d alors → u = a→ v = c→ u +→ v = (a + c)→ → − → − → − → − qui prouve que Aff( u + v ) = (a + c) + i (b + d) = (a + i b) + (c + i d) = Aff( u ) + Aff( v ). −→
−→
−→
−→
−→
−→
2. Comme OB = OA + AB, en utilisant l’égalité précédente, on obtient Aff(OB) = Aff(OA) + Aff(AB), soit Aff(B) = Aff(A) + −→ Aff(AB).
P ROPOSITION 1.9 Interprétation géométrique de z 7→ z + a − − Soit → u un vecteur d’affixe a . La translation de vecteur → u est l’application qui à tout point M d’affixe z associe le point d’affixe z + a . −−−→
−−→
− − Démonstration Au point M de P , la translation de vecteur → u . Si z, z ′ et a sont les u associe le point M′ tel que OM′ = OM + → → − ′ ′ affixes respectives de M, M et u , la proposition précédente conduit à z = z + a .
P ROPOSITION 1.10 Interprétation géométrique de z 7→ z¯ −ı ) est l’application qui à tout point M d’affixe z associe le point d’affixe z¯ . La réflexion d’axe (O, → −ı ) associe à tout point M de coordonnées (x, y) le point M′ de coordonnées (x,−y). La Démonstration La réflexion d’axe (O, → proposition s’en déduit immédiatement.
1.4 Module d’un nombre complexe, inégalités triangulaires D ÉFINITION 1.6 Module d’un nombre complexe Soient z = a + i b un nombre complexe et M son image dans P. On appelle module de z le réel positif ou nul noté |z| et donné par : −−→ |z| = ||OM||
P ROPOSITION 1.11 ♥ Expression du module d’un nombre complexe Pour tout complexe z = a + i b , |z| =
p
z z¯ =
p
a2 + b2 −−→
Soit z = a + i b ∈ C et soit M l’image de z dans P alors on sait que |z|2 = ||OM||2 = a 2 + b 2 . Par ailleurs, z z¯ = (a + i b)(a − i b) = a 2 + b 2 .
Démonstration
P ROPOSITION 1.12 ♥ Propriétés du module Pour tout nombre complexe z , 1. |z| = 0 ⇔ z = 0
3. Re(z) É | Re(z)| É |z|
¯ 2. |z| = |z|
4. Im(z) É | Im(z)| É |z|
Démonstration 1. Soit z = a + i b ∈ C tel que |z| = 0 alors a 2 + b 2 = 0 ce qui n’est possible que si a = b = 0. Réciproquement, si z = 0 alors |z| = 0. 2. Évident. p p 3. Si z = a + i b alors Re(z) = a É |a| = a 2 É a 2 + b 2 = |z|. 4. De même.
P ROPOSITION 1.13 Pour tous nombres complexes z, z ′ , 1.
1 z¯ = 2 si z 6= 0. z |z|
3. |zz ′ | = |z||z ′ | . ¯ z ¯ |z| ¯ ¯ ¯= ′ z′ |z |
4. ¯
1 2. |z| = 1 ⇔ = z¯. z
24
si z ′ 6= 0.
Démonstration 1. Si z ∈ C∗ , on a z×
donc
1 z¯ . = z |z|2
2. Si |z| = 1, le résultat précédent amène :
z¯ |z|2
=
zz |z|2
=
|z|2
|z|2
=1
1 = z . La réciproque est évidente. z
′ 2 ′ ′ ¯ ′ z¯′ = |z|2 |z ′ |2 . On termine en passant à la racine carrée et en remarquant 3. Pour¯ la troisième, écrivons |zz ¯ ¯ ′ ¯| = (zz )(zz ) = z zz ′ ¯ ¯ ¯ ¯ que zz Ê 0 et que |z| Ê 0, z Ê 0.
¯ z ¯2 z z |z|2 ¯ = . On termine alors de la même façon qu’en 3. = z′ z ′ z ′ |z ′ |2
4. Et pour la dernière : ¯
P ROPOSITION 1.14 ♥♥♥ Inégalités triangulaires Pour tous nombres complexes z et z ′ , on a
¯
¯
2. ¯|z| − |z ′ |¯ É |z − z ′ | .
1. |z + z ′ | É |z| + |z ′ | . Démonstration Soient deux complexes z, z ′ ∈ C.
1. On peut démontrer de manière géométrique la première inégalité triangulaire en remarquant que c’est une traduction, dans le cadre complexe, de celle vue pour le triangle en classe de cinquième. Si le point M est l’image du complexe z et le point −−→ N l’image du complexe z + z ′ dans P , alors, dans le triangle OMN, ON É OM +MN. Comme Aff(MN) = Aff(N) − Aff(M) = ′ ′ ′ ′ z + z − z = z , on a MN = |z |. Par ailleurs, ON = |z + z | et OM = |z|. On peut aussi démontrer cette première inégalité de manière algébrique. Développons le module au carré ³
´
|z + z ′ |2 = (z + z ′ )(z + z ′ ) = |z|2 + 2Re (zz ′ ) + |z ′ |2
En utilisant l’inégalité Re zz ′ É |z||z ′ |, on en tire que ¡ ¢2 |z + z ′ |2 É |z|2 + 2|z||z ′ | + |z ′ |2 = |z| + |z ′ |
et il suffit de prendre la racine carrée de ces nombres positifs. 2. Utilisons l’inégalité triangulaire déjà démontrée :
|z| = |(z + z ′ ) + (−z ′ )| É |z + z ′ | + |−z ′ | = |z + z ′ | + |z ′ |
d’où |z| − |z ′ | É |z + z ′ |. On obtient de façon symétrique |z ′ | = |(z + z ′ ) + (−z)| É |z + z ′ | + |z|
¯
¯
d’où également |z ′ | − |z| É |z + z ′ |. Puisque |z| − |z ′ | É |z + z ′ | et que −(|z| − |z ′ |) É |z + z ′ |, on a bien ¯|z| − |z ′ |¯ É |z + z ′ |.
P ROPOSITION 1.15 Soient a ∈ C et r ∈ R∗+ . Soit A le point du plan d’affixe a . L’ensemble des points du plan d’affixe z ∈ C vérifiant • |z − a| = r est le cercle de centre A et de rayon r . • |z − a| É r est le disque fermé de centre A et de rayon r . • |z − a| < r est le disque ouvert de centre A et de rayon r . Démonstration Ces trois résultats proviennent de l’égalité |z − a| = AM
1.5 Nombres complexes de module 1 1.5.1 Groupe U des nombres complexes de module 1 P ROPOSITION 1.16 Groupe U des nombres complexes de module 1 Nous noterons U, l’ensemble des nombres complexes de module égal à 1 U = {z ∈ C | |z| = 1}
Cet ensemble vérifie les propriétés suivantes. 1. U est stable pour le produit : ∀z, z ′ ∈ U,
z.z ′ ∈ U.
25
2. Le produit est associatif : ∀z, z ′ , z ′′ ∈ U,
(z × z ′ ) × z ′′ = z × (z ′ × z ′′ ).
4. Si z est élément de U, alors son inverse
1 1 aussi. De plus, on a = z¯ . z z
3. Le complexe 1 est élément de U et est l’élément neutre du produit : ∀z ∈ U,
5. Le produit est commutatif : ∀z, z ′ ∈ U,
z × 1 = 1 × z = z.
z × z′ = z′ × z.
On dit que (U, ×) est un groupe commutatif appelé groupe des nombres complexes de module 1.
i U z 1
O z¯ =
1 z
F IGURE 1.2 – groupe U des nombres complexes de module 1 Démonstration Soient z, z ′ ∈ U. ¯
¯
¯ ¯
1. On a : ¯z × z ′ ¯ = |z| × ¯z ′ ¯ = 1 × 1 = 1. Donc z × z ′ ∈ U.
2. L’associativité est une conséquence directe de l’associativité de la multiplication dans C.
3. On a : |1| = 1 donc 1 ∈ U. La suite est évidente.
4. On a : z × z¯ = z¯ × z = |z|2 = 1 donc z¯ est l’inverse de z . En utilisant les notations introduites précédemment, on obtient z −1 = 1/z = z¯. 5. La commutativité est une conséquence directe de la commutativité de la multiplication dans C.
Remarque 1.5
On verra dans l’exemple 19.10 page 722 une méthode plus rapide pour vérifier que (U, ×) est un groupe.
1.5.2 Exponentielle imaginaire On suppose ici connues les propriétés élémentaires des fonctions cosinus et sinus ainsi que les différentes formules de trigonométrie circulaire. On pourra se reporter à ce sujet à l’annexe B paragraphe B.1. Ce paragraphe doit être parfaitement maîtrisé. L EMME 1.17 Soient (a, b) ∈ R2 tel que a 2 + b 2 = 1. Il existe un réel (pas unique) θ tel que a = cos θ et b = sin θ. Démonstration Comme a 2 +b 2 = 1, on a nécessairement −1 É a É 1 et −1 É b É 1. L’image de R par la fonction cos étant [−1,1] , il existe α ∈ R tel que cos α = a . Comme : cos2 α + sin2 α = 1, il vient sin2 α = b 2 . Une des deux égalités suivantes est alors vérifiée par α, sinα = b ou bien sin α = −b . – Si la première est vraie, nous posons θ = α. – Sinon, la seconde est alors vraie et nous posons θ = −α. Dans les deux cas, le réel θ construit vérifie les deux égalités mentionnées dans l’énoncé du lemme.
26
P ROPOSITION 1.18 Pour tout complexe z ∈ U, il existe un réel θ tel que z = cos θ + i sin θ. Démonstration Soit z = a +i b ∈ U. Par définition de U, a et b vérifient a 2 +b 2 = 1. Par application du lemme précédent, il existe donc θ ∈ R tel que a = cos θ et b = sin θ. On a donc z = cos θ + i sin θ.
Remarque 1.6 ¡ → − → −¢ → − Soit z ∈ C et soit θ ∈ R tel que z = cos θ + i sin θ. On ³rapporte ´ le plan à un repère orthonormé direct O, ı , . Soit u un − − vecteur d’affixe z alors θ est une mesure de l’angle → ı ,→ u . Cette mesure est définie à 2kπ près (k ∈ Z).
i ~u(z) θ
1
O
F IGURE 1.3 – Interprétation géométrique de la proposition 1.18
D ÉFINITION 1.7 Exponentielle imaginaire Pour tout réel θ ∈ R, nous appellerons exponentielle imaginaire de θ et nous noterons e iθ le nombre complexe défini par e iθ = cos θ + i sin θ
Remarque 1.7 – Soit z ∈ U. D’après la proposition 1.18, il existe θ ∈ R tel que z = e iθ . – Réciproquement, tout nombre complexe de la forme e iθ est de module 1. Donc o n U = z ∈ C | ∃θ ∈ R, z = e iθ
Remarque 1.8 La définition précédente est justifiée par l’égalité suivante, qui généralise la propriété fondamentale de l’exponentielle réelle ∀a, b ∈ R, e a+b = e a e b . P ROPOSITION 1.19 ♥ Propriété de morphisme de l’exponentielle imaginaire ∀θ, θ′ ∈ R,
′
′
e i (θ+θ ) = e iθ e iθ
27
i eiθ θ
1
O
F IGURE 1.4 – e iθ Démonstration Soient θ, θ′ ∈ R. On a : ′
e i (θ+θ )
=
=
= =
¡ ¢ ¡ ¢ cos θ + θ′ + i sin θ + θ′ par définition de l’exponentielle d’un nombre imaginaire pur ¡ ¢ ¡ ¢ cos(θ) cos(θ′ ) − sin(θ) sin(θ′ ) + i cos(θ) sin(θ′ ) + sin(θ) cos(θ′ ) par application des formules d’addition ¡ ¢ (cos(θ) + i sin(θ)) cos(θ′ ) + i sin(θ′ ) ′
e iθ e iθ
Remarque 1.9 Afin d’expliquer cette terminologie, explicitons ce qu’est un morphisme de groupes. Cette notion sera étudiée dans le paragraphe 19.1.3 du chapitre 19. Soit (G1 , ⋆1 ) et (G2 , ⋆2 ) deux groupes. On dit qu’une application ϕ de G1 dans G2 est un morphisme de groupes lorsque ¡ ¢ ¡ ¢ ∀x, y ∈ G1 ,
ϕ x ⋆1 y = ϕ (x) ⋆2 ϕ y
Nous pouvons alors reformuler la propriété précédente. P ROPOSITION 1.20 La fonction exponentielle est un morphisme du groupe (R, +) sur le groupe (U, ×) Remarque 1.10 Avec les notations de la définition 1.9, on définit © ª • Le noyau du morphisme ϕ comme étant le sous-ensemble de G1 noté Ker ϕ donné par : Ker ϕ = x ∈ G1 | ϕ (x) = e 2 où e 2 est le neutre de G2 . © ª • L’image du morphisme ϕ comme étant le sous-ensemble de G2 noté Imϕ donné par : Imϕ = ϕ (x) | x ∈ G1 . Notre morphisme de groupes ½ ϕ:
(R , +) θ
−→ 7−→
(C∗ , ×) e iθ
a pour noyau Ker ϕ = 2πZ et pour image Imϕ = U . P ROPOSITION 1.21 ′ Soient θ et θ′ deux réels, on a e iθ = e iθ ⇐⇒ ∃k ∈ Z , Démonstration est évidente.
′
θ = θ′ + 2kπ
′
Si e iθ = e iθ alors e i (θ−θ ) = 0 et θ − θ′ = 2kπ où k ∈ Z. Par conséquent θ = θ′ + 2kπ avec k ∈ Z . La réciproque
28
π
Remarque 1.11 e i×0 = 1, e i 2 = 1, e iπ = −1. Cette dernière égalité, écrite sous la forme e iπ + 1 = 0 est connue sous le nom de « Relation d’Euler ». Elle est remarquable car elle lie cinq nombres fondamentaux en mathématiques e, i , π, 1 et 0. C OROLLAIRE 1.22 Pour tout réel θ ∈ R, on a e −iθ =
1 e iθ
= e iθ
Démonstration En effet, si θ ∈ R, e iθ e −iθ = e i(θ−θ) = e i×0 = 1. Par conséquent, l’inverse du nombre complexe e iθ est e −iθ . Comme e iθ ∈ U, par application de la proposition 1.16, l’inverse de e iθ est aussi e iθ , d’où les deux égalités ci-dessus.
T HÉORÈME 1.23 ♥ Formules d’Euler ∀θ ∈ R,
cos θ =
Démonstration Soit θ ∈ R. On a :
e iθ + e −iθ 2
et
sin θ =
e iθ − e −iθ 2i
( e iθ = cos θ + i sin θ
e −iθ = cos θ − i sin θ
En additionnant la première équation à la deuxième et en divisant les deux membres de l’égalité obtenue par 2, on obtient la formule annoncée pour cos θ. De même, en soustrayant la deuxième équation à la première et en divisant les deux membres de l’égalité obtenue par 2i , on obtient la formule annoncée pour sin θ.
B IO 1 Leonhard Euler, né le 15 avril 1707 à Bâle et mort le 18 septembre 1783 à Saint-Pétersbourg. Peu après sa naissance les parents d’Euler déménagent à Riehen. Le père d’Euler est un ami de la famille Bernoulli et Jean Bernoulli, dont Euler profita des leçons, est alors considéré comme le meilleur mathématicien européen. Le père d’Euler souhaite que Leohnard devienne comme lui pasteur mais Jean Bernoulli qui a remarqué les aptitudes remarquables de son élève, le convainc qu’il est destiné aux mathématiques. Après ses études à Bâle, il obtient un poste à Saint-Pétersbourg en 1726 qu’il quitte pour un poste à l’académie de Berlin en 1741. Malgré la qualité de ses contributions à l’académie, il est contraint de la quitter en raison d’un conflit avec Frédéric II. Voltaire qui était bien vu par le roi avait des qualités rhétoriques qu’Euler n’avait pas et dont il fut la victime. En 1766, il retourne à Saint-Pétersbourg où il décéda en 1783. Euler souffrit tout au long de sa vie de graves problèmes de vue. Fait remarquable, il effectua la plus grande partie de ses découvertes lors des dix-sept dernières années de sa vie, alors qu’il était devenu aveugle. Il fut, avec 886 publications, un des mathématiciens les plus prolifiques de tous les temps. Il est à l’origine de multiples contributions en analyse (nombres complexes, introduction des fonctions logarithmes et exponentielles, détermination de la somme des inverses des carrés d’entiers, introduction de la fonction gamma, invention du calcul des variations, ...), géométrie (cercle et droite d’Euler d’un triangle, formule liant le nombre de faces, d’arêtes et de sommets d’un polyèdre, ...), théorie des nombres (fonction indicatrice d’Euler, ...), théorie des graphes (problème des sept ponts de Königsberg) ou même en physique (angles d’Euler, résistance des matériaux, dynamique des fluides... ) et en astronomie (calcul de la parallaxe du soleil,...).
P ROPOSITION 1.24 ♥ Formule de Moivre ∀θ ∈ R,
∀n ∈ Z,
³ ´n e inθ = e iθ
Démonstration Soit θ ∈ R. Montrons d’abord par récurrence la propriété pour n ∈ N . ³
´0
– Si n = 0, on a : e i×0 = 1 = e iθ . L’égalité est donc vraie au rang 0.
29
– Supposons l’égalité vraie au rang n et démontrons-la au rang n + 1 : e i(n+1)θ
=
= = =
e i(nθ+θ) e iθ e inθ car exp est un morphisme de groupes ³ ´n e iθ e iθ par hypothèse de récurrence ³ ´n+1 e iθ
Démontrons maintenant la propriété pour n ∈ Z \ N. On a alors −n ∈ N et on peut appliquer la relation que nous venons de µprouver ¶ ³
à l’entier −n . Cela donne : e i (−n) θ = e −iθ
donc
1
e inθ
=
µ
1
e iθ
¶n
´n
. Mais d’après la proposition 1.22, on a e i (−n)θ = e −inθ =
³ ´n et l’on a bien e i n θ = e iθ . La relation est alors démontrée pour tout n ∈ Z.
1
e inθ
³
et e −iθ
´n
=
1
e iθ
Les formules suivantes interviennent souvent dans les exercices.
P ROPOSITION 1.25 ♥♥♥ Factorisation par les angles moitiés Pour tout réel x ∈ R : eix + 1 = e
Remarque 1.12
ix 2
µ ¶ ³x´ ix ix ix e 2 + e − 2 = 2e 2 cos 2
eix − 1 = e
ix 2
µ ¶ ³x ´ ix ix ix e 2 − e − 2 = 2i e 2 sin 2
On a la factorisation de l’angle moitié plus générale (voir figure 1.6) : eix + ei y = e
i(x+y ) 2
µ i(x−y ) ¶ ³x−y ´ i(x−y ) x+y . e 2 + e− 2 = 2e i 2 cos 2
eix + eiy
1 + eix
eiy
os
2c
x
2c
os
x− 2 y
eix
2
x+y 2
x 2
O
O
1
F IGURE 1.5 – e i x + 1 = 2e
eix
ix 2
³x ´ cos 2
F IGURE 1.6 – e i x + e i y = 2e i
x+y 2
cos
³x−y ´
B IO 2 Abraham de Moivre né le 26 mai 1667 à Vitry-le-François et mort le 27 novembre 1754 à Londres.
Abraham de Moivre est un mathématicien français qui vécut la plus grande partie de sa vie en exil à Londres en raison de la révocation de l’Edit de Nantes. Il fut l’auteur de deux ouvrages majeurs en mathématiques. Le premier, consacré aux probabilités ``Doctrine of chance´´et paru en 1718, s’intéresse en particulier au calcul des probabilités d’un événement aléatoire dépendant d’autres événements aléatoires ainsi qu’aux problèmes de convergence des variables aléatoires. Le second, ``Miscellanea Analytica´´, paru en 1730, est un ouvrage d’analyse dans lequel figure pour la première fois la fameuse « formule de Stirling ». On raconte cette histoire au sujet de sa mort. Il s’était rendu compte qu’il dormait un quart d’heure de plus chaque nuit. En utilisant cette suite arithmétique, il avait calculé à quelle date il mourrait : cela devait correspondre au jour où il dormirait 24 heures. Ce fut exactement ce qu’il advint. 30
2
n
,
1.6 Argument, fonction exponentielle complexe 1.6.1 Argument d’un nombre complexe P ROPOSITION 1.26 Argument d’un nombre complexe, Argument principal d’un nombre complexe Soit z un nombre complexe non nul. Il existe au moins un nombre réel θ tel que z = ρe iθ où ρ = |z| ∈ R∗+ est le module
de z . – ρe iθ est une forme trigonométrique de z . – Le réel θ est appelé un argument de z . Un tel nombre n’est pas unique : si θ0 est un argument de z , l’ensemble de tous les arguments de z est donné par {θ0 + 2kπ | k ∈ Z}. On notera arg(z) = θ0 [2π]. Enfin, il existe un unique argument de z appartenant à l’intervalle ]−π, π]. On l’appellera l’argument principal de z .
Démonstration Soit z un nombre complexe non nul. Posons ρ = |z| 6= 0, on a alors z/ρ ∈ U. D’après la remarque 1.7, il existe θ ∈ R tel que : z/ρ = e iθ ce qui prouve l’existence d’un argument de z . Si θ′ ∈ R est un autre argument de z , on a bien : θ′ ≡ θ[2π]. ′ En effet, en partant de z = e iθ = e iθ et en utilisant la proposition 1.21, il existe k ∈ Z tel que θ′ = θ + 2kπ.
Exemple 1.5 On a : arg1 ≡ 0[2π]
argi ≡
π [2π] 2
arg−1 ≡ π [2π]
π arg−i ≡ − [2π] 2
z = ρeiθ
ρ i θ
O
1
F IGURE 1.7 – Représentation trigonométrique d’un nombre complexe P LAN 1.1 : Comment calculer le module et un argument d’un nombre complexe donné
Soit z = a + i b ∈ C∗ d’argument θ ∈ R et de module ρ ∈ R∗+ . Exprimons ρ et θ en fonction de a et b : p 2 2 • On a ρ = |z| = a + b µ ¶ • Comme z = a + i b = ρ (cos θ + i sin θ) = ρ p
vérifiant cos θ = p
a
a2 + b2
et sin θ = p
b
a2 + b2
a
a2 + b2
+i p
.
b
a2 + b2
, on cherche un unique réel θ ∈] − π, π]
P ROPOSITION 1.27 Produit et quotient de deux nombres complexes sous forme trigonométrique ′ Soient deux nombres complexes non nuls : z = ρe iθ et z ′ = ρ′ e iθ , ′
1. zz ′ = ρρ′ e i (θ+θ )
2.
31
z ρ ′ = e i (θ−θ ) . z ′ ρ′
Démonstration C’est une conséquence directe de la proposition 1.19.
C OROLLAIRE 1.28 Soient z et z ′ deux nombres complexes non nuls. On a : 1. arg(zz ′ ) = arg(z) + arg(z ′ ) [2π] 2. arg
³z´
z′
¯ = arg 3. arg(z)
= arg(z) − arg(z ′ ) [2π] .
µ ¶ 1 = − arg(z) [2π] z
Démonstration Démontrons la première égalité, la démonstration des deux suivantes est identique. Notons θ (respectivement θ′ ) un argument de z (respectivement de z ′ ) et ρ (respectivement ρ′ ) le module de z (de z ′ ). Par application de la propriété précédente, ¡ ¢ ′ zz ′ = ρρ′ e i (θ+θ ) . Par conséquent arg zz ′ = θ + θ′ [2π] = arg z + arg z ′ [2π].
P ROPOSITION 1.29 ∀n ∈ Z, ∀z ∈ C∗ ,
arg(z n ) = n arg (z) ([2π])
Démonstration Soient n ∈ Z et z ∈³ C∗ . ´L’écriture de z est z = ρe iθ où θ ∈ R est un argument de z et ρ ³ trigonométrique ´n n n iθ n iθ n inθ est le module de z . On a donc : z = ρe =ρ e par application de la formule de Moivre. Par conséquent, =ρ e ¡ n¢ arg z = nθ ([2π]) = n arg (z) [2π].
1.6.2 Fonction exponentielle complexe On suppose ici connues les propriétés de la fonction exponentielle réelle. On pourra à ce sujet consulter le paragraphe 4.1.2. D ÉFINITION 1.8 Fonction exponentielle complexe Soit z = a + i b un nombre complexe. On appelle exponentielle de z le nombre complexe e z = e a+ib = e a e ib
La fonction qui à tout nombre complexe z associe le nombre complexe e z ainsi définie s’appelle fonction exponentielle complexe. Remarque 1.13 a ib a – Soit z = a + i b ∈ C. On a e z = e a+ib ¯ a= eib ¯e = ae ¯[cos ¯ b + i sin b] z| ¯ ¯ ¯e ib ¯ = |e a | = e a car la fonction exponentielle réelle est strictement |e |e | – Soit z = a + i b ∈ C. On a = = e e positive. – La fonction exponentielle complexe ne s’annule jamais : |e z | = e a 6= 0. La fonction exponentielle complexe est donc à image dans C∗ . – La fonction exponentielle complexe prolonge la fonction exponentielle réelle ( ce qui signifie que sa restriction aux nombres réels coïncide avec la fonction exponentielle réelle). – Si Z est un complexe non nul, on peut l’écrire sous forme trigonométrique Z = ρe iθ . Un complexe z = a + i b vérifie e z = Z si et seulement si e a e ib = ρe iθ . En prenant le module, on trouve que a = ln(ρ) puis ensuite b = θ + 2kπ , (k ∈ Z ). ½ – La fonction exponentielle complexe
C z
−→ 7−→
C⋆ est surjective (Voir la définition 1.7 page 1139) mais pas injecez
tive (Voir la définition 1.6 page 1138). Il sera impossible à notre niveau de définir un logarithme complexe.
P ROPOSITION 1.30 La fonction exponentielle complexe est un morphisme du groupe (C, +) dans le groupe (C∗ , ×) ∀z, z ′ ∈ C,
′
e z+z = e z e z
′
∀z ∈ C,
¡ z ¢−1 ¡ −z ¢ e = e
Démonstration ′ ′ ′ • Soient z = a + i b, z ′ = a ′ + i b ′ ∈ C. En utilisant les propriétés de l’exponentielle réelle et imaginaire, e z e z = e a e ib e a e ib = ′ ′ ′ e a+a e i(b+b ) = e z+z . ¡ ¢−1 = • ¡Soit z¢ ∈ C. Par application de la propriété précédente, e z e −z = e z−z = e 0 = 1. Par conséquent, e −z est l’inverse de e z et e z −z e .
Vous pouvez maintenant étudier l’appendice B.3 pour des applications très importantes de l’exponentielle imaginaire aux calculs trigonométriques. Avant cela, il est conseillé de lire l’appendice B.2 pour vous familiariser avec les techniques de P calcul de sommes et à la notation . 32
1.7 Racines n -ièmes de l’unité Dans tout ce paragraphe n désigne un entier naturel non nul : n ∈ N∗ . D ÉFINITION 1.9 Racine n -ième d’un nombre complexe Soit z ∈ C. On appelle racine n -ième du nombre complexe z tout nombre complexe ξ vérifiant ξn = z . Exemple 1.6 i est une racine deuxième de −1, e
2iπ 3
p
est une racine cubique de 1, i 2 est une racine deuxième de −2.
D ÉFINITION 1.10 Racine n -ième de l’unité On appelle racine n -ième de l’unité une racine n -ième de 1, c’est-à-dire un nombre complexe z tel que z n = 1 . On notera Un l’ensemble des racines n -ièmes de l’unité : Un = {z ∈ C | z n = 1} . Remarque 1.14 – Pour tout n Ê 1, on a : 1 ∈ Un et −1 ∈ Un si et seulement si n est pair. – On a Un ⊂ U. En effet, si z ∈ Un alors z n = 1 et donc |z|n = |z n | = 1. Comme |z| ∈ R∗+ , cette égalité n’est possible que si |z| = 1. ✎ Notation 1.7 Soient m, n ∈ Z tels que m É n . On note m, n l’intervalle d’entiers donné par : m, n = {k ∈ Z | m É k É n} .
2ikπ
P ROPOSITION 1.31 ♥♥♥ Les racines n -ièmes de l’unité sont de la forme ωk = e n où k ∈ 0, n − 1 2iπ Notons ω = e n . Il y a exactement n racines n -ièmes de l’unité. Elles sont données par les puissances de ω : ωk où k ∈ 0, n − 1
o n o n 2ikπ Un = ωk | k ∈ [[0, n − 1]] = e n | k ∈ 0, n − 1
Démonstration Soit z ∈ C tel que z n = 1. En prenant le module, on en déduit que |z| = 1. Il existe donc un unique réel θ ∈ [0,2π[ tel que z = e iθ . On doit alors avoir e inθ = 1, c’est-à-dire nθ = 2kπ avec k ∈ Z . Comme on veut θ ∈ [0,2π[, on doit avoir 0 É k < n et donc k ∈ [[0,n − 1]] d’où z = e i
2kπ n = ωk .
Réciproquement, tout complexe de cette forme vérifie bien z n = 1.
P ROPOSITION 1.32 (Un , ×) est un groupe commutatif L’ensemble Un vérifie les propriétés suivantes : 1. Un est stable pour le produit (c-a-d : ∀ξ, ξ′ ∈ Un ,
2. Le produit est associatif (c-a-d : ∀ξ, ξ′ , ξ′′ ∈ Un ,
ξ × ξ′ ∈ Un ).
(ξ × ξ′ ) × ξ′′ = ξ × (ξ′ × ξ′′ )).
3. Le complexe 1 est élément de Un et est l’élément neutre du produit (c-a-d : ∀ξ ∈ Un , 4. Si ξ est élément de Un , alors son inverse
1 aussi. De plus, on a : ξ
ξ × 1 = 1 × ξ = ξ).
1 ¯ =ξ ξ
5. Le produit est commutatif (c-a-d : ∀ξ, ξ′ ∈ Un ,
ξ × ξ′ = ξ′ × ξ).
(Un , ×) est donc muni d’une structure de groupe commutatif. Démonstration Soient ξ,ξ′ ∈ Un : ¡
1. On a : ξ × ξ′
¢n
n
= ξn × ξ′ = 1. Donc ξ × ξ′ ∈ Un .
2. L’associativité est une conséquence directe de l’associativité du produit dans C. 3. On a : 1n = 1 donc 1 ∈ Un . La suite est évidente. n
4. Remarquant tout d’abord que ξ = ξn = 1. Donc ξ ∈ Un . De plus : ξ ×ξ = ξ ×ξ = 1 car Un ⊂ U. Par conséquent, ξ−1 = 1/ξ = ξ¯ . 5. La commutativité est une conséquence directe de la commutativité de la multiplication dans C.
33
Remarque 1.15 En fait, (Un , ×) est un sous-groupe de (U, ×) qui lui-même est un sous-groupe de (C∗ , ×). Nous verrons là aussi plus tard comment prouver la propriété précédente de manière plus rapide (voir 46 page 722). L’application θ : U → U, z 7→ z n est un morphisme de groupe de noyau Un .
ωi
i ω
2π 3
O
2π 4
ω3 = 1
π 2
O
ω2
1
=
ω4 = 1 1
ω2 ω3
F IGURE 1.8 – U3
i
F IGURE 1.9 – U4
i
ω
ω2
ω
ω2
2π 5
O
2π 6
ω5 = 1
ω6 = 1
O
ω3
1
1
ω3 ω4
ω4
F IGURE 1.10 – U5
ω5
F IGURE 1.11 – U6
P ROPOSITION 1.33 ♥ La somme des racines n -ièmes de l’unité est nulle
Soit un entier n Ê 2. On a : 1 + ω + ω2 + . . . + ωn−1 =
X
z∈Un
z =0 .
Démonstration On utilise la formule d’une somme géométrique de raison ω 6= 1 et ωn = 1 : 1 + ω + · · · + ωn−1 =
ωn − 1 = 0. ω−1
Remarque 1.16 On utilisera très souvent les racines cubiques de l’unité. On note j = e primitive de l’unité au sens où U3 = {1, j , j 2 }. Les puissances de j sont simples à calculer : 1 jk = j 2 j
si k = 3p si k = 3p + 1 si k = 3p + 2
Les propriétés suivantes interviennent souvent : j 2 = j = 1/ j et 1 + j + j 2 = 0 .
34
2iπ 3 .
C’est une racine cubique
i
j
2π 3
j3 = 1
O
1
j 2 = j = 1/j
F IGURE 1.12 – Racines cubiques de l’unité
P ROPOSITION 1.34 Expression des racines n -ièmes d’un nombre complexe Un complexe non nul z = ρe iθ admet n racines n -ièmes données par Z k = ρ1/n e
où ω = e
2iπ n
´ ³ θ + 2kπ i n n
= ρ1/n e iθ/n ωk ,
k ∈ [[0, n − 1]] .
ou toute autre racine n -ième primitive de l’unité.
Démonstration Notons Z0 = ρ1/n e iθ/n . On a bien Zn0 = z et donc Zn = z si et seulement si (Z/Z0 )n = 1 c’est-à-dire si et seulement si (Z/Z0 ) est une racine n -ième de l’unité.
On pourra consulter plus tard l’annexe B paragraphe B.4.4 afin de voir le rôle des racines de l’unité dans la factorisation de certains polynômes.
1.8 Équations du second degré 1.8.1 Racines carrées D ÉFINITION 1.11 Racine carrée d’un nombre complexe Soit un nombre complexe z ∈ C. On appelle racine carrée de z une racine deuxième de z , c’est-à-dire un complexe Z vérifiant Z2 = z . Par application de la proposition 1.34, on peut affirmer : P ROPOSITION 1.35 Tout nombre complexe non nul possède exactement deux racines carrées. De plus, ces deux racines carrées sont opposées l’une de l’autre. p
Attention 1.8 La notation z n’a de sens que pour z ∈ R+ . Si on l’utilise à mauvais escient, on aboutit vite à des p p 2 p p p absurdités. Par exemple : −1 = −1 = −1 × −1 = (−1) × (−1) = 1 = 1. Remarque 1.17 – Le complexe nul z = 0 ne possède qu’une seule racine carrée 0. p p et − x . p – Si x ∈ R+ , ses deux racines carrées sont données par x p ∗ – Si x ∈ R− , ses deux racines carrées sont données par i |x| et −i |x|. p En effet, la forme trigonométrique de p x est p p x = |x| e iπ . D’après la proposition 1.34, les deux racines carrées de x sont |x|e iπ/2 = i |x| et |x|e π/2 e 2π/2 = −i |x|. 35
Pour calculer en pratique les racines carrées d’un nombre complexe z , le plus simple consiste souvent à mettre z sous forme trigonométrique et à appliquer les formules précédentes. On dispose également d’une méthode permettant de calculer les parties réelles et imaginaires des racines carrées de z . P LAN 1.2 : Comment calculer les racines carrées d’un nombre complexe
Soit z = a + i b ∈ C. Soit Z = X + i Y une des deux racines carrées de z : Z2 = z . On a : 2 |Z| = |z| Re Z2 = Re z ImZ2 = Im z
On en déduit
p 2 2 2 2 X + Y = a + b X2 − Y2 = a 2XY = Im z
Et en particulier
p 2 2 2 2 X + Y = a + b X2 − Y2 = a XY est du signe de Im z
Exemple 1.9 Calculons les racines carrées de z = 8 − 6i . Soit Z = X + i Y une des deux racines carrées de z . Les réels X et Y satisfont p 2 2 X + Y = 100 = 10 X2 − Y2 = 8 XY est négatif
Par addition des deux premières équations, on obtient : X = 3 ou X = −3. Par soustraction de ces deux mêmes équations, on obtient : Y = 1 ou Y = −1. Comme le produit XY est négatif, les seules possibilités sont X = 3 et Y = −1 ou alors X = −3 et Y = 1. En conclusion, Z = 3−i ou Z = −3+i . On vérifie au brouillon que ces deux complexes vérifient bien Z2 = 8−6i .
1.8.2 Équations du second degré T HÉORÈME 1.36 ♥ Résolution d’une équation du second degré à coefficients complexes Soient a , b , c trois nombres complexes avec a 6= 0. Considérons l’équation d’inconnue z ∈ C az 2 + bz + c = 0
(⋆)
Notons ∆ = b 2 − 4ac le discriminant de l’équation (⋆). On a : • Si ∆ = 0, l’équation (⋆) admet une racine double z0 donnée par : z0 =
−b . 2a
• Si ∆ 6= 0 et si δ désigne une des deux racines carrées de ∆ alors l’équation (⋆) admet deux racines distinctes z1 et z2
données par : z1 =
−b − δ 2a
et z2 =
−b + δ . 2a
Démonstration Soit z ∈ C une solution de l’équation (⋆). Puisque a 6= 0, nous pouvons écrire le trinôme sous forme canonique # "µ ¶ ¶ b c b 2 b 2 − 4ac 0=a z + z+ − =a z+ a a 2a 4a 2 µ
2
En notant Z = z + b/2a , on doit avoir Z2 = ∆/4a 2 . – Si ∆ = 0, alors Z = 0 c’est à dire z = −b/(2a). – Si ∆ 6= 0, en notant δ une racine carrée complexe de ∆, (Z −δ)(Z +δ) = 0 c’est à dire Z = ±δ ou encore z = On vérifie dans chacun des cas précédents que z est effectivement solution de l’équation.
C OROLLAIRE 1.37 ♥ Résolution d’une équation du second degré à coefficients réels Soient a , b , c trois nombres réels avec a 6= 0. Considérons l’équation d’inconnue x ∈ C ax 2 + bx + c = 0
36
(⋆)
−b − δ −b + δ ou z = . 2a 2a
Notons ∆ = b 2 − 4ac son discriminant. Remarquons que ∆ ∈ R. On a : • Si ∆ > 0, (⋆) admet deux solutions distinctes, toutes deux réelles x1 et x2 données par x1 =
p −b − ∆ 2a
et
x2 =
p −b + ∆ 2a
• Si ∆ = 0, (⋆) admet une seule solution x0 donnée par : x0 = −
b 2a
• Si ∆ < 0, (⋆) admet deux solutions distinctes, toutes deux complexes conjuguées x1 et x2 données par x1 =
p −b − i |∆| 2a
et
x2 =
p −b + i |∆| 2a
Démonstration p – Si ∆ Ê 0, une racine de ∆ est donnée par δ = ∆ et les formules pour x0 , x1 et x2 se déduisent de celles énoncées dans le théorème 1.36. p – Si ∆ < 0, une racine de ∆ est donnée, d’aprèspla remarque 1.17 par p δ = i |∆|. D’après les formules énoncées dans le théorème 1.36, les deux racines de (⋆) sont x1 =
−b − i |∆| −b + i |∆| et x2 = qui sont bien complexes et conjuguées. 2a 2a
On pourra se reporter à l’annexe B paragraphe B.4.1 pour des précisions supplémentaires sur les trinômes du second degré et au paragraphe B.4.5 pour des applications des relations entre les coefficients et les racines d’un polynôme.
1.9 Nombres complexes et géométrie plane 1.9.1 Distance P ROPOSITION 1.38 Soient A et B deux points du plan d’affixes respectives a et b . La distance de A à B est donnée par AB = |b − a| −→
−→
Démonstration L’affixe du vecteur AB est donnée par Aff(B) − Aff(A). De plus, par définition, |b − a| = ||AB|| = AB.
1.9.2 Barycentre P ROPOSITION 1.39 Soient A, B et G trois points d’affixes respectives a, b et g ; Soient α et β deux réels tels que α + β 6= 0. Alors, G est le barycentre des points A et B affectés respectivement des poids α et β si et seulement si α(g − a) + β(g − b) = 0. −→
−→
→ −
Démonstration C’est une traduction en terme d’affixe de l’égalité vectorielle αGA + βGB = 0 qui définit le barycentre G.
Remarque 1.18 Si α = β = 1, le point G est le milieu du segment [AB]. On a alors, avec les notations précédentes, l’égalité g = (a + b)/2. P ROPOSITION 1.40 Soient n Ê 2 un entier, A 1 , ..., A n des points du plan d’affixes respectives z1 , ...., zn . Soient α1 , ..., αn des réels tels que n X
i=1
αi 6= 0. Le point G est le barycentre des points A i affectés des poids αi , i = 1, ..., n si et seulement si son affixe z
vérifie l’équation n X
i=1
αi (zi − z) = 0
Démonstration C’est une traduction en terme d’affixe de l’égalité vectorielle
n X
i=1
37
−−→ → − αi GAi = 0 .
1.9.3 Angles P ROPOSITION 1.41 Soient A, B, et C trois points du plan tels que C est distinct de A et de B, d’affixes respectives a , b et c . Une mesure de − → −→ à
− → −→ à
l’angle (CA, CB) est alors donnée par (CA, CB) = arg
µ
¶ b −c [2π] a −c
µ
¶ b −c −→ = arg(b − c) − arg (a − c) [2π]. Par ailleurs b − c = Aff(BC) et a − a −c −→ −→ −→ − − c = Aff(CA). Donc arg (b − c) = (→ ı , CB) et arg(a − c) = (→ ı , CA). On conclut en utilisant la relation de Chasles pour les angles − → −→ − → − → à −ı , CB) − (→ −ı , CA) [2π]. (CA, CB) = (→
Démonstration
Remarquons tout d’abord que arg
C OROLLAIRE 1.42 Soient A, B, et C trois points du plan tels que C est distinct de A, d’affixes respectives a , b et c . – A, B, et C sont alignés si et seulement si
c −b est réel. c −a
– Les droites (CA) et (CB) sont perpendiculaires si et seulement si
c −b est imaginaire pur. c −a
1.10 Transformations remarquables du plan On notera P le plan et V l’ensemble des vecteurs du plan. On appelle transformation du plan toute application bijective du plan dans lui même. À toute transformation f du plan, on peut associer une application g du plan complexe dans lui même qui au complexe z d’image le point M ∈ P associe l’affixe du point f (M) : g:
½
C
−→
Aff(M) 7−→
C
où M′ = f (M) .
Aff(M′ )
On dit alors que g représente l’application f dans le plan complexe.
1.10.1 Translations, homothéties D ÉFINITION 1.12 Translation, homothétie − − − – Soit → u un vecteur du plan. La translation de vecteur → u , notée t→ u , est la transformation du plan qui à tout point M ∈ P −−−→
− associe le point M′ ∈ P tel que MM′ = → u. – Soit Ω un point du plan et λ un réel non nul. L’homothétie de centre Ω et de rapport λ, noté hΩ,λ , est la transformation −−−→
−−→
du plan qui à tout point M ∈ P associe le point M′ ∈ P tel que ΩM′ = λΩM . Remarque 1.19 – Si le rapport d’une homothétie h vaut 1, alors h est l’application identique ( L’application identique de P est celle qui à tout point M ∈ P associe lui même). – Les translations conservent les longueurs (on dit que ce sont des isométries), les homothéties de rapport λ les multiplient par |λ|. P ROPOSITION 1.43 Soit Ω un point du plan d’affixe ω et λ un réel différent de 0 et 1. L’homothétie de rapport λ et de centre Ω peut être représentée dans le plan complexe par l’application qui à tout z ∈ C associe z ′ ∈ C tel que z ′ − ω = λ(z − ω) (ou encore z ′ = λz + (1 − λ)ω).
−−−→
−−→
Démonstration Le point M′ est l’image de M par h Ω,λ si et seulement si ΩM′ = λΩM ou encore Aff(M) − Aff(Ω) = λ(Aff(M)′ − Aff(Ω)) c’est-à-dire z ′ − ω = λ(z − ω).
1.10.2 Rotation D ÉFINITION 1.13 Rotation Soient Ω ∈ P et θ un réel. La rotation de centre Ω et d’angle θ, notée r Ω,θ est la transformation du plan qui 38
– à Ω associe Ω,
á → −−−→ −− (ΩM, ΩM′ ) = θ [2π] – à tout point M différent de Ω associe le point M′ tel que −−→ −−→ ||− ΩM′ || = ||ΩM||
P ROPOSITION 1.44 Soient Ω ∈ P et θ un réel. Soit ω l’affixe de Ω. La rotation de centre Ω et d’angle θ peut être représentée dans le
plan complexe par l’application qui à tout z ∈ C associe le complexe z ′ tel que z ′ − ω = e iθ (z − ω) (ou encore z ′ =
e iθ z + (1 − e i θ)ω).
Démonstration Soient z et z ′ les affixes respectives de M et M′ . Si M 6= Ω, on a : M′ est l’image de M par la rotation de centre Ω et d’angle θ ⇔ á −− → −−−→′ ′ (µΩM, ΩM ¶ ) = θ [2π] et ΩM = ΩM ⇔ z′ − ω arg = θ [2π] et |z − w | = |z ′ − ω| ⇔ ω ¶ µz − ¯ z −w ¯ z′ − ω ¯ ¯ arg = θ [2π] et ¯ ′ ¯ = 1 (∗). z −ω z −ω
z −w . Les deux relations précédentes sont équivalentes à ρ = 1 et α = θ [2π]. z′ − ω z −w ′ iθ iθ Donc (∗) est équivalente à ′ = e , soit z − ω = e (z − ω). Si M = Ω alors M′ = Ω et z = z ′ = ω. L’égalité z ′ − ω = e iθ (z − ω) z −ω
Soit ρe iα une représentation trigonométrique de est alors trivialement vérifiée.
1.10.3 Similitudes directes D ÉFINITION 1.14 Similitude directe Une similitude directe est une transformation du plan admettant comme représentation dans le plan complexe l’application :
½
C z
−→ 7−→
C az + b
où (a, b) ∈ C∗ × C.
P ROPOSITION 1.45 Une similitude directe conserve les angles orientés et les rapports de longueurs. Démonstration Soit f la similitude représentée par z 7→ az + b , A1 , A2 , A3 , A4 des points de P tels que A1 6= A2 et A3 6= A4 , z1 , z2 , z3 , z4 leurs affixes respectives et z1′ , z2′ , z3′ , z4′ les affixes respectives de leurs images par f . Pour tout i ∈ {1,2,3,4}, on a donc zi′ = azi + b . En particulier : ½
et donc a étant non nul :
z4′ − z3′ z2′ − z1′
et
ce qui prouve la propriété.
=
z2′ − z1′ = a(z2 − z1 ) z4′ − z3′ = a(z4 − z3 )
z4 − z3 . Par conséquent z2 − z1
¶ µ −−− → −−−→ z ′ − z3′ á z4 − z3 −−− → −−−→ á (A′1 A′2 , A′3 A′4 ) = arg( 4′ = (A1 A2 , A3 A4 ) [2π] ) = arg z2 − z1 z2 − z1′ ¯ ¯ ′ ¯ z − z ′ ¯ ¯¯ z − z ¯¯ A A ¯ 4 3 4 3¯ 3¯ ¯ 4 = , = ¯= ¯ A′1 A′2 ¯ z2′ − z1′ ¯ ¯ z2 − z1 ¯ A1 A2
A′3 A′4
P ROPOSITION 1.46 La composée de deux similitudes directes est encore une similitude directe. Démonstration Soient f et f ′ deux similitudes directes représentées dans le plan complexe par, respectivement, z 7→ az + b et z 7→ a ′ z + b ′ où (a,b) ∈ C∗ × C et où (a ′ ,b ′ ) ∈ C∗ × C. Alors f ′ ◦ f est représentée par z 7→ a ′ (az + b) + b ′ soit z 7→ aa ′ z + a ′ b + b ′ . Notant α = a ′ a et β = a ′ b +b ′ et remarquant que α est non nul, on a représenté f ′ ◦ f par z 7→ αz +β avec (α,β) ∈ C∗ × C et f ′ ◦ f est donc bien une similitude directe.
39
P ROPOSITION 1.47 Soient (a, b) ∈ C∗ × C. Soit f la similitude du plan représentée dans le plan complexe par z 7→ az + b . – Si a = 1, f est la translation de vecteur d’affixe b . – Si a 6= 1, f admet un unique point invariant Ω ( f (Ω) = Ω ) appelé centre de la similitude. De plus, dans ce cas, si 1. α est un argument de a ,
2. r est la rotation de centre Ω et d’angle α ( r Ω,α ), 3. h est l’homothétie de centre Ω et de rapport |a| ( hΩ,|a| ),
alors f s’écrit comme la composée de h et r : f = r ◦ h = h ◦ r . Le réel |a| est appelé le rapport de la similitude et α est une mesure de l’angle de la similitude. En particulier, – si a ∈ R∗ , f est l’homothétie de centre Ω et de rapport |a|. – si |a| = 1, f est la rotation de centre Ω et d’angle α. Démonstration – Si a = 1, on reconnaît l’application étudiée dans la proposition 1.9. – Supposons maintenant a 6= 1 et recherchons les points invariants par f . Soit un tel point qu’on suppose d’affixe z0 . z0 est alors
b (car a 6= 1 !). Notons Ω le 1−a ′ point d’affixe z0 . Ω est donc l’unique point invariant de f . Soient M un point d’affixe z . Notons M le point d’affixe z ′ = f (z). On a : z ′ − z0 = a(z − z0 ). Soient α un argument de a , h l’homothétie hΩ,|a| et r la rotation r Ω,|a| . Vérifions que f s’écrit comme la composée de h et de r . Notons z1 l’affixe de r (M) et z2 celle de h(r (M)). D’après les propositions 1.43 et 1.13 :
solution de l’équation z0 = az0 +b . Cette équation possède une et une seule solution qui est z0 =
z1 − z0 = e iα (z − z0 ) z2 − z0 = |a|(z1 − z0 )
donc z2 − z0 = |a|e iα (z − z0 ) = a(z − z0 )
ce qui prouve que z2 = z ′ et donc que z2 est l’affixe de f (M) On a donc bien montré que f = h ◦ r . On montre de la même façon que f = r ◦ h .
Multimédia : On donne un rapport, un angle et un centre. On pointe avec la souris sur un z du plan complexe et le logiciel construit l’image de z par la rotation , puis l’image de ce point par l’homothétie
En résumé 1
il faut savoir manipuler parfaitement les opérations suivantes sur les nombres complexes : addition, multiplication, conjugaison, calcul du module ou d’un argument.
2
il faut connaître parfaitement les formules d’Euler et de Moivre.
3
la fonction exponentielle complexe doit être bien maîtrisée. La technique de factorisation par les angles moitiés est d’un usage fréquent dans les exercices.
4
il faut savoir calculer les racines carrées d’un nombre complexe ainsi que les solutions d’une équation du second degré à coefficients complexes.
5
il faut avoir bien compris les groupes U et Un tant au niveau algébrique que géométrique.
6
les différentes transformations du plan doivent être bien maîtrisées ainsi que la traduction en terme d’affixe des notions d’angle ou de distance.
Il est essentiel de compléter la lecture de ce chapitre par celle des paragraphes suivants de l’annexe B : 1
Trigonométrie, voir paragraphe B.1 page 1155.
2
Calculs de sommes, voir paragraphe B.2 page 1158.
3
Trigonométrie et complexes, voir paragraphe B.3 page 1164.
4
Calculs sur des polynômes, voir le paragraphe B.4.1 page 1168 consacré au trinôme du second degré ainsi que le paragraphe B.4.4 page 1176 consacré à la factorisation des polynômes grâce aux racines de l’unité.
40
16. Suites & Fonctions Complexes
21. Polynômes
Théorème de d’Alembert Partie Imaginaire
1. Nombres Complexes
Partie Imaginaire
Module
Partie Réelle Argument
Partie Réelle
Norme Conjugué
Base (1,i )
Applications linéaires
Base (1, j )
24. Dimension des E.V.
Angle
Symétrie Axiale
2. Géométrie Plane
41
1.11 Exercices 1.11.1 Forme algébrique - Forme trigonométrique Exercice 1.1 ♥ Donner l’écriture algébrique des nombres complexes suivants : 1. z1 =
¡1
3
− 2i
¢¡1
2. z2 = (1 − 2i )2
2
+ 2i
¢
1 3. z3 = 1+3i
5. z5 = (2 + i )3
2−i 4. z4 = 1+i
6. z6 = (1 + i )2 − (2 − i )2
Solution : 1 6
1 (1 − 3i ) 10 1 4. z4 = (1 − 3i ) 2
5. z5 = 2 + 11i
3. z3 =
1. z1 = (7 − 5i ) 2. z2 = −3 − 4i
6. z6 = −3 + 6i
Exercice 1.2 ♥ On donne les nombres complexes p
z1 = ( 6 + i
p
2)
µ
1 4
+i
p ¶ 3 4
et
z2 =
−1 + i 1 2
+i
p p
3
3 2
.
1. Mettre z1 et z2 sous forme algébrique a + i b .
2. Déterminer le module puis un argument de z1 , z2 et z1 z2 .
3. Déterminer le module puis un argument de Z = zz21 , Z′ = z26 . Écrire Z et Z′ sous forme algébrique. Solution :
¡ p ¢³1 p 3 2 −i −1 + i p −1 + i 3 ¯ 1. Un calcul direct donne : z1 = i 2 . De plus : z2 = = p p ¯ ¯ 3 3¯ 1 1 + i + i ¯ 2 2 2 2 ¯
p ´ 3 2
p iπ/2 p ¡ ¢ 2e et que z2 = 2 1/2 + 3/2i = 2e iπ/3 . p p p = 2/2e i(π/2−π/3) = 2/2e iπ/6 , il vient |Z| = 2/2
p = 1+i 3 .
2. Il est alors clair que z1 = 3. Comme Z = z1 /z2
et
p ³ ´ ¡ ¢6 2 p Z= 3 + i . De même, Z′ = z26 = 2e iπ/3 = 64e i2π = 64 . 3
Exercice 1.3
♥
arg(Z) = π/6 [2π]
d’où
Ã
p !20 1+i 3 Déterminer le module et et un argument de z = . 1−i p
p
π
π
Solution : On montre facilement que 1 + i 3 = 2e i 3 et que 1 − i = 2e −i 4 d’où z = 210 e i (36π − π)/3. Le module de z est donc 210 et un argument de z est − π3 . Exercice 1.4
♥♥
1. Soit θ ∈ [−π, π]. Déterminer le module et un argument de : e iθ + 1 et e iθ − 1.
2. En déduire le module et un argument, pour θ ∈ ]−π, π[, de :
cos θ + i sin θ + 1 . cos θ + i sin θ − 1
Solution : 1. Par factorisation par les angles moitiés (voir proposition 1.25 page 30 ), on trouve : z =e
iθ
θ + 1 = ei 2
µ ¶ θ θ iθ −i θ 2 2 e +e = 2cos e i 2 . 2
42
35π 3
π
= 210 e −i 3 car 35π/3 =
Il reste à étudier le signe de cos θ2 . Comme θ ∈ [−π, π], alors |z| = 2cos
θ 2
et arg(z) =
θ 2
θ 2
∈ [−π/2, π/2] et cos θ2 Ê 0. Il vient donc :
[2π] . On montre de même que si z ′ = e iθ − 1 alors : z
′
θ = ei 2
³ ´ µ ¶ θ i θ+π θ iθ −i θ iθ 2 2 2 2 2 e −e = 2i sin e = 2sin e .
2
2
On étudie alors le signe de sin θ2 . Comme θ ∈ [−π, π], sin θ/2 Ê 0 si θ ∈ [0, π] et sin θ/2 < 0 si θ ∈ [−π, 0[. Donc : ¯ ¯ ¯ ′¯ ¯z ¯ = 2 ¯¯sin θ ¯¯ 2
et
θ + π [2π] ¡ ′¢ 2 arg z = θ + 3π [2π] 2
si θ ∈ [0, π] si θ ∈ [−π, 0[
2. En utilisant les résultats de la question précédente, on obtient :
θ
Z=
θ π θ cos θ + i sin θ + 1 e iθ + 1 e i 2 2cos 2 = iθ = cotan e −i 2 = θ θ cos θ + i sin θ − 1 e − 1 2 e i 2 2i sin 2
¯ ¯ ¯ ¯¯ ¡ ¢ θ¯ On obtient |Z| = |z| / ¯ z ′ ¯ = ¯cotan ¯ et arg(Z) = arg(z) − arg z ′ = 2
Exercice 1.5 ♥ ¢n ¡p Trouver les entiers n ∈ N tels que 3 + i soit réel. p
¡p
π
Solution : Comme 3 + i = 2e i 6 , si n ∈ N : 3 + i c’est-à-dire si et seulement si n est un multiple de 6.
¢n
(
−π/2
− 3π 2
[2π]
si θ ∈ [0, π[ . si θ ∈ ]−π, 0[
π
= 2n e in 6 . Ce nombre est réel si et seulement si n π6 ≡ 0 [π]
Exercice 1.6 ♥ On considère, pour θ ∈ R et n ∈ N , le complexe z = [1 − sin θ + i cos θ]n . Déterminer les réels θ tels que Re (z) = 0. Solution : En utilisant la factorisation par les angles moitiés (voir proposition 1.25 page 30 ), on trouve : z = [1 + e i(π/2+θ) ]n = 2n cosn (π/4 + θ/2)e in(π/4+θ/2)
et donc : Re (z) = 2n cos n (π/4 + θ/2) cos(nπ/4 + nθ/2)
Par suite : Re (z) = 0 si et seulement si θ = 2kπ + π/2 ou θ = (2k + 1)π/n − π/2 où k ∈ Z .
1.11.2 Polynômes, équations, racines de l’unité Exercice 1.7 ♥ Soit P le polynôme défini dans C par : P(z) = z 3 − z 2 + (5 + 7i )z + 10 − 2i .
1. Montrer que P possède une racine imaginaire pure. 2. En déduire une factorisation de P de la forme P(z) = (z − 2i )Q(z) où Q est un polynôme du second degré à coefficients complexes. 3. Résoudre alors P(z) = 0 et factoriser complètement le polynôme P sur C. Solution : 1. Le nombre complexe 2i est une racine de P. 2. P admet alors une factorisation de la forme P(z) = (z−2i )Q(z) avec Q (z) = az 2 +bz+c un polynôme à coefficients complexes à déterminer. Par identification, on montre que Q (z) = z 2 + (−1 + 2i )z + 1 + 5i .
3. En appliquant le théorème de résolution des équations du second degré à coefficients complexes, on trouve que les racines de Q sont −1 + i et 2 − 3i . On a donc : P = (z − 2i )(z + 1 − i ) (z − 2 + 3i ) . 43
Exercice 1.8 ♥ Déterminer les racines carrées des nombres complexes suivants : 1. z1 = −3 + 4i
3. z3 = −24 − 10i
2. z2 = −5 − 12i
4. z4 = −i
Solution : 1. On utilise la méthode vue en cours. Soit Z = X + i Y une racine carrée de z1 . (X, Y) vérifie le système : 2 2 X + Y X2 − Y2 XY
=5
= −3 . >0
Par addition-soustraction des deux premières équations, il vient que 2X2 = 2 c’est-à-dire X = ±1 et 2Y2 = 8 c’est-àdire Y = ±2. On utilise alors que XY > 0 et on trouve que Z = 1 + 2i ou Z = −1 − 2i . Réciproquement, on vérifie que ces deux solutions conviennent. 2. On procède de même et on trouve que les deux racines carrées de z2 sont 2 − 3i et −2 + 3i 3. On procède encore de la même façon et on trouve que les deux racines de z4 sont 1 − 5i et −1 + 5i .
4. On peut procéder comme avant. Mais on peut aussi utiliser la forme exponentielle de −i qui est −i = e i3π/2 donc Z = ρe iθ est une racine carrée de −i si et seulement si (
ρ 2θ
=1
=
3π 2
[2π]
et alors ρ = 1 et θ = 3π/4[π]. Donc Z = e i3π/4 ou Z = e i7π/4 ce qui donne, sous forme algébrique Z = ou Z =
p
2
2
p 2 2
(1 − i )
(−1 + i ) . On vérifie réciproquement que ces deux solutions conviennent.
Exercice 1.9 ♥ Déterminer les racines des polynômes suivants : 1. z 2 + i z + 5 − 5i
3. z 2 − i z + 1 − 3i
2. z 2 + z − i z − 5i
4. z 2 − 3i z − 3 − i = 0
Solution : 1. Le discriminant de z 2 + i z + 5 − 5i est ∆ = −21 + 20i . Une racine carrée de ∆ est 2 + 5i . Les racines du polynôme sont donc : 1 + 2i et −1 − 3i .
2. Le discriminant de z 2 + z − i z − 5i est ∆ = 18i . Une racine carrée de ∆ est 3 + 3i . Les racines du polynôme sont donc : 1 + 2i et −2 − i .
3. Le discriminant de z 2 − i z + 1 − 3i est ∆ = −5 + 12i . Une racine carrée de ∆ est 2 + 3i . Les racines du polynôme sont donc : 1 + 2i et −1 − i . 4. Le discriminant de z 2 − 3i z − 3 − i = 0 est ∆ = 3 + 4i . Une racine carrée de ∆ est 2 + i . Les racines du polynôme sont donc : 1 + 2i et −1 + i .
Exercice 1.10 Déterminer :
♥
1. Les racines troisièmes de −8.
2. Les racines cinquièmes de −i
3. Les racines sixièmes de
−4p 1+i 3
Solution : Soit z = ρe iθ ∈ C avec ρ ∈ R∗+ et θ ∈ R.
1. On a −8 = 8e iπ et z est une racine troisième de −8 si et seulement si ρ3 = 8 et 3θ = π [2π]. Il vient alors ρ = 2
et θ = π/3 [2π/3]. Donc z = 2e iπ/3 ou z = 2e i(2π/3+π/3) = 2e iπ = −2 ou z = 2e i(4π/3+π/3) = 2e i5π/3 = 2e −iπ/3 . On vérifie réciproquement que ces trois nombres conviennent. 44
π
2. Comme −i = e −i 2 , on a : z 5 = −i si et seulement si ρ5 = 1 et 5θ ≡ − π2 [2π] c’est-à-dire si et seulement si ρ = 1 et π θ = − 10
£ 2π ¤ 5
π
. Les cinq racines cinquièmes de −i sont donc : e i(4k−1) 10 avec k ∈ 0, 4.
3. De même, on montre que
−4p 1+i 3
= 2e
2iπ 3 .
Par conséquent, z 6 =
p
−4p 1+i 3
£π¤
c’est-à-dire si et seulement si : ρ = 6 2 et θ ≡ π9 k ∈ 0, 5.
3
2π 3
[2π],
(3k+1)π 9
avec
si et seulement si ρ6 = 2 et 6θ ≡
. Les six racines sixième de
−4p 1+i 3
sont donc : e i
Exercice 1.11 ♥♥ Résoudre dans C l’équation (z − 1)6 + (z − 1)3 + 1 = 0 (⋆) p 2iπ 3 3 2 =e (6k+2)π = ei 9 +1
Solution : Posons Z = (z − 1)3 . L’équation devient alors Z2 + Z+ 1 = 0 qui admet deux solutions : Z1 = − 21 + i et Z2 = − 21 − i
p 3 2
= e−
2iπ 3 .
On a alors (z − 1)3 = Z1 ou (z − 1)3 = Z2 . La première équation amène : z
avec k ∈ 0, 2 et la seconde : z = e i solutions de (⋆). Exercice 1.12
(6k−2)π 9
+ 1 avec k ∈ 0, 2. On vérifie réciproquement que ces six nombres sont
♥♥
1. Résoudre dans C , l’équation (1 + i z)5 = (1 − i z)5 (⋆)
2. En déduire les valeurs de tan
3. En déduire la valeur de tan
(1.1)
π 2π et tan , que l’on exprimera sous la forme : 5 5 q p p + q n, (n, p, q) ∈ N2 × Z
π . 10
Solution : 1. Soit z une solution de (⋆). z 6= −i donc 1−i z 6= 0. Posons U = En posant ω = e i
2π 5 ,
il existe k ∈ 0, 4 tel que :
Alors :
1+iz . Le nombre complexe U doit vérifier U5 = 1. 1−iz
U = ωk µ
ωk − 1
kπ z = −i k = tan 5 ω +1
On vérifie réciproquement, que z = tan
¶
kπ est solution pour k ∈ ]0, 4[. 5
2. Résolvons de façon différente l’équation (⋆) en développant les deux membres à l’aide de la formule du binôme de Newton : 1 + 5(i z) + 10(i z)2 + 10(i z)3 + 5(i z)4 + (i z)5
⇐⇒
⇐⇒
= 1 − 5(i z) + 10(i z)2 − 10(i z)3 + 5(i z)4 − (i z)5
5i z + 10(i z)3 + (i z)5 = 0 £ ¤ z z 4 − 10z 2 + 5 = 0
Et si z est une solution non-nulle, Z = z 2 est racine du trinôme
Z2 − 10Z + 5 = 0
qui possède deux racines réelles :
p Z1 = 5 − 2 5
et donc, les racines de (⋆) sont : 0,
q p ± 5 + 2 5,
45
p Z2 = 5 + 2 5 q p ± 5−2 5
Comme tan
kπ π 2π est strictement positif pour k = 1, 2, et comme tan < tan , on trouve que 5 5 5 tan
π = 5
q p 5−2 5
et
tan
2π = 5
q p 5+2 5
3. En utilisant la formule de trigonométrie : tan 2θ =
avec θ =
2tan θ 1 − tan2 θ
π π , et en posant A = tan , A doit vérifier : 10 10 q q p p 5 − 2 5 A2 + 2A − 5 − 2 5 = 0
et A est alors la seule racine positive de ce trinôme : p
A= p
5−2 p 5−2 5
Exercice 1.13 ♥♥ Résoudre les équations suivantes d’inconnue z ∈ C : 1. 1 +
µ ¶ µ ¶ z +i z +i 2 z +i 3 + + =0 z −i z −i z −i
2. (z + i )n = (z − i )n
Solution : 1. Soit z une solution de la première équation. On a nécessairement z 6= i car i n’est pas une solution de l’équation.
z +i . Ce complexe vérifie 1 + Z + Z2 + Z3 = 0. Remarquons que Z 6= 1 car il n’existe pas de complexe z −i 1 − Z4 z +i z tel que et Z vérifie : 1 − Z4 = 0. Le complexe Z est donc une racine = 1. Donc 1 + Z + Z2 + Z3 = z −i 1−Z Z+1 quatrième de l’unité différente de 1, ce qui amène Z = i , −1, −i . On écrit ensuite que z = i et on trouve les Z−1 trois solutions z = 1, 0, −1 . On vérifie réciproquement que ces trois nombres sont solutions de l’équation.
Posons Z =
2. Considérons maintenant une solution z de la deuxième équation. Comme précédemment, il est clair que z 6= i . z +i 2ikπ . Il vient alors Un = 1 et donc U est une racine n -ième de l’unité différente de 1 : U = e n avec z −i k ∈ 1, n − 1 . On écrit alors que
Posons U =
2ikπ
U+1 e n +1 z =i = i 2ikπ U−1 e n −1 o n kπ Après factorisation par l’angle moitié, on trouve que z ∈ cotan ; k ∈ 0, n − 1 . On vérifie réciproquement n
que ces nombres sont solutions de l’équation. Exercice 1.14 Résoudre
♥♥ z3 = z
Solution : ♥♥ On remarque que z = 0 est une solution de cette équation. Supposons alors z 6= 0. En prenant les ¯ ¯ modules, on a : |z|3 = ¯ z ¯ = |z| et donc :|z| = 1. Si z est solution, alors en multipliant par z on trouve que z 4 = |z|2 = 1 d’où z ∈ {1, i , −1, −i }. On vérifie réciproquement que ces solutions conviennent. L’ensemble solution de l’équation est donc : {0, 1, i , −1, −i } . Exercice 1.15 ♥ Soit ω une racine n -ième de l’unité différente de 1. On pose S=
n−1 X k=0
(k + 1) ωk .
46
Déterminer une valeur de S . Indication 1.9 : On pourra calculer (1 − ω) S . Solution : (1 − ω) S
=
(1 − ω)
=
n−1 X
=
=
=
et S =
n ω−1
k=0
n−1 X k=0
(k + 1) ωk
´ ³ (k + 1) ωk − ωk+1
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ (1 − ω) + 2 ω − ω2 + 3 ω2 − ω3 + . . . + n ωn−1 − ωn 2 + . . . + ωn−1} +nωn par télescopage |1 + ω + ω {z =0
n
.
Exercice 1.16 ♥♥ Soit n ∈ N, n Ê 2. Calculer le produit des éléments de Un . Solution : Y
ξ∈Un
ξ=
n−1 Y k=0
2ikπ e n
n−1 Y ³ 2iπ ´k e n = k=0
³ 2iπ ´1+2+...+n−1 ³ 2iπ ´ n(n−1) 2iπn(n−1) 2 2n = e i(n−1)π = (−1)n−1 =e = e n = e n
Exercice 1.17 ♥ Résoudre dans C l’équation 1 + 2z + 2z 2 + · · · + 2z n−1 + z n = 0
Indication 1.9 : Multiplier par (1 − z).
Solution : Soit z une solution de l’équation. Comme 1 n’est pas solution de l’équation, nécessairement z 6= 1. En multipliant l’équation par (1 − z), on se ramène à l’équation équivalente : (1 + z)(1 − z n ) = 0
Les solutions de cette équation sont les racines n -ièmes de l’unité différentes de 1 ainsi que −1. Exercice 1.18 ♥♥ 2iπ Pour n Ê 2, on note ω = e n . Calculer les sommes suivantes : S1 =
n−1 X k=0
ωk p
(p ∈ Z ),
S2 =
n−1 X ³n ´ k=0
k
ωk ,
S3 =
n−1 X¯ k=0
¯ ¯ k ¯ ¯ω − 1¯.
Solution : • La première somme est géométrique de raison ωp . La raison est différente de 1 si et seulement si p n’est pas un multiple de n . Alors S1 =
ωpn − 1 = 0 ωp − 1
Si p est un multiple de n , on trouve S 1 = n . • La deuxième somme se calcule grâce à la formule du binôme : Ã ! n n X S2 = ωk − ωn = (1 + ω)n − 1 = −2n cosn k k=0 en utilisant la factorisation par l’angle moitié 47
π n
−1
• La troisième somme se calcule en remarquant que
¯ ¯ ¯ ¯ kπ kπ ¯ ¯ k ¯ ¯ ¯ω − 1¯ = 2 ¯sin ¯ = 2sin n
n
La première égalité est une conséquence de la factorisation de l’angle moitié et la seconde provient du fait que sinus est positif si k ∈ 0, n − 1 . On introduit alors la somme E des exponentielles imaginaires correspondante que l’on calcule et finalement, E=2
n−1 X
e
ikπ n
k=0
=2
e iπ − 1 π
ei n − 1
iπ
=
S 3 = Im(E) = 2cotan
³
2i e − 2n π sin 2n π
2n
´
Exercice 1.19 ♥♥♥ Racines primitives de l’unité Soit n ∈ N, n Ê 1 et soit ω ∈ Un . On dit que ω est une racine primitive n -ième de l’unité si et seulement si toute racine n -ième de l’unité s’écrit comme une puissance de ω. Autrement dit : n o Un = ωk | k ∈ Z
Soit k ∈ 0, n − 1. Montrer que ω = e avec n .
2ikπ n
est une racine primitive n -ième de l’unité si et seulement si k est premier
Solution : ⇒ Par contraposée, si k et n ne sont pas premiers entre eux, alors ils admettent un diviseur commun d 6= ±1 : n = dn ′ ′
′
′
et k = dk avec n , k ∈ N. En particulier, w
n′
µ ¶n ′ 2iπk ′ d = 1 et = e n ©
ª w r | r ∈ N ⊂ Un ′ Ú Un
car n ′ < n . On en déduit que ω n’est pas primitive. ⇐ Si k et n sont premiers entre eux alors d’après le théorème de Bézout, il existe a, b ∈ Z tels que ak + bn = 1. Donc pour tout l ∈ 0, n − 1 , µ
e
2ikπ n
¶al
=e
2ik al π n
=e
2i(1−bn)l π n
=e
2il π n
et ω est bien primitive. Exercice 1.20 ♥♥♥ 2iπ Posons ω = e 7 et considérons X = ω + ω2 + ω4 et Y = ω3 + ω5 + ω6 . 1. Montrer que Y = X et que ImX > 0. 2. Calculer X + Y et XY. En déduire que X et Y sont solutions d’une équation du second degré puis calculer X et Y.
3. Exprimer Re X en fonction de cos 2π 7 .
3 2 4. En déduire que cos 2π 7 est une racine du polynôme 8x + 4x − 4x − 1 = 0.
Solution : On remarque que ω est une racine septième de l’unité. , 4π ∈ [0, π], 1. On remarque que ω = ω6 , ω2 = ω5 et ω¯4 = ω3 .¯ Il est donc clair que Y = X . Par ailleurs, comme 2π £ π¤ 7 7 2π 4π 8π 2π π on a : sin 7 > 0 et sin 7 > 0. De plus ¯sin 7 ¯ = sin 7 < sin 7 car sin est croissante sur 0, 2 . Donc ImX = 4π 8π sin 2π 7 + sin 7 + sin 7 > 0. 1 − ω7
= 0 car ω7 = 1. Il vient alors que X + Y = −1.Par 2. On applique le cours : 1 + ω + ω2 + ω3 + ω4 + ω5 + ω6 = 1−ω ailleurs XY = ω4 + ω5 + ω6 + 3ω7 + ω8 + ω9 + ω10 = ω4 + ω5 + ω6 + 3 + ω + ω2 + ω3 = 2.
En utilisant les relations entre les coefficients et les racines d’un trinôme du second degré, on obtient que X et Y p p sont racines du trinôme X2 + X + 2. On en déduit que, comme ImX > 0, X = − 21 + i 27 et que Y = − 21 − i 27 . 48
¡
¢
¡
¢
3. Remarquons que Re ω4 = Re ω3 . Donc : Re X
=
= =
= =
¡ ¢ Re ω + ω2 + ω4 ¡ ¢ Re ω + ω2 + ω3
cos
cos
2π
+ cos 2
7 2π
+ 2cos
7
4cos
3 2π 7
2π
+ cos 3
7 2 2π 7
+ 2cos
2π 7
− 1 + 4cos3
2 2π 7
− 2cos
2π
2π 7
7
− 3cos
2π 7
−1
4. Comme Re (X) = −1/2, l’égalité précédente devient : 1 2π 2π 2π − = 4cos3 + 2cos2 − 2cos − 1 2 7 7 7
Soit : 8cos3
2π 7
+ 4cos2
2π 7
− 4cos
2π 7
−1 = 0
et on prouve que cos 2π 7 est une racine du polynôme.
1.11.3 Application à la trigonométrie Exercice 1.21 ♥ Pour x ∈ R, linéariser les expressions suivantes : 1. sin2 x
3. sin4 x
4
5. cos x sin2 x
5
2. cos x
2
4. sin x .
2
6. cos x sin x
7. cos a cos b 8. cos a cos b cos c
Solution : 1. Par la trigonométrie : sin2 x = (1 − cos(2x)) /2 2. On utilise les formules d’Euler et la formule du binôme : cos4 x
= = =
µ
¶4 e i x + e −i x 2 ´ 1 ³ i4x e + 4e i2x + 6 + 4e −2i x + e −4i x 16 1 (cos(4x) + 4cos(2x) + 3) . 8
1 8
3. On procède comme avant. On trouve sin4 x = (cos(4x) − 4cos(2x) + 3) . 4. De même, on obtient sin5 x =
1 (sin(5x) − 5sin(3x) + 10sin(x)) . 16
5. On calcule cos x sin2 x
= = =
6. De même : cos2 x sin2 x =
1 8
´³ ´2 1 ³ ix −i x ix −i x e + e e − e 23 ´ 1 ³ − 3 e i3x + e −i3x − e i x − e −i x 2 1 − (cos(3x) − cos(x)) . 4
−
(− cos(4x) + 1)
7. Par la trigonométrie ou en utilisant les formules d’Euler : cos a cos b =
1 2
(cos (a − b) + cos (a + b)) .
8. On utilise les formules d’Euler : cos a cos b cos c =
1 4
(cos (a − b − c) + cos (a − b + c) + cos (a + b − c) + cos (a + b + c)) .
49
Exercice 1.22 ♥ Pour tout x ∈ R, transformer :
1. cos(3x) en un polynôme en cos x .
2. sin(3x) en un polynôme en sin x . 3. cos(4x) en un polynôme en cos x . Solution : 1. D’après la formule de Moivre et la formule du binôme : cos(3x) + i sin(3x)
=
=
(cos x + i sin x)3
cos3 x + 3i sin x cos2 x − 3cos x sin2 x − i sin3 x
et il vient en identifiant les parties réelles et imaginaires : cos(3x) = cos3 x − 3cos x sin2 x mais sin2 x = 1 − cos2 x donc cos 3x = 4cos3 x − 3cos x .
2. Il vient aussi sin(3x) = 3sin x cos2 x − sin3 x . Comme cos2 x = 1 − sin2 x , on obtient : sin(3x) = 3sin x − 4sin3 x 3. On procède de même que dans la première question et on trouve cos(4x) = 8cos4 x − 8cos2 x + 1 . Exercice 1.23 ♥ Équations trigonométriques Résoudre dans l’ensemble des nombres réels les équations trigonométriques suivantes :
2. sin x cos x = 1/4 ¡
¢
¡
3. tan 3x − π5 = tan x + 4π 5 p
¢
¡
¡
5. cos 2x − π3 = sin x + 3π 4
1. cos(2x) + cos(x) = 0
4. cos x − 3sin x = 1
6. sin x − 1/ sin x = 3/2.
¢
7. sin x + sin 3x = 0 p
¢
p
8. 3cos x − 3sin x = 6
Solution : 1. cos(2x) + cos(x) = 0 ⇐⇒ cos (2x)£ = ¤− cos (x) ⇐⇒ cos (2x) = cos (x + π) ⇐⇒ 2x = x + π [2π] ou 2x = −x − π [2π] ⇐⇒ x = π [2π] ou x = − π3 2π 3 .
2. D’après les formules de trigonométrie, cos x sin x = sin (2x) /2 donc cos x sin x = 1/4 ⇐⇒ sin (2x) = 1/2 ⇐⇒ 2x = π/6 [2π] ou 2x = π − π/6 [2π] ⇐⇒ x = π/12 [π] ou x = 5π/12 [π]. ¡
¢
¡
¢
¢
¡
¢
π 4π 3. tan 3x − π5 = tan x + 4π 5 ⇔ 3x − 5 = x + 5 [π] ⇐⇒ 2x = π [π] ⇐⇒ x = 0
p
p 3 2
£π¤ 2
.
4. cos x − 3 sin x = 1 ⇐⇒ 21 cos x − sin x = 21 ⇐⇒ cos π3 cos x − sin π3 sin x = cos π3 ⇐⇒ cos π π ou π3 + x = − π3 [2π] ⇐⇒ x = 0 [2π] ou x = − 2π 3 + x = 3 [2π] 3 [2π] ¡
¡
¢
¡
¢¢
¡
¡
¢
¡
¡π 3
¢ + x = cos π3 ⇐⇒ ¢
π π ⇐⇒ cos 2x − π3 = cos −x − π4 ⇐⇒ 2x − π3 = − x + 3π 5. cos 2x − π3 = sin x + 3π 4 ⇐⇒ cos 2x − 3 = cos 4 £ 2π ¤2 7π π π π π −x − 4 [2π] ou 2x − 3 = x + 4 [2π] ⇐⇒ x = 36 3 ou x = 12 [2π]
6. On suppose que x 6= 0 [π] On a : sin x − 1/ sin x = 3/2 ⇐⇒ sin2 x − 1 = 3/2sin x ⇐⇒ sin2 x − 3/2sin x − 1 = 0. On effectue le changement de variable X = sin x et on cherche les racines du trinôme X2 − 3/2X − 1 = 0. On trouve 2 et −1/2. Seule la deuxième racine amène des solutions pour notre équation. On résout alors sin x = −1/2 et on trouve x = −π/6 [2π] et x = π/6 + π [2π] = 7π/6 [2π].
7. Cette équation se traite comme la première. On trouve x = 0 8. On multiplie les deux membres de l’équation par troisième. On trouve x =
π 12
[2π] ou x
= − 5π 12
1 p 2 3
£π¤ 2
et on effectue alors des calculs similaires à ceux de la
[2π].
Exercice 1.24 ♥♥ Équations trigonométriques Résoudre les équations trigonométriques suivantes : 1. cos(2x) + cos(x) = −1
2. cos4 x + sin4 x = 1
3. cos x + cos 2x + cos 3x = −1
Solution : 2 x − 1 + cos x = −1 ⇐⇒ cos x (2cos x + 1) = 1. On utilise les formules de duplication : cos(2x) + cos(x) ¡ =π −1 ¢ ⇔ 2cos π 4π 1 0 ⇐⇒ cos x = 0 ou cos x = − 2 ⇐⇒ x = 2 [π] ou x = π + 3 [2π] = 3 [2π] ou x = − 4π 3 [2π].
50
2. On utilise les linéarisations effectuées dans l’exercice 1.21 et on obtient : cos4 x + sin4 x = 1 ⇐⇒ cos(4x) = 1 ⇐⇒ 4x = 0 [2π] ⇐⇒ x = 0[π/2].
3. On utilise les calculs de l’exercice 1.22. On sait que cos(2x) = cos2 x −¡1 et que cos(3x) = ¢4cos3 x − 3cos x , donc cos x + cos 2x + cos 3x = −1 ⇐⇒ 2cos3 x + cos2 x − cos x = 0 ⇐⇒ cos x 2cos2 x + cos x − 1 = 0. Afin de résoudre 2cos2 x + cos x − 1 = 0, on pose X = cos x et on cherche les racines de 2X 2 + X − 1 = 0 qui sont 1/2 et −1. Donc 2cos2 x + cos x − 1 = 0 si et seulement si cos x = 1/2 ⇐⇒ x = ±π/3 [2π] ou cos x = −1 ⇐⇒ x = π [2π]. Finalement les solutions de l’équation initiale sont : x = π/2 [π], x = ±π/3 [2π] et x = π [2π]. Exercice 1.25 ♥ Soient n ∈ N et θ ∈ R \ 2πZ. 1. Montrer que : n X
θ
k=0
2. En déduire :
n X
e ikθ = e in 2
cos (kθ)
sin (n+1)θ 2 sin θ2 n X
et
sin (kθ).
k=0
k=0
3. En déduire :
n X
k sin kθ.
k=0
Solution : 1. Comme θ ∈ R \ 2πZ, e iθ 6= 1 et en reconnaissant la somme des n + 1 premiers termes d’une suite géométrique de raison e iθ , on a : n X
e
ikθ
k=0
=
n ³ X
e
iθ
k=0
´k
=
1 − e (n+1)θ 1 − e iθ
=
(n+1)θ 2
ei
2. Par ailleurs :
θ
cos (kθ) = Re
Ã
n X
sin (kθ) = Im
Ã
k=0
n X
e
θ
ikθ
k=0
k=0
Exercice 1.26 On pose
(n+1)θ 2 θ
!
θ
= e in 2
sin (n+1)θ 2 sin θ2
³ θ ´ sin (n+1)θ 2 = cos n 2 sin θ2
! ³ θ ´ sin (n+1)θ 2 e ikθ = sin n θ 2 sin 2 k=0
rapport à θ. On trouve alors k sin kθ =
− ei
n X
3. Pour la dernière somme, il suffit de dériver l’égalité
n X
(n+1)θ 2
e −i 2 − e i 2
ei 2
n X
k=0
e −i
³ ´ sin (n+1)θ sin (2n+1)θ 1 2 2 θ = − par cos = cos n (kθ) 2 k=0 θ θ 2 sin 2 2sin 2
Pn
(2n+1)θ (2n+1)θ θ θ 1 (2n + 1) cos 2 sin 2 − sin 2 cos 2 . 4 sin2 θ 2
♥ A = sin
³π´ 12
B = cos
³π´ 12
C = tan
³π´ 12
1. En utilisant la trigonométrie, montrer que A vérifie une équation du second degré. 2. Exprimer A , B , C en utilisant des racines carrées. Solution : 1. Pour tout x ∈ R, on a la formule cos (2x) = 1 − 2sin2 x¡. Appliquée à x = π/12, il vient que sin2 (π/12) = p ¢ 2 (1 − cos (π/6)) /2. Donc sin (π/12) est une solution de X − 2 − 3 /4 = 0. 51
2. On résout cette équation. Ses deux solutions sont X = ± sin (π/12) =
p
p 2− 3
p
p 2− 3 . 2
Comme sin (π/12) > 0, il est clair que
. Pour calculer cos (π/12), on utilise alors la formule fondamentale de la trigonométrie et
2
le fait que ce cosinus est positif. On trouve q cos (π/12) = 1 − sin2 (π/12) =
s
p p p 2− 3 2+ 3 1− . = 4 2
Enfin, d’après la définition de la fonction tangente, il vient que : sin (π/12) tan (π/12) = = cos (π/12)
Exercice 1.27 Calculer la somme
s
p 2− 3 p . 2+ 3
♥♥ S=
4 X
cos2
k=1
kπ 9
1 + cos 2x et donc, d’après les formules d’Euler : 2 ¶ ´ 4 ³ 4 µ 2ikπ 8 2ikπ 2ikπ 2kπ 1X 1 X 1X 1 + cos = 2+ = e 9 e 9 + e− 9 = 2 + 2 k=1 9 4 k=1 4 k=1
Solution : Pour tout x ∈ R, cos2 x = S=
4 X
cos2
k=1
kπ 9
la dernière égalité étant conséquence du fait que e−
i2π 9
=e
i2×8×π 9 ,
e−
i2×2×π 9
=e
i2×7π 9 ,
e−
i2×3×π 9
=e
i2×6π 9
et e −
i2×4×π 9
=e
i2×5×π 9 .
(Placer les racines neuvièmes de l’unité sur un dessin !). On trouve alors par application du cours : S=
8 2ikπ 7 1X 7 . + e 9 = 4 4 k=0 4
Exercice 1.28 ♥♥ Pour tout x ∈ R, calculer les sommes suivantes : à ! n cos kx 1. S 1 = k=0 k à ! Pn n 2. S 2 = k=0 sin kx k Pn
3. S 3 =
Pn
cos kx
4. S 4 =
Pn
sin kx
k=0
k=0
cosk x
cosk x
(avec x 6= π/2 [π]). (avec x 6= π/2 [π]).
Solution : Soit x ∈ R. 1. Remarquons que d’après la formule du binôme de Newton et en factorisant par les angles moitiés : Ã ! µ ¶ ³ ´n n n X ix −i x n nx x i nx ik x ix 2 2 2 S= e +e =e = 2n cosn e i 2 . e = 1+e k 2 k=0 x
nx
2
2
Mais S 1 = Re (S) = 2n cosn cos x
nx
2
2
2. Et S 2 = Im (S) = 2n cosn sin 3. Calculons
.
.
µ i x ¶n+1 e 1− µ ¶ k cos x n n X X eix e ik x = S′ = = eix k 1− k=0 cos x k=0 cos x cos x n + 1
52
si x 6= 0 [π] si x = 0 [π]
eix
car on a reconnu une somme géométrique de raison . Or cette quantité est égale à 1 si et seulement si cos x x = 0 [π]. Si x 6= 0 [π] alors µ
eix 1− cos x
¶n+1
¡ ¢¡ ¢ cosn+1 x − e i(n+1)x cos x − e −i x 1 cosn+1 x − e i(n+1)x 1 ¡ ¢ = = = cosn x cosn x cos2 x − cos x e i x + e −i x + 1 cos x − e i x
eix cos x ¡ ¢¡ ¢ cosn+1 x − e i(n+1)x cos x − e −i x 1
1−
sin2 x
cosn x
³³
1
=
sin2 x cosn x ¡ ¡ ¢¢ 1 sin (n + 1) x + i cosn+1 x − cos (n + 1) x n sin x cos x
¡ ¢
Comme S 3 = Re S ′ , il vient que S 3 = n + 1 si x = 0[π] et que S 3 = ¡ ¢
4. De même S 4 = Im S ′ = 0 si x = 0[π] et S 4 =
Exercice 1.29 Calculer ∀ n ∈ N∗ ,
♥♥
n−1 X
(−1)p cosn
p=0
³ pπ ´ n
´ ´ cosn+1 x − e i(n+1)x i sin x =
sin (n + 1) x sinon. sin x cosn x
cosn+1 x − cos (n + 1) x sinon. sin x cosn x
.
Solution : On a n−1 X
p
n
(−1) cos
p=0
³ pπ ´ n
=
n−1 X
(−1)
p=0
p
µ
e i pπ/n + e −i pπ/n 2
¶n
=
n−1 X p=0
(−1)p
´n e i pπ ³ −2i pπ/n 1 + e 2n
´n ´n 1 ³ (−1) ³ (−1)p n 1 + e −2i pπ/n = n 1 + e −2i pπ/n = 2 2 p=0 Ã ! Ã ! n n n n n−1 X X X −2i pkπ/n 1 n−1 1 X e = n e −2i pkπ/n = n 2 p=0 k=0 k 2 k=0 k p=0 n−1 X
p
n−1 X −2i pkπ/n e −2i pkπ/n = 0 pour k = 1, 2, . . . , n − 1. Restent k = 0 et k = n pour lesquels e = n. p=0 p=0 Ã Ã ! Ã !! ³ pπ ´ 1 n−1 X n n n (−1)p cosn = n n Donc +n = n−1 . n 2 2 0 n p=0
Or
n−1 X
1.11.4 Application des nombres complexes à la géométrie Exercice 1.30 ♥ Sot z un nombre complexe non nul. Placer sur un dessin les points d’affixes respectives 1. z , −z , z et −z . 2. z , 2z , i z , i z et z + 1 + i et
p
2(1 + i ) z .
3. z , z −1 , z et z 3 si |z| = 1.
Solution : Pour tout l’exercice, on appelle M le point d’affixe z . 53
1. On utilise que z¯ est déduit de z par la symétrie d’axe les abscisses et que −z est déduit de z par la symétrie de centre O. −¯ z
i
3. Si z ∈ U alors d’après le cours, z −1 = z¯. Par ailleurs, z = e iθ où θ est un argument de z . Donc z 3 = e 3iθ et on peut alors placer le point d’affixe z 3 .
z
1
i
z 3 = ei3θ
O
U z = eiθ
z¯
−z
2. Multiplier z par un réel non nul k revient à appliquer au point M l’homothétie de centre O et de rapport k . Multiplier z par i revient à appliquer à M la rotation de centre O et d’angle π/2. Ajouter au complexe z un complexe z0 revient une translation de vecteur d’afà appliquer à M p z0 . Comme 2 (1 + i ) = 2e iπ/4 , multiplier z fixe p par 2 (1 + i ) z revient à appliquer à z la similitude de centre O, de rapport 2 et d’angle π/4. √ 2(1 + i)z
1
O
z¯ =
1 z
= e−iθ
2z
z+1+i z
i iz
i¯ z 1
O
z¯
Exercice 1.31 ♥ Déterminer et représenter les ensembles de nombres complexes : 1. E1 = {z ∈ C | z¯ = z}.
4. E4 = {z ∈ C | |z − 1 + 2i | = 1}.
3. E3 = {z ∈ C | |z − 1| = |z + 1|}.
6. E6 = z ∈ C | arg(z) = π/4 [π]
2. E2 = {z ∈ C | |z| É 4}.
5. E5 = {z ∈ C | Im z = −1} ©
©
ª
©
ª
8. E8 = z ∈ C | arg(z − 1) = π/6 [π] ©
9. E9 = z ∈ C | arg(z − 1 + 2i ) = π/2 [2π]
Solution : Dans toute la solution, on appelle M le point d’affixe z . 1. Un complexe est égale à son conjugué si et seulement si il est réel donc E1 = R. 2. On applique le cours : E2 est le disque fermé de centre 0 et de rayon 4.
3. Si A est le point d’affixe −1 et B celui d’affixe −1 alors |z − 1| = |z + 1| si et seulement si d (M, A) = d (M, B). Donc M est un point de la médiatrice du segment [A, B] , c’est à dire de l’axe imaginaire, donc E2 = i R. 4. D’après le cours E3 est le cercle de centre le point d’affixe 1 − 2i et de rayon 1.
5. L’ensemble E5 est constitué de la droite passant par le point d’affixe −i et parallèle à l’axe réel. 6. L’ensemble E6 est la bissectrice principale.
7. L’ensemble E7 est la demi-droite d’extrémité l’origine et formant un angle de π/3 avec l’axe des abscisses. → −
E8 est l’image par la translation de vecteur i de la droite passant par l’origine et le point d’affixe 8. ¡L’ensemble p ¢ 3 + i /2 angle de π/3 avec l’axe des abscisses.
− u (1 − 2i ) de la demi droite [Oy). 9. Enfin l’ensemble E9 est l’image par la translation de vecteur →
54
ª
7. E7 = z ∈ C | arg(z) = π/3 [2π] .
ª
Exercice 1.32 ♥ Soient A (1 + i ) et B (4 + 3i ).
1. Trouver l’affixe du point C pour que le triangle ABC soit équilatéral direct.
2. Trouver l’affixe des points D et E pour que le quadrilatère ABDE soit un carré direct. Solution : 1. Le triangle ABC est équilatéral direct si et seulement si C est déduit de B par une rotation de centre A et d’angle Pi /3 donc on doit avoir ZC = e iπ/3 (zB − z A ) + z A . Après calcul, on trouve que l’affixe de C est ³ p p ´ zC = 5/2 − 3 + 2 + 3/2 3 i . Réciproquement, on vérifie que ce point convient.
2. Le quadrilatère ABDE est un carré direct si et seulement si on a en même temps : – le point D est l’image de A par une rotation d’angle −π/2 et de centre B. – le point E est l’image de B par une rotation d’angle π/2 et de centre A. On trouve alors zD = −i (z A − zB ) + zB c’est-à-dire zD = 2 + 6i et zE = i (zB − z A ) + z A c’est-à-dire zE = 3 − 2i . On vérifie réciproquement que ces deux points conviennent. Exercice 1.33 ♥ Calculer la longueur d’un côté d’un polygone régulier à n sommets inscrit dans le cercle unité. Solution : On calcule pour cela : |1 − e
¯
2iπ ¯ iπ n | = ¯e n
³
iπ
e− n − e
iπ ´¯¯ n ¯=
2sin
π n
Exercice 1.34 ♥ Soit ABC un triangle direct. On construit à l’extérieur de ce triangle les triangles ARC et BSC isocèles et rectangles respectivement en R et S . Si T est le milieu de [AB], montrer que RST est rectangle et isocèle en T.
b
R b
C
b
A b
b
T b
S
B
Solution : Quitte à effectuer une translation, une rotation et une homothétie, on peut supposer que l’affixe de T est 0, celle de A est −1 et celle de B, 1. On note c, r, s les affixes respectives de C, R et S . Comme ARC est isocèle et rectangle en R, C est déduit de A par une rotation de centre C et d’angle π/2. Donc c − r = i (−1 − r ). De même, B est déduit de S par une rotation de centre S et d’angle π/2, donc 1 − s = i (c − s). On déduit de ces deux relations que r=
c +i 1−i
et
s=
−1 + i c . i −1
Il est alors clair que i s = r donc R est l’image de S par une rotation de centre T et d’angle π/2. Autrement dit, RST est rectangle et isocèle en T. Exercice 1.35 ♥♥ Trouver tous les nombres complexes tel que les points M, N, P d’affixes respectives z , z 2 et z 4 sont alignés. Solution : Il est clair que z = 0 et z = 1 sont solutions du problème. On suppose dans la suite que z 6= 0 et z 6= 1. On utilise la ¡condition de trois points dans le plan complexes et on trouve que M, N, P sont alignés si et ¢ d’alignement ¡ ¢ seulement si z 4 − z 2 / z − z 2 ∈ R (Remarquons que z − z 2 6= 0 car z est différent de 0 et 1), c’est-à-dire si et seulement 2 si il existe α ∈ R tel que −z (z + 1) = α. Résolvons ∆ = 1 − 4α. p l’équation z + z + α = 0 pour α ∈ R. Son discriminant est p Si ∆ Ê 0, c’est à dire si α É 1/4, alors z = −1/2± 1/4 − α. Si ∆ < 0, c’est à dire si α > 1/4, alors z = −1/2± i −1/4 + α. 55
1/4
1/4
½
]−∞,1/4] −→ R p α 7−→ −1/2 + 1/4 − α ½ ]−∞,1/4] −→ R p – En rouge f 2 : α 7−→ −1/2 − 1/4 − α
– En bleu f 1 :
½
[1/4,+∞[ −→ R p α 7−→ −1/4 + α ½ [1/4,+∞] −→ R p – En rouge g 2 : α 7−→ −1/4 + α
– En bleu g 1 :
Donc, en faisant varier α, si α É 1/4, on voit que tous les réels sont solutions de l’équation. Si α > 1/4, alors tous les complexes de la forme −1/2 + ai avec a ∈ R∗ sont solutions de l’équation. On en déduit le lieu recherché : M, N, P sont alignés si et seulement si M est sur la droite réelle ou alors sur la droite passant par (−1/2, 0) et parallèle à l’axe imaginaire. Exercice 1.36 1.
(a)
Construction à la règle et au compas du pentagone régulier
♥
i. Résoudre dans C l’équation z 5 = 1
ii. Posons ω = cos ©
¡ 2π ¢ 5
+i sin
5 ª 4
iii. Représenter 1, ω, ω2 , ω3 , ω 2
(∗).
¡ 2π ¢
3
©
ª
. Montrer que l’ensemble solution de l’équation (∗) est : 1, ω, ω2 , ω3 , ω4 .
dans le plan complexe.
4
iv. Calculer : 1 + ω + ω + ω + ω .
(b) On pose α = ω + ω4 et β = ω2 + ω3 .
i. Déduire de 1(a)iv que α et β sont solutions de Z2 + Z − 1 = 0
(∗∗). ¡ ¢ ii. Exprimer alors α en fonction de cos 5 et β en fonction de cos 4π 5 ¡ ¢ (c) Résoudre l’équation (∗∗) et en déduire une valeur exacte de cos 2π . 5 ¡ 2π ¢
2.
(a) On désigne par A0 , A1 , A2, A3 et A4 les points d’affixe respective 1, ω, ω2 , ω3 et ω4 . i. Par quelle transformation simple passe-t-on de A0 à A1 ? puis de A1 à A2 ? Généraliser ce résultat.
ii. Quelle est l’abscisse du point H intersection de la droite (A1 A4 ) avec l’axe des abscisses ? (b) Soit C le cercle de centre Ω d’affixe − 12 et passant par le point B d’affixe i . On désigne par M et N les points où C rencontre l’axe des abscisses, M ayant une abscisse positive. i. Prouver que M a pour affixe α et que N a pour abscisse β. ii. Prouver que H est le milieu de [OM].
Solution : 1.
(a)
iii. Déduire de ce qui précède la construction à la règle et au compas d’un pentagone dont on connaît le centre O et un sommet A0 . Effectuer cette construction en se plaçant dans un repère orthonormal ¡ − → ¢ −→ −ı = − ı , − avec → OA 0. direct O, → i. Les solutions dans C de l’équation z 5 = 1 sont les 5 racines cinquièmes de l’unité : e ii. Il est clair que ω = cos
iii. Voir 1.10 page 34.
¡ 2π ¢ 5
+ i sin
¡ 2π ¢ 5
2iπ =e 5 .
2ikπ 5 ,
Il est aussi clair que, pour tout k ∈ 0, 4, ¡
k ∈ 0, 4.
2ikπ e 5
= ωk .
¢
iv. On reconnaît une somme géométrique de raison ω donc : 1 + ω + ω2 + ω3 + ω4 = 1 − w 5 / (1 − ω) mais comme ω5 = 1, il vient : 1 + ω + ω2 + ω3 + ω4 = 0.
(b) Posons α = ω + ω4 et β = ω2 + ω3 . i. On a : ω = e e
−4iπ 5
= ω2 .
2iπ 5
et ω4 = e ¡
8iπ 5
= e−
¢2
¡
2iπ 5 .
Il est alors clair que w = ω4 . De même, ω2 = e ¢
4iπ 5
et ω3 = e
6iπ 5
=
ii. On a α2 + α − 1 = ω + ω4 + ω + ω4 − 1 = ω2 + 2ω5 + ω8 + ω + ω4 − 1 = ω2 + 2 + ω3 + ω + ω4 − 1 = 1 + ω + ω2 + ω3 + ω4 = 0. Donc α est solution de Z2 + Z − 1 = 0. On fait de même pour β. 56
2 3 2 2 iii. On a α = ω + ω4 = ω + ω = 2cos 2π 5 et β = ω + ω = ω + ω = 2cos
¡
2.
p ¢
p ¢
¡
(c) Les racines de Z2 +Z−1 sont −1 − 5 /2 et −1 + 5 /2. Comme p ¢ p ¢ ¡ ¡ 4π cos 2π 5 = −1 + 5 /4 et cos 5 = −1 − 5 /4.
(a)
(b)
2π 5
¡ 4π ¢ 5
∈ ]0, π/2[ et que
4π 5
∈ ]π/2, π[, il vient :
i. On passe de A0 à A1 , puis de A1 à A2 , puis de Ai à Ai+1 par une rotation de centre O et d’angle 2π/5. ¡
p ¢
ii. L’abscisse du point H intersection de la droite (A1 A4) est l’abscisse de A1 qui vaut cos 2π 5 = −1 + 5 /4.
i. Par dans le triangle ΩOJ, on obtient p application du théorème de Pythagore p p que le rayon du cercle est 5/2. Donc l’affixe de M est −1/2 + 5/2 = α et l’affixe de N est −1/2 − 5/2 = β p
ii. L’affixe du milieu de [OM] est (0 + α) /2 = (−1 + 5)/4 ce qui correspond à l’affixe de H..
iii. Pour construire un pentagone régulier à la règle et au compas, on commence par tracer le cercle unité C0 de centre O et passant par A 0 . On place ensuite le point B d’affixe i et le point Ω d’affixe −1/2. On trace le C et le milieu Ω passant par B ce qui nous permet de construire les points M et N. On lève les perpendiculaires à l’axe des abscisses passant par M et N. Ces perpendiculaires intersectent le cercle unité en les points A1 , A2 , A3 et A4 . Exercice 1.37 ♥♥ Propriété de l’angle centre ¡ − au − ¢, on considère un cercle C de centre Ω, de rayon R > 0 et Dans le plan muni d’un repère orthonormal direct O, → ı ,→ trois points A, B, M ∈ C . Prouver la propriété de l’angle au centre : µ ¶ µ ¶ − → −→ − −→ −−→ á á ΩA, ΩB = 2 MA, MB [2π]
Solution : Quitte à effectuer une translation, on peut supposer que Ω = O. En effectuant une homothétie de centre O et de rapport 1/R, on peut supposer que R = 1 et grâce à une rotation, on peut se ramener au cas où M est le point d’affixe 1. Ces transformations n’affecteront par le résultat car elles conservent les angles orientés. On note a, b, m les affixes respectives des points A, B, M. On sait que |a| = |b| = 1 et que m = 1. Soit α, β ∈ R des arguments pour a et b . On sait que
et que
µ ¶ b − → −→ à OA, OB = arg = arge β−α = β − α [2π] a
³ ´ β µ ¶ iβ sin β−α b − 1 β−α e − 1 2 − −→ −−→ á ¡ α ¢ ei 2 = = arg MA, MB = arg = arg iα [π] a −1 2 e −1 sin 2
par factorisation par les angles moitiés. L’argument n’estµ connu ¶qu’à π près car on ne connaît pas le signe de µ ¶ ³ ´ ¡α¢ − −→ −−→ − → −→ á à β sin 2 /sin 2 . On en déduit que 2 MA, MB = β − α [2π] = OA, OB et la propriété de l’angle au centre est prouvée. Exercice 1.38 ♥♥ Soit z ∈ U \ {1}. Montrer que :
z +1 ∈ i R. z −1
On pourra prouver cette propriété par trois méthodes différentes : 1. Une méthode algébrique utilisant les propriétés du groupe U. 2. Une méthode utilisant la factorisation par l’angle moitié. 3. Une méthode géométrique. Solution : Méthode algébrique : Comme z ∈ U \ {1}, on a : z −1 = z¯ et Im(z) z¯ − z z + 1 (z + 1) (z − 1) = = −2i ∈ i R. = z −1 |z − 1|2 |z − 1|2 |z − 1|2
Avec les angles moitiés : Comme z ∈ U \ {1}, il existe θ ∈ ]0, 2π[ tel que : z = e iθ . Par factorisation par l’angle moitié : z+1 z−1
µ ¶ θ θ iθ 2 e i 2 + e −i 2 e cos θ2 e iθ + 1 θ µ ¶ =i = iθ = = i cotan ∈ i R. θ θ θ θ 2 e −1 sin 2 e i 2 e i 2 − e −i 2
57
Méthode géométrique : si A est le point du plan complexe d’affixe z , B celui d’affixe 1 et C celui d’affixe −1, ABC est un triangle inscrit dans le cercle unité ¶ est un diamètre de ce cercle. Par application du théorème de la médiane, µ et BC ABC est donc rectangle en A et arg
z +1 ≡ z −1
π 2
[π]. On en déduit que
z +1 est un imaginaire pur. z −1
Exercice 1.39 ♥♥ Déterminer les points M du plan d’affixe z tels que : ¯ ¯
z +1 ∈ R. z −1 z +1 2. ∈ i R. z −1
¯ ¯
z +1¯ 3. ¯¯ ¯ = 1.
1.
z −1
Solution : Soit z ∈ C \ {1}. Supposons que M est le µpoint du ¶plan complexe d’affixe z , A est celui d’affixe 1 et B est ¢ ¡ − −→ −−→ á celui d’affixe −1. On a : MA = |z − 1|, MB = |z + 1| et MB, MA = arg z+1 z−1 .
µ ¶ z +1 − −→ −−→ á ∈ R. Alors soit ce quotient est nul, dans quel cas M = B, soit MB, MA ≡ 0 [π] et donc les z −1 © ª z+1 points A, B, M sont alignés. La réciproque est évidente. Par conséquent : z ∈ C | z−1 ∈ R = R \ {1} . µ ¶ − −→ −−→ á ∈ i R MB, MA ≡ π2 [π]. Le triangle MBC est donc rectangle en A et d’après le 2. Supposons que : z+1 . Alors : z−1
1. Supposons que :
de diamètre théorème de la médiane, M est un point de cercle ª [A, B], c’est-à-dire un point du cercle unité différent © ∈ i R = U \ {1} . de A. La réciproque est immédiate. Donc : z ∈ C | z+1 z−1 ¯
¯
z+1 ¯ 3. Supposons enfin que :¯ z−1 = 1. Alors : |z − 1| = |z + 1| , ce qui s’écrit aussi : AM = BM. Donc M est un point de la médiatrice du segment [A, B] qui est l’axe imaginaire. Par conséquent : z ∈ i R. La réciproque est triviale et ¯ z+1 ¯ © ª ¯ = 1 = iR . z ∈ C | ¯ z−1
Exercice 1.40 ♥♥ Une caractérisation des triangles équilatéraux Soient A, B et C trois points du plan complexe d’affixes respectives a , b et c . Montrer l’équivalence des assertions suivantes : 1. ABC est un triangle équilatéral. 2. j ou j 2 est racine du polynôme P = aX2 + bX + c . Rappelons que comme j est une racine troisième de l’unité, on a : j 3 = 1 et 1 + j + j 2 = 0. De plus, e iπ/3 = e −iπ e 4iπ/3 = − j 2 et e −iπ/3 = e −iπ e 2iπ/3 = − j . On a la série d’équivalences : Solution :
ABC est équilatéral ⇐⇒
B est l’image de A par la rotation de centre C et d’angle ±π/3
⇐⇒
b − c = − j 2 (a − c) ¡ ¢ j 2a + b − 1 + j 2 c = 0
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
b − c = e iπ/3 (a − c)
ou b − c = e −iπ/3 (a − c) ou b − c = − j (a − c) ou
j 2a + b + j c = 0
¡ ¢ j a +b − 1+ j c = 0
ou j a + b + j 2 c = 0 a j + b j + c = 0 ou a j 2 + b j + c = 0 4
2
j 2 est une racine de P
ou
j est une racine de P
Exercice 1.41 ♥♥ −ı , → − ), on considère un cercle de centre O sur lequel on place, Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct (O, → dans le sens trigonométrique direct, 6 points distincts A, B, C, D, E et F de façon à ce que les triangles OAB, OCD et OEF soient équilatéraux. On note M, N et P les milieux respectifs de [BC], [DE] et [FA]. On veut montrer que MNP est équilatéral. 1. Effectuer un dessin à la règle et au compas. 2. On note z , z ′ et z ′′ les affixes respectives de A,C et E. Donner les affixes zB , zD et zF des points B, D et F en fonction de z , z ′ et z ′′ . 3. Donner les affixes zM , zN et zP des points M,N et P en fonction de z , z ′ et z ′′ . 4. Conclure (on pourra utiliser l’exercice 1.40). 58
Solution : 1. π
π
2. Le triangle OAB est équilatéral. Par conséquent, zB = e i 3 z . De même, on montre que zD = e i 3 z ′ et π
zF = e i 3 z ′′ .
3. Comme M est le milieu de [BC], zM = zP =
iπ e 3 z ′′ +z
2
z B +z C 2
iπ e 3 z+z ′
=
. De même, on montre que : zN =
2
iπ e 3 z ′ +z ′′
2
et que
.
4. On utilise le critère prouvé dans l’exercice 1.40. Pour montrer que MNP est équilatéral, il suffit de montrer que zM + j zN + j 2 zP = 0. On a : 2
aM + j zN + j zP
1
=
2
Ã
π ei 3 z + z′ +
´ ³ π j e i 3 z ′ + z ′′ + j 2
Ã
!! iπ e 3 z ′′ +z 2
³ π ³ ³ ´ ´ ´ i iπ iπ e 3 + j 2 z + 1 + j e 3 z‘′ + j + j 2 e 3 z ′′ 2 | {z } {z } | {z } | 1
=
mais
α
γ
β
¡ ¢ π • j 2 = − 1 + j = −e i 3 donc α = 0. ¡ ¢ π • j e i 3 = j 1 + j = j + j 2 = −1 donc β = 0. ¡ ¢ π • j 2 e i 3 = j 2 1 + j = j 2 + 1 = − j donc γ = 0.
ce qui prouve le résultat. Exercice 1.42
Formule de Heron
♥♥
C b
z
w
z
K b
b
r
J
r
γ γI α β α β
y
b
v
r
y
x u
b
B
H b
x A b
Soit I le centre du cercle inscrit au triangle ABC. Les longueurs des côtés sont a = y + z , b = z + x et c = x + y . On appelle s le demi-périmètre x + y + z . Les angles en I vérifient α + β + γ = π. 1. Démontrer que r + i x = ue iα . 2. Calculer (r + i x)(r + i y)(r + i z).
3. En prenant les parties imaginaires, démontrer que x y z = r 2 (x + y + z). 4. En déduire que r =
r
(s − a)(s − b)(s − c) . s
59
5. Démontrer que l’aire du triangle ABC vaut A =
ra rb rc p + + = s(s − a)(s − b)(s − c) (Formule de Heron) 2 2 2
Solution : 1. Dans le triangle AIH rectangle en H, r = u cos α et x = u sin α, d’où r + i x = u(cos α + i sin α) = ue iα .
2. (r + i x)(r + i y)(r + i z) = ue iα ve iβ we iγ = uv we i(α+β+γ) = uv we iπ = −uv w .
3. En prenant les parties imaginaires, on a 0 = r 2 z + r 2 y + r 2 x − x y z , d’où le résultat.
4. On en déduit r 2 s = x y z . Or s = x + (y + z) = x + a d’où x = s − a . Donc x y z = (s − a)(s − b)(s − c) et donc r2 =
(s − a)(s − b)(s − c) , d’où le résultat. s
5. L’aire du triangle ABC égale l’aire de BIC + celle de CIA + celle de AIB à savoir ra rb rc r Donc A = + + = (a + b + c) = r s = s 2 2 2 2
r
ra rb rc + + . 2 2 2
(s − a)(s − b)(s − c) p = s(s − a)(s − b)(s − c). s
1.11.5 Transformations du plan complexe Exercice 1.43 ♥ Identifier les transformations complexes suivantes : 1. f 1 : z 7→ z + 1 + i .
5. f 5 : z 7→ −z + 2 − i .
3. f 3 : z 7→ e iπ/3 z + 1.
7. f 7 : z 7→ (1 + i ) z + i .
2. f 2 : z 7→ e
iπ/6
6. f 6 : z 7→ z¯.
z.
¡
4. f 4 : z 7→ 2z + 1 − i .
p ¢
8. f 8 : z 7→ 1 + i 3 z + 1.
Solution : 1. La transformation f 1 est la translation de vecteur d’affixe 1 + i . 2. La transformation f 2 est la rotation d’angle π/3 et de centre O.
3. La transformation f 3 est une rotation. Son centre est le point d’affixe solution de l’équation f (z) = z , c’est à dire p z = (1 + i 3)/2. L’angle de la rotation est π/3. 4. La transformation f 4 est une homothétie de rapport 2. Pour trouver son centre, on résout l’équation f (z) = z et on trouve z = −1 + i .
5. La transformation f 5 est une homothétie de rapport −1 et de centre 1 + i /2.
6. La transformation f 6 est la symétrie d’axe (Ox). p
p
7. Comme 1 + i = 2e iπ/4 , la transformation f 7 est la composée de l’homothétie de rapport 2 et de centre −1 avec la rotation d’angle π/4 et de même centre. p
p
8. Comme 1 + i 3 = 2e iπ/3 , la transformation f 8 est la composée de l’homothétie de rapport 2 et de centre i 3/3 avec la rotation d’angle π/3 et de même centre. π/4 et de même centre. Exercice 1.44 ♥ Donner les applications qui représente dans le plan complexe les transformations suivantes : 1. La translation de vecteur d’affixe −2 + i .
2. La symétrie de centre i .
3. La rotation d’angle π/6 et de centre 1. 4. L’homothétie de rapport 3 et de centre 1 + 2i . 5. La similitude de rapport 2, d’angle π/3 et de centre 1 + i . Solution : 1. z 7→ z − 2 + i
2. On peut voir la symétrie de centre O comme l’homothétie de centre i et de rapport −1. Une telle transformation est représentée par f : z 7→ −z + b où b ∈ C. Pour trouver b , on utilise que f (i ) = i et on trouve que b = 2i . 60
iπ/6 3. La transformation est représentée par une z + b où b ∈ C. Pour trouver b , on p application de la forme : f : z 7→ e utilise que f (1) = 1 et on trouve b = − (3)/2 + 1 − i /2.
4. La transformation est représentée par une application de la forme : f : z 7→ 3z + b où b ∈ C. Pour trouver b , on utilise que f (1 + 2i ) = 1 et on trouve b = −2 − 4i .
iπ/3 5. La transformation est représentée par une application de z + b où b ∈ C. En utilisant la p la forme : f : z 7→ 2e même démarche que précédemment, on trouve que b = 3 (1 − i ).
Exercice 1.45 ♥ On considère : – le point Ω du plan complexe d’affixe 1 + 2i – l’homothétie h de centre Ω et de rapport 2. – la rotation r de centre Ω et d’angle π/4. – la transformation du plan complexe s = r ◦ h . Donner l’écriture complexe de s . Solution : La transformation p s est une similitude de centre Ω, d’angle π/4 et de rapport 2. Pour tout z ∈ C, on a donc s (z) = 2e iπ/4 z + b = 2(1 + i ) z + b où b est un complexe à déterminer. Comme s (1 + 2i ) = 1 + 2i , il vient : ³ p p p ´ p ¡ p ¢ b = 1 + 2 + i 2 − 3 2 . Donc : s : z 7→ 2(1 + i ) z + 1 + 2 + i 2 − 3 2 .
Exercice 1.46 ♥ p Étudier la similitude s qui envoie le point A d’affixe i sur le point A′ d’affixe 1 + 3/2 + i /2 et le point B d’affixe 1 + i p sur le point B′ d’affixe 1 + 3 3 + 2i . Solution : Comme s est une similitude, il existe a, b ∈ C tels que, pour tout z ∈ C, on a : s (z) = az + b . De s (A) = A′ et s (B) = B′ , on tire le système : (
p = 1 + 3/2 + i /2 p . a (1 + i ) + b = 1 + 3 3 + 2i ¡ p ¢ ¡ p ¡ p ¢¢ On en déduit que a = 3/2 1 − i 3 = 3e −iπ/3 et que b = 1/2 −1 + 3 3 + i 1 + 3 3 . En résolvant l’équation s (z) = z , on trouve que le point fixe Ω de s a comme affixe 1 − i . La similitude s est donc la composée de l’homothétie de centre Ω et de rapport 3 avec la rotation de centre Ω et d’angle −π/3. ai + b
Exercice 1.47 Démontrer que :
♥♥
1. la composée de deux symétries centrales est une translation. 2. la composée d’une rotation et d’une translation est une rotation. 3. la composée de deux rotations est une rotation ou une translation. Solution : 1. La première symétrie centrale est représentée par une application de la forme f 1 : z 7→ −z + b1 et la seconde par une application de la forme f 2 : z 7→ −z +b2 où b1 , b2 ∈ C. Si z ∈ C alors f 1 ◦ f 2 (z) = z +b1 −b2 et on reconnaît que f 1 − f 2 est une translation de vecteur d’affixe b 2 − b 1 .
2. La rotation est représentée par une application r : z 7→ e iθ z + b où θ ∈ R et où b ∈ C. La translation est représentée par t : z 7→ z + a où a ∈ C. Alors pour tout z ∈ C, r ◦ t (z) = e iθ z + e iθ a + b et on reconnait encore une rotation d’angle θ. De même, t ◦ r (z) = e iθ z + a + b qui est aussi une rotation d’angle θ. ′
′ iθ ′ ′ ′ 3. On note r : z 7→ e iθ z + ¡ biθ et′ r : ¢z 7→ e z + b les deux rotations avec θ, θ ∈ R et b, b ′ ∈ C. Pour tout z ∈ C, on a i ( θ+θ′ ) ′ z + e b + b et on reconnaît l’écriture d’une rotation d’angle θ + θ . r ◦ r (z) = e
61
Chapitre
2
Géométrie élémentaire du plan J’étais incapable de relancer la balle par dessus le grillage ; elle partait toujours à environ un radian de la direction où elle aurait dû aller. Richard Feynman - 1985.
Pour bien aborder ce chapitre En plus de proposer quelques rudiments de géométrie plane, ce chapitre a deux vocations importantes : 1
la première est d’apprendre à calculer. On verra comment certains problèmes de géométrie se ramènent à effectuer des calculs qui peuvent s’avérer difficiles si on ne procède pas avec un minimum de méthode.
2
la seconde de donner des représentations concrètes pour le cours d’algèbre linéaire qui nous occupera en seconde période. On verra que l’ensemble des vecteurs du plan est muni d’une structure algébrique particulière appelée espace vectoriel. La bonne compréhension des notions et propriétés des chapitres 23 et 24 passe par une bonne représentation de ces notions dans le cas particulier du plan (et de l’espace).
Il est conseillé dans une première lecture de ne s’attacher qu’aux démonstrations marquées du signe ♥ . Comme indiqué dans le programme, on suppose connues les notions suivantes :
– calcul vectoriel – distance et norme euclidienne – orthogonalité
– orientation – angles et angles orientés
Ces différentes notions seront précisées dans les chapitres 23 et 27. Après quelques rappels sur les repères cartésiens et les coordonnées polaires, on introduit deux outils fondamentaux en géométrie (plane) : le produit scalaire et le déterminant. Le premier permet de tester l’orthogonalité de deux vecteurs et le second leur colinéarité. On mettra en évidence leurs propriétés algébriques (bilinéarité, (anti)symétrie) et leurs propriétés géométriques (projection, calcul d’aire,...). On s’intéressera ensuite aux droites et aux cercles du plan. On déterminera leurs équations cartésiennes (sous une forme plus générale que celle vue au lycée), paramétriques (qui correspond en fait à l’équation du mouvement d’un solide au cours du temps suivant la droite ou le cercle considéré) et polaires. On mettra en place des méthodes efficaces de calcul de la distance d’un point à une droite. Elles serviront dans de nombreuses situations.
2.1 Quelques notations et rappels Dans tout le chapitre on notera P l’ensemble des points du plan et V l’ensemble des vecteurs du plan. 62
B IO 3 Euclide, né vers -325, mort vers -265 à Alexandrie On sait peu de choses au sujet d’Euclide. Il parti en Égypte afin d’y enseigner les mathématiques et travailla au monseion a d’Alexandrie. Il mena de nombreux travaux de recherche. Il est l’auteur des ``Éléments´´. Ce texte, formé de treize livres, est une compilation du savoir mathématique de son époque. Il resta une référence pendant près de 2000 ans et contient, entre autre, les fondements de la géométrie du plan. C’est dans les Éléments que pour la première fois un travail mathématique a été réalisé sur la base d’une démarche axiomatique. a. Temple dédié aux muses rattaché à la bibliothèque
2.1.1 Addition vectorielle C ~u + ~v ~v ~v
A
~u
B
~u F IGURE 2.1 – Addition vectorielle − − Rappelons que pour former la somme de deux vecteurs → u et → v de V , il suffit de considérer trois points A, B, C de P tels − → − → → − → − → − → − que u = AB et v = BC. Le vecteur somme u + v est alors donné par −→ −→ −→ → − − u +→ v = AB + BC = AC.
L’addition vectorielle vérifie les propriétés suivantes : − − − – elle est associative : pour tous → u,→ v ,→ w dans V , on a :
→ −
− − − − − − (→ u +→ v )+→ w =→ u + (→ v +→ w ).
− – elle possède un élément neutre noté 0 : pour tout → u dans V : → − → − − → → − u + 0 = 0 +→ u =− u.
−→
Remarquons que le vecteur nul est représentable, pour tout point A de P par le vecteur AA. − − – chaque vecteur → u dans V possède un vecteur symétrique → v vérifiant : → − → − − − − u +→ v =→ v +→ u = 0. → −
−→ −→
−→ −→
−→
→ −
− − − On notera −→ u le vecteur → v symétrique de → u . Comme 0 = AB + BA = BA+ AB = BB = 0 , cette notation conduit à celle −→ −→ ci : −AB = BA. − − – l’addition dans V est commutative : pour tout → u,→ v de V , → − − − − u +→ v =→ v +→ u.
Pour résumer ces quatre propriétés, on dit que le couple (V , +) est un groupe commutatif.
2.1.2 Produit d’un vecteur et d’un réel − − Á tout nombre réel λ et à tout vecteur → u ∈ V , on peut associer le vecteur λ.→ u . Ce produit que l’on dit externe possède les propriétés suivantes : − − − – Pour tout vecteur → u ∈ V , 1·→ u =→ u.
63
− − – Pour tous réels λ, µ et tous vecteurs → u ∈ V , (λ.µ) = λ(µ→ u ). − − – Le produit par un scalaire est distributif par rapport à l’addition vectorielle : pour tout réel λ et tout vecteurs → u,→ v de ¡→ ¢ − → − → − → − V , λ u + v = λu +λ v . − − – Le produit par un scalaire est distributif par rapport à l’addition des réels : pour tout réels λ, µ et tout → u de V , (λ+µ)→ u= → − → − λu +µu . On dira, pour résumer ces 8 propriétés de l’addition vectorielle et du produit externe, que le triplet (V , +, .) est un espace vectoriel sur R.
2.1.3 Vecteurs colinéaires, unitaires D ÉFINITION 2.1 ♥ Vecteurs colinéaires − − − − − − Deux vecteurs → u et → v de V sont colinéaires si il existe un réel λ tel que → u = λ→ v ou un réel η tel que → v = η→ u. Remarque 2.1 Le vecteur nul est colinéaire à tous les vecteurs du plan. Il est d’ailleurs le seul vecteur du plan à vérifier cette propriété (exercice !). D ÉFINITION 2.2 ♥ Vecteur unitaire ou normé Un vecteur est dit unitaire ou normé si sa norme est 1.
2.1.4 Droites du plan ✎ Notation 2.1 −→ − − − Soit A un point de P et → u un vecteur de V . On note A + → u l’unique point B de P donné par AB = → u. D ÉFINITION 2.3 Droite vectorielle ¡− ¢ − − Soit → u un vecteur non nul du plan. On appelle droite vectorielle dirigée par → u le sous-ensemble de V , noté Vect → u , − des vecteurs du plan colinéaires à → u. ¡ ¢ © ª − − Vect → u = λ→ u | λ∈R
D ÉFINITION 2.4 Droite affine − − Soit A un point du plan P et → u un vecteur non nul de V . La droite D passant par A et dirigée par → u est l’ensemble → − des points du plan de la forme A + λ u où λ est réel. − − D = {A + λ→ u | λ ∈ R} = A + Vect(→ u ). − − Un vecteur non nul de V est un vecteur directeur de la droite donnée par le couple (A, → u ) si il est colinéaire à → u.
Remarque 2.2
− Remarquons que si une droite D est donnée par le couple (A, → u ) et si M est un point du plan, alors on a : −−→ −−→ − − − M ∈ D ⇔ ∃λ ∈ R : M = A + λ→ u ⇔ AM = λ→ u ⇔ AM et → u sont colinéaires.
D ÉFINITION 2.5 ♥ Droites parallèles, orthogonales On dit que : – deux droites sont parallèles si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. – deux droites sont orthogonales (ou perpendiculaires) si leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux.
2.2 Modes de repérage dans le plan 2.2.1 Repères Cartésiens D ÉFINITION 2.6 ♥ Base
−ı , → − ) de V est une base de V si et seulement si ces deux vecteurs sont non colinéaires. – Un couple de vecteur (→ – Une base est dite orthogonale si les deux vecteurs la composant sont orthogonaux. – Elle est dite orthonormale si elle est orthogonale et si les deux vecteurs la composant sont de plus unitaires.
64
M ~j O
~i
~ =~i + 3~j OM
F IGURE 2.2 – Repère cartésien ¡− → ¢ Remarque 2.3 En vertu de la remarque 2.1 page 64, si → u ,− v forme une base du plan, alors aucun des deux vecteurs → − − u, → v n’est nul.
P ROPOSITION 2.1 ♥ Caractérisation des bases du plan ¡− → ¢ − − Soit → u ,→ v ∈ V . Le couple → u ,− v forme une base du plan si et seulement si : ∀α, β ∈ R,
− − α→ u + β→ v = 0 =⇒ α = β = 0
Démonstration ♥ ⇒ Nous allons effectuer un raisonnement par (vous pouvez consulter la page 1128 si vous n’êtes pas familier avec ¡− contraposée ¢ − − − u et → v sont colinéaires. Donc il existe u ,→ v ne soit pas une base du plan. Alors → ce type de raisonnement). Supposons que → − − → − → − ′ ′ ′ β ∈ R tel que u = β v . On prouve ainsi l’existence de deux réels α = 1 et β = −β non tous deux nuls tels que α→ u + β→ v = 0 et l’implication directe est prouvée. ⇐ Effectuons à nouveau un raisonnement par contraposée. Supposons qu’il existe deux réels α et β non tous deux nuls tels que − − α→ u + β→ v = 0. − − − − – Si α 6= 0, on obtient : → u = −β/α→ v et les vecteurs → u,→ v sont colinéaires. Ils ne peuvent donc pas former une base du plan. → − → − − – Si α = 0 alors β est non nul et on a : β v = 0 , ce qui n’est possible que si → v = 0. D’après la remarque précédant la proposition, ¡→ ¢ − → − u , v ne forme là encore pas une base du plan. L’implication réciproque est ainsi prouvée.
D ÉFINITION 2.7 ♥ Repère Cartésien, Origine d’un repère, repère orthogonal, orthonormal −ı , → − )où O est un point de P et où (→ −ı , → − ) forme une Un repère cartésien R du plan P est donné par un triplet (O, → base de V . – Le point O est l’origine du repère. −ı et → − sont orthogonaux, on dit que R est un repère orthogonal. Si ils sont de plus unitaires, le – Si les deux vecteurs → repère R est alors dit orthonormal. −ı et → − sont appelés axes du repère R et sont notés (Ox) et – Les droites passant par O de vecteur directeur respectifs → (Oy). D ÉFINITION 2.8 ♥ Repère orthonormal direct −ı , → − )est dit direct si l’angle (→ − − ) a pour mesure π . Un repère orthonormal (O, → ı ,→ 2 P ROPOSITION 2.2 ♥ Coordonnées cartésiennes d’un vecteur, d’un point −ı , → − )un repère du plan P. Soit (O, → → − −ı , → − ) une base de V . Il existe un unique couple de réels (x, y) tel que – Soit u un vecteur de V et (→ → − −ı + y → − . u = x→ − −ı , → − ). On notera cela Ce couple (x, y) représente les coordonnées ( ou les composantes) du vecteur → u dans la base (→ sous une des formes suivantes : ¯ µ ¶ → − u (x, y),
¯x → − u ¯¯ y
x − . ou → u y
−ı , → − )un repère R de P. Il existe un unique couple de réels (x, y) tel que – Soit M un point du plan P et (O, → −−→ −ı + y → − . OM = x →
65
Ce couple (x, y) représente les coordonnées du point M dans le repère R. De même que précédemment, on écrira : M(x; y),
¯ ¯x M ¯¯ y
ou M
µ ¶ x . y
− → − − → → − Démonstration Soient → u un vecteur de V et soient − u→ 1 le projeté de u sur (Ox) parallèlement à (Oy) et u2 le projeté de u sur → − − → − → → − − → → − − → (Oy) parallèlement à (Ox). On a : u = u1 + u2 . Comme u1 est colinéaire à ı et u2 est colinéaire à , il existe des réels x et y tels → − − → → − → − → − → − u→ que − 1 = x ı et u2 = y . Par conséquent : u = x ı + y . − −ı + y ′ → − , on obtient, par soustraction : Ce couple (x, y) est de plus unique : si (x ′ , y ′ ) est un autre couple de réels tels que : → u = x ′→ → − → − → − → − → − → − → − ′ ′ ′ ′ 0 = (x − x ) ı + (y − y ) , soit encore : (x − x ) ı = (y − y) . Comme ı et ne sont pas colinéaires, cette égalité n’est possible que si x = x ′ et y = y ′ .
Remarque 2.4 – Cette proposition permet d’identifier l’ensemble des points du plan avec l’ensemble R2 . En effet, si un repère cartésien R est fixé dans P, à tout point M de P correspond un unique couple de réels (x, y) : ses coordonnées. Réciproquement, à tout couple de réel (x, y) correspond un unique point M de P dont les coordonnées dans le repère considéré sont données par ce couple. – De même, si une base B est fixée, on peut identifier l’ensemble des vecteurs du plan avec R2 . Notons θB l’application ¡ ¢ → − qui à un vecteur u de V lui associe ses coordonnées x, y dans B : θB :
½
P M
−→ 7−→
2 R ¡ ¢ . x, y
La proposition 2.2 dit que θB est bijective. Cette identification « respecte » de plus l’addition et la¯ multiplication par ¯ ¯x
¯x ′
− − − − u ¯¯ un scalaire. Ainsi, si → u et → u ′ sont deux vecteurs du plan qui ont pour coordonnées respectives → u ¯¯ et → y
alors
¢ ¡− ¢ ¡ θB → u = x, y
et le vecteur
¡− ′ ¢ ¡ ′ ′ ¢ et θB → u = x ,y
→ − − −ı + y → − + x ′ → −ı + y ′→ − = ¡x + x ′ ¢ → −ı + ¡ y + y ′ ¢ → − u +→ u ′ = x→ ¡ ¢ a pour coordonnées x + x ′ , y + y ′ ce qui s’écrit aussi ¡− → ¢ ¡ ¢ θB → u +− u ′ = x + x′, y + y ′
y′
dans B
(2.1)
(2.2)
En identifiant les relations 2.1 et 2.2, on obtient
¡− → ¢ ¡− ¢ ¡− ′ ¢ θB → u +− u ′ = θB → u + θB → u
¡ −¢ ¡− ¢ On montrerait de plus facilement¯que, si λ est un réel, alors θB λ→ u = λ · θB → u , ce qui n’est qu’une autre façon de ¯λx . Pour résumer ces deux égalités, on dit que θB est une application linéaire. Une λy
− dire que λ→ u a pour coordonnées ¯¯
application entre deux espaces vectoriels qui est à la fois linéaire et bijective est appelée un isomorphisme d’espaces vectoriels. µ ¶ µ ¶
xA x −ı , → − ), on obtient celles et celles d’un point B B dans un repère (O, → yA yB µ ¶ −→ → −→ −→ −→ −→ x −ı + y → − = − −ı + y → − → − → − → − → − de AB. Ainsi, x → AB = AO+ OB = OB − OA = xB → B − x A ı − y A = (xB − x A ) ı +(y B − y A ) et donc y µ ¶ −→ x − x en identifiant : AB B A . yB − y A
– Si on connaît les coordonnées d’un point A
P ROPOSITION 2.3 Identification de P et de V avec R2 En résumé : −ı , → − )étant fixé dans P, l’application qui a un point de P associe ses coordonnées dans R est une – un repère R (O, → bijection de P dans R2 . Cette bijection permet d’identifier le plan et R2 . – une base B étant fixée dans V , l’application θB qui à un vecteur de V lui associe ses coordonnées dans B est bijective et linéaire. Si on prend un peu d’avance sur le chapitre 23, on dit que θB est un isomorphisme d’espaces vectoriels. Cet isomorphisme permet d’identifier V et R2 . 66
B IO 4 René Descartes, né 31 mars 1596 à La Haye, mort à Stockholm le 11 février 1650 René Descartes est un philosophe, physicien et mathématicien français. La pensée de Descartes a eu des répercussions fondamentales sur la philosophie et la science moderne. Il est l’auteur du fameux ``Discours de la méthode´´. En tant que scientifique, les lignes suivantes, extraites de ce discours, devraient vous interpeller. La méthode fixe quatre principes pour la conduite de l’esprit humain : « Le premier était de ne recevoir jamais aucune chose pour vraie, que je ne la connusse évidemment être telle : c’est-à-dire, d’éviter soigneusement la précipitation et la prévention ; et de ne comprendre rien de plus en mes jugements, que ce qui se présenterait si clairement et si distinctement à mon esprit, que je n’eusse aucune occasion de le mettre en doute. Le second, de diviser chacune des difficultés que j’examinerais, en autant de parcelles qu’il se pourrait, et qu’il serait requis pour les mieux résoudre. Le troisième, de conduire par ordre mes pensées, en commençant par les objets les plus simples et les plus aisés à connaître, pour monter peu à peu, comme par degrés, jusqu’à la connaissance des plus composés ; et supposant même de l’ordre entre ceux qui ne se précèdent point naturellement les uns les autres. Et le dernier, de faire partout des dénombrements si entiers, et des revues si générales, que je fusse assuré de ne rien omettre. ». Bien que François Viète utilise déjà une notation semi-symbolique, René Descartes est le premier à utiliser une notation entièrement symbolique. Il est à l’initiative de l’introduction des lettres latines dans les notations mathématiques. Il propose d’utiliser les premières lettres de l’alphabet (a , b , c , ...) pour les paramètres et les dernières (x , y , z , ...) pour les inconnues. Nous utilisons toujours cette convention ! Descartes est aussi à l’origine de la notion de repère du plan et de ce qu’on appelle maintenant la géométrie analytique, ce qui nous intéresse ici. On raconte que c’est en observant une mouche qui se promenait sur les carreaux d’une fenêtre, qu’il aurait pensé à définir, à l’aide des carreaux, des coordonnées du plan. Descartes comprit le premier qu’on peut transformer un problème de géométrie en un problème algébrique. La géométrie de Descartes est publiée en français en 1637 et traduite en latin par Van Schooten en 1649, puis, dans une édition considérablement augmentée et commentée en deux volumes en 1659 et 1661. Cette seconde édition favorisera considérablement la propagation des idées de Descartes.
2.2.2 Changement de repère
M
yM ′ yM
j~′
x′M ~i′ O′
~j
O
xM
~i
F IGURE 2.3 – Changement de repère → −
− ′ ) d’un repère cartésien R ′ Un changement de repère consiste à changer simultanément l’origine O′ et la base ( ı ′ , → → − → − −ı , → − ) d’un nouveau repère R (O, → −ı , → − ). Soit M un point du plan P de coordonnées (O′ , ı ′ , ′ ) en l’origine O et la base (→ ′ ′ ′ (x , y ) dans l’ancien repère R et de coordonnées (x, y) dans le nouveau repère R. Cherchons à exprimer les nouvelles
67
coordonnées (x, y) en fonction des anciennes (x ′ , y ′ ). Notons (xO′ , y O′ ) les coordonnées de O′ dans R. On a → − − ′ x ′ ı ′ + y ′→
= = = =
=
−−′→ OM −−′→ −−→ O O + OM −−→ −−→′ OM − OO −ı + y → − − x ′ → − → − x→ O ı − y O′ − −ı + (y − y ′ )→ (x − x ′ )→ O
O
−ı ′ et → − ′ dans R, on a aussi Si (α, β), (γ, δ) désignent les coordonnées respectives de → → − − ′ x ′ ı ′ + y ′→
On obtient alors les relations recherchées
=
=
½
−ı + β→ − ) + y ′ (γ→ −ı + δ→ − x ′ (α→ −ı + (βx ′ + δy ′ )→ − (αx ′ + γy ′ )→
x − xO′ = αx ′ + γy ′ y − y O′ = βx ′ + δy ′
P ROPOSITION 2.4 ♥ Changement de repère Soit M un point de P de coordonnées (x ′ , y ′ ) dans un premier repère R ′ et de coordonnées (x, y) dans un second repère −ı ′ et → − ′ dans R. Les R. Soient (xO′ , y O′ ) les coordonnées de O′ dans R, (α, β), (γ, δ) les coordonnées respectives de → ′ ′ nouvelles coordonnées (x, y) de M en fonction des anciennes (x , y ) sont données par les relations (
Remarque 2.5
= αx ′ + γy ′
x − xO′
= βx ′ + δy ′
y − y O′
Sous forme matricielle, cette relation s’écrit
µ
x y
¶
=
µ
α β
γ δ
¶µ
x′ y′
¶ µ ¶ xO′ + . y O′
P ROPOSITION 2.5 ♥ Changement de repère entre deux repères orthonormaux directs ´ ³ ¡ − → ¢ ¡ −′ → ¢ − −ı ′ . Les nouvelles coordon ı ,→ Soient R O, → ı , − et R O′ , → ı , − ′ deux repères orthonormaux directs. Notons θ = → ¡ ¢ ¡ ¢ nées x, y d’un point M du plan P dans le repère R s’expriment en fonction des anciennes x ′ , y ′ dans le repère R ′ par ( ¡
¢
x − xO′
y − y O′
= cos θx ′ − sin θy ′
= sin θx ′ + cos θy ′
où xO′ , y O′ représente les coordonnées de O′ dans le repère R. ¡
¢
¡
¢
→ −
→ −
−ı et O, → − , on obtient, pour les vecteurs ı ′ et ′ les relations Démonstration Par projection sur les axes O, → (→ −′ −ı + sin θ→ − ı = cos θ→ → −′ −ı + cos θ→ − = −sin θ→
Par application de la proposition précédente avec α = cos θ, β = sin θ, γ = −sin θ et δ = cos θ, on obtient la formule de changement de base annoncée.
Remarque 2.6
Sous forme matricielle, cette relation s’écrit
µ
x y
¶
=
µ
cos θ sin θ
− sin θ cos θ
¶µ
x′ y′
¶ µ ¶ xO′ + . y O′
Équation cartésienne D ÉFINITION 2.9 ♥ Équation cartésienne −ı , → − )un repère. Une équation F(x, y) = 0 est une équation cartésienne d’une partie A du plan si on a Soit R (O, → l’équivalence M(x, y) ∈ A ⇔ F(x, y) = 0.
68
¡
¢
−ı , → − du plan étant fixé, l’ensemble des points du plan d’équation cartésienne : Exemple 2.2 Un repère orthonormal O, → −ı + → − et passant par le point de coordonnées 1). • y − x − 1 = 0 est la droite affine dirigée par le vecteur → (0, 2 2 • x + y − 1 = 0 est une équation du cercle de centre O et de rayon 1.
2.2.3 Repères polaires
r cos θ
y
M
r ~uθ
~j
r sin θ θ
~ur O
x
~i
F IGURE 2.4 – Repères polaires
P ROPOSITION 2.6 ♥ Repère polaire, pôle, axe polaire ¢ −ı , → − )un repère orthonormal direct. Soit θ un réel. Soit R (θ) le repère ¡O, → − − Soit R (O, → u (θ), → v (θ) image de R par une rotation de centre O et d’angle θ. Ce repère, qui est encore orthonormal direct, est le repère polaire attaché au réel θ. De plus ½ → − −ı + sin θ→ − u (θ) = cos θ→ → − → − − v (θ) = − sin θ ı + cos θ→
.
−ı ) est appelée l’axe polaire de ce repère. Le point O est appelé le pôle et la droite orientée (O, → Démonstration Les rotations sont des transformations du plan qui conservent les mesures d’angles orientés et les longueurs. L’image d’un repère orthonormal direct par une rotation est donc encore bien un repère orthonormal direct. Les formules sont −−→ −−→ obtenues par projection des vecteurs u(θ) et v (θ) sur les axes de R .
−ı , → − ), θ un réel, R (θ) le repère polaire associé à θ : 2.7 ¢ Si on considère un repère orthonormal direct R (O, → ¡Remarque → − → − → − − O, u (θ), v (θ) et si on identifie V à C via le repère R, on a Aff( u (θ)) = e iθ et Aff(→ v (θ)) = i e iθ .
−−→ −−→ →, − → ✎ Notation 2.3 Il est fréquent de rencontrer les notations (− u r u θ ) pour le couple (u(θ), v(θ)).
D ÉFINITION 2.10 ♥ Coordonnées polaires d’un point −ı , → − ). On dit que θ) ∈ R2 est un couple de coordonnées On rapporte le plan P à un repère orthonormal direct R (O, → (r, ¡
¢
polaires pour le point M x, y ø, P si et seulement si
½
x = r cos θ y = r sin θ
Remarque 2.8 – Si M ∈ P a pour affixe z 6= 0 alors un couple de coordonnées polaires pour M est donné par (r, θ) où θ est un argument de z et r est le module de z . – Si M un point du plan distinct du pôle de coordonnées polaires (r 0 , θ0 ) alors les autres couples de coordonnées polaires pour M sont les couples (r, θ) vérifiant ½
r = r0 θ ≡ θ0 [2π]
ou
½
r = −r 0 . θ ≡ θ0 + π [2π]
– Les coordonnées polaires de l’origine sont données par n’importe quel couple (0, θ) où θ ∈ R. P LAN 2.1 : Comment calculer les coordonnées polaires d’un point à partir de ses coordonnées cartésiennes 69
¡
¢
Soit M ∈ P de coordonnées cartésiennes x, y dans un repère orthonormal direct R tel que x 6= 0. Un couple de coordonnées polaires pour M est donné par (r, θ) avec θ = arctan
³y´ x
et r =
x . cos θ
Équation polaire D ÉFINITION 2.11 ♥ Équation polaire −ı , → − ), un repère orthonormal direct. Une équation F(r, θ) = 0 est une équation polaire d’une partie A du Soit R (O, → plan lorsqu’un point M appartient à A si et seulement si l’un des couples de coordonnées polaires (r, θ) de M vérifie F(r, θ) = 0. ¡
¢
→ − → − Exemple 2.4 Un¡repère ¢ orthonormal O, ı , du plan étant fixé, l’ensemble des points du plan d’équation polaire → − • θ = 0 est l’axe O, ı de R. • r = 1 est le cercle de centre O et de rayon 1.
2.3 Produit scalaire 2.3.1 Définition ° °
−→ − − − ✎ Notation 2.5 Si → u = AB, la u est un vecteur de V , on note °→ u ° sa norme. Si A et B sont deux points de P tels que → − norme de → u est donnée par la longueur AB.
D ÉFINITION 2.12 ♥ Produit scalaire − − − − − − u |→ v 〉 ou encore produit scalaire de deux vecteurs → u et → v du plan V , noté → u .→ v (on rencontrera aussi les notations 〈→ ¡Le ¢ → − → − u | v ) est défini, de manière géométrique, par : (
°− ° °→ ° − − − − → − − u ,→ v ) si les deux vecteurs → u et → v sont non nuls u .→ v = °→ u ° °− v ° cos (→ → − → − u . v = 0 sinon.
Remarque 2.9 – Le produit scalaire ne dépend pas de l’orientation choisie dans le plan. ³
´
° °− ° °→ °− °2 °− °2 − − − − − − u ° cos → – → u ·→ u = °→ u ° . °− u ,→ u = °→ u ° . En résumé, → u ·→ u = °→ u° .
P ROPOSITION 2.7 ♥ − − Deux vecteurs → u et → v de V sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul. → − → − − − Démonstration ♥ Si un des deux vecteurs que → u u et → v ne sont pas nuls. ´ est immédiat.°Supposons ³ ´ ou v est nul, le³résultat ° ° ° → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − ° ° ° ° ⇒ Si u et v sont orthogonaux alors u , v = π/2 [π] et cos u , v = 0 et u . v = u v cos ( u , v ) = 0. ⇐
°− ° °→ ° − − − − − − Réciproquement, si → u ° °− v ° cos (→ u ,→ v ) = 0. Mais comme → u .→ v = 0 alors °→ u et → v ne sont pas nuls, on a nécessairement
³ ´ − − − − − − cos (→ u ,→ v ) = 0, c’est à dire → u,→ v sont bien orthogonaux. u ,→ v = π/2 [π] et →
2.3.2 Interprétation en terme de projection D ÉFINITION 2.13 Mesure algébrique − Soit D une droite de P orientée par un vecteur unitaire → u . Soient A et B deux points distincts de D. La mesure −→ − algébrique AB est l’unique réel λ tel que AB = λ→ u. P ROPOSITION 2.8 ♥ Projection orthogonale −−→ Soit D une droite et soit A un point du plan P. Il existe un unique point A′ de D tel que le vecteur AA′ soit orthogonal à la droite D. Ce point est appelé le projeté orthogonal de A sur D. 70
B
θ θ
B A H
A
O O H
F IGURE 2.5 – Interprétation en terme de projection du produit scalaire : angle aigu
F IGURE 2.6 – angle obtus
− − − − Démonstration Soit → u ,→ v) u un vecteur unitaire directeur de D. Soit → v un vecteur unitaire de V choisi en sorte que le couple (→ → − → − forme une base orthonormale du plan. Considérons le repère orthonormal R (Ω, u , v ) où Ω est un point de D. Soient (x A , y A ) les coordonnées de A dans ce repère. Un point M est élément de D si et seulement si dans R , son ordonnée est nulle. Considérons donc ¢ −−→ ¡ − v , c’est-à-dire si M(x,0) un point de D. On a AM x − x A ,−y A . Ce vecteur est orthogonal à D si et seulement si il est colinéaire à → ′ et seulement si x − x A = 0. On prouve ainsi à la fois l’existence et l’unicité de A .
−ı , → − ) un repère orthonormal et A un point du plan de coordonnées (x, y) dans ce repère. La Remarque 2.10 Soit R (O, → −ı . Si A est le projeté orthogonal de A sur (Ox) alors OA = x . droite des abscisses est orientée par le vecteur → x x
P ROPOSITION 2.9 ♥ Interprétation du produit scalaire en terme de projection −→ − −→ − − − Soient → u et → v deux vecteurs de V . Soient O, A, B trois points de P tels que OA = → u et OB = → v . Soit H le projeté −→ orthogonal de B sur la droite (OA). Choisissons pour cette droite l’orientation donnée par le vecteur OA. On a alors → − − u .→ v = OA. OH ° °
° °
− − − − − − u ° = OA = OA. Si (→ v ° cos(→ u ,→ v )= Démonstration ♥ Avec l’orientation choisie pour la droite (OA), °→ u ,→ v ) est un angle aigu, alors °→ ° ° ° ° ° ° ° ° → − → − → − → − → − → − → − → − → − − → − → − → − → − OH et si ( u , v ) est un angle obtus alors ° v ° cos ( u , v ) = −OH. Par conséquent, ° v ° cos( u , v ) = OH et u . v = ° u ° ° v ° cos ( u ,→ v )= OA .OH.
2.3.3 Propriétés du produit scalaire P ROPOSITION 2.10 ♥ Symétrie du produit scalaire
− − − − − − u .→ v =→ v .→ u . Le produit scalaire est symétrique : si → u et → v sont deux vecteurs de V alors → °− ° °→ ° °− ° °→ ° − − − − − − − − − − u ,→ v)= Démonstration Il suffit d’écrire → u ,→ v ) et → v ,→ u ) puis d’observer que (→ u .→ v = °→ u ° °− v ° cos (→ v .→ u = °→ v ° °− u ° cos (→ → − → − −( v , u ) et que la fonction cosinus est paire.
P ROPOSITION 2.11 ♥ Bilinéarité du produit scalaire − →, − → → − − → − → Le produit scalaire est bilinéaire : pour tous vecteurs → u, − u 1 u 2 , v , v 1 , v 2 de V et pour tous réels λ1 , λ2 − − → − u .(λ1 − v→1 + λ2 − v→2 ) = λ1→ u .− v→1 + λ2→ u .− v→2
et
→ −
→+λ − → → − − →→ − − →→ − (λ1 − u 1 2 u 2 ). v = λ1 u 1 . v + λ2 u 2 . v
− −ı = u et O un point de P . Soit → − le vecteur image de → −ı par la rotation de Démonstration Supposons que → u 6= 0. Soient → kuk → − → − π centre O et d’angle 2 . Le°triplet ° (O, ı , )forme un repère orthonormal direct R du plan. Dans cette base, les coordonnées de − − u sont (x,0) avec x = °→ u °. – → v→ – − 1 sont (x1 , y 1 ) − – v→2 sont (x2 , y 2 ). − → – λ1 − v→ 1 + λ2 v 2 sont (λ1 x1 + λ2 x2 ,λ1 y 1 + λ2 y 2 ).
71
Par application de la proposition 2.9, il vient : → − − → u .(λ1 − v→ 1 + λ2 v 2 ) = x(λ1 x1 + λ2 x2 ),
→ − u .− v→ 1 = x.x1
− et → u .− v→ 2 = x.x2
− − → → − − → → − − → Ceci prouve que → u .(λ1 − v→ 1 +λ2 v 2 ) = λ1 u .v 1 +λ2 u .v 2 . La seconde égalité se démontre de la même façon ou en utilisant la symétrie du produit scalaire et la première égalité.
P ROPOSITION 2.12 ♥♥♥ Expression du produit scalaire dans une base orthonormale¯
¯x
¯ ′ ¯x
− −ı , → − ) une base orthonormale et soient → − − − v ¯¯ Soit (→ u, → v deux vecteurs de V de coordonnées → u ¯¯ et →
Alors
y
y′
dans cette base.
→ − − u .→ v = xx ′ + y y ′
− −ı + y → − et → − −ı + y ′ → − , par bilinéarité du produit scalaire, il vient Démonstration ♥ Comme → u = x→ v = x′→ → − − u .→ v
=
=
=
−ı + y → − ).(x ′ → −ı + y ′ → − ) (x → −ı .(x ′ → −ı + y ′ → − ) + y → − .(x ′ → −ı + y ′ → − ) x→
−ı .→ −ı + x y ′ → −ı .→ − + yx ′ → − .→ −ı + y y ′ → − → − x.x ′ →
→ − → − −ı .→ − = 0. Par ailleurs, → −ı et → − étant unitaires, on a → −ı .→ −ı = Comme orthogonaux, 2.7, on a : → °→ ° °− ı° et sont °− ° d’après la proposition→ − .→ − = ° − ° − °−ı ° . °→ °→ ° . °→ ı ° = 1 et → ° = 1. Il vient alors que − u .→ v = xx ′ + y y ′ .
C OROLLAIRE 2.13 ♥ Expression de la norme d’un vecteur dans une base ¯ orthonormale ¯x
−ı , → − ) une base orthonormale. Soient → − − Soit (→ u un vecteur de coordonnées → u ¯¯ dans cette base. Alors y
°→ ° q °− u ° = x2 + y 2
−ı , → − ) est un repère orthonormal et que A et B sont deux points de P de coordonnées A(x , y ), B(x , y ) dans ce Si (O, → A A B B repère alors °−→° q ° ° AB = °AB° = (xB − x A )2 + (y B − y A )2
q p → − − u .→ u = x 2 + y 2 . Pour la seconde, il suffit ¡ ¢ −→ d’appliquer la première au vecteur AB dont les coordonnées sont données par xB − x A , y B − y A .
Démonstration
°− ° Ces formules sont immédiates. Pour la première, on a °→ u° =
2.3.4 Interprétation en termes de nombres complexes P ROPOSITION 2.14 ♥ −ı , → − ) étant fixé, on peut identifier V et C. Si → − − Un repère orthonormal (O, → u et → v ont pour affixes respectives z et z ′ , alors → − − ¯ ′ ). u .→ v = Re (z.z
Démonstration Exercice...
2.4 Déterminant 2.4.1 Définition D ÉFINITION 2.14 ♥ Déterminant − − − − Le déterminant de deux vecteurs du plan V → u et → v , noté det(→ u ,→ v ) est défini, de manière géométrique, par : (
°− ° °→ ° − − − − − − u ,→ v ) si les deux vecteurs → u et → v sont non nuls det(→ u ,→ v ) = °→ u ° °− v ° sin (→ → − → − det( u , v ) = 0 sinon.
72
Remarque 2.11 – Le déterminant dépend de l’orientation choisie dans le plan. Si on avait choisie l’orientation contraire, on aurait un déterminant de signe contraire. ³ ´ ° ¡− → ¢ ¡− → ¢ °− ° °→ → − − − − − − u ° sin → – Pour tout → u ∈ V , det → u ,− u = 0. En effet, si → u 6= 0 , det → u ,− u = °→ u ° · °− u ,→ u = 0 et si → u = 0 le résultat est immédiat. P ROPOSITION 2.15 ♥ − − − − Deux vecteurs → u et → v sont colinéaires si et seulement si det(→ u ,→ v )=0 . − − u ou → v est nul, alors la proposition est évidente. Supposons qu’aucun des deux Démonstration ♥ Si l’un des deux vecteurs → vecteurs est nul. ³ ´ ³ ´ ³ ´ ° ¡− → ¢ °− ° °→ − − − − − − − − ⇒ Si → u ,→ v = 0. Il vient alors que det → u ,− u = °→ u ° · °− u ° sin → u ,→ u = 0. u et → v sont colinéaires alors → u ,→ v = 0 [π] et sin → ⇐
³
´
° ¡− → ¢ °− ° °→ − − − − u et → v sont non nuls, cette égalité n’est possible que Réciproquement, si det → u ,− u = °→ u ° · °− u ° sin → u ,→ u = 0 alors comme → ³
´
³
´
− − − − − − u ,→ u = 0 ce qui amène → u et → v sont donc colinéaires. u ,→ v = 0 [π] et les vecteurs → si sin →
Remarque 2.12 Un corollaire immédiat à cette proposition est que trois points du plan A,B et C sont alignés si et −→ −→ seulement si det(AB, AC) = 0.
2.4.2 Interprétation en terme d’aire
B
θ O
H
A
F IGURE 2.7 – Interprétation en terme d’aire du déterminant
P ROPOSITION 2.16 ♥ Interprétation du déterminant en terme de projection −→ − −→ − − − Soient → u et → v deux vecteurs de V . Soient O, A, B trois points de P tels que OA = → u et OB = → v . Soit H le projeté orthogonal de B sur la droite (OA). Choisissons pour la droite (BH) l’orientation dans le sens directement orthogonale à −→ OA. On a alors : − − det(→ u ,→ v ) = OA.HB. − − La valeur absolue de ce déterminant correspond à l’aire du parallélogramme construit selon les vecteurs → u et → v. ° °
− − − u ° = OA. Compte tenu de l’orientation choisie pour (HB), si α est la détermination de (→ Démonstration ♥ Il est clair que °→ u ,→ v) appartenant à ]−π,π] alors °− ° − − – si α est positif, °→ v ° sin(→ u ,→ v ) = HB °→ ° − → − − ° ° v ) = −HB. – si α est négatif, v sin( u , → °→ ° °− ° °→ ° − → − → − − − − − ° ° Par conséquent v sin( u , v ) = HB et → u .→ v = °→ u ° °− v ° sin(→ u ,→ v ) = OA .HB.
2.4.3 Propriétés du déterminant
P ROPOSITION 2.17 ♥ Antisymétrie du déterminant
− − − − − − Le déterminant est antisymétrique : si → u et → v sont deux vecteurs de V alors det(→ u ,→ v ) = − det(→ v ,→ u) . − − − − Démonstration C’est une conséquence directe du fait que sin(→ u ,→ v ) = −sin(→ v ,→ u ).
73
P ROPOSITION 2.18 ♥ Bilinéarité du déterminant − →, − → → − − → − → Le déterminant est bilinéaire : pour tous → u,− u 1 u 2 , v , v 1 , v 2 de V et pour tous réels λ1 , λ2 , on a − − − v→2 ) = λ1 det(→ u ,− v→1 ) + λ2 det(→ u ,− v→2 ) v→1 + λ2 − det(→ u , λ1 −
et
→→ − − →→ − − →→ − →+λ − u det(λ1 − 1 2 u 2 , v ) = λ1 det(u 1 , v ) + λ2 det(u 2 , v ).
→ −
− −ı = u et O un point de P . Soit → − le vecteur image de → −ı par la rotation de centre O Démonstration Supposons → u 6= 0. Soient → kuk → − → − π et d’angle 2 . Le triplet (O, °−ı °, )forme un repère orthonormal direct R du plan. Dans cette base, les coordonnées de : − u °. u sont (x,0) avec x = °→ – → − → – v 1 sont (x1 , y 1 ) – − v→ 2 sont (x2 , y 2 ). − → – λ1 − v→ 1 + λ2 v 2 sont (λ1 x1 + λ2 x2 ,λ1 y 1 + λ2 y 2 ). Par application de la proposition 2.16 : − − → det(→ u ,λ1 − v→ 1 + λ2 v 2 ) = x(λ1 y 1 + λ2 y 2 ),
− det(→ u ,− v→ 1 ) = x.y 1
et
− det(→ u ,− v→ 2 ) = x.y 2 .
− − → → − − → → − − → Il vient alors det(→ u ,λ1 − v→ 1 +λ2 v 2 ) = λ1 det( u , v 1 ) +λ2 det( u , v 2 ). La seconde égalité se démontre de la même façon ou en utilisant l’antisymétrie du déterminant et la première égalité.
P ROPOSITION 2.19 ♥♥♥ Expression du déterminant dans une base orthonormale directe ¯ ¯ ′ ¯x ¯x − −ı , → − ) une base orthonormale directe et soient → − − − v ¯¯ ′ dans cette Soit (→ u,→ v deux vecteurs de V de coordonnées → u ¯¯ et → y
base. Alors
¯ ¯ x On notera ¯¯ y
y
− − det(→ u ,→ v ) = x y ′ − y x′ ¯ x ′ ¯¯ − − le déterminant det(→ u ,→ v ). On a donc y′ ¯
¯ x ′ ¯¯ = x y ′ − x′ y y′ ¯
¯ ¯ x − − det(→ u ,→ v ) = ¯¯ y
− −ı + y → − et → − −ı + y ′ → − , par bilinéarité du déterminant, on a Démonstration ♥ Comme → u = x→ v = x ′→ − − det(→ u ,→ v)
=
= =
−ı + y → − , x ′ → −ı + y ′ → − ) det(x → → − − − − , x ′ → −ı + y ′ → − ) ′→ ′→ x det( ı , x ı + y ) + y det(→ −ı , → −ı ) + x y ′ det(→ −ı , → − ) + yx ′ det(→ − , → −ı ) + y y ′ det(→ − , → − ). x.x ′ det(→
−ı , → − ) est orthonormale et directe, det(→ −ı , → − ) = 1 et det(→ − , → −ı ) = −1. D’après la proposition 2.15, det(→ −ı , → −ı ) = Comme la base (→ − , → − ) = 0. On obtient alors det(→ − − det(→ u ,→ v ) = x y ′ − yx ′ .
2.4.4 Interprétation en terme de nombres complexes P ROPOSITION 2.20 ♥ −ı , → − ) étant fixé, on peut identifier V et C. Si → − − Un repère orthonormal direct (O, → u et → v ont pour affixes respectives z et ′ z , alors − − ¯ ′ ). det(→ u ,→ v ) = Im(z.z Démonstration Exercice...
2.4.5 Application du déterminant : résolution d’un système linéaire de Cramer de deux équations à deux inconnues Soit (S ) :
½
ax + by = α cx + d y = β
On appelle déterminant de ce système le réel δ = ad − bc . Ce système linéaire est dit de Cramer si et seulement si son déterminant δ est non nul. On a alors la proposition suivante.
74
P ROPOSITION 2.21 ♥ ¡ ¢ Si (S ) est un système de Cramer alors il admet un et un seul couple solution x, y donné par x= Démonstration 1
¡
¯ ¯ α ¯ ¯ β
¯ b ¯¯ d ¯
¡
¢
ad − bc
¢
et
y=
¡
¢
¯ α ¯¯ β ¯
¯ ¯ a ¯ ¯ c
ad − bc
Prouvons l’unicité ¡ du couple x, ¢ y . Soient x1 , y 1 et x2 , y 2 deux couples solutions de (S ). On vérifie facilement que le couple (X,Y) = x2 − x1 , y 2 − y 1 est solution du système ½
ax + by = 0 . cx + d y = 0
Ceci prouve que dans le plan, identifié à R2 par le choix d’un repère orthonormal, les vecteurs (a,b) et (c,d) sont tous deux orthogonaux au vecteur (X,Y). Mais comme ¯ ¯ a det((a,b) ,(c,d)) = ¯¯ c
¯ b ¯¯ = δ 6= 0, d ¯
les deux vecteurs (a,b) et (c,d) ne sont pas colinéaires. Le vecteur (X,Y) étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires ne peut être que nul donc X = 0 et Y = 0. Ceci prouve que x1 = x2 et que y 1 = y 2 et donc l’unicité du couple solution.
2
¡
¢
Pour prouver l’existence du couple x, y , il suffit de vérifier que le couple donné dans l’énoncé de la proposition est bien solution de (S ), ce qui ne pose pas de difficulté.
Remarque 2.13
Si le déterminant du système est nul alors ce système admet soit une infinité de solutions soit aucune.
2.5 Droites 2.5.1 Préambule : Lignes de niveau D ÉFINITION 2.15 ♥ Ligne de niveau Soit α un réel. Une partie A du plan est une ligne de niveau α d’une fonction F : P −→ R si A est solution de l’équation F(M) = α. M ∈ A ⇔ F(M) = α
−−→
2.5.2 Lignes de niveau de M 7→ ~ u .AM
jαj AM0 = → jj− u jj M0 A
− → u F (M ) = α
~ F IGURE 2.8 – Ligne de niveau de M 7→ ~ u .AM
P ROPOSITION 2.22 ♥
½
P
R −−→ . La ligne de niveau α de → − M 7−→ u .AM − F : F(M) = α est donnée par la droite dont la direction est orthogonale à → u et qui passe par le point M0 de P défini par → − −−−→ u AM0 = α. kuk2 .
− Soient A un point de P, → u un vecteur non nul de V , α un réel et F :
75
−→
→ −
° °
→ − → −
→ −
− − Démonstration Posons U = → u /°→ u ° et considérons V un vecteur unitaire de V tel que (A, U , V ) forme une repère orthonormale ¡°− ° ¢ −−→ ¡ ¢ − u ° ,0 et AM x, y , on a : u °→ directe de V . Soient (x, y) les coordonnées de M dans ce repère et α un réel. Comme → F(M) = α
°− ° α −−→ → − u .AM = α =⇒ x. °→ u ° = α =⇒ x = °→ −°
=⇒
°u°
− ce qui prouve que si M est élément de la ligne de niveau F(M) = α alors M est élément de la droite orthogonale à → u passant par le → − −−−→ u point M0 tel que AM0 = α. °°→ . ° − °2 u
¡
→ − → −
° ° ¢
− Réciproquement, si M est élément de cette droite alors les coordoonées de M dans le repère (A, U , V ) sont de la forme α/°→ u °, y −−→ → − où y ∈ R et on vérifie facilement que F (M) = u .AM = α. Donc M appartient à la ligne de niveau F(M) = α.
³
−−→´
2.5.3 Lignes de niveau de M 7→ det ~ u , AM
jαj AM0 = → jj− u jj M0
F (M ) = α
− → v A − → u
~ F IGURE 2.9 – Ligne de niveau de M 7→ det(~ u , AM)
P ROPOSITION 2.23 ♥
− Soient A un point de P, → u un vecteur non nul de V , α un réel et G :
½
P
−→
R
−−→ . La ligne de niveau α de − det(→ u , AM) → − −−−→ − v G : G(M) = α est donnée par la droite de vecteur directeur → u et qui passe par le point M0 de P défini par AM0 = α kuk 2 M
7−→
− − où → v est le vecteur directement orthogonal à → u et de même norme.
→ −
° °
→ −
− − Démonstration Comme dans la démonstration de la proposition précédente, posons U = → u /°→ u ° et considérons V un vecteur → − → − unitaire de V tel que (A, U , V ) forme une repère orthonormal direct de V . Soient (x, y) les coordonnées de M dans ce repère. Soit ¡°− ° ¢ −−→ ¡ ¢ − u ° ,0 et AM x, y , on a : u °→ α un réel. Comme → °− ° α −−→ − G(M) = α =⇒ det(→ u , AM) = α =⇒ y. °→ u ° = α =⇒ y = °→ −° °u °
− Donc si M(x, y) vérifie l’équation G(M) = α alors il est élément de la droite de vecteur directeur → u passant par le point M0 tel que
→ − −−−→ → − → − V° AM0 = α. °°→ . Réciproquement, si M est élément de cette droite, alors ses coordonnées dans le repère (A, U , V ) sont de la forme − u° °− °¢ ¡ −−→ − u , AM) = α. Par x,α/°→ u ° où x ∈ R et on vérifie facilement que M est élément de la ligne de niveau G(M) = α car G(M) = det(→ ° ° → − → − − − − → − − − v = °→ u ° V , on obtient bien AM0 = α. ° v° et → v est comme indiqué dans la proposition. ailleurs, si → 2 − °→ u°
2.5.4 Représentation paramétrique d’une droite Cette représentation peut être utilisée quand on connaît un point et un vecteur directeur de la droite étudiée.
P ROPOSITION 2.24 ♥ Représentation paramétrique d’une droite −ı , → − ) un repère du plan. Soit D une droite du plan passant par un point A de coordonnées (x , y ) dans R et Soit R (O, → A A ¯ ¯α
− dirigée par le vecteur non nul → u ¯¯ . D admet comme représentation paramétrique : β
(
x y
= xA + t α
= yA + t β
76
;t ∈ R
(⋆)
(Ce qui signifie que M(xM , y M ) ∈ D ⇔ ∃λ0 ∈ R ¡
¢
½
x M = x A + λ0 α ). y M = y A + λ0 β
−−→
−−→
− − u et l’égalité Démonstration Si M x, y ∈ D alors les vecteurs AM et → u sont colinéaires. Il existe donc un réel t tel que AM = t → des coordonnées de ces deux vecteurs se traduit par les égalités (⋆). Réciproquement, les égalités (⋆) impliquent l’égalité vectorielle −−→ − AM = t → u et le fait que le point M ∈ D.
−ı , → − ) un repère du plan. Déterminons une équation paramétrique de la droite D passant par le Exemple 2.6 Soit R (O, → ¯ ¯3
− point : A (1, −2) et dirigée par le vecteur :→ u ¯¯ . 5
Par application du théorème précédent, une équation paramétrique de D est : ½
x = 1 + 3t α t ∈R y = −2 + 5t β
2.5.5 Équation cartésienne d’une droite Cette représentation est aussi utilisable quand on connaît un point et un vecteur directeur de la droite en question. On se remémorera au préalable ce qu’est une équation cartésienne (voir la définition 2.9 page 68). P ROPOSITION 2.25 ♥♥♥ Équation cartésienne d’une droite −ı , → − ) un repère orthonormal du plan, α, β, c trois réels tels que α et β ne sont pas tous deux nuls. Soient R (O, →
¯ ¯−β → − admet 1. La droite D passant par le point A de coordonnées (x A , y A ) dans R et dirigée par le vecteur non nul u ¯¯ α
une équation cartésienne de la forme
αx + βy + c = 0 .
2. Réciproquement, l’ensemble des points du plan d’équation αx + βy + c = 0 est une droite de vecteur directeur ¯ ¯−β → − u ¯¯ . α
3. Deux telles équations représentent deux droites confondues si et seulement si elles sont proportionnelles. Démonstration 1. On pourrait démontrer cette égalité en éliminant le paramètre t dans l’équation paramétrique de D. Il est plus rapide de constater que M(x, y) ∈ D
−−→ − det(→ u , AM) = 0 ¯ ¯ ¯ −β x − x A ¯ ¯=0 ¯ ¯ α y − yA ¯ ¡ ¢ − α(x − x A )) + β(y − y A ) = 0
=⇒ =⇒ =⇒
αx + βy = −(αx A + βy A )
=⇒
qui correspond à l’égalité recherchée avec c = −(αx A + βy A ). 2. Réciproquement, si αx + βy + c = 0 est une équation cartésienne d’un sous ensemble A du plan et si A(x A , y A ) est élément de ce sous-ensemble alors ses coordonnées vérifient l’équation αx +βy +c = 0 et, pour tout M(x, y) de A : α(x − x A ) +β(y − ¡ ¢ −−→ − − y A ) + c = 0. Donc, pour tout point M de A , det(AM, → u ) = 0 où → u −β,α . A est donc la ligne de niveau 0 de l’application G − de la proposition 2.23. A est donc, d’après cette proposition, la droite orthogonale à → u passant par A. 3. Considérons les deux équations cartésiennes (1) α1 x + β1 y + c1 = 0
et
(2) α2 x + β2 y + c2 = 0,
la première représente une droite D1 et la seconde une droite D2 . Si ces deux équations sont proportionnelles, alors tout point M dont les coordonnées (x, y) vérifient l’équation (1) (⇔ M ∈ D1 ) vérifient aussi l’équation (2) et donc est aussi élément de D2 ¡. Ceci prouve que D1 =¢D2 . Réciproquement, si une droite D possède deux représentations cartésiennes (1) et (2) alors, ¢ − − →¡ ∗ u→ 1 −β1 ,α1 et u2 −β2 ,α2 étant deux vecteurs directeurs de D, ils sont colinéaires et il existe donc k ∈ R tel que α2 = kα1 , β2 = kβ1 . Considérons un point A(x A , y A ) de D et étudions les égalités ½
α1 x A + β1 y A + c1 = 0 , α2 x A + β2 y A + c2 = 0
on montre que c2 = kc1 et donc que (1) et (2) sont proportionnelles.
77
Remarque 2.14 tionnelles.
Une droite donnée dans un repère orthonormal possède une infinité d’équations cartésiennes propor-
−ı , → − ) un repère orthonormal du plan, D une droite passant pas le point A −1) et dirigée Exemple 2.7 Soient R (O, → (1, ¯ ¯1 2
− par le vecteur → u ¯¯ . Calculons une équation cartésienne de D dans R. ¡
¢
Soit M x, y ∈ P. On a : M ∈ D ⇐⇒
−−→ AM
¯
³−−→ ´ ¯ x −1 − − et → u sont colinéaires ⇐⇒ det AM, → u = 0 ⇐⇒ ¯¯
Une équation cartésienne de D est donc : 2x − y − 3 = 0
y +1
¯ 1 ¯¯ = 0 ⇐⇒ 2x − y − 3 = 0 2 ¯
2.5.6 Droite définie par deux points distincts Cette méthode est à utiliser pour déterminer l’équation cartésienne d’une droite quand on connaît deux points de cette droite. Soit D une droite passant par les points A et B de P de coordonnées respectives (x A , y A ) et (xB , y B ) dans un repère orthonormal direct du plan. On détermine une représentation paramétrique ou une équation cartésienne de D en −→ remarquant que D admet AB comme vecteur directeur et en se ramenant à une des méthodes développées dans l’un des deux paragraphes précédents.
2.5.7 Droite définie par un point et un vecteur normal D ÉFINITION 2.16 ♥ Vecteur normal − − Soit D une droite du plan et → n un vecteur non nul orthogonal à un vecteur directeur de D. → n est un vecteur normal à D. La proposition qui suit permet de calculer l’équation cartésienne d’une droite quand on connaît un point et un vecteur normal de cette droite. P ROPOSITION 2.26 ♥ Le plan étant rapporté à un repère orthonormal, on considère une droite D d’équation cartésienne αx + βy + c = 0. Alors
¡ ¢ ¡ ¢ − − u −β, α est un vecteur directeur de D et → v α, β est un vecteur normal à D. le vecteur → ¡
¢
− Démonstration ♥ Le fait que → u −β,α est un vecteur directeur de D a déjà été prouvé dans la proposition 2.25. Le vecteur ¡ ¢ → − − v α,β est par ailleurs clairement orthogonal à → u et est donc un vecteur normal à D.
P ROPOSITION 2.27 ♥ Équation d’une droite définie par un point et un vecteur normal ¡ ¢ − Un repère orthonormal étant fixé, la droite D passant par le point A(x A , y A ) et de vecteur normal → n α, β a pour équation α(x − x A ) + β(y − y A ) = 0 . ¡
¢
−−→
− Démonstration ♥ Soit M x, y un point du plan. Supposons que M ∈ D alors AM.→ n = 0, ce qui s’écrit aussi α(x−x A )+β(y −y A ) = −−→ → −−→ − − n sont orthogonaux. Le 0. Réciproquement si M vérifie cette égalité alors le produit scalaire AM. n est nul et les vecteurs AM et → −−→ vecteur AM dirige donc la droite D. A étant un point de cette droite, ceci n’est possible que si M ∈ D.
2.5.8 Distance d’un point à une droite D ÉFINITION 2.17 ♥ Distance d’un point à une droite Soit D une droite et M un point du plan. On appelle distance de M à D et on note d(M, D) la plus petite distance entre M et un point de D. Remarque 2.15 Pythagore,
Si H est le projeté orthogonal de M sur D et si N est un point de D alors, d’après le théorème de MN2 = MH2 + HN2 Ê MH2
Le minimum de la distance entre M et un point de la droite existe, est atteint en H et vaut MH.
78
M
D H N
F IGURE 2.10 – Distance d’un point à une droite
P ROPOSITION 2.28 ♥ −ı , → − ) un repère orthonormal direct du plan. Soit D une droite du plan : Soit R (O, → − • de vecteur directeur → u
• passant par un point A(x A , y A ) − • de vecteur normal → n
• et d’équation cartésienne ax + by + c = 0.
Soit M(xM , y M ) un point du plan, alors ¯ ¯ ³−−→ ´¯ ¯−−→ ¯ ¯ → − ¯ ¯ → −¯ ¯ ¯det AM, u ¯ ¯ AM · n ¯ ¯axM + by M + c ¯ °→ ° ° = d(M, D) = = °→ p °− °− u° n° a2 + b2 Démonstration ♥ Soit H le projeté orthogonal de M sur D. • Par application des formules de trigonométrie dans le triangle AHM rectangle en H, on a °−−→° ° ° ¯¯ µ−−→ ¶¯¯ ¯ ³ −→ ´¯ à ° ° − °¯ − ¯ − ¯ µ ¶¯ °AM° °→ u ¯¯ ¯¯det − u ¯sin AM, → AM, → u ¯ ¯ ¯ − − → à → − °→ ° ° ° d (M,D) = HM = AM ¯¯sin AM, u ¯¯ = = − °− °→ u° u°
• Par ailleurs, toujours par utilisation de la trigonométrie dans le triangle AHM, on a aussi ¶¯ µ °−−→° ° ° ¯¯ ¯ − −→ − ¯¯ ¯¯−−→ → à ° − °¯ ° ¯ ¯ ¶¯ °AM° °→ µ n ¯ ¯AM · − n ¯cos AM, → n ¯ ¯ ¯ − − → à → − ¯ ¯ °→ ° ° d (M,D) = HM = AM ¯cos AM, n ¯ = = °→ − °− ° ° ° n n
− • Enfin, prenant pour → n le vecteur normal à D de coordonnées (a,b), on a ¯−−→ ¯ ¯ ¯ ¡ ¢¯ ¯ ¡ ¢¯ ¯ → −¯ ¯ ¯AM · n ¯ ¯a (xM − x A ) + b y M − y A ¯ ¯axM + by M − ax A + by A ¯ ¯axM + by M + c ¯ ° ° = = d(M,D) = = p p p − °→ n° a 2 + b2 a 2 + b2 a 2 + b2
car A ∈ D et donc ax A + by A + c = 0.
2.5.9 Équation normale d’une droite D ÉFINITION 2.18 ♥ Équation normale d’une droite On dit que αx + βy = c est une équation normale d’une droite si α2 + β2 = 1. P ROPOSITION 2.29 ♥ −ı , → − ) un repère orthonormal du plan. Pour toute droite D du plan, il existe des réels θ et p tel que x cos θ + Soit R (O, → y sin θ = p soit une équation normale de D dans R. Démonstration Soit ax + by = c une équation cartésienne de D. Alors p
a a 2 +b 2
x+ p
b a 2 +b 2
79
x=p
c a 2 +b 2
cos θx + sin θy = p
H p θ
− → n O
F IGURE 2.11 – Équation normale d’une droite est une équation proportionnelle à notre première équation et est donc une autre représentation cartésienne de D dans R . Comme µ
p
a a 2 +b 2
il existe ( défini modulo 2π) θ ∈ R tel que cos θ = p
Posons p = p
c . a 2 +b 2
¶2
µ b + p
a 2 +b 2
a a 2 +b 2
¶2
et sin θ =
p
= 1, b a 2 +b 2
.
Une équation de D est donc x cos θ + y sin θ = p et cette équation est, par construction, normale.
Remarque 2.16 – Si x cos θ + y sin θ = p est une équation normale d’une droite D dans un repère orthonormal R, la seule autre équation normale de D dans R est x cos(θ + π) + y sin(θ + π) = −p −ı , → − ). – Interprétation géométrique de θ et p : Soit D une droite du plan rapporté à un repère orthonormal direct R (O, → On suppose que D ne passe pas par l’origine de ce repère. Soit H le projeté orthogonal de O sur D et soit x cos θ + ¯
¯cos θ − y sin θ = p une équation normale de D. Le vecteur → n ¯¯ est un vecteur normal à D. Par conséquent, il est colinéaire sin θ µ ¶ −−→ −−→ à − au vecteur OH. Donc → ı , OH = θ [π]. De plus,
d (O, D) = ¯ ¯
¯ ¯ ¯0 × cos θ + 0 × sin θ − p ¯ ¯ ¯ = ¯p ¯ p cos2 θ + sin2 θ
et donc ¯p ¯ = d (O, D). – En corollaire à cette dernière remarque, si x cos θ + y sin θ = p est une équation normale de D et si M est un point du plan alors d(M, D) = |x cos θ + y sin θ − p|.
2.5.10 Équation polaire d’une droite ¡
¢
−ı , → − ) et un repère polaire R O, → − − Dans tout ce paragraphe, on considère un repère orthonormal direct R (O, → u (θ) , → v (θ) . θ
P ROPOSITION 2.30 ♥ Équation polaire d’une droite passant par le pôle Une droite D passant par le pôle O du repère polaire Rθ a une équation polaire du type θ = θ0 [π]
où θ0 est un réel. Ceci signifie que si le point M est représenté par le couple de coordonnées (r M , θM ) dans Rθ alors M est élément de D si et seulement si θM = θ0 . Réciproquement, une telle équation est celle d’une droite passant par le pôle O de Rθ . − − − u un vecteur directeur de D. Soit θ0 une mesure de l’angle (→ Démonstration Soit → ı ,→ u ). M est élément de D si et seulement si il −−→ → − existe α ∈ R tel que OM = t u , c’est à dire si et seulement si (|t| ,θ0 ) ou (|t| ,θ0 + π) forme un système de coordonnées polaires de M. − L’équation θ = θ0 [π] définie donc bien une équation polaire passant par O et dirigée par → u.
80
P ROPOSITION 2.31 ♥ Équation polaire d’une droite ne passant pas par le pôle Une droite D ne passant pas par le pôle O du repère polaire Rθ admet une équation polaire du type p cos (θ − θ0 )
r=
µ ¶ −−→ à → − où p = d (O, D) et où θ0 = ı , OH [2π], H étant le projeté orthogonal de O sur D.
Réciproquement, une telle équation est celle d’une droite ne passant pas par le pôle O de Rθ . Démonstration On utilise une équation normale de la droite D et son interprétation géométrique. Comme la droite D ne passe pas par l’origine, elle admet une équation normale de la forme x cos θ0 +y sin θ0 = p où θ0 ∈ R et où p 6= 0. Quitte à changer θ0 en θ0 +π, on peut même supposer que p > 0. Si (r,θ) est un système de coordonnées polaires pour un point M du plan, alors les coordonnées de M sont données dans R par le couple (r cos θ,r sinθ). Le point M appartient à D si et seulement si r (cos θcos θ0 +βsin θsin θ0 ) = p , p c’est-à-dire si et seulement si r = cos(θ−θ ) . 0
2.5.11 Intersection de deux droites, droites parallèles −ı , → − ). Dans tout ce paragraphe, on considère un repère orthonormal R (O, →
P ROPOSITION 2.32 ♥ Soient D et D′ deux droites d’équations respectives ax + by = c et a ′ x + b ′ y = c ′ dans R où (a, b) ∈ R2 \ {(0, 0)} et (a ′ , b ′ ) ∈ R2 \ {(0, 0)}. ′ ′ – ¯D et D′ sont ¯ parallèles si et seulement si les couples (a, b) et (a , b ) sont proportionnels, c’est à dire si et seulement si
¯ a a′ ¯ ¯ ¯ ¯ b b ′ ¯ = 0 (Dans ce cas soit les deux droites sont confondues soit leur intersection est réduite à l’ensemble vide). – Si D et D′ ne sont pas parallèles, elles ont un unique point d’intersection. → −¡
¢
− Démonstration ♥ Les vecteurs → u (−b, a) et u ′ −b ′ , a ′ sont, respectivement, des vecteurs directeurs de D et D′ . D et D′ sont parallèles si et seulement si ces deux vecteurs sont colinéaires, c’est à dire si et seulement si
¯ ¯ a b
Cette dernière quantité étant égale à ¯¯
Si par ailleurs D et D′
¯ ¯ −b ¯ ¯ a
¯ −b ′ ¯¯ = −ba ′ + ab ′ = 0. a′ ¯
¯ a ′ ¯¯ , la première partie de la proposition est démontrée. b′ ¯
ne sont pas parallèles, alors ab ′ −ba ′ 6= 0 et, d’après la proposition 2.21 page 75, le système
possède une unique solution :
x y
b ′ c − bc ′ ′ ab ′′ − ba . ac − a ′ c = ′ ′ ab − ba
=
2.6 Cercles 2.6.1 Définition D ÉFINITION 2.19 ♥ Cercle Le cercle de centre Ω et de rayon R Ê 0 est l’ensemble des points du plan situés à une distance R de Ω :
Ce cercle sera noté C (Ω, R).
°−−→° n o ° ° M ∈ P : °ΩM° = R
2.6.2 Équation cartésienne d’un cercle → − → −
Dans tout ce paragraphe, on considère un repère orthonormal R (O, i , j ).
81
(
ax + by
a ′ x + b′ y
=c
= c′
M
yM R
yM − yΩ yΩ
xM − xΩ
Ω
xM
xΩ
F IGURE 2.12 – Équation cartésienne d’un cercle
P ROPOSITION 2.33 ♥♥♥ Équation cartésienne ¯ d’un cercle ¯α
Une équation cartésienne du cercle de centre Ω ¯¯ et de rayon R >Ê 0 est donnée par β
(x − α)2 + (y − β)2 = R2
ou sous forme développée x 2 + y 2 − 2αx − 2βy + α2 + β2 − R2 = 0
Réciproquement, si un sous-ensemble du plan satisfait une telle équation, alors ce sous-ensemble est le cercle de rayon R et de centre Ω. ¯ ¯α
Démonstration ♥ Appelons C le cercle de centre Ω ¯¯ et de rayon R > 0.
β °−−→° °−−→°2 ° ° ° ° Supposons que M x, y est un point de C . Alors °ΩM° = R et élevant au carré °ΩM° = R2 ce qui s’écrit (x − α)2 + (y − β)2 = R2 . °−−→°2 °−−→° ¡ ¢ ° ° ° ° Réciproquement, si les coordonnées de M x, y vérifient (x − α)2 + (y − β)2 = R2 alors °ΩM° = R2 et °ΩM° = R. Par suite M ∈ C . ¡
¢
P ROPOSITION 2.34 L’équation x 2 + y 2 − 2αx − 2βy + γ = 0 représente : 1. L’ensemble vide si α2 + β2 − γ < 0.
2. Le cercle de centre Ω(α, β) et de rayon R =
p α2 + β2 − γ si α2 + β2 − γ Ê 0.
Démonstration Remarquons que x 2 + y 2 − 2αx − 2βy + γ = (x − α)2 + (y − β)2 − α2 − β2 + γ.
Si α2 + β2 − γ < 0, cette équation cartésienne ne peut avoir de solution. Sinon, on applique la proposition précédente.
2.6.3 Représentation paramétrique d’un cercle P ROPOSITION 2.35 ♥ Représentation paramétrique d’un cercle −ı , → − ) un repère orthonormal. Le cercle de centre Ω(α, β) et de rayon R > 0 admet comme représentation Soit R (O, → paramétrique (
(Ce qui signifie que M ∈ C (Ω, R) ⇔ ∃ θ0 ∈ R
(
x y
xM yM
= α + R cos θ
= β + R sin θ
,
= α + R cos θ0
= β + R sin θ0
θ∈R
).
Démonstration Soit M(xM , y M ) tel qu’il existe un réel θ0 vérifiant : ½
xM = α + Rcos θ0 . y M = β + Rsin θ0
82
M
yM R
R sin θ θ yΩ Ω
R cos θ
xM
xΩ
F IGURE 2.13 – Représentation paramétrique d’un cercle On vérifie facilement que (xM , y M ) vérifie l’équation (x − α)2 + (y − β)2 = R2 . Réciproquement, soit M(xM , y M ) ∈ C (Ω,R). Les coordonnées de M vérifient (xM −α)2 +(y M −β)2 = R2 . Posons a = Comme a 2 + b 2 = 1, il existe un réel θ0 tel que a = cos θ0 et b = sin θ0 . Donc ½
x−α R
et b =
y −β R .
xM = α + Rcos θ0 y M = β + Rsin θ0
2.6.4 Équation polaire d’un cercle passant par l’origine d’un repère P ROPOSITION 2.36 ♥ Équation polaire d’un cercle passant par l’origine d’un repère −ı , → − ) un repère orthonormal. Soit Ω(α, β). Le cercle C de centre Ω, passant par O et de rayon R > 0 admet Soit R (O, → comme équation polaire r = 2α cos θ + 2β sin θ
ou, de manière équivalente r = 2R cos(θ − θ0 )
où (R, θ0 ) est un système de coordonnées polaires pour Ω. Réciproquement, toute équation de la forme p r = 2α cos θ + 2β sin θ est l’équation d’un cercle de centre Ω(α, β), passant par l’origine O de R et donc de rayon = α2 + β2 .
Démonstration Soit C un cercle de centre Ω, passant par O et de rayon R > 0. Comme O est élément de C , C admet une équation cartésienne de la forme : x 2 + y 2 − 2αx − 2βy = 0. Remplaçant x par r cos θ et y par r sin θ, on obtient : ⇐⇒ ⇐⇒
x 2 + y 2 − 2αx − 2βy = 0
r 2 − 2r (αcos θ + βsin θ) = 0 r = 2αcos θ + 2βsin θ (1)
ou
r = 0 (2)
La seconde équation admet pour ensemble solution le singleton {O}. La seconde peut être ainsi réduite : si (R,θ0 ) est un système de coordonnées polaires pour Ω, r = 2Rcos(θ − θ0 ) est équivalente à (1). Comme le point O vérifie cette équation (pour θ = θ0 + π2 ), les deux conditions (1) et (2) se résument à (1) r = 2αcos θ + 2βsin θ ou encore r = 2Rcos(θ − θ0 ). Réciproquement, si un ensemble du plan admet comme équation polaire r = 2αcos θ+2βsin θ alors c’est le cercle de centre Ω(α,β) et passant par O.
−−→ −−→
2.6.5 Caractérisation d’un cercle par l’équation MA.MB = 0 −−→ −−→
P ROPOSITION 2.37 ♥ Caractérisation d’un cercle par l’équation MA.MB = 0 −ı , → − ) un repère orthonormal. Soient A(x , y ) et B(x , y ) deux points du plan. Soit C l’ensemble des points Soit R (O, → A A B B M du plan vérifiant −−→ −−→ MA.MB = 0.
Alors C est le cercle de diamètre AB. Une équation de C est donnée par (x − x A )(x − xB ) + (y − y A )(y − y B ) = 0
83
M
Ω
A
B
~ MB ~ =0 F IGURE 2.14 – Caractérisation d’un cercle par l’équation MA. Démonstration Soit I le milieu de [A,B]. Pour tout point M du plan :
=⇒ =⇒
=⇒
=⇒
− → − →
−−→ −−→ MA.MB = 0 ³−→ − →´ ³−→ − →´ MI + IA . MI + IB = 0
→ →− → −→ − → − −→ −→ − MI.MI + (IA + IB).MI + IB.IA = 0 MI2 − IA2 = 0 IM = IA
→ −
car IA + IB = 0 . En résumé, si M est élément de C alors IM = IA, c’est à dire M appartient au cercle de diamètre AB. Réciproquement, si M est élément du cercle de diamètre AB alors IM = IA et remontant les implications précédentes, on montre que M∈C.
Remarque 2.17 La précédente proposition est une reformulation du théorème de la médiane vu au collège :« Un triangle est rectangle si et seulement si un de ses côté est un diamètre de son cercle circonscrit ».
2.6.6 Intersection d’un cercle et d’une droite
D D
D
Ω C
F IGURE 2.15 – d(Ω, D) > R
Ω C
Ω C
F IGURE 2.16 – d(Ω, D) = R
F IGURE 2.17 – d(Ω, D) < R
P ROPOSITION 2.38 ♥ Soient D une droite et C (Ω, R) un cercle de rayon R > 0. 1. Si d(Ω, D) > R alors D ∩ C = ∅.
2. Si d(Ω, D) < R alors D ∩ C est formée de deux points distincts.
3. Si d(Ω, D) = R alors D ∩ C est constitué d’un unique point. Si M est ce point, on dit que D est la tangente au cercle C au point M. M est le projeté orthogonal de Ω sur D. Démonstration Soient D une droite et C (Ω,R) un cercle de rayon R > 0 et de centre Ω. 1. Si d(Ω,D) > R, il ne peut y avoir de point d’intersection entre C et D.
84
2. Si d = d(Ω,D) < R, nommons H le projeté orthogonal de Ω sur D. Pour tout point M de D, ΩM2 + HM2 = ΩM2 , soit d 2 +HM2 = ΩM2 . M est élément de C ∩D seulement si on a à la fois ΩM2 = R2 et HM2 = ΩM2 −d 2 , c’est à dire seulement − u oriente la droite D, il y a alors deux possibilités pour M, elles sont données par si HM2 = R2 − d 2 . Supposons que → p −−→ − HM = ± R2 − d 2 → u
Réciproquement, les deux points M données par cette dernière égalité sont bien éléments de C ∩ D. 3. Supposons enfin que d(Ω,D) = R. Cette distance est celle entre Ω et H, le projeté orthogonal de Ω sur D. H est donc élément de C ∩ D et c’est le seul élément possible de cette intersection.
P ROPOSITION 2.39 ♥ Équation cartésienne de la tangente à un cercle −ı , → − ) un repère orthonormal. Soit C un cercle de centre Ω(α, β) et de rayon R > 0. C admet comme équation Soit R (O, → cartésienne : x 2 + y 2 − 2αx − 2βy + γ = 0
(avec γ = α2 + β2 − R2 ). La tangente à C en M0 (x0 , y 0 ) ∈ C admet pour équation cartésienne x0 x + y 0 y − α(x0 + x) − β(y 0 + y) + γ = 0 ¯ −−−→ ¯x − α
¯ ¯x
Un vecteur normal à la tangente à C en M0 est donné par ΩM0 ¯¯ 0 . Un point M ¯¯ est élément de cette y y0 − β −−−→ −−−→ tangente si et seulement si ΩM0 .M0 M = 0. On obtient ainsi une équation cartésienne de la tangente à C en M0 : Démonstration
(x0 − α)(x − x0 ) + (y 0 − β)(y − y 0 ) = 0 (∗)
Soit en développant : xx0 + y y 0 − α(x − x0 ) − β(y − y 0 ) − x02 − y 02 = 0 ¯ ¯x Comme M0 ¯¯ 0 est élément de cette tangente, x02 + y 02 −2αx0 −2βy 0 +γ = 0 et l’équation cartésienne de départ (∗) est équivalente à y0 x0 x + y 0 y − α(x0 + x) − β(y 0 + y) + γ = 0
En résumé 1
Il convient d’avoir bien compris : – l’utilité du produit scalaire – l’utilité du déterminant et les différentes méthodes pour les calculer.
2
Il faut savoir effectuer des changements de repère, vous en aurez un grand besoin en physique.
3
Il faut savoir calculer rapidement et sans hésitation : – l’équation cartésienne – l’équation paramétrée – l’équation polaire d’un cercle et d’une droite.
4
il faut aussi savoir calculer la distance d’un point à une droite et l’aire d’un parallélogramme dans le plan avec le déterminant.
5
Au terme de ce chapitre, vous devrez savoir organiser des calculs afin de pouvoir les effectuer dans des conditions optimales.
85
25. Calcul Matriciel 27. Produit Scalaire
Matrices de Passage Déterminants d’ordre 2 ou 3
Changement de Repère
2. Géométrie Plane
Aire
Symétrie Axiale
Produit Scalaire
Norme Re zz ′
Angle
Module Conjugué Argument
Im zz ′
1. Nombres Complexes
86
2.7 Exercices Attention 2.8 Penser à dessiner, cela aide souvent à résoudre un exercice.
2.7.1 Produit scalaire et déterminant Exercice 2.1 ♥ − − Soient → u et → v deux vecteurs du plan. Développer : °− → °2 °− → °2 1. °→ u +− v ° − °→ u −− v° . ¡− → ¢ − − u +− v ,→ u −→ v 2. det →
Solution :
→ −
− a et b du plan : 1. Comme °le produit scalaire est une forme bilinéaire symétrique, on a, pour tous vecteurs → °2 °→ ° → − → − → − 2 ° ° → − → − °− ° a − ° b ° = 〈 a + b | a − b 〉 donc °→ °2 °− → °2 − °− u +→ v ° − °→ u −− v°
=
=
→ − − 〈2→ u |2 b 〉 − − u |→ v〉 4〈→
2. De même, comme le déterminant est une forme bilinéaire anti-symétrique alternée, il vient : ¡− → ¢ − − det → u +− v ,→ u −→ v
=
¡− → ¢ 2det → u ,− v
Exercice 2.2 ♥ Soient A, B et C trois points du plan. Montrer que : ³−→ −→´ ³−→ −→´ ³−→ −→´ det AB, AC = det BC, BA = det CA, CB
1. En raisonnant géométriquement. 2. En utilisant la bilinéarité et l’antisymétrie du produit scalaire Solution :
1. µOrientons ¶ µle triangle ¶ µABC dans ¶ le sens direct. On peut choisir une détermination dans [0, π] pour les trois angles − → −→ − → −→ − → −→ à à à AB, AC , CA, CB , BC, BA . Les trois déterminants sont alors positifs et sont de plus chacun égaux au double de l’aire du triangle ABC, ce qui prouve les égalités.
2. D’après la relation de Chasles et en utilisant la bilinéarité et l’antisymétrie du produit scalaire : ³−→ −→´ det AB, AC
= = = =
On prouve de même la dernière égalité.
³−→ −→ −→´ det AB, AB + BC ³−→ −→´ ³−→ −→´ det AB, AB + det AB, BC ³−→ −→´ − det BA, BC ³−→ −→´ det BC, BA .
Exercice 2.3 ♥ Dans le plan, on considère un parallélogramme ABCD. On note E le pied de la perpendiculaire menée de C à (AB). On −→ −→ −→ −→ −→ note F le pied de la perpendiculaire menée de C à (BD). Montrer que BD.BF = kBCk2 + BA.BE . Solution : Faire un dessin ! Calculons −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ BD.BF − BA.BE = BD.(BC + CF) − BA.(BC + CE) −→ −→ −→ −→ = BD.BC − BA.BC −→ −→ −→ = (AB + BD).BC −→ −→ = AD.BC −→ −→ = BC.BC
87
Exercice 2.4 ♥♥ Soit ABCD un parallélogramme. Montrer que AC2 + BD2 = AB2 + BC2 + CD2 + DA2.
Solution : Soit I le milieu de [AC] et donc aussi le milieu de [BD]. −→ −→ −→ −→ −−→ −−→ −→ −→ AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = AB.AB + BC.BC + CD.CD + DA.DA ³− → − →´ ³− → − →´ ³− → − →´ ³− → − →´ ³− → − →´ ³− → − →´ ³− → − →´ ³− → − →´ = AI + IB . AI + BI + BI + IC . BI + IC + CI + ID . CI + ID + DI + IA . DI + IA →− − → →− − → − →− → − →→ − = AI2 + IB2 + 2AI.IB + BI2 + IC2 + 2BI.IC + CI2 + ID2 + 2CI.ID + DI2 + IA2 + 2DI.IA →− − → →− − → →− − → − →− → = 4AI2 + 4BI2 + 2AI.IB + 2AI.ID + 2BI.IC + 2DI.IC ³− → ³− − → − →´ → − →´ − → = AC2 + BD2 + 2AI. IB + ID + 2 BI + DI .IC = AC2 + BD2
2.7.2 Coordonnées cartésiennes dans le plan Exercice 2.5 ♥ Calculer une équation cartésienne puis une équation paramétrique de la droite D : − n = (1, −1). 1. passant par A (2, 1) et de vecteur normal →
− u = (1, −2). 2. passant par A (−1, 0) et de vecteur directeur →
3. passant par A (1, 2) et B (−2, 3). 4. passant par l’origine et parallèle à la droite D ′ : x + y − 1 = 0. ′
5. passant par A (1, 1) et perpendiculaire à la droite D :
(
x y
= 1 + 2t
= −1 + t
; t ∈ R.
Solution : − 1. Comme D admet → n comme vecteur normal, une équation cartésienne de D est de la forme x − y +c = 0 avec c ∈ R. Comme A ∈ D , on a c = −1 et D : x − ( y − 1 = 0. Un vecteur directeur à D est celui de coordonnées (1, 1) donc une
équation paramétrique de D est D :
x y
= 2+t
= 1+t
; t ∈ R.
− − u elle admet comme vecteur normal celui de coordonnées (−2, −1) ou encore → n = 2. Comme D est dirigée par → (2, 1). Une équation de D est donc de la forme 2x + y + c =(0 où c ∈ R. Comme A ∈ D , il vient que c = 2 donc D : 2x + y + 2 = 0. Une équation paramétrique de D est D : −→
x y
= −1 + t
= −2t
; t ∈ R.
− 3. Comme A et B sont des points de D , le vecteur AB = (−3, 1) dirige D et le vecteur → n = (1, 3) dirige D . Une équation cartésienne de D est alors de la forme x + 3y + c = 0 avec c ∈ R. Comme A ∈ D , on trouve ( que c = −7 et finalement D : x + 3y − 7 = 0. On trouve par ailleurs qu’une équation paramétrique de D est D :
x y
= 1 − 3t
= 2+t
; t ∈ R.
− n = (1, 1) normal à D ′ est aussi normal à D et donc une équation 4. Comme D et D ′ sont parallèles, le vecteur → cartésienne de D est de la forme x + y + c = 0 avec c ∈ R. Comme O ∈( D , c = 0 et D : x + y = 0. Un vecteur x
− u = (−1, 1) et une équation paramétrique de D est D : directeur à D est →
y
= −t
=t
; t ∈ R.
− n = (2, 1) qui est normal à D car les deux droites sont perpendiculaires. Une 5. Un vecteur directeur de D ′ est → équation de D est donc de la forme 2x + y + c = 0 avec c ∈ R. Comme A ∈ D alors c =(−3 et D : 2x + y − 3 = 0. Un x
− vecteur directeur de D est → u = (−1, 2) donc une équation paramétrique de D est D :
Exercice 2.6
♥
Calculer une équation cartésienne de la droite D d’équation paramétrique 88
(
x y
= 1−t
= 2 − 3t
y
.
= 1−t
= 1 + 2t
; t ∈ R.
Solution : On pourrait lire sur l’équation paramétrique de D les coordonnées d’un point et d’un vecteur directeur de D . Procédons autrement : (
= 1−t
x
= 2 − 3t
y
=⇒
et donc D : −3x + y + 1 = 0.
t
= 1−x 2− y =⇒ −3x + y + 1 = 0 2 − y =⇒ 1 − x = 3 = 3
t
Exercice 2.7 ♥ On rapporte le plan à un repère orthonormal direct. On considère les points A(−1, −1), B(2, 3) et C(3, −3). 1. Calculer l’aire du triangle ABC.
2. En déduire la distance de A à la droite (BC). 3. Former une équation de la droite (AB). 4. En déduire la longueur de la hauteur issue de C et retrouver l’aire du triangle ABC. Solution : 1. L’aire de ABC est donnée par :
¯ ³−→ −→´¯ ¯ ¯ ¯det AB,AC ¯
2
=
22 2
= 11 .
2. Soit H le projeté orthogonal de A sur (BC). (AH) est donc une hauteur de ABC et l’aire de ABC est aussi donnée par :
BC×AH . 2
p
Comme BC = 37, on trouve : AH =
p 11 37 74
.
−→
3. Le vecteur AB(3, 4) dirige la droite (AB). Par conséquent, une équation de (AB) est −4x + 3y − 1 = 0 . 4. La longueur de la hauteur issue de C est la distance de C à la droite (AB). Par conséquent : d (C, (AB)) = −4xC + 3y C − 1 22 AB × d (C, (AB)) = = . L’aire du triangle ABC est alors donnée par : 5 5 2
Exercice 2.8
22 5 = 11 . 2
5×
♥
¯ ¯ ¯1 ¯−2 ¯ Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, on considère les points A¯ et B¯¯ . −2 3
1. Écrire une équation cartésienne de la droite (AB). ¯ ¯1 1
2. Déterminer la distance du point C¯¯ à la droite (AB).
3. Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal H de C sur (AB). 4. Retrouver la distance du point C à la droite (AB) en utilisant la question précédente. Solution :
¯ ¯x −−→ −→ 1. Soit M¯¯ un point du plan. Il appartient à la droite (AB) si et seulement si det(AM, AB) = 0, ce qui donne une y
équation cartésienne de la droite (AB) : (AB) : 5x + 3y + 1 = 0 . |5 + 3 + 1|
2. Avec la formule du cours, d(C, (AB)) = p
52 + 32
9 =p . 34
( x → − 3. Comme n = (5, 3) est normal à (AB), il dirige (CH) et une équation paramétrique de (CH) est (CH) : y Les coordonnées de H sont solutions du système : x y 5x + 3y + 1
= 1 + 5t
= 1 + 3t .
=0
On trouve t = −9/34, x = −11/34 et y = 7/34. Donc H (−11/34, 7/34) . °−−→° ° °
−−→
p
p
4. Il suffit de calculer la norme de CH = (45/34, 27/34) , on trouve °CH° = 81/34 = 9/ 34. 89
= 1 + 5t
= 1 + 3t
.
Exercice 2.9
♥♥
¯ ¯1
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on considère le point Ω¯¯ . Parmi toutes les droites passant par Ω, 2
¯ ¯−1 déterminer celles qui sont à distance 1 du point A¯¯ . 4
Solution : On peut décrire toutes les droites passant par Ω (sauf la droite verticale) à l’aide d’un seul paramètre, la pente m . L’équation cartésienne d’une telle droite Dm est donc (y − 2) = m(x − 1), c’est-à-dire Dm : mx − y + (2 − m) = 0 . La distance du point A à la droite Dm est alors donnée par la formule : d(A, Dm ) =
|−m − 4 + 2 − m| 2|m + 1| =p p m2 + 1 m2 + 1
Cette distance vaut 1 p si et seulement si p 4(m + 1)2 = m 2 + 1, c’est-à-dire 3m 2 + 8m + 3 = 0, et on trouve les deux pentes −4 + 7
−4 − 7
solutions, m1 = et m2 = . On vérifie ensuite que la droite verticale passant par Ω ne convient pas en 3 3 écrivant son équation cartésienne x = 1 et en calculant la distance de A à cette droite qui vaut 2. Exercice 2.10 ♥ Calculer la distance du point A à la droite D dans les cas suivants : − u (1, 2). 1. A (0, 0) et D passe par B (5, 3) et est dirigée par → − n (2, 3). 2. A (1, −1) et D passe par B (−1, 1) et est perpendiculaire à → 3. A (4, 1) et D est la droite d’équation cartésienne x + 2y + 3 = 0. Solution : 1. d (A, D ) =
¯ ³−→ ´¯ ¯ → − ¯ p ¯det BA, u ¯ 7 5 = → − 5 ku k ¯−→ ¯ ¯ ¯ → − p ¯BA. n ¯ = 2 1313 → − n
2. d (A, D ) = k k 3. d (A, D ) = |
x A +2y A +3| p 5
=
p 9 5 5
Exercice 2.11 ♥ Dans le plan muni d’un repère orthonormal direct, on considère les 4 points A (−1, 3), B (−6, −2), C (2, −6) et D (3, 1). 1. Montrer que ABCD est un trapèze. 2. Calculer les coordonnées de l’intersection de ses diagonales. 3. Montrer que ses diagonales sont perpendiculaires. 4. Calculer l’aire de ABCD. Solution : −→
−→
−→
−→
1. Comme AD = (4, −2) et BC = (8, −4) il est clair que BC = 2AB et que les droites (AD) et (BC) sont parallèles. Par suite, ABCD est un trapèze. −→
2. On calcule une équation cartésienne de (AC). Cette droite est dirigée par AC = (3, −9) ou encore par le vecteur → − − u = (1, −3). Un vecteur normal à cette droite est donc → n = (3, 1). Une équation cartésienne de (AC) est donc de la forme 3x + y + c = 0 avec c ∈ R. Comme A ∈ (AC), il vient que c = 0. Donc (AC) : 3x + y = 0. On montre de même que (BD) : −x + 3y = 0. On remarque que ces deux droites passent par l’origine du repère donc leur point d’intersection est O. − − − − 3. Un vecteur normal à (AC) est → n = (3, 1) et un vecteur normal à (BD) est → n ′ = (−1, 3). Il est clair que → n ·→ n ′ = 0 et donc que les diagonales sont perpendiculaires. ¡
¢
A = petite base + grande base × 4. On utilise la formule vue au collège. °−→Si ° A pdésigne l’aire de ABCD °−→° alors p ° ° ° ° hauteur/2. On sait que petite base = °AD° = 2 5 et grande base = °BC° = 4 5. De plus
hauteur = d (A, (BC)) =
¯ −→ −→¯¯ ¯ ¯det AB, BC¯
kBCk
=
et A = 45. 90
¯¯ ¯¯ −5 ¯¯ ¯¯ −5
¯¯ 8 ¯¯¯¯ −4 ¯¯
p 4 5
¯ ¯ ¯ ¯ ¯−20 ¯ 1 2 ¯ 1 −1 ¯ = p 4 5
¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯
60 = p 4 5
Exercice 2.12 ♥ On considère deux droites D et D ′ d’équations respectives : D : 3x + 4y + 3 = 0 et D′ : 12x − 5y + 4 = 0
. 1. Montrer que ces deux droites sont sécantes. 2. Déterminer une équation de chacune de leurs bissectrices 1 . Solution : − − u (−4, 3) et un vecteur directeur de D′ est → u ′ (5, −12). Ces deux vecteurs ne sont 1. Un vecteur directeur de D est → pas colinéaires donc ces deux droites ne sont pas parallèles. ¡
¢
2. Soit M x, y un point du plan. On a la série d’équivalences :
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
M est un point d’une des bissectrices aux deux droites ¡ ¢ d (M, D) = d M, D ′ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯3x + 4y + 3¯ ¯12x − 5y + 4¯ = ¡ 5 ¢ ¡ 13 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 13 3x + 4y + 3 = 5 12x − 5y + 4 ou 13 3x + 4y + 3 = −5 12x − 5y + 4 −21x + 77y + 19 = 0 ou 99x + 27y + 59 = 0.
Donc les bissectrices ont pour équation −21x + 77y + 19 = 0 et 99x + 27y + 59 = 0 . Exercice 2.13 ♥♥ Bissectrices de deux droites On considère deux droites D et D ′ non parallèles et d’équations normales respectives : x cos θ + y sin θ − p = 0 et x cos θ′ + y sin θ′ − p ′ = 0
où p, p ′ ∈ R et θ, θ′ ∈ R, θ 6= θ′ [π]. 1. Déterminer une équation normale de chacune de leurs bissectrices 2 . → −
− − − u et → u ′ sont des vecteurs unitaires qui dirigent les droites D et D ′ alors les vecteurs → u + u ′ et 2. Montrer que si → → − → − u − u ′ dirige chacune de ces deux bissectrices. 3. Montrer que ces deux bissectrices sont perpendiculaires.
Solution : ¡ ¢ 1. Soit M x, y un point du plan. On a la série d’équivalences : M est un point d’une des bissectrices aux deux droites ¡ ¢ ⇐⇒d (M, D) = d M, D ′ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯x cos θ + y sin θ − p ¯ ¯x cos θ′ + y sin θ′ − p ′ ¯ ⇐⇒ = 2 2 cos2 θ′ + sin2 θ′ ¯ ¯ cos θ + sin θ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ⇐⇒ x cos θ + y sin θ − p = x cos θ′ + y sin θ′ − p ′ ¯
¡ ¢ ⇐⇒x cos θ + y sin θ − p = x cos θ′ + y sin θ′ − p ′ ou x cos θ + y sin θ − p = − x cos θ′ + y sin θ′ − p ′ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ⇐⇒ cos θ − cos θ′ x + sin θ − sin θ′ y = p − p ′ ou cos θ + cos θ′ x + sin θ + sin θ′ y = p + p ′ θ+θ′
θ−θ′
θ+θ′
θ−θ′
θ+θ′
x + 2cos sin y = p − p ′ ou 2cos 2 2 2 2 2 ¡ ¢ 2 p − p′ θ+θ′ θ+θ′ θ+θ′ θ+θ′ x + cos y= x + sin y= ⇐⇒ − sin ou cos ′ 2 2 2 2 sin θ−θ 2 ⇐⇒ − 2sin
sin
θ−θ′
cos x + 2sin 2 ¡ ¢ 2 p + p′
− sin
2
x + cos
θ+θ′ 2
y=
¡ ¢ 2 p − p′ ′
sin θ−θ 2
cos
θ+θ′ 2
2
cos
θ−θ′ 2
y = p + p′
′
cos θ−θ 2
ce qui est licite car θ 6= θ′ [π]. Les équations des deux bissectrices sont donc : θ+θ′
θ+θ′
x + sin
θ+θ′ 2
y=
¡ ¢ 2 p + p′ ′
cos θ−θ 2
Ces deux équations sont de plus normales. 1. Rappelons qu’un point est sur une bissectrice de deux droites si et seulement si les distances de ce point à chacune des deux droites sont égales 2. Voir la note 1
91
¡
¢
− − − − u et → u ′ sont unitaires, on peut supposer que → u = (cos θ, sin θ) et que → u ′ = cos θ′ , sin θ′ alors 2. Comme → µ ¶ ¡ ¢ θ−θ′ θ+θ′ θ+θ′ → − → − ′ ′ ′ u + u = cos θ + cos θ , sin θ + sin θ = 2cos , sin cos 2
2
2
qui dirige clairement la première bissectrice. De même :
µ ¶ ¡ ¢ θ−θ′ θ+θ′ θ+θ′ → − − u −→ u ′ = cos θ − cos θ′ , sin θ − sin θ′ = 2sin , cos − sin 2
2
2
qui dirige la deuxième.
°2 ¢ °− °2 °→ ¢ ¡− → ¡− → 3. Comme → u −− u ′ = °→ u ° − °− u ′ ° = 0, les deux bissectrices sont perpendiculaires. u +− u′ . →
Exercice 2.14 ♥♥ Dans le plan, on considère trois points A, B et C non-alignés. Une droite D coupe les droites (BC), (AC) et (AB) en A′ , B′ et C′ respectivement. Par A′ on mène les parallèles à (AB) et (AC) qui coupent respectivement aux points E et F la parallèle à (BC) menée par A. Montrer que les droites (B′ E) et (C′ F) sont parallèles. Indication 2.8 : Le problème est indépendant du repère choisi, à vous donc de choisir un bon repère... Solution : Faire un dessin !
¯ ¯0 −→ −→ – Choix du repère : R = (A, AB, AC). Dans ce repère, A¯¯ , 0 ¯ ¯ ¯0 ¯c tel que B′ ¯¯ . De même, il existe c ∈ R tel que C′ ¯¯ . b 0
¯ ¯ ¯1 ¯0 ¯ B¯ , C¯¯ . Comme B′ est sur la droite (AC), il existe b ∈ R 0 1 ¯ ¯x
−−→ −−→
– Équation cartésienne de la droite D = (B′ C′ ) : un point M¯¯ est sur cette droite si et seulement si det(B′ M, B′ C′ ) = 0, y
c’est-à-dire (B′ C′ ) : bx + c y − bc = 0 .
– On calcule de même l’équation de la droite (BC) et l’on trouve (BC) : x + y − 1 = 0 . ¯ ¯x
– Coordonnées de A′ ¯¯ : puisque A′ est sur la droite (B′ C′ ) et sur (BC), ses coordonnées vérifient le système y (
x+y
bx + c y
¯ ¯ c(1 − b) ¯ =1 ′¯ c − b . On en tire A ¯ b(1 − c) . On remarque que le cas où b = c correspond à une droite D parallèle ¯ = bc ¯ b −c
à (BC) ce qui est exclu par l’énoncé. – Équation cartésienne de la droite D ′ , parallèle à (BC) passant par A : on trouve D ′ : x + y = 0 . x − → – Coordonnées de E : il existe λ ∈ R tel que E = A′ + λAB, c’est-à-dire y ¯ ¯ b(1 − c) ¯ ¯ c −b et on en tire que E¯ b(1 − c) . ¯ ¯ c −b
c(1 − b) +λ c −b . Puisque E ∈ D ′ , x + y = 0 b(1 − c) = b −c =
¯ ¯ c(1 − b) ¯ − − → ¯ c −b – Coordonnées de F : de la même façon, en écrivant F = A′ + λAC′ , on trouve que F¯ c(1 − b) . ¯ ¯− c −b
¯ ¯ b(1 − c) ¯ −−→ ′ ′ ′ ¯ c −b – Pour montrer que (B E) et (C F) sont parallèles, calculons B E¯ b(b − 1) ¯ ¯ c −b
déterminant
Le résultat est montré.
−−→ −−→ det(B′ E, C′ F) =
¯ ¯ c(1 − c) ¯ −−→ ¯ c −b et C′ F¯ c(1 − b) . Ensuite, calculons le ¯ ¯− c −b
¤ 1 £ −bc(1−c)(1−b)−bc(b −1)(1−c) = 0 2 (c − b)
92
après simplifications.
Exercice 2.15
¯♥♥ ¯ ¯λ ¯ 0 On considère un point Aλ ¯¯ de l’axe (Ox) et un point Bλ ¯¯ de l’axe (Oy). 0 a −λ
1. Écrire l’équation cartésienne de la médiatrice du segment [Aλ Bλ ].
2. Montrer que lorsque λ varie, cette médiatrice passe toujours par un point fixe. Solution :
¯ ¯x
1. Soit M¯¯ . Le point M appartient à la médiatrice de [Aλ, Bλ ] si et seulement si d(Aλ , M) = d(Bλ , M), c’est-à-dire si y
¡
¢2
et seulement si (x − λ)2 + y 2 = x 2 + y − a + λ . Ceci amène l’équation cartésienne
¯ ¯a/2
2. On remarque que le point C¯¯
a/2
Dλ : 2λx + 2(λ − a)y − 2λa + a 2 = 0
appartient à toutes les droites Dλ .
Exercice 2.16 ♥♥ On considère dans le plan euclidien un triangle équilatéral (ABC). On choisit un repère orthonormé d’origine le milieu → −
¯ ¯−a
−→ AB
¯ ¯a
de [AB], avec le vecteur i = −→ dans lequel A¯¯ et B¯¯ avec a > 0. 0 0 kABk 1. Déterminer les coordonnées du point C.
2. Écrire les équations cartésiennes des droites (AC) et (BC). 3. Montrer que si M est un point intérieur au triangle, la somme des distances de M à chaque côté du triangle est constante. 4. Retrouver ce résultat en partitionnant le triangle ABC en trois triangles dont on déterminera les aires grâce au déterminant. Solution :
¯ ¯0
−→
−→
p
¯ ¯ 0
1. Si C¯¯ , on calcule kACk2 = c 2 + a 2 qui doit valoir kABk2 = 4a 2 d’où l’on tire c = 3a et donc C¯¯p . c 3a ¯ ¯x −−→ −→ 2. Soit M¯¯ un point de la droite (AC). Il doit vérifier det(AM, AC) = 0, d’où l’on tire y
(AC) :
et de même (BC) : ¯ ¯x
p p 3ax − a y + 3a 2 = 0 p
p 3ax + a y − 3a 2 = 0
3. Soit un point M¯¯ intérieur au triangle. La distance de M à la droite (AB) vaut y ( y Ê 0). Appliquons la formule y
du cours pour calculer la distance de M à la droite (AC) : d(M, AC) =
p p p p | 3ax − a y + 3a 2 | 3x − y + 3a = p 2 3a 2 + a 2
On a utilisé que le point M était à droite de la droite (AC) pour enlever la valeur absolue. De même, p p p p | 3ax + a y − 3a 2 | − 3x − y + 3a = p 2 3a 2 + a 2 p La somme des trois distances est constante et vaut 3a . d(M, BC) =
93
4. Si U, V et W sont trois points du plan, on notera AUVW l’aire du triangle UVW . On a : d (M, (AB)) + d (M, (BC)) + d (M, (CA)) ¯ ³−−→ −→´¯ ¯ ³−−→ −→´¯ ³−−→ −→´¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯det AM, AB ¯ ¯det BM, BC ¯ ¯det CM, CA ¯ °−→° °−→° °−→° + + ° ° ° ° ° ° ° AB° °BC° °CA°
=
A1 + A2 + A3
=
−−→
−→
où A1 est l’aire du parallélogramme porté par les vecteurs AM et AB, A2 est l’aire du parallélogramme porté par −−→ −→ −−→ −→ les vecteurs BM et BC et A3 est l’aire du parallélogramme porté par les vecteurs CM et CA. Mais A1 = 2AMAB , A2 = 2AMBC et A3 = 2AMCA . Donc : d (M, (AB)) + d (M, (BC)) + d (M, (CA)) = 2(AMAB + AMBC + AMCA ) = 2AABC
ce qui prouve que la somme des trois longueurs est constante. Exercice 2.17 ♥♥ Dans le plan, on considère un triangle (ABC) et on note I le milieu du segment [BC]. Une droite passant par I coupe les droites (AB) en D et (AC) en E. Déterminer le lieu des points d’intersection des droites (BE) et (CD). −→ −→
Solution : On se place dans le repère (A, AB, AC). Danc ce repère ¯ ¯1/2 1/2
1. le point I a comme coordonnées I¯¯
2. la droite passant par D admet comme équation cartésienne : (y − 1/2) = λ(x − 1/2) avec λ 6= 0 (puisque cette droite n’est pas parallèle à (AB) ni à (AC).
¯ ¯ ¯ 0 ¯ 1/2 − 1/2λ 3. les coordonnées des points D et E sont D , E¯¯ 1/2 − λ/2
4. la droite (BE) admet comme équation cartésienne : (1 − λ)x + 2y = 1 − λ
5. la droite (CD) admet comme équation cartésienne : 2λx + (λ − 1)y = λ − 1.
¯ ¯ ¯ ¯ λ−1 2 ¯ 1− ¯ ¯ ¯ λ+1 λ + 1 6. l’intersection de ces deux droites est formée du point : M¯ λ − 1 = ¯ 2 (les deux droites ne sont pas ¯ ¯ ¯−1 + ¯− λ+1 λ+1
parallèles lorsque λ 6= −1).
λ−1
étant une bijection de R \ {0} vers 7. Le point M est sur la droite d’équation x + y = 0. L’application λ 7→ λ+1 R \ {−1, 1}, on trouve tous les points de cette droite sauf ceux d’abscisse 1 et −1. Exercice 2.18 ♥♥ On considère dans le plan euclidien un triangle isocèle (ABC) avec AB = AC. On considère un point D qui varie sur le 1
segment [AB] et un point E sur le segment [BC] tels que D′ E = BC où D′ est le projeté orthogonal de D sur (BC). Par 2 le point E, on mène la perpendiculaire à la droite (DE). Montrer que cette droite passe par un point fixe I. ¯ ¯0
¯ ¯−b
¯ ¯b
¯ ¯λ
¯ ¯λ + b
Solution : On choisit le repère orthonormé tel que A¯¯ , B¯¯ et C¯¯ . Notons D′ ¯¯ , on a alors E¯¯ . On détermine a 0 0 0 0
¯ ¯ λ ¯ l’équation cartésienne de la droite (AB) : ax − by + ab = 0 , les coordonnées du point D : D¯¯ aλ + ab ¯ 2
tion cartésienne de la perpendiculaire en E : −bx +
puis l’équa-
aλ + ab y + b(λ + b) = 0 . On peut voir cette équation comme un b
polynôme en λ : £ ¤ ay ¤ £ λ b+ + b(b − x) + a y = 0 b
94
Il suffit d’annuler le coefficient de λ et le coefficient constant pour voir que cette droite passe toujours par le point ¯ ¯ 0 I¯¯ 2 . −b /a
Exercice 2.19
♥♥
¯ ¯λ Dans le repère canonique du plan, on considère deux points sur les axes A¯¯ et 0
¯ ¯ 0 B¯¯ . On note C le point tel que a −λ
(OACD) soit un rectangle. On note Dλ la perpendiculaire à la droite (AB) passant par C. Montrer que la droite Dλ passe par un point fixe à déterminer lorsque λ varie. ¯ ¯ λ
−−→ −→
Solution : C¯¯ . Pour obtenir l’équation cartésienne de Dλ , on traduit CM.BA = 0 et l’on trouve a −λ Dλ : λx + (λ − a)y − 2aλ + a 2 = 0
que l’on peut écrire comme un polynôme en λ : λ(x + y − 2a) + (−a y + a 2 ) = 0. ¯ ¯
¯ ¯
x a En considérant le point I¯¯ avec x et y qui annulent les deux coefficients de ce polynôme, on trouve le point fixe I¯¯ . y
a
Exercice 2.20 ♥♥ Déterminer l’intersection des droites D1 et D2 : D1
½
x y
= =
2t − 1 t ∈R −t + 2
D2
½
x y
= =
t +2 t ∈R 3t + 1
Solution : 1. ½ On prend deux paramètres distincts t et u et on égale les abscisses et ordonnées pour obtenir le système : ½ 1 1 13 2t − 1 = u + 2 2t − u = 3 d’où d’où −7u = 1 et u = − . On en déduit u = − + 2 = et
−t + 2 = 3u + 1 −t − 3u = −1 7 7 7 4 3 y = − +1 = . 7 7 u (2, −1) est vecteur directeur de D1 , donc ~ n (1, 2) est vecteur normal de D1 . Donc une équation cartésienne de D1 2. ~ est x + 2y = k . k est déterminé en écrivant que (pour t = 0) M(−1, 2) ∈ D1 soit k = −1 + 2 × 2 = 3. Maintenant 1 on traduit : un point de D2 vérifie cette équation de D1 : t + 2 + 2(3t + 1) = 3 soit t = − et on conclut comme 7
ci-dessus. Moralité : L’intersection de deux objets géométriques se traite bien lorsqu’un est défini en paramétrique et l’autre par équation cartésienne.
2.7.3 Géométrie du triangle Exercice 2.21 ♥♥ Centre du cercle circonscrit d’un triangle et médiatrices Soient A, B, C trois points non alignés du plan P . Montrer que les médiatrices du triangle ABC sont concourantes en un point O centre du cercle circonscrit au triangle : 1. En utilisant la définition et les propriétés de la médiatrice d’un segment. 2. En effectuant des calculs dans un repère bien choisi. Solution : −→
1. La médiatrice du segment [AB] admet comme vecteur normal AB, celle du segment [AC] admet comme vecteur −→ normal AC. Les points ABC étant non alignés, ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires et donc ces deux médiatrices ne peuvent être parallèles. Elles se coupent alors en un point qu’on notera O. On a : OA = OB = OC. On déduit de ces égalités que O est le centre du cercle circonscrit à ABC et que O est élément de la médiatrice de [BC]. Par conséquent, les trois médiatrices du triangles sont concourantes en O. 95
2. On peut aussi proposer la solution ¯calculatoire ¯ ¯ suivante. On peut choisir un bon repère orthonormé dans lequel ¯ ¯a
¯b
¯0 c
¯b/2 , c/2
les coordonnées de A, B et C sont A¯¯ , B¯¯ , C¯¯ . Les milieux des côtés du triangle ont pour coordonnées, A′ ¯¯ 0
0
¯ ¯ ¯ ¯ ′ ¯(a + b)/2 B¯ ,C¯ . Les perpendiculaires issues respectivement de C′ , B′ et A′ ont pour équations cartésiennes : c/2 0 ′ ¯ a/2
x=
a +b , 2
−ax + c y +
a2 − c2 = 0, 2
¯
¯ (a + b)/2 et on vérifie qu’elles passent par le point I¯¯
c/2 + ab/2c
−bx + c y +
b2 − c2 =0 2
.
Exercice 2.22 ♥♥ Centre de gravité et médianes d’un triangle Soient A, B, C trois points non alignés du plan P . Soient G l’isobarycentre de ABC. −→
→ −
1. Soit I le milieu de [BC]. Montrer que AG = 23 AI. En déduire que G est élément de la médiane de ABC issue de A. 2. En déduire que les médianes du triangle ABC sont concourantes en G. Solution : −→
−→
−→
→ −
1. Comme G est l’isobarycentre de ABC, on a : GA + GB + GC = 0 . Utilisant la relation de Chasles, on en tire : −→ − → → −→ −→ − → − → −→ − → − → → − − GA+ GA + AI + IB + GA + AI+ IC = 0 c’est-à-dire : 3GA + 2AI = 0 d’où la relation annoncée. La médiane issue de A étant la droite (AI), il est alors clair que G est élément de cette médiane. −→
− →
−→
−→
2. On démontrerait de même que, si J désigne le milieu de [AC] et K celui de [AB] : BG = 23 BJ et CG = 32 CK . Le point G appartient donc à la médiane de ABC issue de B et celle issue de C. Les trois médianes de ABC sont donc concourantes en G. Exercice 2.23 ♥♥ Centre du cercle inscrit à un triangles et bissectrices Soient A, B, C trois points non alignés du plan P . Montrer que les trois bissectrices intérieures du triangle ABC sont concourantes en un point K du plan et ce que ce point est centre du cercle inscrit à ABC (c’est à dire le cercle tangent aux trois côtés du triangle). Solution : Notons d A , dB et dC les bissectrices intérieures de ABC issues respectivement de A, B et C. Les points A, B et C n’étant pas alignés, d A et dB ne sont pas parallèles et se coupent en un point K du plan. Par définition d’une bissectrice, on a : d (K, (AB)) = d (K, (AC)) = d (K, (AB)) = d (K, (BC)). Par conséquent, d (K, (CA)) = d (K, (CB)) et K est élément de la bissectrice issue de C. On en déduit que les trois bissectrices intérieures de ABC sont concourantes en K. Notons K A , KB , KC les projetés orthogonaux de K sur respectivement (BC), (AC) et (AB), on a : d (K, (AB)) = KKC , d (K, (AC)) = KKB et d (K, (BC)) = KK A . D’après ce qui a été fait précédemment, on peut affirmer que ces trois longueurs sont égales : KK A = KKB = KKC . Le point K est donc le centre du cercle C circonscrit au triangle K A KB KC . Il reste à montrer que les trois côtés du triangles ABC sont tangents à ce cercle. Comme K A est le projeté orthogonal de K sur (BC), la droite (BC) est perpendiculaire à un rayon du cercle C et est donc tangente à C . On fait de même avec les droites (AC) et (AB) et on montre que C est bien le cercle inscrit à ABC. Exercice 2.24 ♥♥ Orthocentre d’un triangle Soient A, B, C trois points non alignés du plan P . 1. En exprimant chacun des vecteurs de l’expression ci dessous au moyen de vecteurs d’origine A, montrer que pour tout point M de P on a : −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ AB.CM + BC.AM + CA.BM = 0.
2. Montrer que la hauteur issue de A dans le triangle ABC et celle issue de B ne sont pas parallèles. On notera H le point d’intersection. −→ −−→
3. Montrer que AB.CH = 0. En déduire que les hauteurs du triangle ABC sont concourantes. Le point de concours est l’orthocentre du triangle.
96
Solution : 1. Soit M un point du plan. −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ AB.CM + BC.AM + CA.BM
= =
=
−→ ³−→ −−→´ ³−→ −→´ −−→ −→ ³−→ −−→´ AB. CA + AM + BA + AC .AM + CA. BA + AM ³−→ −→´ −−→ ³−→ −→´ −−→ ³−→ −→´ −→ AB + BA .AM + AC + CA .AM + AB + BA .CA 0
−→
−→
2. La hauteur issue de A admet comme vecteur normal BC et celle issue de B le vecteur AC. Les points ABC n’étant pas alignés ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires et les deux hauteurs ne peuvent donc être parallèles. Elles sont donc sécantes en un point qu’on notera H. 3. Utilisant l’égalité établie dans la première question avec M = H et le fait que H est à l’intersection des hauteurs −→ −−→ issues de A et de B, on obtient : AB.CH = 0. On en déduit que H est élément de la hauteur issue de C et que les trois hauteurs de ABC sont concourantes en H. Exercice 2.25 ♥♥ Droite d’Euler d’un triangle Dans un triangle ABC non équilatéral et non aplati, on considère l’orthocentre H, le centre O du cercle circonscrit et le centre de gravité G. −−→
−→ −→
−→
1. Exprimer OG en fonction de OA, OB et OC. −→
−−→ −−→
− − v = 3OG − OH. Montrer que → v est orthogonal à AB. 2. Soit → −−→
−−→
3. En déduire que OH = 3OG. La droite passant par ces trois points est appelé droite d’Euler du triangle ABC. Solution : −−→
³−→ −→ −→´
1. Comme G est l’isobarycentre de A, B et C, par la relation de Chasles, on obtient : OG = 31 OA + OB + OC . 2. On appelle I le milieu de [AB]. Il vient : −→ → − v .AB
= = = = = =
=
³ −−→ −−→´ −→ 3OG − OH .AB ³−→ −→ −→ −−→´ −→ OA + OB + OC − OH .AB ³−−→ −→ −→´ −→ HC + OA + OB .AB −−→ −→ ³−→ −→´ −→ −−→ HC. | {zAB} + OA + OB .AB car HC dirige la hauteur issue de B =0
³− → − → − → − →´ −→ OI + IA + OI + IB .AB − → −→ − → → − 2OI.AB car IA = −IB − → 0 car OI dirige la médiatrice du segment [AB]
−→
− − v .AC = 0. Par conséquent, le vecteur → v est à la fois 3. En effectuant le même calcul, on pourrait montrer que → −→ −→ → − → − orthogonal à AC et AB. Mais le triangle ABC n’étant pas plat, ceci n’est possible que si v = 0 , c’est-à-dire −−→ −−→ seulement si OH = 3OG. Le triangle n’étant pas équilatéral, on en déduit que les points O, G et H sont alignés. La droite portant ces trois points est appelée droite d’Euler du triangle ABC.
Proposons une preuve calculatoire de cette propriété :
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
a b 0 Dans un repère orthonormé adapté, les coordonnées de A, B et C sont A¯¯ , B¯¯ , C¯¯ , le centre de gravité a pour 0 0 c ¯ ¯(a + b)/3 , les trois hauteurs ont pour équation cartésienne coordonnées G¯¯ c/3
x = 0,
−bx + c y + ab = 0, ¯ ¯
0
−ax + c y + ab = 0
d’où le point d’intersection des hauteurs : H¯¯ . Pour trouver le centre du cercle circonscrit, on peut chercher −ab/c 97
−→
−→
¯ ¯ (a + b)/2 . On calcule ensuite c/2 + ab/2c
−−→
l’intersection des médiatrices ou résoudre kΩAk2 = kΩBk2 = kΩCk2 ce qui donne Ω¯¯ ¯ −−→ −−→ ¯ (a + b)/3 det(HG, HΩ) = ¯¯ c/3 + ab/c
¯ (a + b)/2 ¯¯ =0 c/2 + 3ab/2c ¯
ce qui montre que ces trois points sont alignés.
Exercice 2.26 ♥♥ Formules des sinus, d’Al-Kashi, de Heron Dans le plan orienté, on considère un triangle ABC non aplati de sens direct (c’est-à-dire qu’on passe du point A au b = BAC , B b = CBA , point B, et du point B au point C en tournant dans le sens direct) . On note : a = BC, b = CA, c = AB, A b = ACB et A l’aire de ABC. On note aussi R le rayon du cercle circonscrit à ABC, r le rayon du cercle inscrit à ABC C et p = 21 (a + b + c) le demi-périmètre de ABC. ³−→ −→´
³−→ −→´
³−→ −→´
1. Montrer que det AB, AC = det BC, BA = det CA, CB = 2A 2. En déduire la formule des sinus :
a b sin A
3. Prouver les formules d’Al-Kashi :
b a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A,
=
b
=
b sin B
c b sin C
=
abc = 2R. 2A
b b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B,
b c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos B
Ces formules généralisent la formule de Pythagore dans un triangle quelconque. 4. Déduire des deux dernières questions la formule de Héron :
Solution :
1
abc
2
4R
b= A = bc sin A
=
q ¡ ¢¡ ¢¡ ¢ p p −a p −b p −c = r p
1. Chacun des 3 déterminants est égal, le triangle étant direct, à 2A . 2. Par définition du déterminant et utilisant les égalités précédentes, on a :
c’est-à-dire :
°−→° °−→° °−→° °−→° °−→° °−→° ° °° ° °° ° °° ° b =° b=° b = 2A ° AB° °AC° sin A °BC ° °BA° sin B °CA° °CB° sin C b = ac sin B b = ab sin C b = 2A . bc sin A
En divisant ces dernières égalités par abc , on obtient :
b sin B b sin C b 2A sin A = = = . a b c abc
intercepte Par ailleurs, si on note I le milieu de [BC] et O le centre du cercle circonscrit à ABC, l’angle inscrit BAC b le même arc de cercle que l’angle au centre BOC . Par conséquent : BOC = 2BAC = 2A. Par ailleurs, comme OB = OC, le triangle BOC est isocèle en O et BIO est rectangle en I. Dans ce dernier triangle, on peut écrire : d = a , ce qui amène : a = 2R. sin BOI b 2R sin A
3. On a :
a2
= =
= =
= =
°−→°2 ° ° °BC° −→ −→ BC. ³−→BC−→´ ³−→ −→´ BA + AC . BA + AC −→ −→ −→ −→ −→ −→ BA.BA − 2AB.AC + AC.AC °−→°2 °−→° °−→° °−→°2 ° ° °° ° ° ° +° °AC° °BA° − 2 ° AB° ° AC° cos BAC b + b2 c 2 − 2bc cos A
On obtient les deux formules suivantes par permutations des lettres a , b et c . 98
4. Les deux premières égalités découlent directement des résultats établis dans la seconde question . Si K désigne le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC et si K A , KB , KC désignent respectivement l’intersection de ce cercle avec les côtés [BC], [AC], [AB] de ABC alors KK A , KKB , KKC sont les hauteurs respectives des triangles KBC, KAC et KAB et ces hauteurs sont toutes de longueur r . Les aires de ces trois triangles sont donc respectivement ar2 , br2 et cr2 . Comme ces trois aires partitionnent celle du triangle ABC, on a : A = ar2 + br2 + cr2 = (a+b+c)r = pr . Enfin, 2 on a : A
1
b bc sin A p b bc 1 − cos2 A 2 q¡ ¢¡ ¢ 1 b 1 + cos A b bc 1 − cos A 2 sµ ¶µ
=
2 1
= =
1
=
2
1
=
q¡
4 q 1 ¡
=
1−
bc
4 1p
a 2 −b 2 −c 2 2bc
1+
a 2 −b 2 −c 2 2bc
¶
par application des formules d’Al-Kashi
¢¡ ¢ 2bc − a 2 + b 2 + c 2 2bc + a 2 − b 2 − c 2 ¢¡ ¢ (b + c)2 − a 2 a 2 − (b − c)2
((b + c) + a) ((b + c) − a) (a − (b − c)) (a + (b − c))
=
4 1p
=
4
r
=
(−a + b + c) (a + b + c) (a − b + c) (a + b − c)
a+b+c a+b+c−2a a+b+c−2b a+b+c−2c 2
2
2
2
q ¡ ¢¡ ¢¡ ¢ p p −a p −b p −c
=
Exercice 2.27 ♥♥ On considère un triangle (ABC). On note A′ , B′ , C′ les symétriques respectifs des points A, B, C par rapport aux points B, C, A. Quel rapport y a-t-il entre les aires des triangles (A′ B′ C′ ) et (ABC) ? ′ C
+
A +
C
B +
+
+
B′ +
A′
F IGURE 2.18 – Exercice 2.27
Solution : L’aire d’un triangle (ABC) est la moitié de l’aire du parallélogramme
1 −→ −→ det(AB, AC). En notant A le double 2
de l’aire du triangle ABC et A ′ le double de celle de A′ B′ C′ , on calcule en utilisant la relation de Chasles : −−→ −−→ A ′ = det(A′ B′ , A′ C′ ) −−→ −−→ −−→ −−→ = det(A′ B + BB′ , A′ A + AC′ ) −→ −→ −→ −→ = det(BA + 2BC, 2BA + CA) −→ −→ −→ −→ −→ −→ = det(AB, AC) + 4det(BC, BA) − 2det(CB, CA) = A + 4A + 2A = 7A
L’aire du triangle (A′ B′ C′ ) vaut donc 7 fois l’aire du triangle (ABC).
2.7.4 Cercle Exercice 2.28 ♥ Déterminer le centre et le rayon des cercles d’équations cartésiennes : 99
1. x 2 + y 2 − 4x + 4y − 1 = 0
2. x 2 + y 2 − 6x + 8y + 24 = 0
Solution :
¡
¢2
1. x 2 + y 2 − 4x + 4y − 1 = 0 ⇐⇒ (x − 2)2 + y + 2 = 9. Cette première équation est celle d’un cercle de centre (2, −2) et de rayon 3. ¡
¢2
2. x 2 + y 2 − 6x + 8y + 24 = 0 ⇐⇒ (x − 3)2 + y + 4 = 1 qui est l’équation d’un cercle de centre (3, −4) et de rayon 1. Exercice 2.29 ♥ Soient C le cercle de centre Ω(2; −1) et de rayon sont tangentes à C et parallèles à D .
p 5 2
et D la droite d’équation 2x + y = 0. Déterminer les droites qui
′ Solution : Un droite D¡′ parallèle p depla forme 2x + y + c = 0 avec c ∈ R. Si de plus D ′ ¢ pà D a une équation cartésienne ′ est tangente à C alors d ω, D = 5/2 ce qui amène : |3 + c| / 5 = 5/2 et donc : c = 1/2 ou c = 11/2. La droite D est donc celle d’équation cartésienne : 2x + y + 1/2 = 0 ou 2x + y + 11/2 = 0 . Réciproquement, ces deux droites sont solutions du problème.
Exercice 2.30 ♥♥ On considère le cercle d’équation C : x 2 + y 2 + x − 3y − 3 = 0
¯ ¯1 . Une droite passant par A est tangente au cercle C au point M. Calculer la longueur AM. −2
et le point A¯¯
¯ ¯−1/2
Solution : Le cercle est de centre Ω¯¯
3/2
−−→ −−→
et de rayon R où R2 = 11/2. Puisque ΩM.AM = 0, d’après le théorème de
Pythagore, AΩ2 = AM2 + R2 . On en tire AM = 3. Exercice 2.31 ♥♥ On considère le cercle d’équation C : x 2 + y 2 + 10x − 2y + 6 = 0
et la droite d’équation D : 2x + y − 7 = 0
Écrire les équations cartésiennes des tangentes au cercle C et parallèles à la droite D . ¯ ¯−5 p Solution : Le cercle est de centre Ω¯¯ et de rayon R = 2 5. Une droite parallèle à D a pour équation cartésienne 1
Dt : 2x + y + t = 0
Cette droite est tangente au cercle C si et seulement si d(Ω, Dt ) = R, c’est-à-dire si et seulement si |t −9| = 10. On trouve deux valeurs de t , t1 = 19 et t2 = −1, d’où les deux droites : 2x + y + 19 = 0 et 2x + y − 1 = 0
Exercice 2.32 ♥♥ On considère le cercle d’équation C : x 2 + y 2 + 4x − 6y − 17 = 0
et la droite d’équation D : 5x + 2y − 13 = 0
Trouver l’équation cartésienne du diamètre de C perpendiculaire à la droite D .
100
¯ ¯−2
Solution : Le cercle C a pour centre Ω¯¯
3
p
et pour rayon R = 30. Le diamètre passe par Ω et celui recherché ne peut
être verticale car il est perpendiculaire à D . Il a donc pour équation cartésienne y − 3 = m(x + 2), c’est-à-dire Dm : mx − y + (3 + 2m) = 0
Un vecteur normal à Dm
¯ ¯ ¯5 ¯m − → → − ¯ est nm ¯ et un vecteur normal à D est n ¯¯ . Pour que les deux droites soient perpendiculaires, 2 −1
→ − il faut et il suffit que − n→ m . n = 0, c’est-à-dire m = 2/5. On trouve donc l’équation du diamètre : 2x − 5y + 19 = 0
Exercice 2.33 ♥♥ p Tracer la courbe d’équation y = −3 + 21 − 4x − x 2 Solution : On doit avoir (y + 3)2 = 21 − 4x − x 2 , c’est-à-dire ¯ ¯−2
On reconnaît un demi-cercle de centre Ω¯¯ Exercice 2.34
−3
(x + 2)2 + (y + 3)2 = 25
de rayon R = 5 situé au dessus de la droite d’équation y = −3.
♥♥
¯ ¯3 Déterminer les cercles de centre Ω¯¯ qui coupent la droite d’équation −1
D : 2x − 5y + 18 = 0
en deux points A, B avec AB = 6. Solution : Il suffit de déterminer le rayon du cercle. En appelant H le projeté orthogonal de Ω sur D et en utilisant le théorème de Pythagore, R2 = ΩH2 + (AB/2)2
On calcule ΩH2 = 29, puis R2 = 38. L’équation du cercle est donc (x − 3)2 + (y + 1)2 = 38
Exercice 2.35 ♥♥ Déterminer les équations de cercles tangents aux deux droites d’équation 4x − 3y + 10 = 0, 4x − 3y − 30 = 0 et dont le centre se trouve sur la droite d’équation 2x + y = 0. ¯ ¯ a Solution : Si l’on note Ω¯¯ le centre du cercle, il faut que d(Ω, D1 ) = d(Ω, D∈ ), ce qui donne 10a + 10 = −10a + 30 −2a ¯ ¯1 et l’on tire a = 1. On trouve Ω¯¯ et le rayon du cercle vaut 4. −2
Exercice 2.36 ♥♥ On considère le cercle d’équation C : x 2 + y 2 − 6x + 2y + 5 = 0
¯ ¯4 , on mène deux tangentes au cercle. Calculer la distance d entre les points de tangence. −4
Par le point A¯¯
101
¯ ¯3 p , de rayon R = 5. Une droite passant par A est d’équation y + 4 = m(x − 4) −1
Solution : Le cercle est de centre Ω¯¯
Dm : mx − y − 4(m + 1) = 0
En écrivant que d(Ω, Dm ) = R, on trouve une équation du second degré en m : 2m 2 − 3m − 2 = 0
dont les racines sont m1 = 2 et m2 = −1/2. Comme m1 m2 = −1, les deux tangentes sont orthogonales, et en appelant C p
et D les points de tangence, ΩCAD est un carré de diagonale d = 10 . Exercice 2.37 ♥♥ Dans le plan rapporté¯à un repère orthonormé, déterminer les droites passant par l’origine, orthogonales et tangentes à ¯2
un cercle de centre Ω¯¯ . 1
Solution : Les équations de deux droites passant par l’origine sont de la forme y = mx et y = m ′ x . Pour que ces deux droites soient orthogonales, il faut que 1 + mm ′ = 0, c’est-à-dire m ′ = −1/m (m = 0 ou m ′ = 0 correspondrait aux deux axes qui ne sont pas solution du problème). Un cercle de centre Ω est tangent à ces deux droites si et seulement (2m − 1)2
(2 + m)2
= si d 2 (Ω, Dm ) = d 2 (Ω, D−1/m ) ce qu’on traduit par , c’est-à-dire 3m 2 − 8m − 3 = 0, trinôme qui m2 + 1 m2 + 1 possède les deux racines m1 = 3 et m2 = −1/3. Les deux droites solutions sont de pente 3 et −1/3.
Exercice 2.38
♥♥
¯ ¯ ¯1 ¯3 ¯ Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on considère deux points A¯ et B¯¯ . 1 −1
1. Écrire l’équation cartésienne de la droite (AB).
2. On considère le cercle d’équation : x 2 + y 2 − 8x − 10y + 37 = 0
Déterminer la distance entre la droite (AB) et ce cercle. Solution : 1. On trouve D : x + y − 2 = 0 . 2. L’équation cartésienne réduite du cercle est (x − 4)2 + (y − 5)2 = 4
¯ ¯4 C’est donc le cercle de centre Ω¯¯ et de rayon 2. La distance du centre Ω à la droite (AB) est donnée par : 5
|4 + 5 − 2| 7 d(Ω, D) = p =p . 2 2 2 1 +1
La distance du cercle à la droite est donc p 7−2 2 >0 d(D, D) = d(Ω, D) − R = 2
Exercice 2.39
♥♥
¯ ¯λ 0
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, pour λ > 0, on note C λ le cercle de centre ¯¯ tangent à l’axe (Oy) et Γλ ¯ ¯λ
le cercle de centre ¯¯ tangent à l’axe (Ox). Déterminer les coordonnées des deux points d’intersection de ces cercles, λ
puis le lieu de ces points lorsque λ varie.
102
Solution : C λ : (x − λ)2 + y 2 = λ2
Γλ : (x − λ)2 + (y − λ)2 = λ2 ¯ ¯x Un point P¯¯ appartient à ces deux cercles si ses coordonnées vérifient les deux équations. En formant la différence des y
deux équations, on tire y = λ/2. En reportant dans la première équation, on trouve
4x 2 − 8λx + λ2 = 0 p p p p ¯ ¯ (2 + 3)λ (2 − 3)λ λ ¯¯2 + 3 λ ¯¯2 − 3 d’où x1 = et x2 = . d’où Pλ ¯ et Qλ ¯ . Les points décrivent les droites d’équations 1 1 2 2 2 2 p p y = (2 + 3)x et y = (2 − 3)x .
Exercice 2.40 ♥♥ Le plan est rapporté à un repère orthonormé R = (0,~ı,~). On considère le point A = (a, a) (a > 0). 1. On considère la famille des cercles C t passant par A et O. On désigne par t l’abscisse du centre de C t . Former l’équation cartésienne de C t . 2. Le cercle C t coupe la droite (Ox) en O et un second point K t . Former l’équation cartésienne de la tangente Dt à C t en K t . 3. Déterminer en fonction de t l’équation cartésienne de la normale à Dt passant par A puis les coordonnées de la projection orthogonale Ht de A sur Dt . 4. Reconnaître l’ensemble des points Ht lorsque t varie. Solution : 1. Comme d(Ct , 0) = d(Ct , A), on trouve (C t : x 2 + y 2 − 2t x + 2(t − a)y = 0
On aurait pu partir également d’une équation cartésienne générale d’un cercle passant par O : x 2 + y 2 + 2αx + 2βy = 0
et dire que le point A appartenait à ce cercle. ¯ ¯2t
¯ ¯ t
−−−→ −−−→
2. K t ¯¯ , Ct ¯¯ , d’où l’équation cartésienne de la tangente : Ct K t · K t M = 0 : 0 a−t t X + (t − a)Y − 2t 2 = 0
¯ ¯ t est orthogonal à la droite Dt . On écrit t −a
3. Le vecteur n t ¯¯
On trouve
¯ ¯X − a ¯ ¯Y − a
4. C’est la droite d’équation y = x − a .
¯ t ¯¯ = 0 =⇒ (t − a)(X − a) − t (Y − a) = 0. t − a¯ ¯ ¯t + a Ht ¯¯ t
Exercice 2.41 ♥♥ On considère le point B = (a, 0) du plan et un cercle C passant par B de centre P = (x0 , y 0 ). 1. Écrire l’équation de C . 2. On considère une droite passant par O d’équation y = mx
Écrire une condition nécessaire et suffisante sur m pour que cette droite soit tangente à C . 103
3. Trouver l’ensemble des points P tels que les deux tangentes à C passant par l’origine soient orthogonales. Solution : 1. (x − x0 )2 + (y − y 0 )2 = (x0 − a)2 + y 02
2. Cette droite est tangente au cercle si et seulement si d(P, D) = R, ce qui donne |y 0 − mx0 | = (x0 − a)2 + y 02 p 1 + m2
On trouve la condition [a 2 + y 02 − 2ax0 ]m 2 − 2x 0 y 0 m + (x0 − a)2 = 0
3. Les deux pentes m1 , m2 doivent vérifier m1 m2 = 1, c’est à dire puisqu’elles sont racines d’une équation du second degré : (x0 − a)2 2 a + y 02 − 2am 0
= −1
Après développement, on trouve x02 = y 02 d’où (x0 − 2a)2 + y 02 = 2a 2
p
C’est le cercle de centre (2a, 0) de rayon 2a . Exercice 2.42
Droite de Simson d’un triangle
♥♥
¯ ¯0 → − → − Dans le plan rapporté à un repère orthonormé R = (O, i , j ), on considère un triangle (ABC) avec A¯¯ , a
(a, b, c 6= 0 et b 6= c ).
¯ ¯ ¯b ¯c ¯ B¯ et C¯¯ , 0 0
1. Déterminer l’équation du cercle C circonscrit au triangle (ABC). → normal à cette droite. 2. Écrire l’équation cartésienne de la droite (AB) et donner un vecteur − n 1 → normal à cette droite. 3. Écrire l’équation cartésienne de la droite (AC) et donner un vecteur − n 2 ¯ ¯x0
4. On considère un point M¯¯
y0
du plan. On note A′ le projeté orthogonal du point M sur la droite (BC), B′ le projeté
orthogonal de M sur la droite (AC) et C′ le projeté orthogonal de M sur la droite (AB). Trouver les coordonnées des points A′ , B′ , C′ .
5. Montrer que les points A′ , B′ , C′ sont alignés si et seulement si le point M se trouve sur le cercle C . Dans ce cas, la droite portant les points A′ , B′ , C′ et M est la droite de Simson du triangle ABC. Solution :
¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯b ¯c ¯ ¯ 1. L’équation d’un cercle est de la forme x + y +αx +βy +γ = 0. En traduisant que A¯ , B¯ , C¯¯ sont sur le cercle, a 0 0 2
on trouve le système
2
aβ + γ bα + γ cα + γ
= −a 2 = −b 2
= −c 2
En résolvant, on en tire α, β, γ et l’équation du cercle :
C : x 2 + y 2 − (b + c)x − ¯ ¯x0
2. Si M¯¯
a 2 + bc y + bc = 0 a
¯ ¯x
, en notant A′ le projeté de M0 sur (BC), on a A′ ¯¯ 0 . La droite (AC) a pour équation cartésienne : y0 0 (AC) : ax + c y − ac = 0
104
¯ ¯a
→¯ . La droite (AB) a pour équation cartésienne et un vecteur normal à cette droite est − n 1¯ c
¯ ¯a − → et un vecteur normal à cette droite est n2 ¯¯ . b
(AB) : ax + by − ab = 0
¯ ¯ c(cx0 − a y 0 + a 2 ) ¯ ¯ − → ′ ′ ′¯ a2 + c2 3. Par un calcul d’intersection (B = M0 + λn1 ) et B ∈ (AC), on trouve que B ¯ 2 . a(−cx 0 + a y0 + c ) ¯ ¯ a2 + c2
¯ ¯ b(bx0 − a y 0 + a 2 ) ¯ ¯ ′ ′¯ a2 + c2 De même, en notant C le projeté orthogonal de M0 sur (AB), on trouve que C ¯ 2 a(−bx 0 + a y0 + b ) ¯ ¯ a2 + b2
−−→ −−→
4. Les trois points A′ , B′ , C′ sont alignés si et seulement si det(A′ B′ , A′ C′ ) = 0, c’est-à-dire si et seulement si après calculs : x02 + y 02 − (b + c)x0 −
a 2 + bc y 0 + bc = 0 a
c’est-à-dire si et seulement si le point M est sur le cercle circonscrit au triangle (ABC). Exercice 2.43 ♥♥ On considère deux cercles C et C ′ . Déterminer le lieu du milieu des points M ∈ C et M′ ∈ C ′ tels que les tangentes aux cercles en M et M′ soient orthogonales. ¯ ¯a
Solution : Considérons le repère d’origine le centre du premier cercle et tel que le centre du deuxième cercle soit M¯¯ . 0
L’équation des deux cercles est alors :
(
C: ′
C :
x2 + y 2 = r 2
(x − a)2 + y 2 = R2 ′
le point M ¯est d’affixe z¯ = r e iθ et le point M′ d’affixe z ′ = a + Re iθ . Les tangentes en M et M′ sont dirigées par les ¯− sin θ → − ¯− sin θ′ − u ¯¯ vecteurs → et u ′ ¯¯ ′ . Les tangentes sont orthogonales si et seulement si cos θ
cos θ
sin θ sin θ′ + cos θ cos θ′ = sin(θ + θ′ ) = 0
c’est-à-dire θ′ = kπ − θ. Alors le milieu de [MM′ ] a pour affixe : Z=
où ε = ±1 et
¤ a £ r + i εR ¤ iθ a 1£ a + r e iθ + Re i(kπ−θ) = + e = + ρe i(α+θ) 2 2 2 2 ¡ r + i εR ¢
2
= ρe iα
¯ ¯a/2
Lorsque θ varie entre 0 et 2π, le point P décrit le cercle de centre ¯¯ ρ=
1p 2 r + R2 . 2
0
(milieu des centres des deux cercles) et de rayon
Exercice 2.44 ♥♥ Puissance d’un point par rapport à un cercle Soit M un point et C un cercle de centre O. Une droite ∆ passant par M coupe C en deux points A et B, éventuellement confondus si ∆ est tangente à C . Démontrer que MA.MB ne dépend pas de la droite ∆ choisie.
105
Solution :
Soit I le milieu de [AB].
b
A b
M
B
b
b
A′
−−→ −−→ MA.MB = MA.MB ³−→ → − ´ ³−→ − →´ = MI + IB . MI + IA → − → − − → − →→ − + IB} + IA.IB = MI2 + MI. IA | {z ~0
b
2
O
= MI − IA
b
′
B
2
Maintenant, comme (OI) est la médiatrice de [AB], on a : MI2 = MO2 + IO2 et IA2 = OI2 + OA2 . D’où MA.MB = MO2 + IO2 − (OI2 + OA2 ) = MO2 − R2 . Ce nombre s’appelle la puissance du point M par rapport au cercle C .
Rappelons la méthode utilisée en classe de seconde : ′ en commun. De plus les angles MBA ′ et Les triangles MBA′ et MAB′ sont semblables. En effet ils ont l’angle AMA ⌢ ′ A sont inscrits dans le même cercle et interceptent le même arc A′ A. Ils sont donc égaux. MB
On en déduit :
MA′ MB = MA MB′
d’où MA.MB = MA′ .MB′ .
L’inconvénient de cette méthode est qu’il faut distinguer tous les cas de figure : M à l’intérieur, à l’extérieur, sur le cercle C . Triangles aplatis, etc. Exercice 2.45 ♥♥ On considère dans le plan euclidien un cercle de centre Ω et de rayon R. Soit M un point du plan. On appelle puissance de M par rapport au cercle C, le réel −−→ πC (M) = kΩMk2 − R2
a. On considère une droite passant par M et qui coupe le cercle C en deux points A et B. Montrer que −−→ −−→ πC (M) = MA.MB
b. On considère deux cercles non-concentriques C et C′ et l’on appelle axe radical l’ensemble des points M du plan vérifiant πC (M) = πC (M′ ). Montrer que cet ensemble est une droite orthogonale à la droite joignant les centres des cercles. +
M +
A
+
+
B
Ω A′
F IGURE 2.19 – Exercice 2.45
Solution : a. Introduisons le point A′ symétrique de A par rapport à Ω. En utilisant que [AA′ ] est un diamètre, donc que −→ −−→′ BA.BA = 0, calculons −−→ −−→ −−→ −−→′ −−→ MA.MB = MA.(MA + A′ B) −−→ −−→ = MA.MA′ −−→ −→ −−→ −−→ = (MΩ + ΩA).(MΩ + ΩA′ ) −−→ −→ −−→ −→ −−→ = kMΩk2 + MΩ.(ΩA + ΩA′ ) + ΩA.ΩA′ = kMΩk2 − R2
= πC (M)
106
b. On se place dans un repère orthonormé dans lequel : (C) : x 2 + y 2 = R2
(C′ ) : (x − d)2 + y 2 = r 2
¯ ¯ ¯0 ¯ ′ ¯d ¯ où Ω¯ et Ω ¯ sont les centres des cercles de rayon R et r . On calcule 0 0
πC (M) = πC (M′ ) ⇐⇒ x 2 + y 2 − R2 = (x − d)2 + y 2 − r 2 ⇐⇒ 2d x = R2 + d 2 − r 2
On trouve l’équation d’une droite orthogonale à (ΩΩ′ ). Exercice 2.46 ♥♥ Par le sommet A d’un carré ABCD, on mène une droite qui rencontre la droite (BC) en E et la droite (CD) en F. Démontrer que la droite qui joint le point F au milieu I du segment [BE] est tangente au cercle inscrit au carré et rencontre la droite (DE) en un point M situé sur le cercle circonscrit au carré.
C
D
F
E
M
I
A
B
F IGURE 2.20 – Exercice 2.46
Solution le repère orthonormé d’origine le centre du carré et d’axes parallèles aux axes du carré. Alors ¯ ¯ : On ¯considère ¯ ¯−a ¯ a ¯ a ¯−a A¯¯ , B¯¯ , C¯¯ , D¯¯ . On considère la droite qui passe par A, E, F. En notant m sa pente, son équation cartésienne est −a
−a
a
a
¯ a(2 − m) ¯ ¯ ¯ a ¯ ¯ y +a = m(x+a). On en déduit les coordonnées de E¯ et F¯ m . Puis les coordonnées de ¯ (2m − 1)a a
Ensuite l’équation cartésienne de la droite (FI) :
¯ ¯ a I¯¯ . (m − 1)a
(FI) : m(m − 2)x + 2(1 − m)y + a(m 2 − 2m + 2) = 0
On calcule la distance de l’origine à cette droite : a|m 2 − 2m + 2| d(O, (FI)) = p m 2 (m − 2)2 + 4(m − 1)2
mais comme (m 2 − 2m + 2)2 = m 2 (m − 2)2 + 4(1 − m)2 = m 4 − 4m 3 + 8m 2 − 8m + 4, on trouve que cette distance vaut a et par conséquent, la droite (FI) est bien tangente au cercle inscrit dans le carré. Cherchons ensuite les coordonnées du
¯ −→¯¯ point M. DE¯
¯ ¯x −→ 2a , M = D + λDE d’où si M¯¯ , y 2(m − 1)a (
x y
= (2λ − 1)a
= [1 + 2(m − 1)λ]
107
Comme M ∈ (FI), on tire λ = −
m2 − 2
m 2 − 2m + 2
et ensuite ¯ 2 ¯ ¯ − a(m − 2) ¯ m 2 − 2m + 2 M¯¯ 2 ¯− a(m − 4m + 2) ¯ 2 m − 2m + 2
On vérifie ensuite que d(O, M)2 = 2a 2 .
Exercice 2.47 ♥♥ On considère un cercle de centre O et de rayon 1. On considère un diamètre [AB] de ce cercle et un point C sur le cercle différent de A et de B et non situé sur la médiatrice de [AB]. On appelle D le point de la droite (AC) qui se projette orthogonalement sur (AB) en O. La tangente au cercle au point C coupe la droite (AB) en un point P. Montrer que la droite (AC), la perpendiculaire à [AB] issue de P et la perpendiculaire à (BD) issue de B sont concourantes.
D
C
+I
+
+
A
+
+ +
B P ∆ ¯ ¯
¯ ¯
−1 1 Solution : On considère un repère orthonormal direct centré en O, d’axe (Ox) parallèle à [AB] tel que A¯¯ , B¯¯ . Il
0 0 ¯ ¯cos θ existe θ ∈ R tel que C¯¯ . Comme C n’est pas situé sur la médiatrice de [AB], cos θ 6= 0. On calcule une équation sin θ
cartésienne de la droite (AC) dans ce repère et on trouve :
(AC) : sin θx − (cos θ + 1)y + sin θ = 0 ¯ ¯ 0 Puis on calcule les coordonnées de D¯¯ . La tangente en C au cercle a pour équation cartésienne tan θ/2
Tθ : cos θx + sin θy = 1 ¯ ¯1/ cos θ et on trouve les coordonnées du point P : P¯¯ . On note I l’intersection de la perpendiculaire à (BD) passant par 0
¯ ¯tan θ/2 −→ − − n ¯¯ B et de la perpendiculaire à (AB) passant par P : I = B + λ→ n où → est orthogonal au vecteur BD. En utilisant que 1
xI = 1/ cos θ, on trouve que
¯ ¯1/ cos θ I¯¯ tan θ
Il ne reste plus qu’à vérifier que ce point appartient à la droite (AC) : sin θ sin θ − (cos θ + 1) + sin θ = 0 cos θ cos θ
Exercice 2.48 ♥♥ Soient [AB] et [PQ] deux diamètres d’un cercle C . Par le point A on mène la parallèle à (PQ) qui rencontre au point C le cercle et en I la droite joignant le point Q au symétrique P′ de P par rapport à (AB). Soit H le point de rencontre de la droite (AQ) et de la perpendiculaire à (AB) menée par le point I. Montrer que les points P, C et H sont alignés. 108
+
H
C
+ P +
A+ +
+
I
Q
+
B P
′
F IGURE 2.21 – Exercice 2.48 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−1 ¯1 ¯cos θ ¯− cos θ ′ ¯ cos θ , B¯¯ , P¯¯ , Q¯¯ , P ¯¯ . On cherche C sous 0 0 sin θ − sin θ − sin θ
Solution : On choisit un repère orthonormé en sorte que A¯¯
¯ ¯ ¯cos(2θ) −→¯¯−1 + λ cos θ 2 2 la forme C = A + λOP¯ avec λ ∈ R. Comme xC + y C = 1, on trouve λ = 2cos θ et finalement C¯¯ . λ sin θ sin(2θ)
¯ ¯−(1 + cos θ) . Cherchons − sin θ
−→
On cherche ensuite les coordonnées de I = A + λOP avec y I = − sin θ ce qui donne λ = −1 et I¯¯
−→ ensuite les coordonnées de H = A + λQA. Puisque xH = xI , on trouve que λ =
Puisque
¯ ¯ −−→¯¯ cos θ(2cos θ + 1) HQ¯ 1 − 2cos θ ¯sin θ cosθ 1 − cos θ
¯ ¯−(1 + cos θ) ¯ cos θ et ensuite H¯¯ sin θ cos θ . 1 − cos θ ¯ 1 − cos θ
¯ ¯ −→¯¯ 2cos θ + 1 HP¯ 1 − 2cos θ ¯sin θ 1 − cos θ
on voit que ces deux vecteurs sont colinéaires et donc les trois points P, Q, H sont alignés.
2.7.5 Coordonnées polaires Exercice 2.49 ♥ ¡ ¢ Déterminer l’équation polaire d’un cercle C de centre α, β et de rayon R > 0. ¡
¢2
Solution : Une équation cartésienne de C est : (x − α)2 + y − β = R2 , ce qui donne, passant en coordonnées polaires ( ¡
x = r cos θ
¢
: r 2 − 2r α cos θ + β sin θ = R2 − α2 − β2 .
y = r sin θ
Exercice 2.50 ♥ Déterminer une équation normale et une équation polaire des droites d’équation cartésienne : p
Solution : p 1. L’équation normale de la droite d’équation y = 3x est ¡
¢
polaires pour x, y , on a : θ=
π 3
p
2. x + y + 2 = 0
1. y = 3x
[π] .
(
x = r cos θ y = r sin θ
et r
p 3 2
3. x + 3y − 1 = 0 p 3 2 x
− 21 y = 0. Si (r, θ) est un couple de coordonnées
cos θ − 12 r sin θ = 0, ce qui amène : r cos π3 + θ = 0 c’est-à-dire p
p
p
2. De la même façon, l’équation normale de la droite d’équation x + y + 2 = 0 est 22 x + 22 y + 2 = 0, ce qui s’écrit p p ¢ ¡ encore : x cos π4 + y sin π4 + 2 = 0. On a donc : r cos π4 − θ = − 2. Une équation polaire de la droite est alors : r=
¡
p
2
π 4
cos π − + θ
¢ , c’est-à-dire : r =
p ³ 2 ´ cos 3π 4 +θ
109
1 2x
3. Par la même méthode, on trouve pour l’équation normale r=
³1 ´ 2 cos π 3 −θ
+
p 3 2 y
−
1 2
= 0 et pour l’équation polaire
.
Exercice 2.51 ♥ Déterminer une équation normale et une équation polaire de la droite passant par A (1, 0) et B (3, 2). −→
Solution : Le vecteur AB = (2, 2) dirige (AB) donc une équation cartésienne de (AB) est de la forme x + y + c = 0 avec cp∈ R. Comme A est élément de cette droite, c = −1 et (AB) : x + y − 1 = 0. Une équation normale de la droite est donc p p p p p ¡ ¢ 2 2 2 2 2 2 x + y = r cos θ+ r sin θ = . Si est un couple de coordonnées polaires pour , on a : c’est-à-dire θ) x, y (r, 2 2 2 2 2 2 r (cos π/4cos θ + sin π/4sin θ) =
p 2 2
et donc r =
p 2
2 cos(θ−π/4)
Exercice 2.52 ♥ Déterminer une équation polaire des cercles suivants donnés par leur équation cartésienne. En déduire leur centre et leur rayon : p
1. x 2 + y 2 − 3x − 3y = 0
2. x 2 + y 2 − 12x + 2y = 0
Solution : 1. En passant en coordonnées polaires, l’équation ´devient : r 2 − 3r (cos θ + sin θ) = 0 ce qui s’écrit aussi : p ¢ p ³ p2 p ¡ r = 3(cos θ + sin θ) ou r = 3 2 2 cos θ + 22 sin θ , c’est-à-dire : r = 3 2 cos θ − π4 . Son centre admet donc comme coordonnées polaires p 3 2 2 .
³
´ p 3 2 π , 2 4 ,
c’est-à-dire comme coordonnées cartésiennes : ¡
2. De la même façon, on prouve que : r = 4cos θ − π6
¢
¡3
3 2, 2
¢
et son rayon vaut :
est une équation polaire du second cercle. Son rayon est ¡
¢
donc 2 et son centre admet comme coordonnées polaires 2, π6 c’est-à-dire comme coordonnées cartésiennes : ¡p
¢ 3, 1
Exercice 2.53 ♥♥ Dans le plan, on considère un cercle C et un point O de ce cercle. Déterminez l’ensemble des projections orthogonales du point O sur les tangentes au cercle C . Solution : → − → −
1. Choix du repère. Notons Ω le¯ centre du cercle. Considérons le repère orthonormé direct R = (O, i , j ) avec ¯R OΩ → − . Dans ce repère, Ω¯¯ et l’équation du cercle C s’écrit i = kOΩk
0
(x − R)2 + y 2 = R2
¯ ¯ a + R cos θ 2. Soit θ ∈ [0, 2π] et Mθ ¯¯ un point du cercle. L’équation cartésienne de la tangente au point Mθ au cercle R sin θ
s’écrit
(Tθ ) : cos θ(x − R) + sin θy = R
¯ ¯cos θ
− n ¯¯ Notons Hθ la projection orthogonale du point O sur la droite Tθ . Puisque le vecteur →
sin θ
dirige la normale
− n . Comme le point H appartient à la droite Tθ , on trouve λ = R(1 + cos θ), on obtient les en Mθ , Hθ = O + λ→ coordonnées polaires du point Hθ : ρ = R(1 + cos θ)
On reconnaît une cardioïde (voir la section 6.3.3 page 246).
110
2.7.6 Lignes de niveaux Exercice 2.54 ♥♥ Soient deux points distincts du plan A et B et soit k un réel. Étudier l’ensemble des points M du plan tels que MA2 − MB2 = k . Indication 2.8 : On pourra considérer I le milieu de [AB]. Solution : On a la série d’équivalences :
⇐⇒
2 MA MB´2 = k ³−−→ − − −→ ³−−→ −−→´ MA − MB . MA + MB = k
⇐⇒
−→ −→ AB.IM =
⇐⇒
−→ −→ −AB. 2MI + k
→ − =0
− − → → IA + IB} | {z
=k
car I est le milieu de [AB]
2
−→
→ −
et, appliquant le cours, M est élément de la droite normale à AB passant par le point P tel que : IP =
−→ α AB° °− ° →° . 2°AB°
Exercice 2.55 ♥♥ Soient A et B deux points du plan non nécessairement distincts et soit un réel k . Étudier l’ensemble Ck des points M du plan tels que −−→ −−→ MA.MB = k.
°−−→°2 ° °
−−→ −−→
p
Solution : Si A et B sont confondus, alors l’égalité MA.MB = k s’écrit °AM° = k et Ck est le cercle de rayon k et de centre A si k > 0, Ck est réduit au point A si k = 0 et Ck = ∅ si k < 0. Supposons que A et B sont distincts. Soit I le milieu de [AB]. On a la série d’équivalences :
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
−−→ −−→ MA. =k ³−→ MB − →´ ³−→ − →´ MI + IA . MI + IB = k −→ −→ −→ MI.MI + MI.
→ − =0
− → − → IA + IB} | {z
→− → − + IA.IB = k
car I est le milieu de [AB]
°−→°2 °− ° ° ° °→°2 °MI° − °IA° = k °−→°2 °− ° ° ° °→°2 °MI° = k + °IA°
°− ° °→°2
p
Par conséquent, notant R = k + °IA° , Ck est le cercle de centre I et de rayon R si R > 0 , Ck = {I} si R = 0 et Ck = ∅ si R < 0. Exercice 2.56 ♥♥ − − u et → v deux vecteurs distincts de plan. Déterminer les points M du plan Soient A et B deux points distincts du plan, → tels que : −−→ → −−→ − AM · − u = BM · → v.
Solution : On a :
⇐⇒ ⇐⇒ −→
−−→ → −−→ − AM · − u = ³BM · → v −→ −−→´ → −−→ → − v AM · u = BA + AM · − ¢ −−→ ¡→ − → − − AM · − u −→ v = BA · → v
−−→
−−→
− − − − − − w =→ u −→ v . Appliquant le cours, l’ensemble des points M du plan vérifiant AM · → u = BM · → v est la Posons α = BA · → v et → − −→ α→ → − w . droite de vecteur normal w passant par le point P tel que : AP = k→ − wk
111
Exercice 2.57 ♥♥ − Soient A et B deux points distincts du plan et → u un vecteur non nul. Déterminer les points M tels que −−→ − −−→ → − u .AM + → u .BM = 0.
Solution : Notons I le milieu de [AB].
⇐⇒ ⇐⇒
−−→ → −−→ → − u .AM +− u .BM ³− ´ = 0³→ → − → − −→´ → − − u · AI + IM + → u · BI + IM = 0
−→ → − u · IM = 0 car I est le milieu de [AB]
− u passant par I. Remarquons que cette exercice est Par conséquent l’ensemble recherché est la droite de vecteur normal → → − → − un cas particulier du précédent dans le cas où v = − u .
Exercice 2.58 ♥♥ − u un vecteur non nul. Déterminer les points M tels que Soient A et B deux points distincts du plan et → −−→
−−→
− − det (→ u , AM) + det (→ u , BM) = 0.
Solution : Notons I le milieu de [AB].
⇐⇒ ⇐⇒
−−→ −−→ − − det(→ u , AM) + det(→ u , BM) = 0 ³ − ´ ³ − → −→ → −→´ − − det → u , AI + IM + det → u , BI + IM = 0
³ −→´ − u , IM = 0 car I est le milieu de [AB] det →
− et l’ensemble recherché est la droite dirigée par → u et passant par I.
112
Chapitre
3
Géométrie élémentaire de l’espace Pour bien aborder ce chapitre De la même façon que dans le chapitre consacré à la géométrie plane 2, ce chapitre a pour vocations de vous familiariser avec le calcul algébrique et de vous donner des représentations pour les objets étudiés dans les chapitres 23 et 24 d’algèbre linéaire. Là encore, on pourra passer dans une première lecture les démonstrations qui ne sont pas marquées par un ♥ et se focaliser sur les autres parties.
3.1 Préambule Dans tout ce chapitre on notera E l’ensemble des points de l’espace et V l’ensemble des vecteurs de l’espace. De la même façon que dans le plan, on peut additionner les vecteurs de l’espace ainsi que les multiplier par des scalaires réels. Pour résumer l’ensemble des propriétés de cette addition et de cette multiplication, qui sont les mêmes que pour les vecteurs du plan, on dit que le triplet (V , +, .) possède une structure d’espace vectoriel sur R.
3.1.1 Combinaisons linéaires de vecteurs, droites et plans dans l’espace D ÉFINITION 3.1 ♥ Droite vectorielle, droite affine − − u un vecteur non nul de l’espace. On appelle droite vectorielle engendrée (ou dirigée) par → u l’ensemble D des – Soit → → − vecteurs de l’espaces colinéaires à u : ©− D= → v ∈ V | ∃λ ∈ R :
ª → − − v = λ→ u
− − – Soient A un point et → u un vecteur de l’espace. La droite affine passant par le point A et de vecteur directeur → u est −−→ → − l’ensemble D des points M de l’espace tel que les vecteurs AM et u sont colinéaires : n
D = M ∈ E | ∃λ ∈ R :
o −−→ − AM = λ→ u
Remarque 3.1 Se donnant deux points distincts A et B de l’espace, la droite de l’espace passant par les points A et B −→ est la droite passant par A et dirigée par AB. D ÉFINITION 3.2 ♥ Combinaison linéaire de deux vecteurs − − − − − − Soient → u,→ v et → w trois vecteurs de l’espace. On dit que → w est combinaison linéaire des vecteurs → u et → v si et seulement → − → − → − si il existe deux réels α, β ∈ R tels que w = α u + β w . D ÉFINITION 3.3 ♥ Plan Vectoriel, plan affine − − – Soient → u et → v deux vecteurs non colinéaires de l’espace V . On appelle plan vectoriel engendré (ou dirigé) par les − − → − − u et → v : vecteurs u et → v l’ensemble, noté P , des vecteurs de V qui sont combinaisons linéaires de → © − ª − P = α→ u + β→ v | α, β ∈ R .
113
− − – Soient → u et → v deux vecteurs non colinéaires de l’espace V et A ∈ E un point de l’espace. On appelle plan affine − − engendré (ou dirigé) par les vecteurs → u et → v et passant par A l’ensemble, noté P, des points M de E tels que le −−→
− − vecteur AM est combinaison linéaire de → u et → v : n
¡
¢
P = M ∈ E | ∃ α, β ∈ R2 :
o −−→ − − AM = α→ u + β→ v .
Remarque 3.2 − − – Avec les notations précédentes : M est élément du plan affine passant par A et engendré par → u et → v si et seulement si −−→ → − → − le vecteur AM est élément du plan vectoriel engendré par u et v : P . ¡− → ¢ – Le couple¡ → u ,− v forme une base de P . ¢ − − – Le triplet A, → u ,→ v forme un repère de P. – On peut aussi définir un plan affine P en se donnant trois points non alignés A, B et C de E . On définit le plan affine −→
−→
passant par ces trois points comme étant le plan affine passant par A et engendré par les vecteurs AB et AC. D ÉFINITION 3.4 ♥ Vecteur normal Un vecteur est dit normal à un plan P si et seulement si il est orthogonal à tous les vecteurs de ce plan. Remarque 3.3 – Se donner un plan vectoriel revient à se donner un vecteur normal à ce plan. – Se donner un plan affine revient à se donner un vecteur normal à ce plan et un point de ce plan.
3.1.2 Vecteurs coplanaires, bases D ÉFINITION 3.5 ♥ Vecteurs coplanaires Trois vecteurs non nuls sont coplanaires si l’un des trois est élément du plan engendré par les deux autres (ou ce qui est équivalent si l’un de trois est combinaison linéaire des deux autres). Remarque 3.4 En prenant la négation de ce qui précède : trois vecteurs sont non coplanaires si et seulement si on ne peut écrire aucun des trois comme combinaison linéaire des deux autres (on dit qu’ils sont linéairement indépendants). D ÉFINITION 3.6 ♥ Base de l’espace − − − Un triplet de vecteurs de V : (→ u ,→ v ,→ w ) est une base de V si il est formé de trois vecteurs non coplanaires. P ROPOSITION 3.1 ♥ Coordonnées d’un vecteur dans une base de l’espace − − − − Soit (→ u ,→ v ,→ w ) une base de V . Tout vecteur → x de V s’exprime comme une combinaison linéaire unique des 3 vecteurs → − → − → − u , v et w c’est-à-dire : − − − − ∀x ∈ V , ∃!(α, β, γ) ∈ R3 : → x = α→ u + β→ v + γ→ w − − − − Le triplet (α, β, γ) est appelé coordonnées de → x dans la base → u ,→ v ,→ w ). On notera : ¯ ¯α α ¯ − → − → − x (α, β, γ) x ¯¯ β ou x β ou aussi → ¯γ γ Démonstration − − → − → − u et → v . Soit − m→ – Soit P le plan engendré par → 0 le projeté du vecteur m sur P parallèlement à w . Il existe γ ∈ R tel que → − → − → − → − − → − → → − → − 2 m→ m = m 0 + γ w . Comme m 0 est élément du plan engendré par u et v , il existe (α,β) ∈ R tel que − 0 = α u + β v . Donc → − → − → − → − m = α u + β v + γw . − − − − − − w alors (α − α′ )→ v + γ′ → u + β′ → m = α′ → – Ce triplet est unique : Si il existe un autre triplet (α′ ,β′ ,γ′ ) ∈ R3 vérifiant → u + (β − β′ )→ v + (γ − → − − γ′ )→ w = 0 . Supposons qu’un des trois : α − α′ , β − β′ , γ − γ′ ne soit pas nul, par exemple α − α′ , alors γ−γ′ → β−β′ → − − → − v + w u = ′ ′ α−α
α−α
− − − u est combinaison linéaire de → v et → w , et est donc élément du plan engendré par ces deux vecteurs, ce qui est contradictoire et → avec notre hypothèse de départ. Le triplet (α,β,γ) est donc unique.
114
D ÉFINITION 3.7 ♥ Base orthogonale, orthonormale − − − − − − Soit B (→ u ,→ v ,→ w ) une base de V . Si les vecteurs → u ,→ v ,→ w sont deux à deux orthogonaux, on dit que la base B est orthogonale. Si ils sont de plus unitaires, on dit que B est orthonormale.
3.1.3 Orientation de l’espace, base orthonormale directe Comme on l’a vu dans le chapitre 2, il est important, pour pouvoir définir certaines notions ou résoudre certains problèmes, de savoir orienter l’angle formé par deux vecteurs donnés. Dans le cas du plan, il est facile de fixer cette orientation. Il suffit de décider, entre le sens horaire et le sens trigonométrique, quel sera le sens positif. Dans le cas de l’espace, les → − → − choses sont plus compliquées. Considérons deux vecteurs i et j de l’espace non colinéaires et nommons P le plan vectoriel qu’ils engendrent. Ce plan sépare l’espace en deux demi espaces E 1 et E 2 . Supposons que chacune de ces deux parties contient un « observateur » du plan P nommé O1 pour E 1 et O2 pour E 2 . Chacun de ces deux observateurs peut orienter le plan P mais le sens trigonométrique pour O1 correspond au sens horaire pour O2 et le sens horaire pour O1 correspond au sens trigonométrique pour O2 . L’orientation d’un plan dans l’espace dépend donc de « la position d’où on l’observe ». Nous allons tout d’abord expliquer ce que signifie orienter l’espace puis nous en tirerons un procédé permettant d’orienter les plans de l’espace.
direct
indirect
~k ~i
~j
~i ~k
~j
F IGURE 3.1 – Trièdre direct, trièdre indirect
Il existe plusieurs règles mnémotechniques pour fixer une orientation de l’espace. Parmi celles ci, donnons celle dite « du bonhomme d’ampère ». − → − → − →
− →
→ − − →
→ −
Considérons (O, i , j , k ) un repère orthonormal de l’espace. Soient I, J et K des points de E tels que OI = i , OJ = j , − −→ → OK = k . On considère un « observateur » placé les pieds en O, la tête en K et qui a le point I devant lui. Par convention, on dit que : − → − → − →
− → − → − →
– le repère (O, i , j , k ) est direct si l’observateur a le point J à sa gauche. On dit aussi que la base ( i , j , k ) est directe. − − → − → − → → − → − → – le repère (O, i , j , k ) est indirect si l’observateur a le point J à sa droite. On dit aussi que la base ( i , j , k ) est indirecte. Choisir une orientation de l’espace, c’est choisir de travailler avec les repères directs, ou avec les repères indirects. Si on fixe un repère dans l’espace, on choisit une orientation. Remarque 3.5 Considérant une base de l’espace B : – Si on échange deux vecteurs de B, on change l’orientation de B. – Si on échange un des vecteurs de B avec son opposé, on change l’orientation de B. – Si on effectue une permutation circulaire sur les éléments de B on ne change pas son orientation.
D ÉFINITION 3.8 ♥ Orientation d’un plan dans l’espace − Étant donnés un plan P et un vecteur normal → n à ce plan, ¡il existe une ¢ unique orientation du plan P telle que pour → − → − − − − toute base orthonormale directe ( u , v ) de ce plan, le triplet → u ,→ v ,→ n forme une base orthonormale directe de E . On − dit que le plan P est orienté par → n. 115
z zM
b
M
~ k ~ j
~ i
yM
y
xM
x
F IGURE 3.2 – Coordonnées cartésiennes
3.2 Mode de repérage dans l’espace 3.2.1 Coordonnées cartésiennes Définitions
D ÉFINITION 3.9 ♥ Repère ¡ de−l’espace ¢ ¡− → ¢ − − − On dit que le quadruplet R O, → u ,→ v ,→ w ∈ E × V 3 est un repère de l’espace E si et seulement si → u ,− v ,→ w est une base de V . O est appelé origine du repère R. ¢ ¡− → − u¡ , − v ,→ w est • Le repère R est dit orthogonal si et seulement si la base → ¢ orthogonale. − − − • Le repère R est dit orthonormal si et seulement si la base → u ,→ v ,→ w est orthonormale. P ROPOSITION 3.2 ♥´ Coordonnées d’un point dans un repère cartésien ³ → − − → − → Soit R O, i , j , k un repère cartésien de l’espace. Soit M ∈ E un point de l’espace. Il existe un unique triplet
¡
¢ → − → − → − −−→ α, β, γ ∈ R3 tel que OM = α i + β j + γ k . Ce triplet s’appelle les coordonnées de M dans le repère R. On le note : ¯ ¯α α ¯ M ¯¯ β ou M β ou aussi M(α, β, γ) ¯γ γ
Démonstration C’est une conséquence directe de la proposition 3.1
Remarque 3.6
La donnée d’un repère R de E permet de construire l’application :
θ:
¡
¢
E
−→
M
7−→
R3 ¯ ¯α ¯ ¯β ¯ ¯γ
où α, β, γ sont les coordonnées de M dans R. Cette application est bijective et permet d’identifier E et R3 . De même, on peut identifier V et R3 . Calcul algébrique avec les coordonnées
116
P ROPOSITION 3.3 ´♥ Calculs avec les coordonnées ³ → → − − − → − → − Soit R O, i , j , k un repère cartésien de l’espace. Soient → u et u ′ des vecteurs de coordonnées, dans R : ¯ ¯x ¯ → − u ¯¯ y ¯z
¯ ′ ¯ → −′ ¯ x ′ u ¯¯ y ¯z′
et
→ −
− Soient α, α′ ∈ R. Les coordonnées du vecteur α→ u + βu ′ sont :
¯ ′ ¯ → −′ ¯ αx + βx → − ′ ′ ¯ αy + α y α u + βu ¯ ¯ αz + α′ z ′ → −
→ −
→ −
→ −
→ −
→ −
→ −
− Démonstration ♥ Par définition, on a : → u = x i + y j + z k et u ′ = x ′ i + y ′ j + z ′ k . Par conséquent :
ce qui prouve le résultat.
→ − ¡ ¢→ ¢→ ¢→ − − ¡ − ¡ − α→ u + βu ′ = αx + βx ′ i + αy + α′ y ′ j + αz + α′ z ′ k
Norme d’un vecteur, distance entre deux points dans un repère orthonormé D ÉFINITION 3.10 ♥ Norme d’un vecteur °− ° −→ − − Soit → u un vecteur de V possédant AB comme représentant dans V où A, B ∈ E . On appelle norme de → u et on note °→ u° la longueur AB. P ROPOSITION 3.4 ´♥ Expression de la norme d’un vecteur dans un repère orthonormal ³ → ¡ ¢ − − → − → − − Soit R O, i , j , k un repère orthonormal de l’espace et → u un vecteur de coordonnées → u x, y, z dans la base associée à ce repère. On a : °→ ° q °− u ° = x2 + y 2 + z2
−−→
− u . Soient Démonstration ♥ Soit M ∈ E tel que OM = → ³ :→ − → −´ • H le projeté orthogonal de M sur le plan horizontal : O, i , j . → − − → • I le point de (Ox) donné par : OI = x i . ¡ ¢ → − − → • J le point de Oy donné par : OI = y j .
Par définition du projeté orthogonal, le triangle OMH est rectangle en H. De plus, comme le repère R est orthonormal, le triangle OIH est rectangle en I. Par application du théorème de Pythagore dans ce triangle, on a OH2 = OI2 + IH2 .
Par application du même théorème dans le triangle OMH, on a aussi OM2 = OH2 + HM2 .
Il vient alors OM2
= =
OI2 + IH2 + HM2 x2 + y2 + z2
d’où le résultat.
C OROLLAIRE 3.5 ♥ ´ ³ → ¡ ¢ ¡ ¢ − − → − → Soient R O, i , j , k un repère orthonormal de l’espace, A x A , y A , z A et B xB , y B , zB des points de l’espace alors AB =
q
¡ ¢2 (xB − x A )2 + y B − y A + (zB − z A )2 −→
Démonstration ♥ Les coordonnées du vecteur AB sont
¯ ¯x − x A −→ ¯¯ B AB ¯ y B − y A ¯z − z B A
Si on applique à ce vecteur la formule précédente, on obtient le résultat escompté.
117
3.2.2 Coordonnées cylindriques et sphériques z
z M ϕ
M
ρ
z y
y
r θ
θ
x
x
P
(a) Coordonnées cylindriques
P
(b) Coordonnées sphériques
F IGURE 3.3 – Coordonnées cylindriques et sphériques Multimédia : Animation: on déplace un point dans l’espace et on représente géométriquement ses coordonnées cartésiennes et sphériques/cylindriques D ÉFINITION 3.11 ♥ Système de coordonnées cylindriques Soient ³ :→ −´ − → − → • R O, i , j , k un repère orthonormal de l’espace ¯ ¯x ¯ • M ¯¯ y un point de E . ¯z
³ → ¡ ¢ − → −´ • P le projeté orthogonal de M sur le plan Ox y muni du repère orthonormal R0 P, i , j . On appelle système de coordonnées cylindriques de M par rapport à R tout triplet de réels (r, θ, z) tel que
→ − −−→ − OM = r → u (θ) + z k
où : – (r, θ) est un système de coordonnées polaires pour P relativement à R0 . −→ − • r est le réel positif tel que OP = r → u (θ) • z est la cote de M dans R. P ROPOSITION 3.6 ´♥ Lien entre les coordonnées cylindriques et les coordonnées cartésiennes ³ → ¡ ¢ − − → − → Soit R O, i , j , k un repère orthonormal de l’espace, M un point de l’espace de coordonnées cartésiennes x, y, z dans R et de coordonnées cylindriques par rapport à R (r, θ, z). On a : x = r cos θ y = r sin θ z=z ¡
¢
Démonstration ♥ Soit un point de l’espace de coordonnées cartésiennes x, y, z dans R . Soit P le projeté orthogonal de ³ M→ − → −´ ¡ ¢ M sur le plan horizontal O, i , j et ρ,θ un système de coordonnées polaires pour P par rapport au repère orthonormal direct ³
→ − → −´
→ −
→ −
−→
− − u (θ) = cos θ i + sin θ j , on a OP = ρ→ u (θ) et : R0 O, i , j . Avec → −−→ OM
=
=
=
−→ −−→ OP + PM → − − r→ u (θ) + z k → − → − → − r cos θ i + r sin θ j + z k
d’où le résultat.
D ÉFINITION 3.12 ♥ ´ Système de coordonnées sphériques ³ → − − → − → Soient R O, i , j , k un repère orthonormal de l’espace, M un point de l’espace et P son projeté orthogonal sur le plan ³
→ − → −´
horizontal O, i , j .
118
¡
¢
On appelle système de coordonnées sphériques de M par rapport à R tout triplet de réels r, θ, ϕ tel que : °−−→° ° ° • r = °OM°. ³ → ¡ ¢ − → −´ • ρ, θ est un système de coordonnées polaires de P par rapport au repère orthonormal direct O, i , j . ¶ µ → − −−→ à • ϕ est la mesure de l’angle k , OM élément de [0, π].
ϕ est appelé la colatitude du point M et θ la longitude.
Remarque 3.7
µ ¶ → − −→
– θ étant une mesure de l’angle orienté i , OP , il est défini modulo 2π. ³→ − −−→´
– L’angle k , OM n’est pas orienté car on n’a pas choisi d’orientation du plan (zOM). C’est pour cela que sa mesure est donnée modulo π. – On utilise parfois la latitude : π2 − ϕ à la place de la colatitude. P ROPOSITION 3.7 ♥´ Lien entre les coordonnées sphériques et les coordonnées cartésiennes ³ → ¡ ¢ − − → − → Soient R O, i , j , k un repère orthonormal de l’espace, M un point de l’espace de coordonnées cartésiennes x, y, z ¡ ¢ dans R et de coordonnées sphériques r, θ, ϕ . On a : x = r sin ϕ cos θ y = r sin ϕ sin θ z = r cos ϕ
¡
¢
Démonstration ♥ Soit un point de l’espace de coordonnées cartésiennes x, y, z dans R et soit P le projeté orthogonal de ³ M→ ¡ ¢ − → −´ M sur le plan horizontal O, i , j . Soit ρ,θ un système de coordonnées polaires pour P par rapport au repère orthonormal direct ³
→ − → −´
→ −
→ −
−→
− − u (θ) et : R0 O, i , j et : → u (θ) = cos θ i + sin θ j . On a : OP = ρ→ −−→ OM
= =
→ − − r cos ϕ k + r sin ϕ→ u (θ) → − → − → − r cos ϕ k + r sin ϕ cos θ i + r sin ϕ sin θ j
d’où le résultat.
Remarque 3.8
Si à la place de désigner la colatitude, ϕ désigne la latitude alors les formules précédentes deviennent : x = r cos ϕ cos θ y = r cos ϕ sin θ z = r sin ϕ
.
3.3 Produit scalaire 3.3.1 Définition D ÉFINITION 3.13 ♥ Produit scalaire −→ − −→ − − − Soient → u et → v deux vecteurs de V . Soient O, A, B trois points de E tel que : OA = → u et OB = → v et P la plan contenant − − − − ces 3 points. On appelle produit scalaire de → u et → v leur produit scalaire dans le plan P. En particulier, si → u et → v sont non nuls, on a ¡ ¢ ° ° ° ° ³−→ −→´
− → − − − − − v ° . cos θ u .→ v = → u ,→ v = °→ u ° . °→
où θ est une mesure de l’angle OA, OB dans le plan P.
Remarque 3.9 ³−→ −→´ – Cette définition ne nécessite pas de définir une orientation dans la plan P et l’angle θ = OA, OB ne doit pas nécessairement être orienté. En effet, si on change l’orientation du plan, l’angle θ est changé en son opposé ce qui laisse invariant son cosinus. °− °2 → − – °→ u° =− u .→ u. 119
P ROPOSITION 3.8 ♥ Deux vecteurs non nuls de V sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul. Démonstration ♥ C’est une conséquence de la même propriété mais dans le plan.
3.3.2 Expression dans une base orthonormale L EMME 3.9 − − Soient → u et → v deux vecteurs de V alors → − − u .→ v =
1 2
³° °2 °− °2 °→ °2 ´ − − °→ u +→ v ° − °→ u ° − °− v°
− − − − Démonstration Soit P le plan vectoriel engendré par → u et → v . Le vecteur → u +→ v est élément de P . Les propriétés du produit scalaire dans le plan permettent d’écrire
°→ °2 °− °2 °→ °2 − − − °− u +→ v ° = °→ u ° + °− v ° + 2→ u .→ v. → − → − Le produit scalaire des deux vecteurs u et v dans l’espace coïncide avec celui dans le plan P . On obtient donc la formule
annoncée.
T HÉORÈME ♥♥♥ Expression du produit scalaire dans une base orthonormale ³ 3.10 ¡ ¢ ¡ ¢ −´ → − → − → Soient R O, i , j , k un repère orthonormal de l’espace, x, y, z et x ′ , y ′ , z ′ les coordonnées respectives des vecteurs
→ − − u et → v de V dans R. On a
→ − − u .→ v = xx ′ + y y ′ + zz ′
° °2
° °2
− − u ° = x 2 + y 2 + z 2 et °→ v ° = x ′2 + y ′2 + z ′2 . Par ailleurs Démonstration ♥ On a °→ °→ °2 − °− u +→ v°
=
=
¡
x + x′
¢2
¡ ¢2 ¡ ¢2 + y + y′ + z + z′
x 2 + 2xx ′ + x ′2 + y 2 + 2y y ′ + y ′2 + z 2 + 2zz ′ + z ′2 .
Par application de la formule établie dans le lemme précédent, on obtient l’expression mentionnée pour le produit scalaire.
3.3.3 Propriétés du produit scalaire P ROPOSITION 3.11 ♥ Symétrie du produit scalaire − − [] Le produit scalaire est symétrique : si → u et → v sont deux vecteurs de V alors : → − − − − u .→ v =→ v .→ u
Démonstration C’est clair en passant en coordonnées. On peut aussi voir cette proposition comme une conséquence directe du fait que le produit scalaire dans le plan est symétrique, voir proposition 2.10 page 71.
P ROPOSITION 3.12 ♥ Bilinéarité du produit scalaire − →, − → → − − → − → Le produit scalaire est bilinéaire. Ce qui signifie que pour tous vecteurs → u, − u 1 u 2 , v , v 1 , v 2 de V et pour tous réels λ1 , λ2 − − → − − →→ − − →→ − → → − →+λ − u .− v→2 et (λ1 − u .− v→1 + λ2→ v→2 ) = λ1→ v→1 + λ2 − u .(λ1 − u 1 2 u 2 ). v = λ1 u 1 . v + λ2 u 2 . v Démonstration C’est clair en passant en coordonnées.
P ROPOSITION 3.13 ³→ ¡ ¢ −´ − → − → − u un vecteur de V de coordonnées x, y, z dans B. Alors Soit B i , j , k une base orthonormale. Soit → → − − x =→ u. i
→ − − y =→ u. j
Démonstration Laissée en exercice...
120
→ − − z =→ u.k
3.4 Produit vectoriel 3.4.1 Définition du produit vectoriel → − − u ∧→ v → − v
→ − u
F IGURE 3.4 – Produit vectoriel de deux vecteurs dans l’espace
D ÉFINITION 3.14 ♥ Produit vectoriel − − On suppose qu’on a choisi une orientation de l’espace. Soient → u et → v deux vecteurs de V . Soient P un plan de l’espace → − → − contenant ces deux vecteurs et k un vecteur normal unitaire à P. Fixant k , on fixe une orientation de P. On appelle − − − − − − produit vectoriel de → u et → v le vecteur, noté → u ∧→ v ou → u ×→ v , donné par → − → − − − − u ∧→ v = det(→ u ,→ v )k. → −
→ −
Remarque 3.10 fondamentale Il y a deux choix possibles pour un vecteur normal unitaire à P : k ou − k . Le produit vectoriel dépend donc à priori du choix fait au départ pour ce vecteur normal. → − − → − → − → − − v ) le produit vectoriel construit en ayant choisi le vecteur k et ( u ∧ → − v ) le produit vectoriel construit Notons (→ u ∧→ k −k → −
→ − → − → − → − − ( u , v ) le déterminant des vecteurs u et v dans le plan P orienté par en ayant choisi le vecteur − k . Notons aussi det→ k
→ − → − → − → − → − → − − ( u , v ) le déterminant des vecteurs u et v dans le plan P orienté par − k . k et det−→ k → − → − En choisissant le vecteur − k à la place du vecteur k , on change l’orientation de P, et donc le signe de l’angle orienté − − − − (→ u ,→ v ) ainsi que le signe du déterminant du couple (→ u ,→ v ). Mais ce changement de signe est compensé par le changement → − → − → − → − − → − → − → − → → − → − → − → − − v ) = det→ − ( u , v ) k = − det → − ( u , v )(− k ) = ( u ∧ → − v ). du vecteur k en le vecteur − k : ( u ∧→ k
k
−k
−k
C OROLLAIRE 3.14 ♥ Norme du produit vectoriel de deux vecteurs − − Si → u et → v sont deux vecteurs de V : ¯ °→ ° °− ° °→ ° ¯¯ ¯ − − − − − °− u ∧→ v ° = | det(→ u ,→ v )| = °→ u ° . °− v ° . ¯sin(→ u ,→ v )¯ − Démonstration En utilisant la définition du déterminant de deux vecteurs dans le plan et si → n est un vecteur normal unitaire à un − − plan vectoriel contenant → u et → v , on obtient : ¯ ° ¯¯ °→ ° ° ¡− → ¢¯ °− ° °→ ¡− → ¢− ° ¯ ¡− → ¢¯ °− ° ¯ ¯ − − − °− u ,→ v )¯ . u ° . °− v ° . ¯sin(→ n ° = ¯det → u ,− v ¯ = °→ u ∧→ v ° = °det → u ,− v → n ° = ¯det → u ,− v ¯ °→
Remarque 3.11 − − − − – | sin(→ u ,→ v )| ne dépend pas de l’orientation choisie pour le plan P contenant les deux vecteurs → u et → v. → − → − → − → − – || u ∧ v || est l’aire du parallélogramme construit à partir des vecteurs u et v . C OROLLAIRE 3.15 ♥ Caractérisation de la colinéarité de deux vecteurs via le produit vectoriel Deux vecteurs de V sont colinéaires si et seulement si leur produit vectoriel est nul. Démonstration Considérons un plan P contenant ces deux vecteurs. Ces deux vecteurs sont colinéaires si et seulement si leur déterminant dans le plan P est nul.
Remarque 3.12 → − → − → − → − → − → − – Soient i et j deux vecteurs orthogonaux (respectivement orthogonaux et unitaires) de V . Alors ( i , j , i ∧ j ) forme une base orthogonale (respectivement orthonormale) directe de l’espace. 121
− – La droite passant par le point A et de vecteur directeur → u est l’ensemble des points M du plan vérifiant −−→ → → − AM ∧ − u = 0.
3.4.2 Interprétation géométrique du produit vectoriel − − − − − − − − Soient → u et → v des vecteurs de V et → w =→ u ∧→ v . On obtient → w à partir de → u et → v en composant :
− − 1. La projection sur un plan P orthogonal à → u . L’image de → v par cette projection est un vecteur − v→1 de norme → − → − → − || v || | sin( u , v )|. (Remarquons que cette dernière expression est indépendante de l’orientation de l’espace choisie). − 2. La rotation d’angle π2 dans le plan P orienté par le vecteur normal → u qui transforme le vecteur − v→1 en un vecteur − → − → → − → − v 2 de même norme que v 1 et directement orthogonal à u et v
− − − − − 3. L’homothétie de rapport ||→ u || qui transforme − v→2 en un vecteur − v→3 de norme ||→ u || ||→ v || | sin(→ u ,→ v )| directement → − → − − → → − → − orthogonal à u et v . v 3 est donc par définition égal à u ∧ v .
3.4.3 Propriétés du produit vectoriel P ROPOSITION 3.16 ♥ Le produit vectoriel est antisymétrique − − Si → u et → v sont éléments de V alors
→ − − − − v ∧→ u = −→ u ∧→ v
Démonstration C’est une conséquence directe de l’antisymétrie du déterminant de deux vecteurs dans le plan.
Interlude Lors d’une première lecture, on pourra passer directement à la proposition 3.22 page 123. Ce qui suit permet de démontrer cette proposition mais n’est pas important pour la compréhension du chapitre. D ÉFINITION 3.15 Application linéaire dans l’espace − − Soit f : V −→ V . On dit que f est linéaire si pour tout couple (→ u ,→ v ) de V 2 et tout réel λ, − − − − f (→ u +→ v ) = f (→ u ) + f (→ v)
et
− − f (λ→ u ) = λ f (→ u ).
P ROPOSITION 3.17 Caractérisation des applications linéaires − − Soit f : V −→ V . f est linéaire si et seulement si, pour tout couple (→ u ,→ v ) de V 2 et pour tout couple de réels (α, β) − − − − f (α→ u + β→ v ) = α f (→ u ) + β f (→ v) .
Démonstration Laissée en exercice.
P ROPOSITION 3.18 Une application composée de deux applications linéaires est encore linéaire. Démonstration Laissée en exercice.
D ÉFINITION 3.16 Application bilinéaire Une application f : V × V −→ V est dite bilinéaire si elle est linéaire en chacune de ses variables, ce qui signifie que − − pour tout vecteurs → u, → v ½de V : V −→ V → − → − est linéaire. – si on fixe u : f ( u , .) : → − → − → − − − – si on fixe → v : f (., → v ):
½
v
V
→ − u
7−→ −→ 7−→
f (u, v )
V
est linéaire. − − f (→ u ,→ v) 122
Quelques exemples d’applications linéaires fort utiles pour ce qui vient... − → − → − →
→ −
− − Soit → u un vecteur de V . Soient (O, i , j , k ) une base orthonormale directe telle que i et → u sont colinéaires et telle que − → − → → − ( j , k ) est une base du plan orthogonale à u .
P ROPOSITION 3.19 − La projection orthogonale p sur le plan orthogonale à → u est linéaire. − → − → − → → −′ − − est le vecteur de coordonnées (0, y, z) et p(v ) est le vecteur de coordonnées (0, y ′ , z ′ ). Comme → v +→ v ′ admet (x + x ′ , y + y ′ , z + z ′ ) − − − − comme coordonnées, p(→ v +→ v ′ ) admet comme coordonnées (0, y + y ′ , z + z ′ ) qui sont aussi celles du vecteur p(→ v ) + p(→ v ′ ). Par → − → − → − → − ′ ′ conséquent, p( v ) + p( v ) = p( v + v ). − − Soit λ un réel. Le vecteur λ → v a pour coordonnées (λx,λy,λz). Les coordonnées de p(λ→ v ) sont donc (0,λy,λz) qui sont exactement → − → − → − les coordonnées de λp( v ). Donc p(λ v ) = λp( v ). On a prouvé que p est linéaire.
Démonstration
− − − Soient → v) v et → v ′ deux vecteurs de V de coordonnées respectives (x, y, z) et (x ′ , y ′ , z ′ ) dans ( i , j , k ) alors p(→
P ROPOSITION 3.20 La rotation r d’angle
π 2
− → − →
dans le plan orienté (O, j , k ) est linéaire.
− − v un vecteur de ce plan. L’image par r de → v Démonstration Les vecteurs de ce plan sont ceux de coordonnées (0, y, z). Soit → est le vecteur de coordonnées (0,−z, y). On prouve la linéarité de cette application en passant aux coordonnées, comme dans la proposition précédente.
P ROPOSITION 3.21 − − Soit k un réel non nul. L’homothétie hk de rapport k , qui à un vecteur → v de V associe le vecteur k → v est linéaire. → −
− Démonstration Soient → v et v ′ deux vecteurs de V . On a → − → − → − → − − − − − h k (→ v + v ′ ) = k(→ v + v ′ ) = k→ v + k v ′ = h k (→ v ) + h k (v ′ ).
Si λ est un réel, on a aussi
− − − h k (λ→ v ) = k(λ→ v ) = λh k (→ v)
ce qui prouve la linéarité de h .
Remarque 3.13 °− ° – En particulier l’homothétie h de rapport k = °→ u ° est linéaire. – Cette proposition est une reformulation du théorème de Thalès. Ces trois exemples vont nous permettre de démontrer que le produit vectoriel est bilinéaire. C OROLLAIRE 3.22 ♥ Le produit vectoriel est bilinéaire L’application ½ V × V −→ ϕ:
− − (→ u ,→ v)
7−→
V → − − u ∧→ v
− →, − → → − − → − → est bilinéaire. Autrement dit, pour tout vecteurs → u,− u 1 u 2 , v , v 1 , v 2 de V et pour tout réels λ1 , λ2 → − − − u ∧ (λ1 − v→1 + λ2 − v→2 ) = λ1→ u ∧− v→1 + λ2→ u ∧− v→2
→+λ − → → − − → → − − → → − (λ1 − u 1 2 u 2 ) ∧ v = λ1 u 1 ∧ v + λ2 u 2 ∧ v .
et
− Démonstration Fixons → u dans V . L’application : − θ→ u :
½
V → − x
−→ 7−→
V → − − u ∧→ x
est linéaire comme composée des trois applications linéaires p , r et h . Pour montrer que ϕ est bilinéaire, il faut encore montrer → − − − v fixé dans V et pour tout → u , u ′ dans V et λ réel, que, pour → → − → − − − − − − − − − − (→ u + u′ ) ∧ → v =→ u ∧→ v + u′ ∧ → v et (λ→ u ) ∧→ v = λ→ u ∧→ v − Ces deux propriété découlent de l’antisymétrie du produit vectoriel et de la linéarité de θ−→ v . Par exemple pour la première égalité, on procède ainsi
→ − → − → − −′ → −′ −′ → −′ → − − − − − − → − → → − → − → − → − → − → − → − − − − (→ u + u′ ) ∧ → v = −→ v ∧ (→ u + u ′ ) = (−→ v ) ∧ (→ u + u ′ ) = θ−→ v ( u + u ) = θ−→ v ( u ) + θ−→ v (u ) = − v ∧ u − v ∧ u = u ∧ v + u ∧ v
3.4.4 Expression dans une base orthonormale directe 123
T HÉORÈME 3.23´ ♥♥♥ Expression du produit vectoriel dans une base orthonormale ³→ ¡ ¢ − − → − → − − Soit B i , j , k une base orthonormale directe. Soient → u et → v des vecteurs de V de coordonnées respectives x, y, z ¡
¢
− − et x ′ , y ′ , z ′ dans B. Les coordonnées (X, Y, Z) de → u ∧→ v sont données par : ¯ ¯ y X = ¯¯ z
Autrement dit :
Démonstration ♥ On a :
¯ ¯ z Y = ¯¯ x
¯ y ′ ¯¯ z′ ¯
¯ z ′ ¯¯ x′ ¯
¯ ′ ¯ y z − y′z ¯ → − → − u ∧ v ¯¯ zx ′ − z ′ x ¯x y ′ − x ′ y
→ − → − → − → − u = x i + y j +z k
¯ ¯ x X = ¯¯ y
¯ x ′ ¯¯ y′ ¯
→ − → − → − − et → v = x′ i + y′ j + z′ k .
Utilisant la bilinéarité du produit vectoriel et les relations − → − → − → i ∧ j =k
→ − → − → − j ∧ i =−k
− → → − → − j ∧k = i
→ − → − → − k ∧ j =− i
→ − → − → − k∧ i = j
− → − → → − i ∧ k =− j
− → − → → − → − → − → − → − i ∧ i = j ∧ j =k∧k = 0
qui découlent du fait que B est une base orthonormale directe, on peut écrire : → − − u ∧→ v
= =
=
=
ce qu’il fallait démontrer.
³ → → −´ ³ → → − ´ − → − − → − x i + y j + z k ∧ x′ i + y′ j + z′ k .
− → − → − → − → → − → − xx ′′ i ∧ i + x y ′ i ∧ j + xz ′ i ∧ k − → − → − → − → − → − → +yx ′ j ∧ i + y y ′ j ∧ j + yz ′ j ∧ k → − → → − → → − → − − − +zx ′ k ∧ i + z y ′ k ∧ j + zz ′ k ∧ k → − → − x y ′ k − xz ′ j → − → − −yx ′ k + yz ′ i → − → − +zx ′ j − z y ′ i ¢→ ¡ ¢→ ¡ ′ ¢ − − ¡ → − yz − y ′ z i + zx ′ − z ′ x j + x y ′ − x ′ y k
3.5 Déterminant ou produit mixte 3.5.1 Définition D ÉFINITION 3.17 ♥ Déterminant, produit mixte − − − Soient → u, → v, → w trois vecteurs de l’espace £− → ¤ ¡− → ¢V . On appelle déterminant ou produit mixte de ces trois vecteurs − − le nombre réel, noté → u ,− v ,→ w ou det → u ,− v ,→ w , et donné par : ¢− ¢ ¡− → ¡− → − u ∧− v .→ w u ,− v ,→ w = → det →
3.5.2 Expression dans une base orthonormale directe T HÉORÈME 3.24´ ♥♥♥ Expression du déterminant dans une base orthonormale directe ³→ ¡ ¢ ¡ ¢ − − → − → − − − Soit B i , j , k une base orthonormale directe de V . Soient → u,→ v,→ w trois vecteurs de V et soient x, y, z , x ′ , y ′ , z ′ ¡ ′′ ′′ ′′ ¢ et x , y , z leurs coordonnées respectives dans cette base. Alors : ¯ ¯ x ¯ ¢ ¡→ − − u ,→ v ,→ w = ¯¯ y det − ¯ z
x′ y′ z′
x ′′ y ′′ z ′′
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = x ′′ ¯ y ¯ z ¯ ¯
124
¯ ¯ ¯ y ′ ¯¯ ′′ ¯ z ′ ¯− y ¯ x z
¯ ¯ ¯ z ′ ¯¯ ′′ ¯ x ′ ¯+z ¯ y x
¯ x ′ ¯¯ ′ ¯ y
Démonstration ♥ Il suffit de calculer le produit mixte de ces trois vecteurs en utilisant les formules vues pour calculer le produit scalaire et le produit vectoriel de deux vecteurs dans une base orthonormale directe.
Remarque 3.14 Le moyen mnémotechnique suivant, appelé règle de Sarrus, permet de calculer le déterminant de trois vecteurs assez facilement en additionnant les produits formés le long des flèches bleues et en soustrayant ceux formés le long des flèches rouges : x
x′
x ′′
y
y′
y ′′
z
z′
z ′′
x
x′
x ′′
y
y′
y ′′
3.5.3 Propriétés du produit mixte P ROPOSITION 3.25 ♥ Le produit mixte est antisymétrique − − − Soient → u, → v,→ w trois vecteurs de V . • On change le signe du produit mixte de trois vecteurs en permutant deux de ces trois vecteurs : ¡− → ¢ ¡− → ¢ − − det → v ,− u ,→ w = − det → u ,− v ,→ w
¡− → ¢ ¡− → ¢ − − det → u ,− w ,→ v = − det → u ,− v ,→ w ¢ ¢ ¡− → ¡− → − − u ,− v ,→ w w,− v ,→ u = − det → det →
(1) (2) (3)
• Le produit mixte est invariant par permutation circulaire
¢ ¢ ¡− → ¢ ¡− → ¡− → − − − w,− u ,→ v v ,− w ,→ u = det → u ,− v ,→ w = det → det →
(4)
On résume ces trois propriétés en disant que le produit mixte est antisymétrique. Démonstration ♥ • Démontrons (1) :
¡− → ¢ − det → v ,− u ,→ w
=
= =
=
¡→ ¢− − − v ∧→ u .→ w ¡ → ¢− − −− u ∧→ v .→ w par antisymétrie du produit vectoriel ¡→ ¢→ − → − − u ∧ v .− w ¡− → ¢ − −det → u ,− v ,→ w
• Pour démontrer (4), il faut se placer dans¢une base orthonormale directe¢ de V et calculer, dans cette base, en utilisant la formule ¡− → ¡− → ¡→ ¢ − − − − − qu’ils sont égaux. v ,− w ,→ u , det → w ,− u ,→ v , det u ,→ v ,¢→ w et vérifier 3.24, les trois déterminants det → ¡→ ¡− → ¢ − → − → − − • Pour démontrer (2), on peut¡remarquer que d’après , det u , w , v =¢det → v ,− u ,→ w et appliquer (1). (4) ¢ ¡ ¢ ¡ − − − − − − − − − • Enfin d’après (4) et (1), det → w ,→ v ,→ u = det → v ,→ u ,→ w = −det → u ,→ v ,→ w
P ROPOSITION 3.26 ♥ Le produit mixte est alterné → − − − Soient u,→ v ,¢→ w trois vecteurs de V . Si deux de ces trois vecteurs sont égaux alors le produit mixte de ces trois vecteurs ¡→ − → − → − det u , v , w est nul.
¡− → ¢ ¡− → ¢ ¡− → ¢ ¡− → ¢ − − − − − − Démonstration ♥ Partant de l’égalité det → v ,− u ,→ w = −det → u ,− v ,→ w , si → u ,− u ,→ w = −det → u ,− u ,→ w ce u =→ v , on obtient det → ¡→ ¢ − − qui amène det − u ,→ u ,→ w = 0.
D ÉFINITION 3.18 Application trilinéaire Une application ϕ ¢: V 3 → R est dite trilinéaire si et seulement : ¢ ¡→ ¡− si→ − → − − − • pour tout ¡ u , v ¢ fixé dans V × V , l’application : → w 7→ ϕ ¡→ u ,− v ,→ w ¢ est linéaire. → − → − → → − → − → − w ¢ est linéaire. • pour tout ¡ v , w ¢ fixé dans V × V , l’application : u 7→ ϕ ¡ u , v , − − − − − − − • pour tout → u ,→ w fixé dans V × V , l’application : → v 7→ ϕ → u ,→ v ,→ w est linéaire. 125
P ROPOSITION 3.27 ♥ Le produit mixte est trilinéaire. Démonstration ¡− → ¢ ¡− → ¢ − − − u ,− v dans V × V et montrons que l’application : ϕ : → • Fixons → w→ 7 det → u ,− v ,→ w est linéaire. Soient α, α′ deux scalaires et → w, → − ′ w deux vecteurs de V . On a ¡ − ¢ − ϕ α→ w + α′ → w′
¡− → ¢ − − det → u ,− v ,α→ w + α′ → w′ ¡→ ¢ ¡ ¢ − − − − u ∧→ v . α→ w + α′ → w′ ¡→ ¢ ¡ ¢ −′ − − − − α − u ∧→ v .→ w + α′ → u ∧→ v .→ w par linéarité du produit scalaire ¡→ ¢ ¡ ¢ − − − − − αdet − u ,→ v ,→ w + α′ det → u ,→ v ,→ w′ ¡− ¢ ¡− ′ ¢ αϕ → w + α′ ϕ → w
= =
=
=
= ¡→ ¢ ¡− → ¢ − → − − − • Fixons maintenant u , w dans V × V et montrons que l’application ϕ : → v 7→ det → u ,¢− v ,→ w est¡ linéaire. ¢Il suffit de remarquer ¡→ − → − → − → − → − → − → − v dans que pour tout ¡→ ¢ V , comme le produit mixte est antisymétrique, det u , v , w = −det u , w , v et que l’application → − − → − → − v 7→ −det u , w , v est, d’après le¡ premier¢point, linéaire. − − − − • On montre la linéarité de → u 7→ det → u ,→ v ,→ w de la même façon.
3.5.4 Interprétation géométrique T HÉORÈME 3.28 ♥ Trois vecteurs sont coplanaires si et seulement si leur produit mixte est nul − − − Soient → u,→ v,→ w trois vecteurs de V . Ces trois vecteurs sont coplanaires si et seulement si leur produit mixte est nul. − − − Démonstration ♥ Si un des trois vecteurs → u, → v,→ w est nul, le résultat est clair. On suppose donc désormais qu’aucun de ces trois vecteurs n’est nul. − − − u,→ v,→ w sont coplanaires. Une des deux assertions suivantes est alors vraie : ⇒ Supposons que → ¡− → ¢ ¡− → ¢− → − − − − − → − u ,− v ,→ w = → u ∧− v .→ w = 0. v sont colinéaires et on a donc → u ∧→ v = 0 ce qui entraine que det → u et → → − → − → − → − → − − − u et ne sont pas colinéaires et donc est un vecteur orthogonal au plan engendré par v u ∧ v u et → v . Comme → w est 2 ¡→ ¢ ¡→ ¢→ − → − → − − → − − → − → − → − élément de ce plan, u ∧ v est orthogonal à w et nécessairement : det u , v , w = u ∧ v . w = 0 ¡− → ¢ − Supposons que det → u ,− v ,→ w = 0. Alors : → − → − → − → − → − 1 si u et v sont colinéaires, il est clair que u , v , w sont coplanaires...(ces trois vecteurs sont éléments du plan engendré → − → − par u et w . ¡→ − → −¢→ − → − → − → − → − → − 2 sinon, u ∧ v est un vecteur orthogonal au plan engendré par u et v et comme u ∧ v . w = 0, w est aussi orthogonal → − → − à u ∧ v et est donc nécessairement élément de ce plan. 1
⇐
→ − w → − v
→ − u
F IGURE 3.5 – Interprétation du produit mixte
T HÉORÈME 3.29 ♥ Interprétation du produit mixte en terme de volume − − − Soient → u,→ v,→ w trois vecteurs de V . Notons V le volume du parallélépipède P construit à partir de ces 3 vecteurs. On a: ¯ ¢¯ ¡− → − u ,− v ,→ w ¯ V = ¯det →
Démonstration ♥ Si les trois vecteurs sont coplanaires, le résultat est évident. On suppose donc que ce n’est pas le cas. Soient −→ − −→ → −→ − u = OA, → v = OB et − w = OC. O, A, B et C des points de l’espace tels que → → − → − • Soit H le projeté orthogonal de C sur la droite dirigée par u ∧ v . OH est la hauteur du parallélépipède P . OH est donnée par : ¯ ¡− → ¢¯ °− ° ¯ ¡− → ¢¯ − − OC ¯cos → u ∧− v ,→ w ¯ = °→ w ° ¯cos → u ∧− v ,→ w ¯
126
− − • Le parallélogramme formant la base de P est porté par les vecteurs → u et → v et son aire A est donnée par : ¯°→ ° ° ° ° ° ¡ ¢¯ − − − − − ¯°− u ° °→ v ° sin → u ,→ v ¯ = °→ u ∧→ v°
Le volume V de P est donc donné par :
V
=
=
=
=
A × OH °→ ° °− ° ¯ ¡− → ¢¯ − − °− u ∧→ v ° × °→ w ° ¯cos → u ∧− v ,→ w ¯ ¯¡→ ¢ −¯ − ¯− u ∧→ v .→ w¯ ¯ ¡→ ¢¯ → − − ¯det − u , v ,→ w ¯
3.6 Plans dans l’espace 3.6.1 Représentation paramétrique des plans P ROPOSITION 3.30´ ♥♥♥ Équation paramétrique d’un plan ³ → ¢ ¢ → ¡ ¢ ¡ − − → − → − ¡ − , y→ − − − − − − Soit R O, i , j , k un repère de l’espace E . Soient : A x A , y A , z A ∈ E , → u x→ v v , z→ v deux vecteurs u , y→ u , z→ u et v x→ ¡
¢
− − de V . Soient M x, y, z un point de l’espace et P le plan affine passant par A et engendré par → u et → v . On a équivalence entre : 1 2 3
M est élément de P ¡ ¢ −−→ − − il existe α, β ∈ R2 tel que AM = α→ u + β→ v. ¡ ¢ 2 il existe α, β ∈ R tel que :
Le système
− − u + βx→ v x = x A + αx→ → − → y = y A + αy u + βy −v − − z = z A + αz→ u + βz→ v
est une équation paramétrique de P. ¡
− − u + βx→ v x = x A + αx→ − → − y = y A + αy→ + βy u v − − z = z A + αz→ u + βz→ v
¢
−−→
Démonstration Soit M x, y, z un point de l’espace. Supposons que M est élément du plan P alors le vecteur AM est combinaison −−→ − − − − u et → v . Autrement dit, il existe des scalaires α,β ∈ R tels que AM = α→ u + β→ v . En récrivant cette égalité avec linéaire des vecteurs →
− − x = x A + αx→ u + βx→ v . des coordonnées, on obtient y = y A + αy→ − − + βy→ u v − → − z = z A + αz→ + βz u v ¡ ¢ −−→ − − Réciproquement, si les coordonnées du point M x, y, z vérifient le système précédentes, on montre que AM = α→ u + β→ v et donc que M ∈ P .
3.6.2 Représentation cartésienne ³
−´ → − → − →
Pour tout ce paragraphe, on fixe un repère orthonormal direct R O, i , j , k de l’espace E . P ROPOSITION 3.31 ♥ ¢ ¡− → u ,− v un couple de vecteurs engendrant P. On a équivalence Soit P un plan affine de E Soit A un point de P et → entre : 1
le point M est élément de P.
2
− − le produit mixte det AM, → u ,→ v est nul.
³−−→
´
−−→
−−→
− − − − u et → v et les vecteurs AM, → u,→ v sont coplanaires. On a alors Démonstration ♥³ Si M ∈ P´ alors AM est combinaison linéaire de → −−→ → − → − nécessairement det AM, u , v = 0. ³−−→
´
−−→
− − − − u, → v sont coplanaires ce qui n’est possible que si le point M est u ,→ v = 0 alors les vecteurs AM, → Réciproquement, si det AM, → → − → − − − dans le même plan que celui passant par A et engendré par u , v , c’est à dire P (car → u et → v ne sont pas colinéaires par hypothèse).
127
C OROLLAIRE 3.32¢ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ Soient A x A , y A , z A , B xB , y B , zB , C xC , y C , zC trois points non alignés de l’espace E . Alors M x, y, z ∈ E est élément du plan affine P passant par A, B et C si et seulement si ¯ ¯ x − xA ¯ ¯ y − yA ¯ ¯ z−z A
xB − x A yB − y A zB − z A
¯ ¯ ¯ ¯=0 ¯ ¯
xC − x A yC − y A zC − z A
−→ −→ − − Démonstration Il suffit d’appliquer la proposition précédente à → u = AB et → v = AC et d’exprimer le produit mixte avec les coordonnées de ces vecteurs.
P ROPOSITION 3.33 ♥♥♥ Équation cartésienne d’un plan ¡ ¢ − • Soit P un plan affine passant par un point A x A , y A , z A de l’espace E et admettant le vecteur → n (a, b, c) comme vecteur normal alors une équation cartésienne de P est ¡ ¢ a (x − x A ) + b y − y A + c (z − z A ) = 0
¡ ¢ • Réciproquement, l’ensemble des points M x, y, z vérifiant l’équation ax + by + cz = d où a , b , c , d sont des réels et − où a , b , c ne sont pas tous nuls est un plan affine de vecteur normal → n (a, b, c) . Démonstration −−→ − −−→ − • M est élément de P si et seulement si AM et → n sont orthogonaux et donc si et seulement si AM.→ n = 0. Exprimant cette dernière égalité avec les coordonnées ´ ³ ´ des vecteurs considérés, on ³ retrouve ´ la formule proposée. ³ • Si a 6= 0, posons A − da ,0,0 sinon, si b 6= 0, posons A 0,− db ,0 sinon on a forcément c 6= 0 et nous posons A 0,0,− dc . Comme ¡
¢
−−→
− le point M x, y, z vérifie l"équation ax + by + cz = d , on a AM.→ n = 0 et donc M est un point du plan passant par A et de vecteur → − normal n .
D ÉFINITION 3.19 ♥ Équation normale d’un plan − Soit P un plan affine d’équation ax + by + cz = d . Comme dit plus haut, le vecteur → n (a, b, c) est un vecteur normal à P. Si ce vecteur est de plus unitaire, c’est à dire si °→ °2 °− n ° = a2 + b2 + c2 = 1
alors l’équation ax + by + cz = d est appelée équation normale de P. Interprétation géométrique de l’équation normale
− Soit P un plan et H le projeté orthogonal de l’origine O de R sur P. Posons : → u =
orientés : ³→ − −´ α = i ,→ u ,
On a donc
¡
¢
→ − − cos α = i .→ u,
³→ − −´ β = j ,→ u
→ − − cos β = j .→ u
³→ −
− et γ = k , → u
et
´
−−→ °OH ° °−−→° . °OH°
Considérons les 3 angles non
→ − − cos γ = k .→ u
− − et → u cos α, cos β, cos γ . Comme → u est unitaire, on a aussi cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1. Par ailleurs ¡ ¢ M x, y, z ∈ P
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
−−→ → HM.− u =0 ³−−→ −−→´ − OM − OH .→ u =0 °−−→° ³ → ´ → − − → − ° ° − − x i + y j + z k − h→ u .→ u = 0 où h = °OH° cos αx + cos βy + cos γz = h.
Cette dernière égalité forme une équation normale de P. 128
Position relative de deux plans ³
−´ → − → − →
L’espace est ici encore rapporté à un repère orthonormal direct R O, i , j , k . D ÉFINITION 3.20 ♥ Plans parallèles Deux plans de l’espace sont parallèles si et seulement si ils admettent un vecteur normal non nul commun. D ÉFINITION 3.21 ♥ Plans perpendiculaires Deux plans de l’espace sont perpendiculaires si et seulement si ils admettent des vecteurs normaux non nuls orthogonaux. P ROPOSITION 3.34 ♥ Caractérisation de la perpendicularité ou du parallélisme de deux plans à partir de leurs équations cartésiennes respectives Soient P et P ′ deux plans d’équations cartésiennes respectives
¡
et
ax + by + cz = d
¢
a′ x + b′ y + c′ z = d ′.
− − Les vecteurs → n (a, b, c) et → n ′ a ′ , b ′ , c ′ sont donc, respectivement, des vecteurs normaux à P et à P ′ .
Les plans P et P ′ sont parallèles si et seulement si il existe un réel λ 6= 0 tel que
1
a ′ = λa,
b ′ = λb
et c ′ = λc
Les plans P et P ′ sont confondues si et seulement si il existe un réel λ 6= 0 tel que
2
a ′ = λa,
b ′ = λb,
c ′ = λc
et d ′ = λd
Les plans P et P ′ sont perpendiculaires si et seulement si
3
aa ′ + bb ′ + cc ′ = 0 Démonstration ♥ 1
P et P ′ sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires ce qui est se traduit en termes de coordonnées par les 3 égalités ci dessus.
2
P et P ′ sont confondues si et seulement si, à la fois, ils sont parallèles et si ils ont un point commun A x A , y A , z A . D’après le point précédent, ceci est équivalent à
¡
a ′ = λa,
b ′ = λb,
c ′ = λc
et
¢
ax A + by A + cz A − d = a ′ x A + b ′ y A + c ′ z A − d ′ = 0
On obtient alors (λa − a) x A + (λb − b) y A + (λc − c) z A − d + d ′ = 0
ou encore Et comme A est élément de P , on a aussi Ce qui prouve que d ′ = λd 3
¡ ¢ (λ − 1) ax A + by A + cz A − d + d ′ = 0
(λ − 1) d − d + d ′ = 0
Les deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux, c’est-à-dire si et seulement − − n .→ n ′ = 0, de quoi découle l’égalité à prouver quand on la transcrit en coordonnées. si →
P ROPOSITION 3.35 ♥ − − Soient P et P ′ deux plans de l’espace de vecteurs normaux respectifs → n et → n ′ . Si P et P ′ sont sécants alors leur → − → − ′ intersection est une droite de vecteur directeur n ∧ n . Démonstration ♥ Soit A un point de l’intersection des deux plans P et P ′ . −−→ −−→ − − − − n et à → n ′ . Par conséquent, AM est colinéaire à → n ∧→ n ′ et M Si le point M est élément de P ∩ P ′ alors AM est orthogonal à → → − → − appartient à la droite passant par A dirigée par n ∧ n ′ . −−→ − − − Réciproquement, supposons que M appartient à la droite passant par A dirigée par → n ∧→ n ′ , alors le vecteur AM est orthogonal à → n → − ′ ′ ′ ′ et à n . Comme A est élément des plans P et P , nécessairement M est élément de P et P et donc de P ∩ P .
3.6.3 Distance d’un point à un plan 129
F IGURE 3.6 – Plans sécants dans l’espace
P ROPOSITION 3.36 ♥ Distance d’un point à un plan − Soit P un plan affine de vecteur normal → n . Soit M un point de l’espace et H son projeté orthogonal sur P. On appelle distance du point M au plan P la distance MH. On la note : d (M, P ). C’est la plus petite distance du point M à un point A de P : ∀A ∈ P , d (M, P ) = HM É AM. Démonstration ♥ Soit A ∈ P . Le théorème de Pythagore appliqué dans le triangle AHM permet d’écrire AH2 + HA2 = AM2 . Comme HA2 Ê 0, on a MH2 É AM2 et donc MH É MA.
M
H A
F IGURE 3.7 – Distance d’un point à un plan Remarque 3.15
−−→ − H est l’unique point de P tel que les vecteurs MH et → n sont colinéaires.
Deux méthodes de calcul de la distance d’un point à un plan T HÉORÈME 3.37 ♥ Quand le plan est donné par un point et deux vecteurs directeurs − − − Soit P un plan défini passant par un point A, engendré par les vecteurs → u et → v et de vecteur normal → n . Soit M un point de l’espace. On a ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ´¯ ³ ¯→ → − → − −−→ ¯ − → − ¢ −−→¯ ¯ − −−→¯ ¯¡→ ¯ n · AM¯ ¯ u ∧ v · AM¯ ¯det u , v , AM ¯ °→ °→ ° = ° ° = d (M, P ) = °→ − − °− °− °− n° u ∧→ v° u ∧→ v°
130
Démonstration ♥♥ Soit H le projeté orthogonal de M sur P . Plaçons nous dans le plan défini par les points A, H et M. Soit θ ³ −−→ ´ − n , MA . On a MH = AM · |cos θ| . une mesure de l’angle non orienté → Par ailleurs ° ¯ ¯ °→ °° °−−→° ¯− −−→¯ °− n · AM¯ n ° °AM° |cos θ| ¯→ °→ ° ° MH = AM · |cos θ| = = °→ °− °− n° n°
− − − n =→ u ∧→ v qui est bien un vecteur normal ce qui prouve la première formule. Pour la seconde, il suffit³ d’appliquer la première avec → ¡→ ¢ −−→ −−→´ − → − → − → − à P . Enfin, par définition, on sait que u ∧ v · AM = det u , v , AM
T HÉORÈME 3.38 ♥ Quand le plan est donné par une équation cartésienne On¡ rapporte le¢ plan à un repère orthonormal R. Soient P un plan d’équation cartésienne ax + by + cz + d = 0 et M xM , y M , zM un point de l’espace. On a ¯ ¯ ¯ axM + by M + czM + d ¯ d (M, P ) = p a2 + b2 + c2
− Démonstration ♥ Au regard de l’équation cartésienne de P le vecteur → n (a,b,c) est normal pour P . On considère un point ¡ ¢ A x A , y A , z A ∈ P . En utilisant la formule précédente, on obtient d (M, P )
¯ ¯ ¯→ − −−→¯ ¯ n · AM¯ °→ ° °− n° ¯ ¯ ¡ ¢ ¯a (xM − x A ) + b y M − y A + c (zM − z A )¯ p a 2 + b2 + c 2 ¯ ¡ ¢¯ ¯axM + by M + czM − ax A + by A + cz A ¯ p a 2 + b2 + c 2 ¯ ¯ ¯axM + by M + czM + d ¯ p a 2 + b2 + c 2
= = = =
car comme A est élément de P , on a ax A + by A + cz A = −d .
3.7 Droites dans l’espace 3.7.1 Représentation paramétrique P ROPOSITION 3.39 ♥♥♥ Représentation paramétrique d’une droite ¡ ¢ Soit R un repère orthonormal de l’espace. Soit D une droite passant par un point A x A , y A , z A et de vecteur directeur ¢ ¡ → − − − − u x→ u , y→ u , z→ u . Une équation paramétrique de D est : − u x = x A + t x→ → − y = yA + t y u − z = z A + t z→ u
Démonstration Il s’agit d’une traduction en termes de coordonnées de l’égalité ∃λ ∈ R :
→ − − v = λ→ u.
3.7.2 Représentation cartésienne P ROPOSITION 3.40 ♥♥♥ Représentation cartésienne d’une droite ′ ′ ′ ′ Soit un ¡ ′ R ¢ repère orthonormal de l’espace. On se donne des réels a, b, c, d et a , b , c , d tels que les triplets (a, b, c) et ′ ′ a , b , c sont non nuls et non proportionnels. L’ensemble des points du plan dont les coordonnées vérifient le système (⋆)
(
ax + by + cz + d = 0
a′ x + b′ y + c′ z + d ′ = 0 ¡
¢
− − − − est une droite de vecteur directeur → n ∧→ n ′ où → n (a, b, c) et → n ′ a′, b′, c ′ . Réciproquement, toute droite admet au moins un système d’équations de ce type.
131
¡
¢
Démonstration Les triplets (a,b,c) et a ′ ,b ′ ,c ′ n’étant pas proportionnels, les vecteurs normaux au plan P d’équation ax +by + cz +d = 0 et P ′ d’équation a ′ x +b ′ y +c ′ z +d ′ = 0 ne sont pas colinéaires et ces deux plans ne sont pas parallèles. Leur intersection forme donc une droite affine d’après la proposition 3.35. Un système d’équations cartésiennes pour cette droite est donné par le système (⋆). → − → − complète le vecteur Réciproquement, v¢ en un trièdre ¡→ ¢ si D est une droite affine dirigée par u ∈ V et passant par A ∈ V , alors si ¡on → ¢ ¡ → − → − → − − → − − → − direct u , v , w de l’espace, il est clair que D est l’intersection des plans passant par P A, u , v et P A, u , w . La droite D admet donc bien un système d’équations du type indiqué.
3.7.3 Distance d’un point à une droite P ROPOSITION 3.41 ♥ Distance d’un point à une droite − Soit D une droite de l’espace passant par le point P et de vecteur directeur → u . Soit A un point de l’espace et H son −→ → − projeté orthogonal sur D (H est l’unique point de D tel que les vecteurs AH et u sont orthogonaux). On appelle distance de A à D la distance AH. C’est la plus petite distance de A à un point de D. Elle est notée d (A, D ). Démonstration Voir la preuve de la proposition 3.36.
T HÉORÈME 3.42 ♥ − Soit D une droite de l’espace passant par le point A et de vecteur directeur → u . Soit M un point de l’espace. On a d (M, D ) =
° −−→° °→ ° u ∧AM° °−
− uk k→
³−→ −−→´
Démonstration ♥ Soient H le projeté orthogonal de M sur la droite D . Soit θ une mesure de l’angle non orienté AH, AM . On a : AH = AM |sin θ|. Par ailleurs, on a ° ° ° ° d’où l’égalité.
°→ − ° °−−→° − −−→° °→ ° u ∧ AM° = ° u ° °AM° |sinθ|
3.7.4 Perpendiculaire commune à deux droites D ÉFINITION 3.22 ♥ Droites orthogonales, droites perpendiculaires
• Deux droites affines de l’espace sont orthogonales si et seulement si leurs vecteurs directeurs le sont. • Deux droites affines de l’espace sont perpendiculaires si et seulement si elles sont à la fois sécantes et orthogonales.
Remarque 3.16 Si D et D ′ sont deux droites parallèles, il existe une infinité de perpendiculaires commune à ces deux droites. Elle effet, elles sont contenues dans un même plan et il existe une infinité de droites perpendiculaires à ce plan.
P ROPOSITION 3.43 ♥ Perpendiculaire commune à deux droites Soient D et D ′ deux droites non parallèles, il existe une unique droite ∆ perpendiculaire à la fois à D et à D ′ . Cette − droite est appelée perpendiculaire commune aux deux droites D et à D ′ . Si de plus D est dirigée par → u et si D ′ est → − → − → − ′ ′ dirigée par u alors ∆ est dirigée par u ∧ u . Démonstration ♥ • Existence Soient : − • → u un vecteur directeur de D et A un point de D → • − u ′ un vecteur directeur de D ′ et A′ un point de D ′ . − − − Posons → parallèles, leurs vecteurs directeurs ¡ne sont pas w =→ u ∧→ u ′ . Comme les droites D et D ′ ne sont ¡ −pas→ ¢ ¢ colinéaires et donc − − → − u ,− w et P ′ le plan donné par le triplet A′ , → u ′, → w . Un vecteur normal w est non nul. Notons P le plan donné par le triplet A, → − − − − − − n =→ u ∧→ w et un vecteur normal à P ′ est → n′ =→ u ′ ∧→ w . Ces deux plans ne sont pas parallèles. En effet, si c’était le à P est → → − − − − − − − cas, alors → u ∧→ w +β→ u ′ ∧→ w = 0 ce n et¡→ n ′ seraient¢ colinéaires. Il existerait donc des scalaires α,β non tous deux nuls tels que α→ → − → − → − → − → − → − → − ′ qui amènerait α u + β u ∧ w = 0 . Alors w serait élément du plan vectoriel engendré par u et v ce qui n’est pas possible par − − w . L’intersection des plans P et P ′ est donc une droite affine ∆ qui est dirigée par → w et donc perpendiculaire aux définition de → deux droites D et D ′ . − w ′ de ∆′ est orthogonal Soit ∆′ une droite affine perpendiculaire aux deux droites D et D ′ . Alors un vecteur directeur → ¡ − → ¢ → − → − → − → − → − → − ′ est colinéaire à w = u ∧ u ′ . De plus, ∆′ est incluse dans le plan affine A, → u ,− w ainsi w dit à la fois à u et à¡ u ′ . Autrement ¢ → − → − ′ ′ ′ que dans le plan A , u , w . Par conséquent ∆ = δ.
• Unicité
132
D
D0
F IGURE 3.8 – Perpendiculaire commune à deux droites P LAN 3.1 : Pour déterminer la perpendiculaire commune à deux droites
Dans l’espace muni d’un repère orthonormal direct, on considère deux droites non coplanaires D et D ′ telles que − – D est dirigée par le vecteur → u et passe par le point A − ′ – D est dirigée par le vecteur → u ′ et passe par le point A′ Pour déterminer une équation cartésienne d’une perpendiculaire commune à D et D ′ : 1
− − − v =→ u ∧→ u ′. On forme le vecteur →
2
− − u et → v . Ce On forme une équation cartésienne ax + by + cz + d = 0 du plan P passant par A et engendré par → plan contient D .
3
− − On forme une équation cartésienne a ′ x + b ′ y + c ′ z + d ′ = 0 du plan P ′ passant par A et engendré par → u et → v. Ce plan contient D .
4
− L’intersection de P et de P ′ est une droite dirigée par → v . Par construction, cette droite est la perpendiculaire commune ∆ à D et à D ′ . Un système d’équations cartésiennes pour ∆ est donc : ∆:
(
ax + by + cz + d ′
′
′
a x +b y +c z +d
′
=0
=0
.
P ROPOSITION 3.44 ♥ Distance entre deux droites non parallèles Soient D et D ′ deux droites non parallèles. Soient ∆ la perpendiculaire commune à ces deux droites, H le point d’intersection de ∆ avec D et H′ le point d’intersection de ∆ avec D ′ . Pour tout points M de D et M′ de D ′ , on a : ¢ ¡ ¢ ¡ d H, H′ É d M, M′ ¡
¢
avec si et seulement si H = M et H′ = M′ . La distance d H, H′ est appelée distance de D à D ′ et se note ¡ égalité ¢ ′ d D,D . −−→
−−−→
−−→
Démonstration ♥ MH dirige D et H′ M′ dirige D ′ . Ces deux vecteurs sont donc orthogonaux à HH′ . D’après le théorème de Pythagore, on a : °−−−→°2 °−−→ −−−→°2 °−−−→°2 ° ° ° ° ° ° °MM′ ° = °MH + H′ M′ ° + °HM′ ° .
133
°−−→ −−−→° ° °
−−→ −−−→
→ −
Il vient alors MM′ Ê HH′ et on a égalité si et seulement si °MH + H′ M′ ° = 0, c’est à dire si et seulement si MH + H′ M′ = 0 ce qui équivaut à H = M et H′ = M′ .
T HÉORÈME 3.45 ♥ Calcul de la distance entre deux droites non parallèles − − Soient D et D ′ deux droites non parallèles de vecteurs directeurs respectifs → u et → u ′ , passant respectivement par les ′ points M et M . On a : ¯ ³ ´¯ ¯ → − → − −−−→ ¯ ¯det u , u ′ , MM′ ¯ °→ ° d D,D = − °− u ∧→ u ′° ¡
¢ ′
Démonstration ♥ Soit ∆ la perpendiculaire commune aux deux droites D et D ′ . Comme précédemment notons° H le°point ¡ ¢ °−−→° formant l’intersection de D et ∆, ainsi que H′ le point formant l’intersection de D ′ et ∆. On a d D , D ′ = HH′ = °HH′ °. Les −−→
− − u ∧→ u ′ et HH′ sont colinéaires donc vecteurs →
Par conséquent
¯¡ ¯ ¯ ³ ´¯ ¯→ → − → − −−→ ¯ − → − ¢ −−→¯ ¯ ¯ u ∧ u ′ .HH′ ¯ ¯det u , u ′ , HH′ ¯ °→ ° °→ ° = HH′ = − − °− °− u ∧→ u ′° u ∧→ u ′°
On a de plus ¯ ³ ´¯ ¯ → − → − −−−→ ¯ ¯det u , u ′ , MM′ ¯
¯¡ ° ° ¯ ¯→ − → − ¢ −−→¯ °→ − → − ° °−−→° ¯ u ∧ u ′ .HH′ ¯ = ° u ∧ u ′ ° °HH′ ° .
¯ ³ ´¯ ¯ → − → − −−→ −−→ −−−→ ¯ ¯det u , u ′ , MH + HH′ + H′ M′ ¯ ¯ ³ ´¯ −−−→ −−→ ¯ → − → − → − → − −−→ ¯ ¯det u , u ′ , HH′ ¯ car u et MH ainsi que u ′ et H′ M′ sont colinéaires ¯¡ ¯ ¯→ − → − ¢ −−→¯ ¯ u ∧ u ′ .HH′ ¯ par définition du produit mixte ° −−→ °→ °° °−−→° − − − °− u ∧→ u ′ et HH′ sont colinéaires u ∧→ u ′ ° °HH′ ° car les vecteurs →
= = = =
d’où l’égalité.
3.8 Sphères 3.8.1 Généralités D ÉFINITION 3.23 ♥ Sphère Soient A un point de l’espace et R ∈ R∗+ un réel positif non nul. On appelle sphère de rayon R et de centre A l’ensemble, noté S (A, R) des points de l’espace situés à une distance R de A : ©
ª
S (A, R) = M ∈ E | AM = R P ROPOSITION 3.46 ♥ L’ensemble des points M de l’espace vérifiant
−−→ −−→ MA · MB = 0
est la sphère de diamètre [AB]. Démonstration ♥ Soit I le milieu de [AB]. Soit M ∈ E . On a :
°−→°2 − ³−→ − → −−→ −−→ →´ ³−→ − →´ ° ° →− MA · MB = 0 ⇐⇒ MI + IA . MI + IB = 0 ⇐⇒ °MI° − IA.IB = 0 ⇐⇒ IM = IA
P ROPOSITION 3.47 ♥♥♥ Équation cartésienne d’une sphère Soit R un repère orthonormal de l’espace. La sphère de centre A (a, b, c) et de rayon R ∈ R∗+ admet comme équation cartésienne : ¡ ¢2 (x − a)2 + y − b + (z − c)2 − R2 = 0
¡
¢
°−−→°2 ° °
Démonstration Il suffit d’écrire que : M x, y, z ∈ S ⇐⇒ °AM° = R2 .
134
3.8.2 Sphères et plans P ROPOSITION 3.48 Position d’un plan par rapport à une sphère Soit S une sphère de centre A et de rayon R ∈ R∗+ . Soient P un plan de l’espace et H le projeté orthogonal de A sur P. • Si d (A, P ) > R alors P ∩ S = ∅. • Si d (A, P ) = R alors P ∩ S = {H}. p • Si d (A, P ) < R alors P ∩ S est le cercle de centre H et de rayon R2 − d 2 (A, P ). Dans le deuxième cas, on dit que P est le plan tangent à la sphère S au point H. Démonstration Soit M ∈ P . Par application du théorème de Pythagore, d (A,M)2 = d (A,H)2 +d (H,M)2 = d (A, P )2 +d (H,M)2 . Par conséquent, M ∈ S si et seulement si R2 = d (A,M)2 = d (A, P )2 + d (H,M)2 .
3.8.3 Sphères et droite ³
−´ → − → − →
Soit R O, i , j , k un repère orthonormal de l’espace. On étudie dans ce paragraphe l’intersection entre une sphère S et une droite D. Afin de simplifier le problème, on peut → − supposer que D est dirigée par le vecteur k , que O est le centre de S . Une équation cartésienne de S dans R est alors : 2 2 2 2 ∗ x + y + z = R où R ∈ R+ est le rayon de S . → − → − D coupe le plan passant par O et dirigé par les vecteurs i et j en le point A (a, b, 0). Elle est donc paramétrée par : x = a y =b z=t
.
P ROPOSITION 3.49 Position d’une droite par rapport à une sphère Posons d = d (O, D ). On a : • Si d > R alors D et S ont une intersection vide. • Si d = R alors D et S ont un point commun et un seul. On dit que la droite est tangente à la sphère. • Si d < R alors D et S ont exactement deux points en commun. ¡
¢
Démonstration On a : M x, y, z ¡∈ D ∩S ¢ ⇐⇒ x = a, x = b, z = t R2 . Comme d = a 2 + b 2 , on a : M x, y, z ∈ D ⇐⇒ t 2 = R2 − d 2 .
et
x 2 +y 2 +z 2 = R2 ⇐⇒ x = a, x = b, z = t
et
a 2 +b 2 +t 2 =
En résumé 1
Il convient d’avoir bien compris : – l’utilité du produit scalaire – l’utilité du déterminant – l’utilité du produit mixte et les différentes techniques pour les calculer.
2
Il faut savoir calculer rapidement et sans hésitation – l’équation cartésienne et de l’équation paramétrée d’un plan – l’équation cartésienne et de l’équation paramétrée d’une droite – l’équation cartésienne d’une sphère
3
Il faut savoir retrouver rapidement aussi les formules de changements de coordonnées sphériques et cylindriques. Elles seront utilisées à la fois en mathématiques et en physique.
4
Les différentes formules pour calculer la distance d’un point à un plan, d’un point à une droite, entre deux droites, ou le volume d’un parallélépipède doivent être bien connues.
135
3.9 Exercices 3.9.1 Produits scalaire, vectoriel et mixte Exercice 3.1 ♥♥ − − − u,→ v et → w trois vecteurs de l’espace. Montrer que : Soient → ¡− → ¢ ¡− → ¢ − ¡→ ¢− → − − u∧ → v ∧− w = → u .− w → v− − u .→ v → w
Solution :
³
´
− → − → − → − u sont (a, 0, 0), Considérons un repère orthonormal direct O, i , j , k dans lequel les coordonnées de → ¡
¢
→ −
→ −
→ − → − → − → − ′ ′ celles ¡ ′′ ′′de ′′ v¢ sont a , b , 0 (il suffit pour cela que i et j engendrent un plan contenant u et v ) et celles de w sont a , b , c . On a alors :
et :
¯ ¯ ′ ¯ ′′ ¯ ¯ ¯ ¯a ¯a ¯ a ¯a ¯ ¯ b ′ c ′′ 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¡ ¢ → − → − → − ′ ′ ′′ ′′ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ u ∧ v ∧ w = ¯ 0 ∧ ¯b ∧ ¯b = ¯ 0 ∧ ¯ −a c = ¯¯aa ′′ b ′ − aa ′ b ′′ ¯0 ¯ 0 ¯ c ′′ ¯ 0 ¯ a ′ b ′′ − b ′ a ′′ ¯ −aa ′ c ′′ ¯ ′′ ¯ ¯ ′ ¯ ¯a ¯a 0 ¯ ¯ ¯ ¡→ ¢ ¡ ¢ − → − → − → − → − → − ′ ¯ ′′ ′′ ¯ ′ u . w v − u . v w = aa ¯b − aa ¯b = ¯¯ aa ′′ b ′ − aa ′ b ′′ ¯ c ′′ ¯ ¯0 −aa ′ c ′′
d’où l’égalité.
Exercice 3.2 ♥♥ − → − → − → − u unitaire et une base orthonormale directe ( i , j , k ). Dans l’espace, on considère un vecteur → → −
→ −
→ −
− − − u ∧ i k2 + k→ u ∧ j k2 + k→ u ∧ k k2 . 1. Calculer α = k→
p
2. En déduire que l’une de ces trois normes est supérieure ou égale à 2/3. Solution :
¯ ¯ ¯ ¯ ¯−z ¯ y ¯x ¯ 0 ¯ ¯ ¯ ¯ → − → − → − − − − − u ¯¯ y . Alors → u ∧ i ¯¯ z , → u ∧ j ¯¯ 0 , → u ∧ k ¯¯−x . Par conséquent, α = 2(x 2 + y 2 + z 2 ) = 2 puisque kuk2 = 1. 1. Notons → ¯x ¯ 0 ¯z ¯−y
p
2. Par l’absurde, si les trois normes étaient toutes strictement inférieures à 2/3, on aurait 2 = α < 2/3+2/3+2/3 = 2, ce qui est absurde.
Exercice 3.3 ♥♥ Identité de Jacobi → − − → − − a, b,→ c , d de l’espace. On rapporte l’espace à une base orthonormale directe. Soient quatre vecteurs → 1. Montrer l’identité de Jacobi : → − − → − → − → − → − −c ∧ → − −c ∧ (→ − a ∧( b ∧→ c ) + b ∧ (→ a )+→ a ∧ b)= 0
2. Montrer que
¯ ¯→ − → − → − → → − ¯a.c → − − ( a ∧ b ).( c ∧ d ) = ¯→ − → − ¯b.c
3. Montrer que
→ − ¯¯ → − a .d ¯ → − → −¯ b .d ¯
→ − − → − → − − → − − → − − −c ∧ → − − (→ a ∧ b ) ∧ (→ d ) = det(→ a , b , d )→ c − det(→ a , b ,→ c )d
Solution : 1. Utilisons la formule du double produit vectoriel :
=
=
→ − − → − → − → − −c ∧ → − −c ∧ (→ − a ∧( b ∧→ c ) + b ∧ (→ a )+→ a ∧ b) → − → − → − → − − → → − − −c ) b − (→ − −c + ( b .→ − −c − ( b .→ −c )→ − −c .→ −c .→ − (→ a .→ a . b )→ a )→ a + (→ b )− a − (→ a)b → − 0
136
2. → − − → − − 〈→ a ∧ b |→ c ∧d〉
= = = = = =
→ − − → − − det(→ a , b ,→ c ∧ d ) par définition du produit mixte → − − → − − det( b , → c ∧ d ,→ a ) car le déterminant est invariant par permutation circulaire → − ³→ → −´ → − − 〈b ∧ c ∧ d |a〉 → − → − − − − → − − → 〈〈 b | d 〉 → a 〉 d’après la formule du double produit vectoriel c 〉 d |→ c − 〈 b |→ → − → − → → − − → − → − − → − 〈 b | d 〉〈 c | a 〉 − 〈 b | c 〉 〈 d |→ a 〉 par bilinéarité du produit scalaire ¯ ¯ → − ¯ ¯ 〈→ − → − → − ¯ a | c 〉 〈 a |d 〉 ¯ ¯ → − → − ¯ −c 〉 〈→ ¯ 〈− b |d 〉 ¯ b |→
3. Utilisons à nouveau la formule du double produit vectoriel : → − − − −c ∧ → (→ a ∧ b ) ∧ (→ d)
= =
³³ → −´→ − ´ − ³³→ → − ´ − ´→ − → − a ∧ b .d → c − − a ∧ b .→ c d → − → − − → − − → − − − det(→ a , b , d )→ c − det(→ a , b ,→ c )d
Exercice 3.4 ♥♥ → − − On considère deux vecteurs (→ a , b ) de l’espace. Résoudre l’équation vectorielle → − → − − − x +→ a ∧→ x =b − − Solution : Soit → x une solution. En prenant le produit scalaire avec → a , on trouve que → − → − − − a .→ x =→ a.b − En prenant le produit vectoriel avec → a , et en utilisant la formule du double produit vectoriel, on obtient → − → − − − − − − − − a ∧→ x + (→ a .→ x )→ a − k→ a k2→ x =→ a∧b → −
→ −
− − − − −x par → − d’où l’on tire (remplacer → a ∧→ x par b − → x et → a .→ a . b ) que : → −x =
£→ − → → − → − −¤ 1 − b −− a ∧ b + (→ a . b )→ a − 1 + k→ a k2
On vérifie réciproquement en utilisant la formule du double produit vectoriel que ce vecteur est solution. Exercice 3.5 ♥♥♥ → − − a et b non-nuls et orthogonaux. Résoudre l’équation vectorielle : On considère deux vecteurs → (→ − − x ∧→ a → − → b ∧− x
→ −
→ − =b − =→ a → − → −
→ −
−x un vecteur solution. On calcule b ∧ (→ − − x ∧→ a ) = b ∧ b = 0 d’où en utilisant la formule du double Solution : Soit → → −
→ −
→ −
→ −
→ −
→ −
− − −x = 0 . De la même − − − − a . b = 0 et que → a 6= 0 , on en tire que b .→ a )→ x −( b .→ x )→ a = 0 . Mais puisque → produit vectoriel, ( b .→ → − − → − − − − − − façon, en calculant → a ∧( b ∧→ x ), on trouve que → a .→ x = 0 . Puisque le vecteur → x est orthogonal à → a et à b , il existe → − − − x = λ→ a ∧ b . Alors en calculant λ ∈ R tel que →
→ − → − − − λ(→ a ∧ b ) ∧ a = λk→ a k2 b 1
on doit avoir λ = → . De même, en calculant k− a k2 → − → − − − a b ∧ (λ→ a ∧ b ) = λkbk2 → 1
on doit avoir λ = → − 2 . Par conséquent, kb k
137
– Si kak 6= kbk , S = ∅. – Si kak = kbk , S =
→ − − n→ a∧bo . − k→ a k2
où S est l’ensemble solution du système étudié. Exercice 3.6 ♥♥ → − − → − − a, b,→ c , d de l’espace. Montrer que Soient quatre vecteurs → − → − → → − − −c ) × (→ − −c ).(→ − (→ a .→ b .−c ) + (→ a ∧→ b ∧ −c ) = (→ a . b ) × kck2
Solution : Calculons ´ ³− ¡→ − → −c = det(→ − −c , → − −c ¢ × → b ∧→ a ,→ b ∧ −c ) a ∧→ − → −c , → − = det(→ b ∧ −c , → a) £→ ¤ → − → − − − = c ∧ ( b ∧ c ) .→ a
¤− £ − 2→ − → − − → c )−c .→ a = k→ c k b − ( b .→ → − → − → → − − − → − −c ) 2→ = k c k a . b − ( b . c )( a .→
Exercice 3.7 ♥♥ P → → − → ai vérifiant ni=1 − ai = 0 . Montrer que Soit n Ê 3 et n vecteurs de l’espace − X
1Éi< j Én
− → ai ∧ − a→j =
X
1Éi< j Én−1
− → ai ∧ − a→j
Solution : Puisque la première somme vaut −1 −1 ´ n−1 ´ n−1 n ³ jX X X ³ jX X− − → → − → ai ∧ − a→j = ai ∧ − a→j + ai ∧ − a→ n
j =1 i=1
et que n−1 X i=1
on en déduit le résultat.
j =1 i=1
i=1
³n−1 ´ X→ − − → − → − → → − ai ∧ − a→ a→ ai ∧ − n= n = −an ∧ an = 0 i=1
3.9.2 Coordonnées cartésiennes dans l’espace Exercice 3.8 ♥ Pour chacun des plans P suivant calculer une équation cartésienne et une équation paramétrée : − n = (1, −1, 2). 1. Le plan P passant par A (1, 0, 1) et de vecteur normal →
− − u = (1, −1, 0) et → v = (0, 0, 2). 2. Le plan P passant par A (0, 1, 1) et engendré par →
3. Le plan P passant par A (1, −1, 0) et parallèle au plan Q : x − 2z + 1 = 0. 4. Le plan P passant par A (1, −1, 1) et perpendiculaire à la droite D :
(
2x − y + 1
x − y +z −2
=0
=0
.
5. Le plan P passant par les points A (1, 0, 1), B (0, 1, −1) et C (2, 1, 0). 6. Le plan P contenant les droites D :
(
x − y +1 y −z −2
x et D ′ : y =0 z
=0
= −3 + t
= 2−t . = 2 − 2t
7. Le plan P passant par A (1, 0, 0) et perpendiculaire aux plans Q : x − 2y + z − 1 = 0 et Q ′ : y − 2z + 1 = 0. 8. Le plan P passant par les points A (1, 0, −2) et B (0, −1, 1) et perpendiculaire au plan Q : x − y + z = 1.
138
Solution : 1. Une équation de P est de la forme x − y + 2z + d = 0 avec d ∈ R. Mais comme A ∈ P , d = −3 et donc P : − − x − y + 2z − 3 = 0. Pour trouver une équation paramétrée de P , il nous faut connaître deux vecteurs → u et → v qui → − engendrent P . Il suffit de prendre deux vecteurs non colinéaires et orthogonaux à n . C’est le cas par exemple de
x = 1 + s + 2t → − → − ; s, t ∈ R. u = (1, 1, 0) et v = (2, 0, −1). Donc P : y = s z = 1−t → − − − − 2. Comme P est engendré par u = (1, −1, 0) et → v = (0, 0, 2), il admet → n ′ = (−2, −2, 0) ou encore → n = (1, 1, 0) comme vecteur normal. Son équation cartésienne est donc de la forme x + y + d = 0 avec d ∈ R. Comme A ∈ P , d = −1 et x = s
P : x + y − 1 = 0. On trouve facilement une équation paramétrée P :
y
= 1 − s ; s, t ∈ R.
z = 1 + 2t − 3. Comme le plan P est parallèle au plan Q : x − 2z + 1 = 0 il admet → n = (1, 0, −2) comme vecteur normal. Son équation est donc de la forme x − 2z + d = 0 avec d ∈ R. On utilise les coordonnées de A pour calculer d = −1. Donc P : x − 2z − 1 = 0. Pour déterminer une équation paramétrique de P , il nous faut connaître deux vecteurs → − − u et → v engendrant P . On peut procéder comme dans la première question. On peut aussi chercher ces vecteurs − − dans le plan vectoriel P : x − 2z = 0. On choisit par exemple → u = (2, 0, 1) et → v = (0, 1, 0). Il vient alors P : x = 1 + 2t
y
z
= −1 + s ; s, t ∈ R. =t
4. Un vecteur directeur à D est donné par (2, −1, 0) ∧ (1, −1, 1) = (−1, −2, −1) et ce vecteur est normal à P . On termine alors comme dans la première question et une équation de P est x + 2y + z = 0. On cherche alors deux − − vecteur engendrant ce plan. On peut prendre → u = (1, 0, −1) et → v = (2, −1, 0) et une équation paramétrée de P est x y z
= s + 2t
= −t
= −s
; s, t ∈ R. −→
−→
5. Les vecteurs AB = (−1, 1, −2) et AC = (1, 1, −1) ne sont pas colinéaires et ils engendrent P . Un vecteur normal −→ −→ − n = AB ∧ AC = (1, −3, −2). On termine alors comme dans la première question et on a P : au plan est donc → x x − 3y − 2z + 1 = 0. Une équation paramétrée est P : y z
6. Comme le système :
x − y +1 y − z − 2
x
y z
= 1−s +t
= s+t
= 1 − 2s − t
; s, t ∈ R.
=0 =0
= −3 + t = 2−t
= 2 − 2t
admet (−1, 0, −2) comme solution, les deux droites sont sécantes en le point A (−1, 0, −2) et elles définissent bien − u = (1, −1, 0) ∧ (0, 1, −1) = (1, 1, 1). On lit sur l’équation paramétrée de D ′ un plan. Un vecteur directeur de D est → → − − − − ′ n =→ u ∧→ v = (−1, 3, −2) et en un vecteur directeur de D qui est v = (1, −1, −2). Donc un vecteur normal à P est → − − utilisant les coordonnées de A, on trouve que P : −x + 3y − 2z − 5 = 0. Comme les vecteurs → u et → v engendrent x P , on a P : y z
= −1 + s + t
= s−t
= −2 + s − 2t
; t ∈R
7. Les plans Q : x − 2y + z − 1 = 0 et Q ′ : y − 2z + 1 = 0 ne sont pas parallèles et s’intersectent suivant la droite (
=0 . Cette droite est encore perpendiculaire à P et un vecteur directeur pour cette droite y − 2z + 1 =0 donné par (1, −2, 1) ∧(0, 1, −2) = (0, 2, 1) est normal à P . On en déduit que P : 2y +z = 0. Par ailleurs, tout vecteur normal à Q ou à Q ′ est élément du plan vectoriel associé à P donc P est le plan passant par A et engendré par x = 1 + s D :
x − 2y + z − 1
(1, −2, 1) et (0, 1, −2). On en déduit une équation paramétré : P :
139
y
z
= −2s + t ; t ∈ R = s − 2t
− n = (1, −1, 1) normal à Q : x − y + z = 1 est élément du plan vectoriel associé à P . Le vecteur 8. Le vecteur → −→ − AB = (−1, −1, 3) est aussi élément de ce plan vectoriel et donc P est le plan passant par A et engendré par → n et −→ −→ → − AB. En particulier, n ∧ AB = (−2, −4, −2) est normal à P . Une équation cartésienne de P est donc x +2y +z+ = 0. x Une équation paramétrée est P : y z
= 1+s −t
= −s − t
= −2 + s + 3t
; t ∈ R.
Exercice 3.9 ♥ − On considère la droite D passant par A = (1, −2, 0) et dirigée par → u = (1, 1, −1). Soit B = (0, 1, −2) un point de l’espace. 1. Déterminer les coordonnées du point H, projeté orthogonal de B sur D . 2. Calculer de deux manières différentes la distance de B à la droite D .
Solution :
x = 1 + t − u passant par 1. L’équation paramétrique de D est : y = −2 + t ; t ∈ R. De plus, une équation du plan normal à → z = −t B est : x + y − z − 3 = 0. Le point H forme l’intersection de ce plan et de la droite D et ses coordonnées satisfont
le système :
Par conséquent H (7/3, −2/3, −4/3) .
x = 1+t y = −2 + t z = −t x + y −z −3 = 0
.
° ° °→ − −→° r °−→° r 26 ° u ∧ AB° 26 ° ° ° = 2. La distance de B à la droite D est donnée par °BH° = . On a aussi : d (B, D ) = ° . → − ° ° 3 3 u
Exercice 3.10 ♥ On considère les plans P et P ′ d’équations respectives x − y + z + 1 = 0 et 2x + y − z − 1 = 0. 1. Vérifier que ces deux plans ne sont pas parallèles. 2. Déterminer une paramétrisation de leur intersection D . 3. Donner une équation cartésienne du plan Q passant par A = (1, 1, 0) et perpendiculaire aux deux plans P et P ′ . Solution :
¯ ¯ ¯2 ¯1 ¯ → −′ ¯ → − ′ 1. Un vecteur normal à P est n ¯¯−1 et un vecteur normal à P est n ¯¯ 1 . Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires ¯−1 ¯1
donc les plans ne sont pas parallèles. Leur intersection est alors une droite D .
2. D est dirigée par le vecteur
¯ ¯ ¯ ¯0 ¯ ¯ ¯ → −′ ¯ 1 ¯ 2 → − ¯ ¯ n ∧ n = ¯−1 ∧ ¯ 1 = ¯¯3 ¯ 1 ¯−1 ¯3
¯ ¯ ( ¯0 ¯0 ¯ ¯ x − y +z +1 → − ¯ ¯ ou encore par le vecteur u = ¯1 . Un point de D est : M¯ 0 . On l’obtient à partir du système 2x + y − z − 1 ¯1 ¯−1
=0
=0
en fixant y = 0 et en résolvant le système à deux équations et deux inconnues ainsi obtenu. Une paramétrisation x de D est alors : y z
=0
=t
= −1 + t
,
t ∈R .
− 3. Le plan Q passant par A = (1, 1, 0) et perpendiculaire aux deux plans P et P ′ admet → u comme vecteur normal. Son équation est donc de la forme : y + z + c = 0. Comme A ∈ Q , c = −1 et une équation de Q est y + z − 1 = 0 .
140
Exercice 3.11 ♥♥ On considère les plans P et Q d’équations respectives 3x − 4y + 1 = 0 et 2x − 3y + 6z − 1 = 0. Déterminer l’ensemble des points équidistants de P et Q . ¡
¢
Solution : Soit M x, y, z . On a la série d’équivalences :
⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
d (M, P ) = d (M, Q ) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯3x − 4y + 1¯ ¯2x − 3y + 6z − 1¯ = p p 2 2 2 2 2 ¯ ¯ 2 +3 +6 ¯ 3 +4 ¯ ¯ ¯ ¯ 7 3x − 4y + 1 = 5 2x − 3y + 6z − 1¯ ¡ ¢ ¡ ¢ 7 3x − 4y + 1 = 5 2x − 3y + 6z − 1 11x − 13y − 30z + 2 = 0
¡
¢
¡
¢
ou 7 3x − 4y + 1 = −5 2x − 3y + 6z − 1
ou 31x − 43y + 30z = 0
Le lieu des points équidistants de P et Q est donc la réunion des plans d’équations 11x − 13y − 30z + 12 = 0 et 31x −
43y + 30z + 2 = 0. Ces deux plans sont appelés plans médiateurs de P et Q .
Exercice 3.12 Calculer :
♥
1. La distance du point A(1, 2, 1) au plan P : x − 2y + 3z = 1.
x = 1 + 3t y = 2−t 2. La distance du point B(1, 2, −1) à la droite D paramétrée par z = 2t ½ 2x − y + z = 1 3. La distance du point C(1, 0, 2) à la droite ∆ définie par x − y + z = −1 ½
4. Déterminer la distance entre les droites D et D ′ d’équations respectives :
avec t ∈ R.
−x + y − z = 1 et x − y + 2z = 1
½
2x − y − z = 0 −x − 2y + 3z = 0
Solution : |1 × 1 − 2 × 1 + 3 × 1 − 1| 1 = p p 2 2 2 14 1 +2 +3 ° ° ¯ ¯ °→ − −−→° r ¯1 ¯3 ° u ∧ BM° ¯ ¯ 5 → − ¯ ¯ ° 2. Un vecteur directeur de D est : u ¯−1 et un point de D est : M¯2 . Par conséquent : d (B, D ) = ° . = → − ° ° 7 u ¯0 ¯2
1. d (A, P ) =
¯ ¯ ¯ ¯ ¯0 ¯1 ¯2 ¯2 ¯ ¯ ¯ ¯ → − ¯ ¯ ¯ 3. Un vecteur directeur de ∆ est : u = ¯−1 ∧ ¯−1 = ¯−1 et un point de ∆ est : M¯¯ 0 . Par conséquent : d (C, D ) = ¯−1 ¯1 ¯1 ¯−3 ° ° °→ − −−→° r ° u ∧ CM° 27 °→ ° . = °− 2 u° ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−1 ¯ 1 ¯ 2 ¯−1 ¯−5 ¯1 → − ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ − u = ¯¯ 1 ∧¯¯−1 = ¯¯1 et un vecteur directeur de D ′ est u˜′ = ¯¯−1 ∧¯¯−2 = ¯¯−5 ou mieux : 4. Un vecteur directeur de D est → ¯−1 ¯ 2 ¯−1 ¯ 3 ¯0 ¯−5 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 ¯1 ¯ 1 ¯−3 ¯0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ → −′ ¯1 → − → − u = ¯¯1 . Un point de D est M¯¯ 0 et un point de D ′ est M′ ¯¯0 , par conséquent, comme u ∧ u ′ = ¯¯1 ∧ ¯¯1 = ¯¯−1 : ¯1 ¯0 ¯1 ¯ 0 ¯2 ¯0 ¯ ³ → ´¯ ¯ → − − −−−→ ¯ p ¯det u , u ′ , MM′ ¯ ¡ ¢ 3 2 ′ ° ° = d D,D = . −° °→ − → 2 ° u ∧ u′ °
Exercice 3.13 ♥ On considère le plan P représenté paramétriquement par : x y z
= 2+λ−µ
= 3 − λ + 2µ
= 1 + 2λ + µ
141
(λ, µ) ∈ R2
1. Donner une équation cartésienne du plan P .
¯ ¯1 ¯ 2. Déterminer la distance du point A¯¯1 au plan P . ¯1
3. Donner une équation cartésienne de la droite passant par le point A et perpendiculaire au plan P . Solution :
¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 ¯−1 ¯−5 ¯2 ¯ ¯ ¯ ¯ − − − − − u ¯¯−1 , → v ¯¯ 2 . Le vecteur → n =→ u ∧→ v ¯¯−3 est normal 1. Le plan passe par le point Ω¯¯3 et est dirigé par les vecteurs → ¯2 ¯1 ¯1 ¯1
au plan. L’équation cartésienne est donc de la forme −5x − 3y + z + c = 0. Puisque Ω ∈ P , on trouve que c = 18, et donc P : −5x − 3y + z + 18 = 0
2. Utilisons la formule du cours :
11 |−5 − 3 + 1 + 18| =p d(A, P ) = p 2 2 2 35 5 +3 +1
− 3. La droite est dirigée par le vecteur → n d’où une équation paramétrique : x y z
= 1 − 5λ
= 1 − 3λ = 1+λ
En éliminant le paramètre, on obtient une équation cartésienne : (
Exercice 3.14 ♥ On considère la droite d’équation :
(
x + 5z − 2
y + 3z − 4
x + y −z +1
2x − y + z − 2
¯ ¯1 ¯ Déterminer la distance du point Ω¯¯2 à cette droite. ¯1
=0
=0
=0 =0
¯ ¯ ¯1 ¯2 ¯ ¯ → − → − ¯ Solution : Le vecteur u ¯ 1 est normal au plan P 1 , le vecteur v ¯¯−1 est normal au plan P 2 . Puisque D = P 1 ∩ P 2 , ¯−1 ¯1
¯ ¯ ¯0 ¯0 ¯ ¯ → − → − → − le vecteur u ∧ v ¯¯−3 dirige la droite D . On peut également prendre comme vecteur directeur le vecteur n ¯¯1 qui lui est ¯−3 ¯1 ¯ ¯ 1/3 ¯ proportionnel. Cherchons un point A de la droite D . En choisissant z = 0, on trouve par exemple A¯¯−4/3 . Et alors : ¯ 0
p −→ − 19 kAΩ ∧ → nk =p p d(Ω, D) = → − kn k 3 2
Exercice 3.15 ¯ ♥♥ ¯1 ¯
Soit a ∈ R et le point A¯¯ 1 . On considère les quatre plans d’équations : ¯a
P1 : x + y − 1 = 0, P2 : y + z − 1 = 0, P3 : x + z − 1 = 0, P4 : x − y + z = 0
142
Trouver une condition nécessaire et suffisante sur a pour que les projections orthogonales de A sur les quatre plans soient 4 points coplanaires. ¯ ¯ ¯x ¯1 ¯ →¯1 . En notant A ¯¯ y le projeté orthogonal de A sur le plan P , il existe Solution : Un vecteur normal au plan (P1 ) est − n 1¯ 1 1¯ ¯z ¯0
− λ ∈ R tel que A 1 = A + λ→ n :
x y z
= 1+λ
= 1+λ =a
¯ ¯1/2 ¯ Comme A1 ∈ P1 , on a (1 + λ) + (1 + λ) − 1 = 0 d’où l’on tire λ = −1/2 et A1 ¯¯1/2 . Par la même méthode, on trouve ¯ a ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯1 − a/2 ¯1 − a/3 ¯ ¯ ¯ −−−→ −−−→ −−−→ A 2 ¯¯1 − a/2 , A 3¯¯ 1 et A4¯¯1 + a/3 . Les quatre points sont coplanaires si et seulement si det(A1 A2 , A1 A3, A1 A4) = 0, ¯ a/2 ¯ a/2 ¯ 2a/3
−−−→ −−−→ −−−→
ou encore (pour simplifier les calculs), det(2A1 A2, 2A1 A3 , 6A1 A4 ) = 0. En développant, on trouve que 2a(a + 1) = 0, c’est-à-dire a = 0 ou a = −1 . Exercice 3.16 ♥ On considère les deux droites de E 3 d’équations cartésiennes : D:
½
D′ :
½
x = 2z + 1 y = z −1 x = z +2 y = 3z − 3
Montrer qu’elles sont coplanaires et former une équation cartésienne de leur plan. ¯ ¯x ¯ Solution : Soit M¯¯ y . Alors M ∈ D ∩D ′ ssi x = 3, y = 0, z = 1. Donc les deux droites sont concourantes et par conséquent ¯z
coplanaires. On trouve le plan d’équation
2x + y − 5z − 1 = 0
Exercice 3.17 ♥♥♥ Faisceau de plans Soit D une droite d’équations cartésiennes : D :
(
ax + by + cz + d ′
′
′
a x +b y +c z +d
′
=0
=0
.
On appelle faisceau de plans issu de D l’ensemble des plans de l’espace contenant D . Montrer qu’un plan P est élément du faisceau issu de D si et seulement si il a une équation cartésienne de la forme : ¡ ¢ ¡ ¢ P : α ax + by + cz + d + β a ′ x + b ′ y + c ′ z + d ′ = 0
où α, β ∈ R sont deux réels non tous deux nuls.
¯ ¯ ′ ¯a ¯a ¯ ¯ − − − − − n = ¯¯b et → n ′ = ¯¯b ′ . Un vecteur directeur à D est → u =→ n ∧→ n ′ . Notons V la plan vectoriel engendré par Solution : Posons → ¯c ¯c′
→ − − n et → n ′ . Tout vecteur de ce plan est orthogonal à tout vecteur directeur de D . Réciproquement, tout vecteur orthogonal à un vecteur directeur de D est élément de V .
143
→ − − u et est donc ⇒ Supposons que P est élément du faisceau issu de D . Un vecteur N normal à P est orthogonal à → → − → − − il existe tous¢ deux nuls tels que N = α n + β→ n ′ . Une élément du plan vectoriel V . Par conséquent, ¡ ¢ α,¡ β′ ∈ R non ′ ′ équation de P est alors de la forme α ax + by + cz + β a x + b y + c z + D = 0 où D ∈ R. Considérons un point M ∈ D . Comme les coordonnées de M vérifient à la fois les équations de D et P , on obtient : D = αd +βd ′ . On a ainsi prouvé qu’une équation cartésienne de P est de la forme proposée. ¡ ¢ ⇐ ¡ Réciproquement, supposons que P ait une équation cartésienne de la forme : P : α ax + by + cz + d + ¢ − − − u car élément de V . La β a ′ x + b ′ y + c ′ z + d ′ = 0. Un vecteur normal à P est α→ n + β→ n ′ qui est orthogonal à → droite D et le plan P sont donc parallèles. On considère alors un point M de D . Comme les coordonnées de M vérifient les équations de D , elles vérifient l’équation de P et donc M ∈ P . Le plan P contient alors nécessairement la droite D .
Exercice 3.18 ♥♥ Trouver l’équation cartésienne du plan P passant par les points A = (1, 1, 1) et B = (2, 1, 0) et tel que la droite D:
½
x + 2y + z − 2 x + y −z +3 = 0
soit parallèle à P . Indication 3.0 : Utiliser la notion de faisceau de plans développée dans l’exercice 3.17 page 143 x Solution : Une équation paramétrique de (AB) est y z ½
= 1+t =1
. On en tire une équation cartésienne de (AB) :
= 1−t
y −1 x +z −2
=0 =0
Le plan P doit appartenir au faisceau issu de (AB) : P : x + λy + z − (2 + λ) = 0
On trouve un vecteur directeur de D :
¯ ¯−3 ¯ → − u = ¯¯ 2 . ¯−1
− u doit appartenir au plan vectoriel d’équation x +λy + z = 0 ce qui implique que Comme D est parallèle à P , le vecteur → λ = 2 d’où P : x + 2y + z − 4 = 0
Exercice 3.19 ♥♥ On considère les droites
½
x = z −1 y = 2z + 1 ½ y = 2x + 1 D′ : z = 2x − 1 D:
Montrer qu’il existe un unique couple de plans (P , P ′ ) tels que D ⊂P,
D′ ⊂ P ′
P //P ′
Déterminer une équation cartésienne de P et P ′ . Indication 3.0 : On pourra utiliser la notion de faisceau de plans développée dans l’exercice 3.17 page 143 Solution : Supposons qu’il existe deux plans P et P ′ vérifiant les conditions de l’énoncé. Comme D ⊂ P , P appartient au faisceau de plan issu de D et comme D ′ ⊂ P ′ , P ′ appartient au faisceau de plan issu de D ′ . Il existe alors θ, θ′ ∈ R tels que : P : (x − z + 1) + θ(y − 2z − 1) = 0
P ′ : (y − 2x − 1) + θ′ (z − 2x + 1) = 0
144
On écrit l’équation cartésienne des plans vectoriels associés : P : x + θy − (1 + 2θ)z = 0 P′ : −2(1 + θ′ )x + y + θ′ z = 0 ¯ ¯ 1 ¯ θ Ces deux plans sont parallèles si et seulement si les vecteurs ¯¯ et ¯− (1 + 2θ)
produit vectoriel, la condition de parallélisme s’écrit donc : ′ θθ + 2θ +¡1 ¢ 2(1 + 2θ) 1 + θ′ − θ′ ¡ ¢ 1 + 2θ 1 + θ′
¯ ¯−2(1 + θ′ ) ¯ ¯ 1 sont colinéaires. En utilisant le ¯ ¯ θ′
′ θθ + 2θ + 1 = 0 ⇐⇒ 4θθ′ + 4θ + θ′ + 2 =0 2θθ′ + 2θ + 1
=0
=0
=0
=0
En soustrayant la première et la troisième équation, on trouve θθ′ = 0. Mais θ = 0 est impossible d’après la première équation, donc θ′ = 0. Il vient alors θ = −1/2. On trouve finalement : P : 2x − y + 3 = 0
P ′ : −2x + y − 1 = 0
et
Réciproquement, on vérifie que les plans P et P ′ donnés par ces deux équations cartésiennes sont solutions du problème. Exercice 3.20 ♥♥ − u = (−1, 0, 2) passant par A = (2, 3, −1) et Trouver l’équation cartésienne des plans contenant la droite D dirigée par → qui se situe à distance 1 du point B = (0, 1, 0). Indication 3.0 : On pourra utiliser la notion de faisceau de plans développée dans l’exercice 3.17 page 143 Solution : Une équation cartésienne de D est donnée par : ½ 2x + z − 3 = 0 D: y −3 = 0
Si un tel plan P existe alors c’est un plan du faisceau issu de D et il existe λ ∈ R tel que : P : 2x + λy + z − 3(1 + λ) = 0
et alors d(A, P ) = 1 =⇒ λ =
p −6 ± 2 6 3
On en tire deux plans P possibles. On vérifie réciproquement que ces deux plans sont solutions du problème. Exercice 3.21 ♥♥ On considère dans l’espace muni d’un repère R , les deux droites d’équations : D
(
x−z−a
y + 3z + 1
=0
D
=0
′
(
x + 2y + z − 2b
3x + 3y + 2z − 7
=0 =0
où (a, b) ∈ R2 . 1. Montrer qu’elles ne sont pas parallèles. 2. Trouver une condition nécessaire et suffisante sur (a, b) pour que les deux droites soient sécantes. Former alors l’équation cartésienne de leur plan. Solution :
→ −
→ −
1. On trouve un vecteur directeur de D : d = (1, −3, 1) et de D ′ : d ′ = (1, 1, −3). Ils ne sont pas colinéaires et donc les droites ne sont pas parallèles. 2. ( On détermine un point A de D . On suppose que x = a et on reporte dans le système définissant D . Il vient z
y + 3z + 1
=0
=0
et donc A (a, −1, 0). On fait de même pour D ′ . On suppose que y = b et on reporte dans le 145
(
=0
x+z
donc A′ (7 − 3b, b, 3b − 7) ∈ D ′ . De plus A 6= A′ . Les deux 3x + 3b + 2z − 7 = 0 ³→ − → − −−→´ droites sont sécantes si et seulement si det d , d ′ , AA′ = 0, c’est-à-dire si et seulement si −8a −8b +32 = 0 ce qui ′
système définissant D . Il vient
s’écrit aussi a + b = 4 . On pourrait aussi procéder ainsi. Les deux droites sont concourantes si et seulement si le système de 4 équations à 3 inconnues est compatible. On écrit : x
x −z = a −z = a y + 3z = y + 3z = − 1 −1 ⇐⇒ 2y + 2z = 2b − a x + 2y + z = 2b 3x + 3y + 2z = 7 3y + 5z = 7 − 3a ¡
x − z = y + 3z =
L3 − L1 ⇐⇒ L4 − 3L1 ¢
a −1 − 2z = b − a2 + 1 − 4z = 10 − 3a
L3 2 − L2 L4 − 3L2
.
Donc le système est compatible si et seulement si 2 b − a2 + 1 = 10−3a c’est-à-dire si et seulement si a + b = 4 . On calcule facilement que l’équation du plan alors formé par les deux droites est 2x + y + 2 − 2a + 1 = 0 . Exercice 3.22
♥
¯ ¯ ¯ ¯ ¯3 ¯0 ¯ 2 ¯1 ¯ ¯ ¯ ¯ Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé, on considère les points A¯¯ 0 , B¯¯1 , C¯¯ 1 et D¯¯1 . Calculer la distance ¯−1 ¯1 ¯−1 ¯1
entre les droites (AB) et (CD).
Solution : La distance est donnée par
¯ −→ −−→ −→ ¯¯ ¯ ¯det(AB, CD, AC)¯ d= −→ −−→ kAB ∧ CDk
2
Après calculs, on trouve que d = p p . 3 7
Exercice 3.23 ♥♥ On considère dans E 3 la droite D:
½
x = az + p y = bz + q
¯ ¯ ¯0 ¯ 0 ¯ ¯ ′ ¯ et les points A¯ 0 , A = ¯¯ 0 . On suppose que A 6∈ D et que A′ 6∈ D . ¯h ¯−h
1. Donner une équation cartésienne du plan P (respectivement P ′ ) passant par le point A (resp A′ ) contenant la droite D . 2. Trouver une condition nécessaire et suffisante sur a, b, p, q, h pour que P et P ′ soient perpendiculaires. Indication 3.0 : On pourra utiliser la notion de faisceau de plans développée dans l’exercice 3.17 page 143 Solution : 1. Le plan P appartient au faisceau de plans issu de la droite D . Son équation cartésienne est de la forme (P ) : θ(x − az − p) + (y − bz + q) = 0
(s’il est différent du plan d’équation x = az + p ). Il contient le point A si et seulement si θ=−
bh + q ah + p
(On suppose que ah +p 6= 0. Comme A 6∈ P , si ah +p = 0, le plan cherché serait le plan d’équation x −az −p = 0). On trouve alors l’équation cartésienne de P : −(bh + q)x + (ah + p)y + (aq − bp)z + h(bp − aq) = 0
En utilisant la même technique, on trouve une équation cartésienne du plan P ′ : −(bh − q)x + (ah − p)y + (bp − aq)z + h(bp − aq) = 0
146
2. Les deux plans sont perpendiculaires si et seulement si (bh + q)(bh − q) + (ah + p)(ah − p) − (aq − bp)2 = 0
c’est-à-dire h 2 (a 2 + b 2 ) = p 2 (b 2 + 1) + q 2 (a 2 + 1) − 2abp q.
Exercice 3.24 ♥♥ Dans l’espace euclidien E = R3 , rapporté à un repère orthonormé direct, on considère deux droites D1 et D2 d’équation cartésienne ( ( D1 :
x + y − 3z + 4 = 0
et D2 :
2x − z + 1 = 0
x −z +1 = 0
y −z +1 = 0
1. Trouvez une équation cartésienne de la perpendiculaire commune ∆ à D1 et D2 . 2. Déterminez la distance entre les droites D1 et D2 par deux méthodes différentes : (a) la première utilisant le cours. (b) la seconde utilisant le plan P contenant la droite D2 et parallèle à la droite D1 Solution :
¯ ¯ ¯ ¯1 ¯1 ¯3 − →¯¯ − →¯¯ − → − →¯¯ 1. Le vecteur d1 ¯5 dirige la droite D1 et le vecteur d2 ¯1 dirige la droite D2 . Par conséquent, le vecteur d1 ∧ d2 ¯ 1 ¯2 ¯1 ¯−4
dirige la perpendiculaire commune ∆. Écrivons une équation du plan P 1 contenant la droite D1 et orthogonal à D2 . En fixant z = 0 dans l’équation cartésienne de D1 , on trouve qu’un point de D1 est A 1 (−1/2, −7/2, 0) . Le plan ¯ ¯ 11 ¯ − → → − → − P 1 passe par A 1 et admet n 1 = u ∧ d1 = 2¯¯−5 comme vecteur normal. On a donc : P 1 : ¯7
11x − 5y + 7z − 12 = 0.
De même, on détermine une équation cartésienne du plan P 2 contenant D2 et orthogonal à D1 . En fixant z ¯= 0 → −
¯5 ¯
− − n 2 =→ u ∧ d 2 = ¯¯−7 dans l’équation cartésienne de D2 , on trouve qu’un point de D2 est A2 (−1, −1, 0). Le vecteur →
est normal à P 2 donc P2 : 5x − 7y + 2z − 2 = 0. On en tire une équation cartésienne de ∆ : ∆:
2.
(a) D’après le cours
(
¯2
11x − 5y + 7z − 12 = 0 5x − 7y + 2z − 2 = 0
¯ ³− ¯ →− → −−−→´¯¯ ¯ ¯ 1 ¯det d1 , d2 , A 1 A 2 ¯ 1 ¯¯ °− ° = d (D1 , D2 ) = p ¯ 5 →° °→ − 26 ¯ 2 ° d2 ∧ d2 °
1 1 1
1/2 5/2 0
¯ ¯ ¯ ¯ = p4 ¯ 26 ¯
(b) Pour calculer d(D1 , D2 ), considérons le plan P contenant la droite D2 et parallèle à la droite D1 . Un vecteur − → − → normal à ce plan est d1 ∧ d2 et comme A2 ∈ P , une équation cartésienne de P est 3x + y − 4z + 4 = 0. La distance entre D1 et D2 est la distance entre un point quelconque de D1 et le plan P . On trouve d(D1 , D2 ) = d (A 1 , P) =
|3 × (−1/2) − 7/2 + 4| 4 = p . p 26 26
3.9.3 Sphères Exercice 3.25 ♥ Calculer la distance entre la droite D:
(
x−y +z =0
x+z =1
147
et la sphère S : x 2 + y 2 + z 2 − 6x + 2y − 4z = −5
Solution : En faisant apparaître des carrés, on montre que S :
¡ ¢2 (x − 3)2 + y + 1 + (z − 2)2 = 9
donc le centre de la sphère est Ω(3, −1, 2) et son rayon vaut R = 3. Si on fixe z = 0 dans l’équation de D , on trouve qu’un − u de coordonnées point de D est A (1, 1, 0). Un vecteur directeur de D est → ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯1 ¯−1 ¯ ¯ ¯ ¯−1 ∧ ¯0 = ¯ 0 . ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯1 ¯ 1
Alors d(Ω, D) =
Exercice 3.26
p −→ − 24 p kAΩ ∧ → uk = p = 12 → − kuk 2
et
d (S , D) =
p 12 − 3 .
♥
1. Montrer que x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 4y − 6z + 5 = 0 est l’équation d’une sphère S dont on déterminera le centre et le rayon. 2. Étudier l’intersection de S avec le plan P d’équation x + y + z − 1 = 0. On précisera les éléments géométriques de cette intersection. Solution :
¡
¢2
1. L’équation x 2 + y 2 +z 2 −2x −4y −6z +5 = 0 s’écrit aussi : (x − 1)2 + y − 2 +(z − 3)2 = 32 . On reconnaît l’équation d’une sphère de centre Ω(1, 2, 3) et de rayon 3 .
¯ ¯ p ¯ xω + y Ω + zΩ − 1¯ 2. On applique le cours : d (Ω, P ) = = 5 3 3 < 3. S ∩ P est donc un cercle. Déterminons son p 3 centre et son rayon. Soit A un point de ce cercle et B le projeté orthogonal de Ωp sur P . Le triangle ΩAB est
rectangle en B, OA est un rayon de la sphère S donc OA = 3 et de plus : OB = de Pythagore dans ce triangle, on trouve AB = plan P vaut
p 6 3
p
6 3 .
5 3 3 .
En appliquant le théorème
Par conséquent, le rayon du cercle intersection de S avec le
. Il reste à déterminer les coordonnées du point B qui est aussi le centre de ce cercle. La droite
¯ ¯1 → −¯ (ΩB) est perpendiculaire à P et est donc dirigée par le vecteur n ¯¯1 qui est normal à P . Cette droite est donc ¯1 x = 1+t x = 1 + t y = 2 + t paramétrée par : y = 2 + t , t ∈ R. Les coordonnées de B sont solutions du système : et z = 3+t z = 3+t x + y +z −1 = 0 ¯ 2 ¯− ¯ 3 donc B¯¯ 31 . ¯ 4 3
Exercice 3.27 ♥ Soit une droite D de l’espace et A, B deux points distincts tels que les droites (AB) et D soient orthogonales et noncoplanaires. Déterminer le lieu des centres des sphères passant par A et B et tangentes à D . Solution : Dans un bon repère, on a : ¯ ¯−a ¯ A¯¯ 0 , ¯ 0
¯ ¯a ¯ B¯¯ 0 ¯0
et D :
148
(
z =h
x=0
.
¯ ¯0 ¯ Comme ΩA = ΩB, Ω est dans le plan médiateur de [AB], Ω¯¯ y . On traduit que D est tangente à la sphère par d(Ω, D = ¯z
R = kAΩk . On trouve alors 2hz = −y 2 − h 2 + a 2 , c’est une parabole dans le plan médiateur de [AB].
Exercice 3.28 ♥ ³ → −´ − → − → On muni l’espace d’un repère orthonormal R O, i , j , k . On considère la sphère S d’équation : x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y + 6z − 11 = 0
ainsi que le plan P d’équation : 1. 2. 3. 4.
3x − 4z + 19 = 0.
Donner le centre Ω et le rayon R de S . Déterminer l’intersection de P et de S . Donner une représentation paramétrique de la droite ∆ perpendiculaire à P qui passe par Ω. Trouver les coordonnées des points M et N de S respectivement le plus proche et le plus éloigné de P en précisant les distances correspondantes (ces points sont sur ∆).
Solution : 1. On a :
¡ ¢2 x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y + 6z − 11 = 0 ⇐⇒ (x − 1)2 + y + 2 + (z + 3)2 = 25
Par conséquent S est la sphère de centre Ω(1, −2, −3) et de rayon R = 5 .
2. Appliquant le cours :
d (Ω, P ) =
L’intersection de P et de S est donc vide.
|3 × 1 + 4 × 3 + 19| = p 32 + 42
34 5
>5
¯ ¯3 ¯ → − 3. Un vecteur directeur à ∆ est un vecteur normal à P . Par conséquent le vecteur n ¯¯ 0 dirige ∆. Une équation ¯−4
paramétrique de ∆ est donc :
x = 1 + 3t y = −2 z = −3 − 4t
4. Les points de S à distance maximale et minimale de P sont les solutions du système : ¡ ¢2 2 2 (x − 1) + y + 2 + (z + 3) = 25 x = 1 + 3t y =2 z = 3 − 4t
¯ ¯ ¯−2 ¯4 ¯ ¯ ¯ et sont donc : M¯−2 et N¯¯−2 . Par suite : ¯1 ¯−7
d (M, P ) =
|3 × −2 − 4 × −2 + 19| = 5
21 5
et d (N, P ) =
|3 × 4 − 4 × −2 + 19| = 5
39 5
Le point le plus près de P est donc M et le plus loin est N. Exercice 3.29 ♥ Montrer qu’il existe une et une seule sphère, dont on déterminera le rayon et le centre, intersectant les plans x = 1 et z = −1 suivant les cercles d’équations cartésiennes : C1 :
(
x=1 2
et C 2 :
2
y − 2y + z + 6z + 2 = 0
149
(
z = −1
x 2 − 4x + y 2 − 2y = 0
.
Solution : On a : y 2 − 2y + z 2 + 6z + 2 = (y − 1)2 + (z + 3)2 − 8
x 2 − 4x + y 2 − 2y = (x − 2)2 + (y − 1)2 − 5
et
p
p
donc C 1 est le cercle de centre Ω1 (1, 1, −3) et de rayon 2 2, C 2 est le cercle de centre Ω2 (2, 1, −1) et de rayon 5. Le centre Ω de la sphère S se trouve à l’intersection de la droite perpendiculaire au plan x = 1 et passant par Ω1 et de la droite perpendiculaire au plan z = −1 et passant par °Ω2 , °donc Ω(2, 1, −3). Calculons maintenant son rayon. Le point °−→° p A (0, 0, −1) est élément de C 2 et donc de S . Calculons °AΩ° = 9 = 3 et le rayon de S est 3. Exercice 3.30
♥♥
Montrer qu’il existe une et une seule sphère S tangente en A (1, 2, 1) à la droite D : ′
′
en A (1, −1 − 2) à la droite D :
(
2x + y + 2z x−y −z
= −3 =4
(
x + y − 2z
2x − y − 3z
=1
= −3
et tangente
. On déterminera son centre et son rayon. ¡
¢
Solution : Supposons qu’une telle sphère S existe. Notons Ω xΩ , y Ω , zΩ son centre. En utilisant les équations cartési− − ennes de D et D ′ , on calcule → u = (−5, −1, −3) un vecteur directeur de D et → u ′ = (1, 4, −3) un vecteur directeur de D ′ . −−→ → − −→ → − Comme les deux droites sont tangentes à la sphère, on doit avoir ΩA · u = 0 et ΩA′ · u ′ = 0°ce qui ° °les deux équa° amène °−→° °−−→′ ° ′ tions : 5xΩ + y Ω + 3zΩ = 10 et xΩ + 4y Ω − 3zΩ = 3. Comme A, A ∈ S , on doit aussi avoir °ΩA° = °ΩA ° ce qui amène l’équation : y Ω + zΩ = 0. On résout alors le système : 5xΩ + y Ω + 3zΩ xΩ + 4y Ω − 3zΩ y Ω + zΩ
= 10 =3
=0
et on trouve Ω(76/37, 5/37, −5/37) . On en déduit que le rayon de S est sphère convient.
150
3 37
p 894. Réciproquement, on vérifie que cette
Chapitre
4
Fonctions usuelles Pour bien aborder ce chapitre Our federal income tax law defines the tax y to be paid in terms of the income x ; it does so in a clumsy enough way by pasting several linear functions together, each valid in another interval or bracket of income. An archeologist who, five thousand years from now, shall unearth some of our income tax returns together with relics of engineering works and mathematical books, will probably date them a couple of centuries earlier, certainly before Galileo and Vieta. Weyl, Hermann ; The mathematical way of thinking L’objet de ce chapitre est d’introduire les différentes fonctions utilisées de manière usuelles en classe prépa. Aux fonctions logarithme, exponentielle et trigonométriques connues depuis le lycée s’ajouteront les fonctions logarithmes et exponentielles de base quelconque, les fonctions puissances ainsi que les réciproques des fonctions trigonométriques. Nous introduirons aussi une nouvelle famille de fonctions : les fonctions hyperboliques (qui sont à l’hyperbole équilatère ce que les fonctions trigonométriques sont au cercle unité) ainsi que leurs réciproques. Nous utiliserons à plusieurs reprises dans ce chapitre des théorèmes qui ne seront énoncés et démontrés que beaucoup plus tard dans l’année. Parmi ces théorèmes, notons les trois suivants : T HÉORÈME 4.1 ♥ Théorème de la bijection Soit I un intervalle et soit une application f : I → R. On note J = f (I). On suppose que la fonction f est H1
continue sur I.
H2
strictement monotone sur I.
alors la fonction f réalise une bijection de l’intervalle I sur l’intervalle J et sa bijection réciproque f −1 est une fonction continue et strictement monotone sur J de même sens que f .
T HÉORÈME 4.2 ♥ Dérivation de la bijection réciproque Soit f : I → R. On suppose que : H1
f est strictement monotone sur l’intervalle I.
H2
f est dérivable sur I.
H3
∀x ∈ I,
f ′ (x) 6= 0
alors f réalise une bijection de l’intervalle I sur l’intervalle J = f (I) et son application réciproque, f −1 est dérivable sur J et ¡
¢′ f −1 =
f
1 f −1
′◦
151
T HÉORÈME 4.3 ♥ La dérivée d’une fonction est identiquement nulle sur un intervalle et seulement si cette fonction est constante sur cet intervalle Soit f : I → R. On suppose que : H1
f est dérivable sur un intervalle I.
alors la fonction f est constante si et seulement si ∀x ∈ I, f ′ (x) = 0.
On retrouvera le premier théorème et sa démonstration en 11.52 page 439 et le second en 12.7 page 474. Le troisième sera établi en 12.13 page 478. Multimédia : Traceur de courbe réciproque: on donne le graphe d’une fonction. On pointe sur un point du graphe et on obtient son symétrique par rapport à la bissectrice principale On affiche le vecteur tangent en ce point au graphe initial et on obtient le vecteur tangent au graphe de la réciproque correspondant. En cliquant sur un bouton, on affiche le graphe entier de la réciproque.
4.1 Fonctions logarithmes, exponentielles et puissances 4.1.1 Logarithme népérien Nous verrons au chapitre 13 dans le théorème 13.30 page 531 que toute fonction continue sur un intervalle I de R possède 1
une primitive sur cet intervalle (voir 13.30). La fonction x 7→ définie sur R∗+ admet donc une primitive sur R∗+ . On x pourrait montrer, mais c’est difficile, que l’on ne peut exprimer cette primitive avec des fonctions usuelles (fonctions polynomiales, fractions rationnelles, fonctions trigonométriques). Il faut donc introduire une nouvelle fonction. D ÉFINITION 4.1 ♥ Logarithme népérien
1 x
On appelle logarithme népérien et on note ln l’unique primitive s’annulant en 1 de la fonction définie sur R∗+ : x 7→ .
ln :
Remarque 4.1
∗ R+ x
−→ 7−→
R Z x 1
dt t
ln(1) = 0
T HÉORÈME 4.4 ♥ Propriétés de la fonction ln
– La fonction ln est continue sur R∗+ .
– La fonction ln est dérivable sur R∗+ et ∀x ∈ R∗+ ,
ln′ x =
1 . x
– La fonction ln est même C ∞ sur R∗+ , ce qui signifie qu’elle est dérivable et que toutes ses dérivées sont dérivables. – La fonction ln est concave sur R∗+ Démonstration Les primitives d’une fonction sont, par définition, dérivables. La fonction ln est donc dérivable sur R∗+ . Une fonction est continue là où elle est dérivable (voir la proposition 12.2 page 471). Donc ln est dérivable et par suite continue sur R∗+ . Sa dérivée, qui est la fonction f : R∗+ → R, x 7→ 1/x est C ∞ donc il en est de même de ln. Comme la dérivée f de ln est une fonction strictement positive, ln est strictement croissante sur R∗+ . Enfin, pour tout x ∈ R∗+ , f ′′ (x) = −1/x 2 est strictement négative sur R∗+ donc ln est concave. Vous pouvez consulter le paragraphe 12.5 page 481 qui traite de ce sujet.
C OROLLAIRE 4.5 Soient I est un intervalle de R et u : I −→ R∗+ une fonction dérivable. La fonction x 7→ ln(u(x)) est dérivable sur I de dérivée, pour tout x ∈ I : (ln u)′ (x) =
u ′ (x) u (x)
Démonstration C’est une conséquence directe du théorème de composition des fonctions dérivables.
152
P ROPOSITION 4.6 ♥ Propriétés algébriques du logarithme Pour tout x, y ∈ R∗+ et n ∈ Z ¡ ¢ ln x y = ln x + ln y
1
µ ¶ 1 ln = − ln x x
2
µ ¶ x = ln x − ln y y
3
ln
4
ln (x n ) = n ln x
Démonstration ♥ 1
La méthode pour prouver cette égalité est classique, il faut la retenir. Fixons y ∈ R∗+ et notons θ y la fonction θy :
½
R∗ + x
−→ 7−→
R¡ ¢ . ln x y − ln x − ln y
Cette fonction est dérivable sur R∗+ comme composée et différence de fonctions dérivables. De plus, ∀x ∈ R∗ +,
2
θ′y (x) =
y 1 1 1 − = − = 0. xy x x x
D’après le théorème 4.3, θ y est une fonction constante sur R∗+ . Elle est donc constante sur R∗+ et il existe c ∈ R tel que : ∀x ∈ R∗ + , θ y (x) ¡ =¢ c . Déterminons cette constante. c = θ y (1) = ln y − ln 1 − ln y = 0. Ce qui prouve que, pour tout x dans R∗ + , θp (x) = ln x y − ln x + ln y = 0. Soit x ∈ R∗+ . Par application de la proposition précédente, on a les égalités 0 = ln 1 = ln
µ ¶ 1 1 = ln x. = ln x + ln . x x x
³x ´
desquelles découlent le résultat. 3
Soient x, y ∈ R∗+ , par application des deux dernières égalités ln
4
µ ¶ µ ¶ 1 1 x = ln x. = ln x + ln = ln x − ln y. y y y
Par récurrence.
P ROPOSITION 4.7 ♥ Limites aux bornes du domaine de définition ln x −−−→ −∞ x→0
ln x −−−−−→ +∞
et
x→+∞
Démonstration ♥ – La fonction l n est strictement et ln 1 = 0, donc ln 2 > ¡ croissante ¡ 0.¢ D’après la dernière égalité de la proposition précédente, pour ¢ tout n ∈ N, on peut écrire ln 2n = n ln 2. On en déduit que ln 2n −−−−−→ +∞. La fonction ln n’est donc pas majorée. Comme n→+∞ elle est strictement croissante, on peut affirmer, par application du théorème de la limite monotone 11.25, que ln x −−−−−→ +∞. x→+∞ – Par application du théorème d’opérations sur les limites et par utilisation de la limite précédente, ln x = −ln
1 −−−−→ −∞. x x→0+
D ÉFINITION 4.2 Nombre de Néper On appelle nombre de Néper l’unique réel e vérifiant ln e = 1. Démonstration L’existence du nombre de Néper est une conséquence du théorème des valeurs intermédiaires qui sera vu dans le chapitre 12. L’unicité est une conséquence directe de la stricte monotonie de ln.
P ROPOSITION 4.8 ♥ Limites usuelles pour ln • « ln x est négligeable devant x quand x tend vers + ∞ » : • « ln x est négligeable devant
ln x −−−−−→ 0 . x x→+∞
1 0 . quand x tend vers 0 » : x ln x −−−−→ x→0+ x
153
Démonstration ¡p ¢ R R dt p 1 1 ce qui s’écrit aussi ln x É 2 x − 1 É 2 x . Divisant cette – Pour tout t Ê 1, on a É p . Fixons x Ê 1. Il vient que 1x dtt É 1x p t
t
t
ln x ln x 2 inégalité par x , on obtient 0 É É p ce qui amène, par application du théorème des gendarmes 11.19, −−−−−→ 0. x x x→+∞ x ln x x=1/X – Par ailleurs : X ln X ======= − −−−−−→ 0. x X→+∞
P ROPOSITION 4.9 ♥ Limites usuelles pour ln • « La fonction ln est dérivable en 1 et ln′ 1 = 1 » • Cette limite s’écrit aussi sous la forme
ln (x) −−−→ 1 . x − 1 x→1
ln (1 + x) −−−→ 1 . x→0 x
Démonstration – Le taux d’accroissement de ln en 1 est donné par : ∀x ∈ R∗ + \ {1} ,
∆ (x) =
ln x − ln 1 ln x = . x −1 x −1
1 = 1, on a bien lim ∆ (x) = 1. x→0 1 ln(x) X=x−1 ln (1 + X) – La seconde égalité se prouve grâce à un changement de variable : ======= −−−→ 1 x −1 X X→0
Comme ln est dérivable en x = 1 et que ln′ 1 =
P ROPOSITION 4.10 ♥ Inégalité de convexité ∀x ∈ ]−1, +∞[ , Démonstration ♥ Il suffit d’étudier le signe de la fonction θ :
ln (1 + x) É x ½
]−1,+∞[ x
−→ 7−→
R ln (1 + x) − x
3 2 1 0 0 1 −1
2
e 3
x 7−→ ln(x) x 7−→ x + 1
−2 −3 −4
F IGURE 4.1 – Logarithme néperien Remarque 4.2
La tangente en (e, 1) passe par l’origine du repère.
4.1.2 Exponentielle népérienne
154
4
5
P ROPOSITION 4.11 ♥ Exponentielle népérienne La fonction ln définie une bijection de R∗+ sur son image R. L’application réciproque est appelée fonction exponentielle népérienne et est notée exp . ½
exp :
∀x ∈ R∗+ , ∀y ∈ R,
R y
−→ 7−→
R∗+ exp y
exp(ln x) = x ¡ ¢ ln exp y = y
La fonction exp – est strictement croissante et strictement positive. – est continue R. – est dérivable sur R et ∀x ∈ R, exp′ (x) = exp (x) .
– est de classe C ∞ sur R.
x −∞ exp
%% 0
1
0
+∞
+∞
Démonstration ♥ Posons f = ln. La fonction f est : H1
dérivable sur R∗+ .
H2
de dérivée strictement positive sur R∗+
H3
donc strictement croissante sur R∗+
Par application du théorème de la bijection 4.2, on peut affirmer que f est bijective et que sa bijection réciproque f −1 est dérivable sur R et à valeurs dans R∗+ . De plus si y 0 ∈ R ¡ ¢ 1 f ′−1 y 0 = ′ ¡ −1 ¡ ¢¢ = f f y0
1 1 ¡
¡ ¢ = f −1 y 0
¢ f −1 y 0 ¡ ¢ ¡ ¢ Notons exp la fonction f −1 , nous venons de montrer que exp′ y 0 = exp y 0 . Il est alors clair que exp est C ∞ sur R. De plus, comme ln x −−−−→ −∞, on a exp x −−−−−→ 0 et comme ln x −−−−−→ +∞, on a exp x −−−−−→ +∞. x→−∞
x→0+
Remarque 4.3
x→+∞
x→+∞
exp 0 = 1 et exp 1 = e
P ROPOSITION 4.12 ♥ Propriétés algébriques de la fonction exponentielle Pour tout x, y ∈ R et n ∈ Z 1
¡ ¢ ¡ ¢ exp x + y = exp (x) exp y
3
2
exp (−x) =
1 exp x
4
¡ ¢ exp (x) ¡ ¢ exp x − y = exp y
¡ ¢n exp (nx) = exp (x)
Démonstration ♥ Démontrons la première affirmation. ¡ ¢Les autres¡ se¢ prouvent de même. Soient x, y ∈ R. Comme exp est la bijection réciproque de ln, il existe x ′ , y ′ ∈ R∗+ tels que ln x ′ = x et ln y ′ = y . On peut alors écrire ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ exp x + y = exp ln x ′ + ln y ′ = exp ln x ′ y ′ = x ′ y ′ = exp (x) exp y ′ .
✎ Notation 4.1 D’après la formule 4, exp(n) = exp(1.n) = e n , on conviendra de noter pour tout x ∈ R, e x = exp(x). P ROPOSITION 4.13 1 ∀x ∈ R,
exp x Ê 1 + x
155
Démonstration ♥ Il suffit d’étudier le signe de la fonction θ:
½
−→ 7−→
R x
R exp x − (x + 1)
P ROPOSITION 4.14 ♥ Limites usuelles pour exp exp x −−−−−→ +∞ . x x→+∞
• « exp x est prépondérant devant x quand x tend vers +∞ » : • « exp x est négligeable devant
1 quand x tend vers −∞ » : x exp x −−−−−→ 0 . x→−∞ x
• « exp x est dérivable en x = 0 de dérivée égale à 1 » : Démonstration ♥ exp x x=ln X – Comme x ======= lnXX =
1 ln X X
exp x
, il vient lim
x→+∞
exp x − 1 −−−→ 1 . x→0 x
1
= lim
X→0+
x
ln X X
= +∞.
– La seconde limite se démontre de la même façon. – Écrivons le taux d’accroissement ∆ de exp en 0. Pour tout x ∈ R∗ ∆ (x) =
exp x − exp 0 exp x − 1 = . x −0 x
Comme exp est dérivable en 0 et que exp ′ (0) = exp (0) = 1, ∆ (x) −−−→ 1 et la dernière limite est prouvée. x→0
3 e 2 1
−4
−3
−2
0
−1
1
−1
2
3
4
5
x 7−→ ln(x) x 7−→ x + 1 x 7−→ exp(x)
−2 −3 −4
F IGURE 4.2 – Exponentielle et Logarithme néperien
4.1.3 Logarithme de base quelconque D ÉFINITION 4.3 Logarithme de base a Soit a un réel strictement positif et différent de 1 : a ∈ R∗+ \ {1}. On appelle logarithme de base a l’application notée loga définie par loga x :
R∗+ x
−→ 7−→
Remarque 4.4 – Si a = 10, on obtient le logarithme décimal qu’on note log . – Si a = e , loga = ln. – loga 1 = 0 et loga a = 1.
156
R ln x ln a
P ROPOSITION 4.15 Soient a ∈ R∗+ \ {1}, x, y ∈ R∗+ et n ∈ Z.. 1 2
¡ ¢ loga x y = loga x + loga y µ ¶ 1 = − loga x loga x
Démonstration rithme néperien.
µ ¶ x = loga x − loga y y
3
loga
4
loga x n = n loga x
Ces différentes égalités se démontrent en revenant à la définition de loga et en utilisant les propriétés du loga-
P ROPOSITION 4.16 Pour tout a ∈ R∗+ \ {1}, la fonction loga est de classe C ∞ sur R∗+ et ∀x ∈ R∗+
log′a (x) =
1 x ln a
– Si a ∈]1; +∞[, loga est strictement croissante et concave. – Si a ∈]0; 1[, loga est strictement décroissante et convexe. ∞ sur R∗ comme quotient de fonctions C ∞ sur R∗ . De plus, Démonstration Soit a ∈ R∗+ \ {1}. La fonction loga est de¡classe C + + ¢ pour tout x ∈ R∗+ , log′a (x) = 1/ (x ln a) et log′′a (x) = −1/ x 2 ln a . – Si a ∈]1;+∞[, alors ln a > 0, log′a est donc strictement positive et log′′a est strictement négative. Donc loga est strictement croissante et concave. – Si a ∈]0;1[, alors ln a < 0, log′a est donc strictement négative et log′′a est strictement positive. Donc loga est strictement décroissante et convexe.
4.1.4 Exponentielle de base a P ROPOSITION 4.17 Exponentielle de base a Soit a ∈ R∗+ \ {1}. La fonction loga définie une bijection de R∗+ sur R. On appelle exponentielle de base a et on note expa , la fonction définie de R dans R∗+ comme application réciproque de loga . ∀x ∈ R∗+ , ∀y ∈ R,
De plus, exp′a est C ∞ sur R et ∀x ∈ R,
expa (lna x) = x ¡ ¢ lna expa y = y
exp′a (x) = ln a expa (x)
Démonstration Soit a ∈ R∗+ \ {1}. Posons f = loga . La fonction f H1
est dérivable sur R∗+ .
H2
possède une dérivée sur R∗+ strictement positive si a ∈]1;+∞[ et strictement négative si a ∈]0;1[
H3
et est donc strictement croissante sur R∗+ si a ∈]1;+∞[ et strictement décroissante sur R∗+ si a ∈]0;1[.
Par application du théorème de la bijection 4.2, on peut affirmer que f possède une bijection réciproque f −1 dérivable sur R et à valeurs dans R∗+ . De plus si y 0 ∈ R ¡ ¢ 1 f ′−1 y 0 = ′ ¡ −1 ¡ ¢¢ = f f y0
1 1
¡ ¢ = ln a f −1 y 0 .
¡ ¢ ln a f −1 y 0 ¡ ¢ ¡ ¢ Notant expa la fonction f −1 , on vient de montrer que : exp′a y 0 = ln a expa y 0 . Il est alors clair que expa est de classe C ∞ sur R.
P ROPOSITION 4.18 Soit a ∈ R∗+ \ {1}. On a
Démonstration
∀y ∈ R,
expa (y) = exp(y ln(a)) .
¡ ¢
Soit y ∈ R. Posons x = expa y . On a loga (x) = y ou encore ¡
¢
l’exponentielle x = exp y ln a . On a bien prouvé que expa (y) = exp(y ln(a))
157
ln x = y ce qui donne ln x = y ln a et en passant à ln a
P ROPOSITION 4.19 Pour tout a ∈ R∗+ \ {1}, x, y ∈ R et n ∈ Z : 1 2 3
expa 0 = 1 et expa 1 = a ¡ ¢ ¡ ¢ expa x + y = expa (x) expa y ¡ ¢ expa (x) ¡ ¢ expa x − y = expa y
¡ ¢n expa (nx) = expa x
4
expa x expb x = expab x expa x = exp a x expb x b
5 6
Démonstration Il suffit d’appliquer la formule précédente et les propriétés des fonctions logarithme et exponentielle.
✎ Notation 4.2 S’inspirant de la dernière égalité de la propriété précédente, si a ∈ R∗ \ {1} et si x ∈ R, on notera + a x = expa (x) = exp (x ln a) .
Remarque 4.5 – On retrouve la notation précédente exp x = e x . – Remarquons aussi que 1x = exp (x ln 1) = 1. Avec ces notations, la propriété précédente devient : P ROPOSITION 4.20 ♥ Pour tout a, b ∈ R∗+ x, y ∈ R et n ∈ Z : 1 2 3
a 0 = 1 et a 1 = a
a nx = (a x )n
4
a x+y = a x a y ax a x−y = y a
(ab)x = a x b x ³ a ´x a x = x b b
5 6
4 3 2 1
−4
−3
−2
0
−1
1
2
−1
x 7−→ a x x 7−→ a x F IGURE 4.3 – Exponentielles de base a
3
4 0 0, a ln x −−−−−→ +∞ et par composition de limite : x a = exp (a ln x) −−−−−→ +∞. x→+∞
x→+∞
– Si a = 0, 0 = a ln x −−−−−→ 0 et : x a = x 0 = 1 −−−−−→ 1. x→+∞
x→+∞
– Si a < 0, a ln x −−−−−→ −∞ et par composition de limite : x a = exp (a ln x) −−−−−→ 0. x→+∞ x→+∞ La limite en 0 se calcule de même.
Remarque 4.7 – Si a > 0, on peut prolonger ϕa par continuité en 0 en posant ϕa (0) = 0. – Si a > 1, ϕa est même dérivable en 0 : ϕ′a (0) = 0. – Si 0 < a < 1, ϕ′a (x) −−−→ +∞ et le graphe de ϕa possède une tangente verticale à l’origine. x→0
Attention 4.3 Pour dériver une fonction de la forme w(x) = u(x)v(x) ( là où elle est définie et dérivable...), il faut au préalable la mettre sous la forme w(x) = exp (v(x) ln(u(x))) puis utiliser la formule de dérivation des fonctions composées. A titre d’exercice, on montrera que : µ
u ′ (x) w (x) = w(x) v (x) ln (u(x)) + v(x) u(x) ′
′
¶
4.1.6 Comparaison des fonctions logarithmes, puissances et exponentielles 159
5 4 x 7−→ x 3 x 7−→ x x 7−→ x 1/3 x 7−→ x 0 x 7−→ x −1
3 2 1 0
O
1
2
3
4
5
−1
F IGURE 4.4 – Fonctions puissances
P ROPOSITION 4.23 ♥♥♥ Pour tout α, β, γ > 0
(ln x)γ xβ
x β |ln x|γ −−−→ 0
−−−−−→ 0 x→+∞
Démonstration Comme β,γ > 0 :
x→0
β γ ln x γ γ β µ ¶γ γ (ln x)γ ln x X=x γ γ ln (X) = −−−−−→ 0 = ======= β β β β X X→+∞ xβ γ γ x x
par composition de limite et par utilisation de la limite usuelle
C OROLLAIRE 4.24 ♥♥♥ Pour tout α, β, γ > 0
e αx xβ
ln X −−−−−→ 0. La seconde limite se prouve de même. X X→+∞
|x|β e αx −−−−−→ 0
−−−−−→ +∞
x→−∞
x→+∞
Démonstration La démonstration est identique à la précédente.
4.2 Fonctions circulaires réciproques 4.2.1 Rappels succincts sur les fonctions trigonométriques Effectuons un rappel sur les fonctions trigonométriques. P ROPOSITION 4.25 ♥ Fonction sinus La fonction sinus, notée sin est : – définie sur R. – à valeurs dans [−1, 1]. – impaire. – 2π-périodique. 160
– continue sur R. – dérivable sur R et sin′ x = cos x
∀x ∈ R,
– de classe C ∞ sur R. h π πi De plus, la restriction de la fonction sinus à − , est strictement croissante. 2 2
x 7−→ si nx
1
− 3π −5 2
π
−π −4
π −2− 2
−3
O
−1
1
π 2
2
3
4
3π 2
−1
F IGURE 4.5 – Fonction sinus
P ROPOSITION 4.26 ♥ Fonction cosinus La fonction cosinus, notée cos est : – définie sur R. – à valeurs dans [−1, 1]. – paire. – 2π-périodique. – continue sur R. – dérivable sur R et cos′ x = − sin x
∀x ∈ R,
– de classe C ∞ sur R. De plus, la restriction de la fonction cosinus à [0, π] est strictement décroissante.
x 7−→ cosx
1
− 3π −5 2
π
−π −4
π −2− 2
−3
O
−1
1
π 2
2
3
4
tan′ x = 1 + tan2 x =
1 cos2 x
−1
F IGURE 4.6 – Fonction cosinus
P ROPOSITION 4.27 ♥ Fonction tangente La fonction tangente, notée tan, et donnée par : ∀x ∈ R \
est : o nπ + kπ | k ∈ Z . – définie sur R \ 2 – à valeurs dans R. – impaire. – π-périodique. o nπ + kπ | k ∈ Z . – continue R \ 2 – dérivable sur R et ∀x ∈ R \
nπ
2
nπ
2
o + kπ | k ∈ Z ,
o + kπ | k ∈ Z ,
161
tan x =
sin x cos x
3π 2
– de classe C ∞ sur R \
nπ
2
o + kπ | k ∈ Z .
De plus, la restriction de la fonction tangente à
iπ πh est strictement croissante. , 2 2
5 4 3 2 1 − 3π 2
−π
− π2
O
−5 −4 −3 −2 −1 −1
π 2
1
3π 2
π 2
3
4
−2 −3
x 7−→ tanx x 7−→ x
−4 −5 −6
F IGURE 4.7 – Fonction tangente Remarque 4.8
On prouve la dérivabilité des fonctions trigonométriques dans l’exercice 4.13 page 185.
4.2.2 Fonction Arcsinus x 7−→ ar csi nx
π 2
x 7−→ x x 7−→ si nx
1
π 2
−2
O
−1
π 2
1
−1 π 2
−2
F IGURE 4.8 – Fonctions sinus et arcsinus P ROPOSITION 4.28 ♥ Fonction arcsinus h π πi sur [−1; 1]. La bijection réciproque est appelée fonction arcsinus et est La fonction sinus est une bijection de − ; 2 2 notée arcsin h i ( arcsin :
[−1, 1] y
−→
7−→
162
π π − , 2 2 arcsin y
.
¡ ¢ sin arcsin y = y
∀y ∈ [−1, 1] , h π πi , ∀x ∈ − , 2 2
arcsin (sin x) = x
De plus, la fonction arcsin – est strictement croissante sur [−1, 1]. – est impaire. – est continue sur [−1, 1]. – est dérivable sur ]−1, 1[ et ∀y ∈ ]−1, 1[ ,
– de classe C ∞ sur ]−1, 1[. – réalise une bijection de [−1, 1] dans [−π/2, π/2] y
−1
p1 2 1−y
arcsin′ y = p
0
arcsin
0
− π2
1 − y2
1
%% 1
+
1
+
π 2
h π πi est 2 2
Démonstration ♥ La fonction sinus, sur l’intervalle − ; H1
continue
H2
strictement croissante.
h π πi définie 2 2h h π πi π πi une bijection de − ; sur [−1;1]. La bijection réciproque, nommée arcsin, est définie sur [−1;1] et à valeurs dans − ; . 2 2 i π π h2 2 Posons I = − , . La fonction sinus est de plus 2 2
Par application du théorème de la bijection 11.52, on peut affirmer que la fonction sinus, restreinte à l’intervalle − ;
H1
strictement monotone sur I
H2
dérivable sur I.
H3
et vérifie ∀x ∈ I,
sin′ (x) = cos x 6= 0
On peut alors appliquer le théorème de dérivation de la bijection réciproque 4.2 et affirmer que arcsin est dérivable sur J = sin I = ]−1,1[ . Pour tout y ∈ J, on a arcsin′ y =
Mais
1 1 ¡ ¢= ¡ ¢ sin′ arcsin y cos arcsin y
¡ ¢ q ¡ ¢ q cos arcsin y = 1 − sin2 arcsin y = 1 − y 2 i π πh 1 car la fonction cosinus est positive sur − , et donc arcsin′ y = q . On vérifie sans peine les propriétés restantes. 2 2 1 − y2
4.2.3 Fonction Arccosinus P ROPOSITION 4.29 ♥ Fonction arccosinus La fonction cosinus est une bijection de [0, π] sur [−1, 1]. Sa bijection réciproque est appelée fonction arccosinus et est notée arccos : ½ arccos :
[−1, 1] y
∀y ∈ [−1, 1] ,
∀x ∈ [0, π] ,
−→ 7−→
[0, π] arccos y
¡ ¢ cos arccos y = y
arccos (cos x) = x
De plus arccos : – est strictement décroissante sur [−1, 1]. 163
π
3 2
π 2
x 7−→ ar ccos x x 7−→ cosx
1
π O
−1
1
π 2
2
3
−1
F IGURE 4.9 – Fonctions cosinus et arccosinus
– est continue sur [−1, 1]. – est dérivable sur ]−1, 1[ et : −1 arccos′ y = p 1 − y2
∀y ∈ ]−1, 1[ ,
– est C ∞ sur ]−1, 1[. – réalise une bijection de [−1, 1] dans [0, π] y
−1
−p 1
−π
1
&& −
1−y 2
arccos
0 −1 π 2
−
0
Démonstration ♥ La fonction cosinus, sur l’intervalle [0,π] est H1
continue.
H2
strictement décroissante.
Par application du théorème de la bijection 11.52, on peut affirmer que la fonction cosinus, restreinte à l’intervalle [0,π], définie une bijection de [0,π] sur [−1,1]. La bijection réciproque, nommée arccos, est définie sur [−1,1] et à valeurs dans [0,π]. La fonction cosinus est de plus, avec I = ]0,π[ : H1
strictement monotone sur I
H2
dérivable sur I.
H3
et vérifie ∀x ∈ I,
cos′ (x) = −sin x 6= 0
On peut alors appliquer le théorème de dérivation de la bijection réciproque 4.2. La fonction arccos est dérivable sur J = cos I =
]−1,1[ et pour tout y ∈ J, on a
Mais
arccos′ y =
1 1 ¡ ¢= ¡ ¢ cos′ arccos y −sin arccos y
¡ ¢ q ¡ ¢ q sin arccos y = 1 − cos2 arccos y = 1 − y 2
car la fonction sinus est positive sur ]0,π[. Donc arccos′ y = q
−1
. On vérifie sans peine les propriétés restantes.
1 − y2
P ROPOSITION 4.30 Les graphes des fonctions arcsinus et arccosinus sont symétriques par rapport à la droite d’équation y = π/4 ∀x ∈ [−1, 1] ,
arcsin x + arccos x =
164
π 2
Démonstration ♥ La preuve est laissée en exercice. Il suffit de dériver la fonction θ : d’appliquer le théorème 4.3.
1 π 2
O
−1 −1
]−1,1[ x
−→ 7−→
R arccos x + arcsin x
et
y = π4 x 7−→ ar ccos x x 7−→ ar csi n x
π 2
−2
½
π 2
1
π 2
−2
F IGURE 4.10 – Symétrie des graphes des fonctions arcsinus et arccosinus par rapport à la droite y = π4
4.2.4 Fonction Arctangente P ROPOSITION 4.31 ♥ Fonction arctangente i π πh La fonction tangente est une bijection de − , à valeurs dans R. Sa bijection réciproque est appelée fonction 2 2 arctangente et est notée arctan : i π πh ( R
arctan :
y
− , 2 2 arctan y
−→
7−→
¡ ¢ tan arctan y = y
∀y ∈ R, i π πh , ∀x ∈ − , 2 2
arctan(tan x) = x
La fonction arctan – est strictement croissante sur R. – est impaire. – est continue sur R. – est dérivable sur R et : ∀y ∈ R,
arctan′ y =
1 1 + y2
– est C ∞ sur R. – réalise une bijection de R dans ]−π/2, π/2[. y
−∞
1 1+y 2
0
%% +
arctan
1 0
− π2
+
+∞ π 2
Démonstration ♥ La fonction tangente est H1
strictement monotone sur I
H2
dérivable sur I.
H3
et vérifie ∀x ∈ I,
tan′ (x) =
1 cos2 x
6= 0
On peut alors appliquer le théorème de dérivation de la bijection réciproque 4.2. On en déduit que tan est bijective et que sa bijection réciproque arctan est dérivable sur J = tan(I) = R. Pour tout y ∈ J arctan′ y =
1 1 1 ¡ ¢= ¡ ¢= . tan′ arctan y 1 + tan2 arctan y 1 + y2
165
π 2
1 π 2
−2
O
−1
1
π 2
x 7−→ tanx x 7−→ x x 7−→ Ar ct anx
−1 −2
π 2
F IGURE 4.11 – Fonctions tangentes et arctangentes On vérifie sans peine les propriétés restantes.
P ROPOSITION 4.32 ♥ Pour tout x ∈ R∗ :
π 1 2 arctan x + arctan = π x − 2
♥ 4.1
si x > 0 si x < 0
Démonstration ♥ La preuve est laissée en exercice. Il suffit, là encore, de dériver la fonction θ : x 7→ arctan x + arctan
intervalles R∗+ et R∗− puis d’appliquer le théorème 4.3.
1 sur les x
4.3 Fonctions hyperboliques 4.3.1 Définitions et premières propriétés Sinus et Cosinus hyperboliques D ÉFINITION 4.5 ♥♥ Sinus et Cosinus hyperboliques Les fonctions sinus hyperbolique sh et cosinus hyperbolique ch sont définies sur R par ch :
R x
−→
R e x + e −x 2
7−→
et
sh :
R x
−→ 7−→
R e x − e −x 2
Remarque 4.9 Toute fonction f : I ⊂ R −→ R se décompose de manière unique en la somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire ∀x ∈ I, f (x) + f (−x)
f (x) =
f (x) + f (−x) f (x) + f (−x) + . 2 2
f (x) + f (−x)
est paire , x 7→ est impaire. Les fonctions cosinus hyperbolique et sinus hyperEn effet, x 7→ 2 2 bolique sont respectivement la partie paire et la partie impaire de la fonction exponentielle dans cette décomposition. P ROPOSITION 4.33 ♥ Pour tout x ∈ R : 1
ch x + sh x = e x
2
ch x − sh x = e −x
3
Démonstration Calculs immédiats.
166
ch2 x − sh2 x = 1
P ROPOSITION 4.34 ♥ Les fonctions ch et sh sont dérivables sur R avec, pour tout x ∈ R ch′ x = sh x
et
sh′ x = ch x .
Démonstration Calculs immédiats.
6 5 4 3
x 7−→ sh x x 7−→ ch x x x 7−→ e2 x 7−→ x −1
2 1 −3 −2 −1 −1
O
1
2
−2 −3 −4 −5 −6
F IGURE 4.12 – Fonctions cosinus et sinus hyperboliques
P ROPOSITION 4.35 ♥ – La fonction sh est impaire, strictement croissante sur R, strictement négative sur R∗− et strictement positive sur R∗+ et s’annule en 0. – La fonction ch est paire, strictement positive sur R, strictement décroissante sur R∗− et strictement croissante sur R∗+ . De plus, ∀x ∈ R, ch x Ê 1. x −∞ ch x
0
%% +
sh
1 0
−∞
+
+∞
x −∞ sh x
+∞
ch
+∞
0
&% −
0 1
+
+∞ +∞
Démonstration • Les fonctions ch et sh sont de classe C ∞ sur R comme combinaison linéaire de fonctions C ∞ sur R. Appliquant les théorèmes
de dérivation, on vérifie sans peine les formules annoncées pour leurs dérivées respectives.
• sh et ch sont respectivement impaire et paire par construction. • ch est une fonction strictement positive sur R car la fonction exponentielle est strictement positive sur R. Par conséquent, sh a une dérivée strictement positive sur R et est strictement croissante sur R. • Par application des propriétés sur les limites d’après les limites de la fonction exponentielle à ses bornes, on vérifie sans peine
les limites annoncées.
• Évaluant sh en 0, on vérifie immédiatement qu’elle s’annule en 0. Comme elle est strictement croissante et continue, on en déduit qu’elle est strictement négative sur R∗− et strictement positive sur R∗+ . • La fonction dérivée de ch sur R étant sh, on déduit de cette dernière propriété que ch est strictement décroissante sur R∗ − et strictement croissante sur R∗+ .
167
Tangente hyperbolique D ÉFINITION 4.6 ♥ Tangente hyperbolique La fonction tangente hyperbolique, notée th, est définie sur R par th :
Remarque 4.10
R
−→
x
R sh x ch x
7−→
La fonction th est bien définie car la fonction ch est strictement positive sur R.
x 7−→ thx x 7−→ ±1 1
−4
−3
−2
O
−1
1
2
3
−1 −2
F IGURE 4.13 – Fonction tangente hyperbolique
P ROPOSITION 4.36 ♥ La fonction th est impaire, dérivable sur R et, pour tout x ∈ R th′ x = 1 − th2 x =
1 ch2 x
Par conséquent, th est strictement croissante sur R et s’annule en 0. Elle admet en −∞ une asymptote horizontale d’équation y = −1 et en +∞ une asymptote horizontale d’équation y = 1 x −∞ th′ x
0
%% +
th
1 0
−1
+
+∞ +1
Démonstration ♥ th est de classe C ∞ sur R comme quotient de fonctions de classe C ∞ sur R, son dénominateur ne s’annulant jamais. Appliquant les formules de dérivation d’un quotient, si x ∈ R th′ x =
ch x ch x − sh x sh x ch2 x
= 1 − th2 x =
1 ch2 x
L’imparité est facile à prouver. Pour les limites aux bornes du domaine, par factorisation et utilisation des limites usuelles, on obtient e x − e −x ex th x = x = x −x e +e e
e −x e −x 1− x x e e = −−−−−→ 1 e −x e −x x→+∞ 1+ x 1+ x e e
1−
ex ex − 1 −1 −x x −x −x −x e e −e = −x e x = ex −−−−−→ −1 th x = x −x x→+∞ e e e +e e + 1 + 1 e −x e −x
168
3
sh t 2
H + = {(x, y) : x 2 − y 2 = 1 x Ê 1} H − = {(x, y) : x 2 − y 2 = 1 x É −1}
1
−5
−4
−3
−2
O
−1
1
2
ch t
3
4
−1 −2 −3
F IGURE−4 4.14 – Hyperbole
4.3.2 Formulaire de trigonométrie hyperbolique Tout comme les fonctions cosinus et sinus permettent de paramétrer le cercle unité, les fonctions ch et sh donnent une paramétrisation de l’hyperbole équilatère de sommets (1, 0) et (−1, 0). Le formulaire de trigonométrie hyperbolique ressemble fort au formulaire de trigonométrie classique. On le trouvera dans l’annexe E paragraphe E.2. Donnons à titre d’exemples les formules d’addition. P ROPOSITION 4.37 ♥ Formules d’addition pour les fonctions hyperboliques Pour tout x, y ∈ R :
ch(x + y)
=
ch x ch y + sh x sh y
sh(x + y)
=
sh x ch y + ch x sh y
ch(x − y)
sh(x − y)
=
=
ch x ch y − sh x sh y
th(x + y)
=
sh x ch y − ch x sh y
th(x − y)
=
th x + th y 1 + th x th y th x − th y 1 − th x th y
4.3.3 Fonctions hyperboliques inverses Fonction argument sinus hyperbolique argsh P ROPOSITION 4.38 ♥ Fonction argument sinus hyperbolique La fonction sinus hyperbolique définie une bijection de R sur son image R. L’application réciproque est appelée fonction argument sinus hyperbolique et notée argsh : argsh :
½
∀y ∈ R,
∀x ∈ R,
R y
−→ 7−→
R argsh y
¡ ¢ sh argsh y = y
argsh(sh x) = x
La fonction argsh – est impaire. – est continue sur R. – est dérivable sur R et ∀y ∈ R,
argsh′ y = p
169
1 y2 + 1
– est strictement croissante sur R. – réalise une bijection de R dans R. – est de classe C ∞ sur R. x
−∞
p 12 y +1
0
%% +
argsh
1
+
0
−∞
+∞ +∞
Démonstration ♥ La fonction sinus hyperbolique, sur l’intervalle R H1
est strictement monotone
H2
est dérivable
H3
et vérifie : ∀x ∈ I,
sh′ (x) = ch x 6= 0
On peut alors appliquer le théorème de dérivation de la bijection réciproque 4.2 et affirmer que sh est bijective de R dans R. Sa bijection réciproque argsh est de plus dérivable sur sh R = R et pour tout y ∈ R argsh′ y =
Mais
1 1 ¡ ¢ ¡ ¢= sh′ argsh y ch argsh y
¡ ¢ q ¡ ¢ q ch argsh y = 1 + sh2 argch y = 1 + y 2
car la fonction cosinus hyperbolique est positive sur R. Donc argsh′ y = q
1
. On vérifie sans peine les propriétés restantes.
1 + y2
3 2 1
−4
−3
−2
O
−1
x 7−→ Ar g shx x 7−→ x x 7−→ shx 1
2
3
−1 −2 −3 −4 F IGURE 4.15 – Fonctions sinus et argument sinus hyperboliques
Expression logarithmique :
e x − e −x soit e 2x − 2ye x − 1 = 0. En posant T = e x , on résout T2 − 2yT − 1 = 0. On a deux racines 2 ´ ³ p p p T1 = y + 1 + y 2 et T2 = y − 1 + y 2 dont une seule est positive. D’où x = ln T1 = ln y + 1 + y 2 . ³ ´ p Donc argsh y = ln y + 1 + y 2 .
On résout l’équation y =
p 2 1+y p2y 2 p 2 + p2y 2 1 + p 1 2 1+y 1+y 2 1+y Vérification : Lorsqu’on dérive f (y) = ln y + 1 + y 2 on obtient f ′ (y) = = =p . p p 2 2 1+ 1+ y 1+ 1+ y 1 + y2 Comme f (0) = 0, on a bien f (y) = argsh y sur l’intervalle R. ³
´
Fonction Argument cosinus hyperbolique argch
170
P ROPOSITION 4.39 ♥ Fonction argument cosinus hyperbolique La fonction cosinus hyperbolique, restreinte à R+ , définit une bijection de R∗+ sur son image [1, +∞[. L’application réciproque est appelée argument cosinus hyperbolique et est notée argch. argch :
½
[1, +∞[ y
−→ 7−→
R argch y
¡ ¢ ch argch y = y
∀y ∈ [1, +∞[ ,
∀x ∈ R+ ,
argch(ch x) = x
La fonction argch – est continue sur [1, +∞[. – est dérivable sur ]1, +∞[ et : argch′ y = p
∀y ∈ ]1, +∞[ ,
– est strictement croissante sur [1, +∞[. – réalise une bijection de ]1, +∞[ dans R. – est de classe C ∞ sur ]1, +∞[.
y
1
p 12
%
1 y2 − 1
+∞
+
y +1
argch 0
+∞
Démonstration ♥ La fonction cosinus hyperbolique, sur l’intervalle R+ , est H1
continue.
H2
strictement croissante.
Par application du théorème de la bijection 4.1, on peut affirmer que la fonction cosinus hyperbolique définie une bijection de I = R+ sur son image J = [1,+∞[ . La bijection réciproque, nommée argch, est définie sur J = [1,+∞[ et à valeurs dans I = R+ . La fonction cosinus hyperbolique est de plus H1
strictement monotone sur I
H2
dérivable sur I.
H3
et vérifie : ∀x ∈ I,
ch′ (x) = sh x 6= 0
On peut alors appliquer le théorème de dérivation de la fonction réciproque 4.2 et affirmer que argsh est dérivable sur J. De plus, pour tout y ∈ J argch′ y =
Mais
1 1 ¢. ¡ ¢= ¡ ch′ argsh y sh argch y
q ¡ ¢ q ¡ ¢ sh argsh y = ch2 argch y − 1 = y 2 − 1
car la fonction sinus hyperbolique est positive sur R+ . Donc argch′ y = q
Expression logarithmique :
1
. On vérifie sans peine les propriétés restantes.
y2 − 1
e x + e −x pour y Ê 1, soit e 2x −2ye x +1 = 0. En posant T = e x , on résout T2 −2yT+1 = 0. 2 p p On a deux racines T³1 = y + y 2´− 1 et T2 = y − y 2 − 1 dont une seule est supérieure ou égale à 1 (leur produit égale 1). p D’où x = ln T1 = ln y + y 2 − 1 . ³ ´ p Donc argch y = ln y + y 2 − 1 .
Soit x Ê 0. On résout l’équation y =
p 2 y −1 p2y2 p 2 + p2y2 1 + p 2 y −1 y −1 2 y −1 ′ 2 Vérification : Lorsqu’on dérive pour y > 1, f (y) = ln y + y − 1 on obtient f (y) = = = p p 1 + y2 − 1 1 + y2 − 1 1 . Comme f (1) = 0, on a bien f (y) = argch y sur l’intervalle R+ . p y2 − 1 ³
´
171
3 2 1
O
−1
x 7−→ Ar g chx x 7−→ x x 7−→ chx 1
2
3
−1
F IGURE 4.16 – Fonctions cosinus et argument cosinus hyperboliques Fonction Argument tangente hyperbolique argth
2
1
−2
O
−1
1
2
−1 x 7−→ thx x 7−→ x x 7−→ Ar g t hx
−2
F IGURE 4.17 – Fonctions tangente et argument tangente hyperboliques
P ROPOSITION 4.40 ♥ Fonction argument tangente hyperbolique La fonction tangente hyperbolique définie une bijection de R sur son image ]−1, 1[. L’application réciproque est appelée Argument tangente hyperbolique et est notée argth. argth :
½
]−1, 1[ y
∀y ∈ ]−1, 1[ ,
∀x ∈ R,
−→ 7−→
R argth y
¡ ¢ th argth y = y
argth(th x) = x
La fonction argth – est impaire. – est strictement croissante sur ]−1, 1[. – est continue sur ]−1, 1[. 172
– est dérivable sur ]−1, 1[ et ∀y ∈ ]−1, 1[ ,
argth′ y =
1 1 − y2
– réalise une bijection de ]−1, 1[ dans R. – est C ∞ sur ]−1, 1[. x
0
−1
1 1−y 2
%% +
argth
1
1
+
0
−∞
+∞
Démonstration ♥ La fonction tangente hyperbolique, sur l’intervalle I = R H1
est strictement monotone sur I
H2
est dérivable sur I.
H3
et vérifie ∀x ∈ I,
th′ (x) =
1 ch2 x
6= 0
On peut alors appliquer le théorème de dérivation de la fonction réciproque 4.2 et affirmer que argth est dérivable sur J = th(R). De plus, pour tout y ∈ J argth′ y =
On vérifie sans peine les propriétés restantes.
Expression logarithmique :
1 1 1 ¡ ¢= . ¡ ¢= 1 − y2 th′ argth y 1 − th2 argth y
µ ¶ 1+ y 1 1+ y e x − e −x e 2x − 1 2x 2x pour |y| < 1, soit e (1 − y) = 1 + y , soit e = et x = ln . On résout l’équation y = x −x = 2x e ¶+e e +1 1− y 2 1− y µ 1 1+ y Donc argth y = ln . 2 1− y ¶ µ 1 1 1+ y Vérification : Lorsqu’on dérive pour y > 1, f (y) = ln on obtient bien f ′ (y) = . Comme f (0) = 0, on a bien 2 1− y 1 − y2 f (y) = argth y sur l’intervalle ] − 1, 1[.
4.4 Deux exemples D ÉFINITION 4.7 ♥ Asymptotes Soit f : [c, +∞] 7→ R une fonction. On dit qu’une courbe y = g (x) est asymptote à la courbe y = f (x) en +∞ si et seulement si : g (x) − f (x) −−−−−→ 0 x→+∞
En particulier, une droite d’équation y = ax + b est asymptote à la courbe représentative de f si et seulement si : f (x) − [ax + b] −−−−−→ 0 x→+∞
P LAN 4.1 : Méthode pratique de recherche d’asymptotes 1
Si f (x) −−−−−→ l ∈ R , la droite horizontale y = l est asymptote. On lit sur le tableau de variations la position x→+∞ de la courbe par rapport à l’asymptote.
2
Si f (x) −−−−−→ ∞, on calcul la limite de f (x)/x en +∞.
3
Si cette limite existe et est égal à un réel a 6= 0, on calcule f (x) − ax et on cherche la limite de f (x) − ax en +∞. Si f (x) − ax → b ∈ R , la droite y = ax + b est asymptote. On détermine la position de la courbe par rapport à l’asymptote en étudiant le signe de f (x) − [ax + b] au voisinage de +∞.
4
Si → ∞, on dit qu’on a une branche parabolique de direction (0y). Si → 0, une branche parabolique x x de direction (0x).
x→+∞
f (x)
5
f (x)
Si f (x)/x 2 admet une limite finie a non nulle et que ce n’est pas le cas de f (x) /x , on peut rechercher des paraboles asymptotes. 173
y = g (x) g (x) − f (x) −−−−−→ 0 x→+∞
y = f (x) x
F IGURE 4.18 – Courbes asymptotes lorsque x → +∞ P LAN 4.2 : Plan d’étude d’une fonction 1
Trouver le domaine de définition.
2
Calculer la dérivée (factoriser) et étudier son signe.
3
Tableau de variations. On précise les valeurs exactes remarquables, les limites et les prolongements éventuels (on étudie alors la dérivabilité de la fonction prolongée).
4
Recherche d’éventuelles asymptotes.
5
Tracé approximatif de la courbe y = f (x) : on représente les asymptotes éventuelles, les tangentes horizontales
Remarque 4.11 La représentation de valeurs particulières numériques obtenues à l’aide de la calculatrice ne présente en général aucun intérêt !
Exercice 4.1 Étudier la fonction définie par f (x) = x x+1 . Solution : 1
Comme : f (x) = x x+1 = e (x+1)ln x . f est définie sur R∗+ .
2
Soit x ∈ R∗+ . On a : f ′ (x) = g:
½
R∗+ x
de f ′ .
−→ 7−→
x ln x + x + 1 x+1 donc f est du signe de x ln x + x + 1. Introduisons la fonction : x x
R . Pour tout x ∈ R∗+ : g ′ (x) = ln x + 2. On en déduit les variations de g et le signe x ln x + x + 1
x
e −2
0
g ′ (x) 1 g (x) f ′ (x)
& % 0
−
+
¡ ¢ g e −2 ¡ ¢ f ′ e −2
+
+∞ +∞
+
1. Remarquons que g (−2) > 0 et en utilisant les limites usuelles, on obtient : g (x) −−−−→ + x→0
3
Le tableau de variation de f est donc : 0
x f ′ (x)
1
f (x)
0
% +
+∞ +∞
les limites étant obtenues en utilisant les limites usuelles et par opération sur les limites. 4
Le graphe de f admet une branche infinie quand x → +∞. Si x ∈ R∗+ : x x+1 = x x −−−−−→ +∞. x→+∞ x
174
Le graphe de f n’admet donc pas d’asymptote quand x → +∞. On a affaire à une branche parabolique de direction Oy . 5
On en déduit le graphe de f : y = f (x) 2 y=x 1
1
Exercice 4.2 Étudier la fonction définie par f (x) = x
r
2
x −1 . x +1
Solution : 1
Nous déduisons du tableau de signe x
−∞
x −1
2
+∞
−0+
−
x +1 x −1 x +1 que f est définie sur I = ]−∞, −1[ ∪ [1, +∞[.
1
−1
− 0 + + −0+
+
f est dérivable sur ]−∞, −1[ ∪]1, +∞[ car la fonction racine carrée est dérivable sur R∗+ . Soit x un élément de cet
ensemble. On trouve :
x2 + x − 1
f ′ (x) = r
x −1 (x + 1)2 x +1
.
p ¢ p ¢ ¡ ¡ f ′ est donc du signe de x 2 + x − 1. Les racines de ce trinômes sont α = −1 + 5 /2 et β = −1 − 5 /2. Seul α est dans le domaine de définition de f . Pour les limites, on remarque que : v u u 1 − x1 f (x) = x t 1 + x1
et donc lim f (x) = −∞, lim f (x) = +∞. Par limites usuelles, il est clair que lim − f (x) = −∞. On en déduit x→−∞ x→+∞ x→−1 de la tableau de variation suivant : x
−∞
f ′ (x)
% & +
f (x) −∞ 3
α 0
f (α)
−1
−
1 +∞
−∞
0
% +
+∞ +∞
Le graphe de f admet une branche infinie quand x → ±∞ et quand x → −1− . En ±∞ f (x) = x
r
v u 1 − x1 x −1 u −−−−−→ 1 =t x +1 1 + x1 x→±∞
et par multiplication par les quantités conjuguées,
f (x) − x = x
Ãr
−2 −2x x −1 −1 1 + x1 x −1 −−−−−→ −1 − 1 = x rx + 1 = r x +1 =v u x→±∞ x +1 x −1 x −1 1 − x1 +1 +1 u t +1 x +1 x +1 1 + x1 !
175
La droite d’équation y = x − 1 est donc asymptote à la courbe au voisinage de +∞ et −∞.
En −1−
4
On a une asymptote verticale au voisinage de −1 d’équation x = −1.
On en déduit le graphe de f :
y = f (x) 2
x = −1
1 α −4
−3
−2
1
−1 −1
2
3
y = x −1
−2 −3
f (α)
−4 −5
4.5 Fonction exponentielle complexe Soit I un intervalle de R. On s’intéresse ici à une fonction f définie sur I et à valeurs complexes f : I ∈ C. Pour tout t ∈ I, une telle fonction s’écrit sous la forme : f (t ) = x (t ) + i y (t ). avec x, y : I → R. Les fonctions x et y sont respectivement la partie réelle et la partie imaginaire de f . Soit t0 ∈ I. On dit que f est dérivable en t0 si et seulement si x et y le sont. Dans ce cas, on définit f ′ (t0 ) par : f ′ (t0 ) = x ′ (t0 ) + i y ′ (t0 ).
P ROPOSITION 4.41 Soit ϕ une fonction définie et dérivable de I dans C. la fonction f définie sur I par ∀t ∈ I,
f (t ) = e ϕ(t )
est dérivable sur I et ∀t ∈ I,
f ′ (t ) = ϕ′ (t )e ϕ(t ) .
Démonstration Soit t ∈ I. Si ϕ1 est la partie réelle de ϕ et si ϕ2 est la partie imaginaire de ϕ, on peut écrire f (t) sous la forme : ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ f (t) = e ϕ(t ) = e ϕ1 (t )+iϕ2 (t ) = e ϕ1 (t ) e iϕ2 (t ) = e ϕ1 (t ) cos ϕ2 (t) + i sin ϕ2 (t) .
Par application de la définition, on en déduit que : f ′ (t)
= = = =
¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ ¡ ¡ ¡ ¢ ¢¢ ϕ′1 (t) e ϕ1 (t ) cos ϕ2 (t) + i sin ϕ2 (t) + e ϕ1 (t ) −ϕ′2 (t) sin ϕ2 (t) + i ϕ′2 (t) cos ϕ2 (t) ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ ϕ′1 (t) e ϕ1 (t ) cos ϕ2 (t) + i sin ϕ2 (t) + i ϕ′2 (t) e ϕ1 (t ) i sin ϕ2 (t) + cos ϕ2 (t) ¢ ¡ ′ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ ϕ1 (t) + i ϕ′1 (t) e ϕ1 (t ) cos ϕ2 (t) + i sin ϕ2 (t)
ϕ′ (t)e ϕ(t )
On en déduit que pour tout a ∈ C, la fonction f : R → C, t 7→ e at est dérivable sur R de dérivée : f (t ) = ae at .
Remarque 4.12 ∀t ∈ R,
′
176
En résumé Il est opportun de lire les paragraphes C.1 et C.2 de l’annexe C qui contiennent des méthodes pour construire des inégalités et dans lesquels sont promulgués quelques conseils pour le calcul des dérivées. Au terme de ce chapitre, le formulaire sur les dérivées des fonctions usuelles E.3 et celui sur les limites usuelles E.6 devront être parfaitement connus. Vous devrez par ailleurs être totalement familier avec ces nouvelles fonctions que vous serez amené à manipuler quotidiennement en sup et en spé. Il conviendra de retenir parfaitement les graphes et l’expression des dérivées des fonctions introduites dans ce chapitre.
4. Fonctions Usuelles
Équations du 1er ordre
Dérivation bijection réciproque 12.7
Variations des fonctions
Théorème de la bijection 11.52
Existence d’une primitive 13.30 Dérivé nulle ⇒ Cte 12.13
Limite monotone 11.25
12. Dérivation 13. Intégration
177
11. Fonction d’une variable réelle
5. Équations différen-tielles.
4.6 Exercices 4.6.1 Fonctions exponentielles, logarithmes et puissances Exercice 4.3
Inégalité de convexité
♥♥
1. Montrer que : ln (1 + x) É x
∀x > −1,
2. En déduire que :
´ ´ ³ ³ 1 −n 1 n É e É 1− 1+
∀n > 1,
n
n
Solution :
½
]−1, +∞] −→ R . x 7−→ ln (1 + x) − x ¢ ¡ 2. Soit n > 1. Appliquant l’inégalité précédente avec x = n1 , on a : ln 1 + n1 É n1 ce qui³ amène : ´ 1 ¡ ¢ n ln 1+ n É e . Par conséquent : n ln 1 + n1 É 1 et, la fonction exponentielle étant strictement croissante : e ¢ ¡ 1 1 n 1 + n É e . De même, comme n > 1, − n > −1 et on peut appliquer la première question avec x = − n1 , on ¢ ¢ ¡ ¡ obtient : ln 1 − n1 É − n1 . Multipliant les deux membres de cette inégalité par −n , on a : −n ln 1 − n1 Ê 1 et donc, ¢ ¡ −n . passant comme précédemment à l’exponentielle : e É 1 − n1
1. Il suffit, pour montrer cette inégalité, d’étudier les variations de θ :
Exercice 4.4 Posons, pour x ∈ R∗+ :
♥ ¡ ¢ a = exp x 2
Simplifier a b .
Solution : Soit x ∈ R∗+ . Remarquons que b =
et b =
1 ³ 1´ ln x x x
1 ln (x) donc x2 ab
=
³ 2 ´ 1 ln(x) 2 ex x
=
e x2
=
=
x 2 ln(x)
exp(ln x) x
Exercice 4.5 ♥♥ Des équations Résoudre les équations suivantes après avoir déterminé leur domaine de validité : p
x
p = ( x)x
1. ln (x − 1) = ln (3x − 5)
6. x
3. 2ln x = ln (x + 4) + ln (2x)
8. loga x = logx a où a ∈ R∗+ \ {1}
2. ln
¡p
¢
3
2x − 3 = ln (6 − x) − 12 ln x
7. 2x = 3x
4. e 4x − 3e 2x − 4 = 0. 6x
9. log3 x − log2 x = 1.
3x
10. 2x +2x+1 +...+2x+n = 3x +3x+1 +...+3x+n où n ∈ N
5. 8 − 3.8 − 4 = 0. Solution :
¤
2
£
1. domaine de validité : 53 , +∞ . =⇒ =⇒
ln (x − 1) = ln (3x − 5) x − 1 = 3x − 5 x =2
Réciproquement 2 est solution de cette équation. 178
¤
£
2. domaine de validité : 32 , 6 . ´ 1 2x − 3 = ln (6 − x) − ln x µ ¶ 2 ³p ´ 6−x ln 2x − 3 = ln p x p 6−x 2x − 3 = p x
ln =⇒ =⇒
³p
Mais : p
6−x 2x − 3 = p x
x (2x − 3) = (6 − x)2
=⇒
x(x + 8) = 0
=⇒
x =0
=⇒
ou
x = −8
Aucun de ces nombres n’est admissible, il n’y a pas de solution. 3.
=⇒ =⇒ =⇒
=⇒
2ln x = ln (x + 4) + ln (2x) ¶ µ 2x (x + 4) =0 ln x2 2x (x + 4) =1 x2 x 2 + 9x − 36 = 0 x =3
ou
x = −12
Mais −12 ne vérifie pas l’équation. On vérifie par contre que 3 la vérifie. et l’unique solution de l’équation est 3 . 4. On a :
=⇒ =⇒ =⇒
=⇒
e 4x − 3e 2x − 4 = 0 ( X = e 2x
(
e
X 2 − 3X − 4 = 0
X = e 2x X=4
2x
X = −1
ou
(On ne peut avoir e 2x = −1 !)
=4
x = ln 2
Réciproquement, on montre que ln 2 est bien solution de l’équation. 5. Cette équation est valide sur R. On a la série d’implications :
=⇒ =⇒ =⇒
=⇒
Réciproquement, on vérifie que 0 et
2 9
86x − 3.83x − 4 = 0 ( X 2 − 3X − 4 = 0 (
X = 83x X=1
ou X = 4
3x
ou 83x = 4
8
3x
X=8
=1
x=0
ou
x=
2
9
sont bien solutions de l’équation.
179
6. p
x p
=⇒
p
x
p = ( x)x
p x ln x = x ln x x
x ln x − ln x = 0 2 µ p ¶ p x x 1− ln x = 0
=⇒
=⇒
2
p
=⇒
x =0
x =0
=⇒
p
ou 1 −
2
x =4
ou
x
=0
ou
ln x = 0
x =1
ou
Réciproquement, seuls 1 et 4 sont solutions de l’équation. 7. 3
2x = 3x
2
x 3 ln 2 = x 2 ln 3
=⇒
x 2 (x ln 2 − ln 3) = 0 ln 3 x = 0 ou x = ln 2
=⇒ =⇒
Réciproquement, ces deux nombres sont solutions donc les solutions de l’équation sont : 0 et 8.
=⇒
loga x = logx a ln x ln a = ln a ln x ln2 x − ln2 a = 0
=⇒
x=a
=⇒ =⇒
Réciproquement, les nombres a
et
1 a
(ln x − ln a) (ln x + ln a) = 0
ou
x=
1
a
sont bien solutions de l’équation.
9.
=⇒ =⇒ =⇒
Réciproquement exp
Ã
ln 3ln 2 ln 23
!
log3 x − log2 x = 1 ln x ln x − =1 ln 3 ln 2 ln 2 − ln 3 ln x = 1 ln 3ln 2Ã ! ln 3ln 2 x = exp ln 23
est solution de l’équation.
10. On reconnaît des sommes géométriques :
=⇒ =⇒
=⇒
=⇒
2x + 2x+1 + ... + 2x+n = 3x + 3x+1 + ... + 3x+n ¡ ¢ ¡ ¢ 2x 1 + 2 + . . . + 2n = 3x 1 + 3 + . . . + 3n 1 − 2n+1 2 = 1 −n+1 3 1−3 1−3 ³ 2 ´x 2n+1 − 1 = 2 n+1 3 3 −1 ¶ µ n+1 2 −1 ln 2 n+1 3 −1 x= ln 23
³ 2 ´x
180
log2 3 .
Réciproquement, on vérifie que :
¶ µ n+1 2 −1 ln 2 n+1 3 −1
est bien solution de l’équation.
ln 32
Exercice 4.6 ♥♥ Des inéquations Résoudre les inéquations suivantes après avoir donné leur domaine de validité : ¡ ¢ 1. ln x 2 − 2x > ln (4x − 5) 2
2. e x > (e x )4 × e . p 2 3. a x < ( a)7x−3 où a ∈ R∗+ \ {1}.
Solution : 1. On vérifie que l’inéquation n’est valide que si x > 2.
¡ ¢ ln x 2 − 2x > ln (4x − 5)
x 2 − 2x > 4x − 5
=⇒
car ln est croissante
x 2 − 6x + 5 > 0
=⇒
x ∈ ]−∞, 1[ ∪ ]5, +∞[ ¡ ¢ Compte tenu du domaine de validité de l’inéquation, ln x 2 − 2x > ln (4x − 5) seulement si x > 5. Réciproquement, on montre que si x > 5 alors l’inéquation est vérifiée. =⇒
2. L’inéquation est valide sur R.
¡ ¢4 2 ex > ex × e
ex
⇐⇒
2
−1
2
> e 4x
x − 1 > 4x
⇐⇒
car exp est croissante
2
x −i4x − 1 > 0 h i h p p x ∈ −∞, 2 − 5 ∪ 2 + 5, +∞
⇐⇒
⇐⇒
¤
p £ ¤
p
L’ensemble solution de l’inéquation est donc : −∞, 2 − 5 ∪ 2 + 5, +∞ 3. L’inéquation est valide sur R.
⇐⇒
p 2 a x < ( a)7x−3 7x − 3 ln a x 2 ln a < 2
car ln est croissante
Lorsque ln a > 0 c’est-à-dire lorsque a > 1,
⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
L’inégalité est vraie si et seulement si x ∈
£
p 2 a x < ( a)7x−3 7x − 3 car a 6= 1 donc ln a 6= 0 x2 < 2 2 2x i− 7xh+ 3 < 0 1
x∈ ¤1
2
£
2 ,3
Lorsque ln a < 0 c’est-à-dire lorsque 0 < a < 1,
⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
¤
,3
. p 2 a x > ( a)7x−3 7x − 3 x2 > 2 2 2x i− 7x + 3h > 0 x ∈ −∞,
£
1
2
L’inégalité est vraie si et seulement si x ∈ −∞, 21 ∪ ]3, +∞[ . 181
∪ ]3, +∞[
Exercice 4.7 ♥♥ Des limites Déterminer les limites suivantes : 1
1.
lim x x
5. lim
x−→+∞
2. lim + x
p
x−→0
4. lim
10. lim
x→+∞ 3x xe x
7.
1 xx
x→−∞ 3x lim x 2 e −x x→−∞ x
8. lim+ x 9. lim
x→+∞ e x +1
p
11. lim x ln x→0
−x
12. lim
x→+∞
x→0
e x +2
x x
(x )
x→+∞ x
x a (b )
x x→+∞ b (a )
6. lim
x
x−→0
3. lim +
xe x
µ
x→+∞
x2 1+x
³ ln x ´ x1 x
³
13. lim 1 +
xx
où 1 < a < b . ¶
´ 1 x
x
Solution : ln x ln x 1 = e x mais 1. −−−−−→ 0 donc x x −−−−−→ e 0 = 1 . x→+∞ x→+∞ x p p p 1 p 2. x x = e x ln x mais x ln x = x 2 ln x −−−−→ 0 donc x x −−−−→ e 0 = 1 . 1 xx
x→0+
x→0+
ln x 1
3. x x = e x mais 4.
e x +2 e x +1
5.
xe x 3x
x
=
1+2e −x −−−−−→ 1+e −x x→+∞
¡ e ¢x 3
ln x 1 −−−−→ −∞ donc x x −−−−→ 0 . x→0+ x x→0+
e
1.
= xe x ln 3 donc
xe x 3x
e X=x ln 3
========
X X e −−−−−→ 0 X→−∞ ln 3e
6. De la même façon, toujours parce que e < 3 : lim
xe x
x→−∞ 3x
¶ µ ex 2 −x 2 −x −−−−−→ +∞ 1− 7. x e − x = x e x x→−∞
= −∞ .
e0 = 1 . 8. x x = e x ln x mais x ln x −−−−→ donc x x −−−−→ + + x→0
e x 9. ( x x) = x x
x→0
x ln(x x )
2−x x 2 x = e (x −x ) ln x = e (x −1)x ln x mais x 2−x −−−−−→ 0 donc : x 2−x − 1 −−−−−→ −1. Comme x x→+∞ x→+∞ e x ln x ¡ ¢ xx x x ln x −−−−−→ +∞, par opérations sur les limites, x 2−x − 1 x x ln x −−−−−→ −∞ et donc : ( x x) −−−−−→ 0 .
x x
x→+∞
10.
11.
x→+∞
Ã
³ ´x ln a b x ln b a − b ln b
x x e b ln a a (b ) a x ln b−b x ln a =e = x x ln b = e a b (a ) e bx ) ( a −−−−→ +∞ . x − b (a ) x→+∞ ³ ´ 1 1 p x2 x ln 1+x = 2x 2 ln x − x 2 ln (1 + x) −−−→ x→0
ln
ln x x
mais b x ln b −−−−−→ ∞ , x→+∞
x
¡ a ¢x b
x→+∞
−−−−−→ 0 et x→+∞
ln a > 0 donc ln b
0
´
³ ´1 ln x ln (ln x) 1 x −−−−−→ e 0 = 1 . −−−−−→ 0 et −−−−−→ 0 donc lnxx = e x (ln ln x−ln x) mais x→+∞ x→+∞ x x→+∞ x ¡ ¢ ¢ ¡ 1 1 ln 1 + x ln 1 + x ln (1 + X) ´ ³ 1 1 1 ¢ ¡ X= x1 x ln 1+ x 1 x x x X =e 13. 1 + x = e ===== e mais e −−−→ e 1 = e .
12.
³
³
!
´1
ln x x x
=e
x
X→0
Exercice 4.8 ♥♥ Soit un entier n > 1. On considère l’équation
n
xx = n
(4.1)
1. Montrer qu’il existe une unique solution à cette équation. 2. Déterminer cette unique solution. Solution : 1. Étudions à n fixé la fonction définie par n
f (x) = x x − n = e x
182
n
ln x
Elle est définie sur ]0, +∞[, dérivable sur cet intervalle et ∀x ∈ I, f ′ (x) = x n−1 e x
n
ln x
[n ln x + 1]
La dérivée s’annule en un seul point x0 = e −1/n < 1. On en déduit en écrivant le tableau de variations de f que f présente un minimum en x0 avec f (x0 ) = e −1/(en) − n . Par conséquent, puisque f (x) −−−−−−→ −n < n , et que + x→0 →1
f (x) −−−−−−−→ ∞, la fonction ne s’annule qu’une fois en un point x1 > x0 . x→+∞→+
2. Puisque f (n 1/n ) = 0, en en déduit que la seule solution de l’équation vaut n 1/n . Exercice 4.9 ♥♥ Soit n ∈ N∗ . Montrer que le nombre de chiffres nécessaires pour écrire n en base 10 est égale à la partie entière de 1 + log n . Solution : Supposons que l’écriture de n en base 10 compte m + 1 chiffres am , . . . , a0 ∈ 0, 9 avec am 6= 0 et m ∈ N. P a 10k et On a alors : n = m k=0 k log n
= = =
log
Ã
m X
k=0 ¡ m
ln 10
m+
k
ak 10
!
am + am−1 10−1 + . . . + a0 10−m
¢
ln 10 ¡ ¢ ln am + am−1 10−1 + . . . + a0 10−m ln 10
Mais 1 É am + am−1 10−1 + . . . + a0 10−m É 10 et 0É ¡
¡ ¢ ln am + am−1 10−1 + . . . + a0 10−m
ln 10
< 1.
¢
Donc E 1 + log n = m + 1 et le résultat est prouvé. Exercice 4.10
♥♥
Étudier la fonction définie par f (x) = x
r
x −1 . x +1
Solution : 1
Nous déduisons du tableau de signe x
−∞
−1
1
x −1
−
x +1 x −1 x +1
− 0 + + +
+∞
−0+ −0+
que f est définie sur I = ]−∞, −1[ ∪ [1, +∞[. 2
f est dérivable sur ]−∞, −1[ ∪]1, +∞[ car la fonction racine carrée est dérivable sur R∗+ . Soit x un élément de cet ensemble. On trouve : f ′ (x) = r
x2 + x − 1
x −1 (x + 1)2 x +1
.
p ¢ p ¢ ¡ ¡ f ′ est donc du signe de x 2 + x − 1. Les racines de ce trinômes sont α = −1 + 5 /2 et β = −1 − 5 /2. Seul α est dans le domaine de définition de f . Pour les limites, on remarque que : v u u 1 − x1 f (x) = x t 1 + x1
et donc lim f (x) = −∞, lim f (x) = +∞. Par limites usuelles, il est clair que lim − f (x) = −∞. On en déduit x→−∞
x→+∞
x→−1
183
de la tableau de variation suivant : x
−∞
f ′ (x)
% & +
f (x) −∞ 3
α 0
1
−1
−
f (α)
+∞ 0
−∞
% +
+∞ +∞
Le graphe de f admet une branche infinie quand x → ±∞ et quand x → −1− . En ±∞ f (x) = x
r
v u 1 − x1 x −1 u =t −−−−−→ 1 x +1 1 + x1 x→±∞
et par multiplication par les quantités conjuguées,
f (x) − x = x
Ãr
−2 x −1 −2x −1 1 + x1 x −1 −−−−−→ −1 − 1 = x rx + 1 = r x +1 =v u x→±∞ x +1 1 x −1 x −1 u 1 − +1 +1 t x +1 x +1 x +1 1 + x1 !
La droite d’équation y = x − 1 est donc asymptote à la courbe au voisinage de +∞ et −∞.
En −1−
4
On a une asymptote verticale au voisinage de −1 d’équation x = −1.
On en déduit le graphe de f :
y = f (x) x = −1 1 α 1 y = x −1
f (α)
4.6.2 Fonctions circulaires Exercice 4.11 Prouver que : 1. ∀x ∈ R+ ,
♥
sin x É x
Solution : 1. Il suffit d’étudier les variations de la fonction f 1 :
2. ∀x ∈ R, ½
R+ x
−→ 7−→
R . sin x − x
2. On prouve d’abord l’inégalité sur R+ . Pour ce faire, on étudie les variations de f 2 : 184
2
cos x Ê 1 − x2
(
R+
x
−→ 7−→
R 2
cos x − 1 + x2
et on utilise l’inégalité prouvée dans la question 1. On montre alors que l’inégalité reste vraie sur R− en utilisant la parité de f 2 . Exercice 4.12 ¤
Démontrer que ∀x ∈ 0;
π 2
♥µ ¶ £ sin x 2
,
x
+
tan x > 2. x
Solution : Soit Φ(x) = cos x sin2 x + x sin x − 2x 2 cos x , on a
− sin3 x + 2cos2 x sin x + sin x + x cos x − 4x cos x + 2x 2 sin x 2cos2 x sin x − sin3 x + sin x + 3x cos x + 2x 2 sin x. ′′ Φ (x) 2cos3 x − 4sin x cos x sin x − 3sin2 x cos x + cos x − 3cos x + 3x sin x + 4x sin x + 2x 2 cos x 2cos3 x − 7sin2 x cos x − 2cos x + 7x sin x + 2x 2 cos x 2cos x(cos2 x − 1) + 2x 2 cos x + 7sin µ x(x − sin ¶x cos x) sin 2x 2 2 = 2cos x(cos x − (1 − x )) + 7x sin x 1 − 2x ¶2 µ ¤ π£ x2 x4 x4 x2 É cos x É 1, d’oú 1 − É cos2 x , soit 0 É É cos2 x − (1 − x 2 ). É cos2 x , soit 1 − x 2 + Or sur 0; 2 , 1 − 2 2 4 4 £ £ croissante sur 0; π2 , comme Φ′ (0) = 0, Φ′ est à valeurs positives, donc Φ est On a donc Φ′′ (x) > 0. Φ′ est £ strictement £ π strictement ¤croissante sur 0; 2 , comme Φ(0) = 0, Φ est à valeurs positives. £ Donc ∀x ∈ 0; π2 , cos x sin2 x + x sin x > 2x 2 cos x , d’oú le résultat en divisant par x 2 cos x . Φ′ (x)
= = = = =
Exercice 4.13
♥♥
A
B
α O
H
C
On a tracé le cercle le cercle trigonométrique dans un repère orthonormé direct. L’angle α est mesuré en radians. Les triangles OAH et OBC sont rectangles respectivement en H et C. On rappelle que l’aire du secteur angulaire OAC est α/2. 1. Calculer l’aire du triangle OAC. En déduire que : ∀α ∈ ]0, π/2] ,
0 < sin α < α.
2. Montrer que pour α ∈ ]0, π/2], on a 1 > cos2 α > 1 − α2 . En déduire que lim cos α = 1. α→0
3. Calculer l’aire du triangle OBC. En déduire les inégalités : ∀α ∈ ]0, π/2] , sin α
tan α
= 1 et que lim 4. Déduire des questions précédentes que lim α→0 α α→0 α dérivables en 0. Expliquer pourquoi.
sin α < α < tan α.
= 1. On prouve ainsi que sin et tan sont
5. Pour α ∈ [0, π/2], Établir les inégalités : 0 É cos2 α É cos α,
0 É 1 − cos α É sin2 α
et 0 É 1 − cos α É α2 .
1 − cos α . α cos (α + h) − cos α sin (α + h) − cos α 7. En déduire lim et lim . Quelle propriété importante de cos et sin vient-on h→0 h→0 h h
6. En déduire lim
α→0
de prouver ?
185
Solution : = sin2 α . Si α ∈ ]0, π/2] alors le triangle OAH n’est pas plat et son aire 1. L’aire du triangle OAH est donnée par OC×AH 2 est > 0 donc sin α > 0. Par ailleurs, le triangle OAH est inclus dans le secteur angulaire OAC et donc sin2 α < α2 ce qui prouve la seconde inégalité.
2. Soit α ∈ ]0, π/2]. On utilise la question précédente. De 0 < sin α < α, on tire 0 < sin2 α < α2 car la fonction x 7→ x 2 est croissante sur R+ . Donc 1 > 1 − sin2 α > 1 − α2 ce qui donne finalement 1 Ê cos2 α > 1 − α2 . Si α → 1, on en déduit grâce au théorème des gendarmes que lim cos α = 1. α→0
tan α 2 .
OC×BC 2
= 3. L’aire du triangle OBC est Comme le triangle AHC est strictement inclus dans le secteur OAC et que ce secteur est strictement inclus dans le triangle OBC, on en déduit que sin α < α < tan α.
4. Soit α ∈ ]0, π/2]. On déduit de l’inégalité de la question 1. que 0 <
sin α α
< 1. De même, de tan α > α, on tire sin α sin α 1. Par le théorème des gendarmes, on en déduit que lim+ > cos α −−−−→ = 1. En sin α > α cos α et donc + α α→0 α α→0 sin α − 0 , on trouve la même limite par parité. La seconde limite est alors évidente. On reconnaît que α est le taux d’accroissement de sin en 0. Il admet alors une limite quand α → 0 et sin est dérivable en 0 de dérivée égale à 1. Idem pour tan.
5. On sait que 0 É cos α É 1 donc en multipliant par cos α qui est positif, on obtient la première inégalité. On en déduit que 1 Ê 1−cos2 α Ê 1−cos α et donc la seconde inégalité. La dernière en découle en utilisant que sin α < α. 6. On divise la dernière inégalité par α ∈ ]0, π/2] : 0É
donc lim+ α→0
1−cosα
1 − cos α α2 0 É = α −−−−→ α α α→0+
= 0. Par parité, il s’ensuit que lim
1−cos α
α→0
α
α
= 0.
7. Grâce aux formules d’addition et aux questions précédentes : cos h − 1 sin h cos (α + h) − cos α = cos α − sin α −−−→ − sin α h h h h→0
On reconnaît dans la premier terme de la ligne précédente le taux d’accroissement de cos en α. On a prouvé qu’il tend vers sin α quand h → 0. Donc cos est dérivable en α de dérivée − sin α. On procède de même pour sin. Exercice 4.14 Calculer :
♥♥
1. arcsin(sin( 3π 4 ))
2. arccos(cos( 2009π 3 ))
Solution :
£
¤
¤
£
1. Comme arcsin : [−1, 1] → − π2 , π2 , il faut déterminer le réel x ∈ − π2 , π2 tel que sin x = sin sin
¡π 2
+
π 4
¢
= cos
π 4
=
p
2 2
= sin
¡π¢ 4
donc :
π arcsin(sin( 3π 4 )) = 4
.
¡ 3π ¢ 4
. Mais sin
¡ 3π ¢ 4
=
2. On a : arccos : [−1, 1] → [0, π], donc il faut déterminer le réel x ∈ [0, π] tel que cos x = cos( 2009π 3 ). Mais 2009 = 3 × 670 − 1 donc 2009π = − π3
[2π]. Mais cos − π3 = cos π3 donc : arccos(cos( 2009π 3 )) =
Exercice 4.15 ♥♥ Formule de Machin 1. Montrer que π4 = arctan 21 + arctan 31 . ¡ ¢ 2. Pour tout x ∈ R \ π8 + π4 Z , exprimer tan (4x) en fonction de tan x . 3. En déduire la formule de Machin : π 4
1
1
5
239
= 4arctan − arctan
Solution : 1. Notons α = arctan 12 + arctan 31 . En utilisant les formules d’additions pour la tangente : tan (α) =
1 2
+ 13
1 − 12 × 13
De plus 0 É α É π, donc nécessairement α = π4 . 186
= 1.
π 3
.
2. Soit x ∈ R \
¡π 8
¢ + π4 Z . Toujours par application des formules d’additions, on montre que :
tan (4x) =
4 tan (x) − 4 (tan (x))3
1 − 6 (tan (x))2 + (tan (x))4 ¢
¡
120 3. Par application de cette dernière formule, on trouve que : tan 4arctan 15 = 119 . Donc, une fois encore grâce aux 1 1 formules d’additions, si on note β = 4arctan 5 − arctan 239 , on trouve :
¢ ¡ ¢ ¡ 1 tan 4arctan 15 − tan arctan 239 tan β = ¢ ¡ ¢= ¡ 1 1 + tan 4arctan 15 tan arctan 239
120 − 1 119 239 120 × 1 1+ 119 239
=1
et donc comme dans la première question, on montre que β = π4 , ce qui démontre la formule de Machin. Exercice 4.16
♥
2. Soit x ∈ R. Simplifier :
1. Soit x ∈ [−1, 1]. Simplifier : (a) cos(arcsin x)
(a) cos(3arctan x)
(b) sin(arccos x).
(b) cos2 ( 12 arctan x).
Solution : 1. Soit x ∈ [−1, 1].
p p 1 − sin2 (arcsin x) = 1 − x2 p p (b) arccos x ∈ [0, π] donc sin(arccos x) = 1 − cos2 (arccos x) = 1 − x 2 . £
¤
(a) arcsin x ∈ − π2 , π2 donc cos(arcsin x) =
p
2 2 2 2. Soit x ∈ R. Remarquons que, p pour tout X ∈ ]−π/2, π/2[, comme 1+tan X = 1/ cos X , il vient cos X = 1/ 1 + tan X 2 et donc cos arctan x = 1/( 1 + x ) car arctan x ∈ ]−π/2, π/2[.
(a) On utilise les techniques de l’annexe B.3, il vient cos(3X) = 4cos3 X − 3cos X et donc : cos(3arctan x)
4cos3 arctan x − 3cos arctan x 3 4 ¡ ¢3/2 − ¡ ¢1/2 2 1+x 1 + x2
= =
1 − 3x 2 ¡ ¢3/2 1 + x2
=
(b) Comme cos2 X = 1/2(cos(2x) + 1) : cos2
³1
2
arctan x
´
= =
1 (cos arctan x + 1) 2 1 1 + p 2 2 2 1+x
Exercice 4.17 ♥♥ Résoudre l’équation arcsin x = 2arctan x . p
Solution : Pour tout X ∈ ]−π/2, π/2[, comme 1 + tan2 X =p 1/ cos2 X , il vient cos X = 1/ 1 + tan2 X .pDonc cos arctan x = p 1/( 1 + x 2 ) car arctan x ∈ ]−π/2, π/2[ et comme sin X = ± 1 − cos2 X , on a aussi sin arctan x = x/ 1 + x 2 . On a alors : =⇒
=⇒ =⇒
=⇒
=⇒
arcsin x = 2arctan x x = sin (2arctan x)
x = 2sin (arctan x) cos (arctan x) 2x x= 1 + x2 3 x −x =0
x = −1,
x = 0 ou x = 1
187
Réciproquement, on vérifie que ces 3 nombres sont solutions de l’équation. Exercice 4.18
♥
½
π 2
si x > 0 − π2 si x < 0 – Montrer que : ∀x ∈ [−1, 1] : arcsin(x) + arccos(x) = π2 . 1 x
– Montrer que : arctan x + arctan =
Solution : La même méthode s’applique dans les deux questions. ½
R∗ x
−→ R . θ1 est dérivable sur R∗ et θ′1 = 0. Par conséquent, il existe des réels 7−→ arctan x + arctan x1 c 1 et c 2 tels que θ1|R∗− = c 1 et θ1|R∗+ = c 2 . En prenant la limite de θ1 quand x tend vers −∞ et +∞ on montre que c 1 = − π2 et c 2 = π2 . ½ [−1, 1] −→ R . θ2 est dérivable sur [−1, 1] et θ′2 = 0. θ2 est donc constante sur 2. Soit θ2 : x 7−→ arcsin(x) + arccos(x) [−1, 1] et évaluant l’expression en x = 0, on montre que cette constante vaut π2 .
1. Soit θ1 :
Exercice 4.19 ♥♥ Étudier la fonction f donnée par : f : x 7→ cos3 x + sin3 x.
Solution : Étudions f : x 7→ cos3 x + sin3 x . f est définie sur R mais est 2π-périodiques. On peut donc restreindre le domaine d’étude à I = [−π, π]. Si x ∈ I, f ′ (x) = 3cos x sin x (sin x − cos x). Résolvons l’inéquation : sin x − cos x Ê 0 pour x ∈ I afin de connaître le signe de f sur I :
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
sin x − cos x Ê 0 p p 2 2 cos x − sin x É 0 2 ³ 2 ´ π
cos x + É 0 4 h i hπ i π x ∈ −π, − ∪ , π 4
4
On en déduit le tableau de variation suivant : x
− π2
− π4
−π
π 4
0
π 2
π
sin x
−
−
−
+
+
+
cos x
−
−
+
+
+
−
sin x − cos x
+
−
−
−
+
+
f ′ (x)
% & %& %& 0
+
−
f
−1
p
2 2
−
0
+
0
−
1
0
0
+
1
p 2 2
−1
ainsi que le graphe :
1
−π
−π/2
π/4 −π/4
188
π π/2
−
−1
Exercice 4.20 ♥♥♥ Étudier la fonction définie par :
´ ³ p f (x) = arcsin 2x 1 − x 2
Solution : 1. Pour que la racine soit définie, il faut que x ∈ [−1, 1].
p
2. arcsin est définie sur [−1, 1]. Étudions donc ϕ(x) = 2x 1 − x 2 sur [−1, 1]. C’est une fonction impaire. Il suffit de faire l’étude sur [0, 1]. ϕ est dérivable sur [0, 1[ et ∀x ∈ [0, 1[, 2(1 − 2x 2 ) ϕ′ (x) = p 1 − x2
On écrit le tableau de variations de ϕ et on voit que
avec ϕ
³
p1 2
´
∀x ∈ [−1, 1],
ϕ(x) ∈ [−1, 1]
= 1.
Par conséquent, D f = [−1, 1].
3. f est impaire. On fait l’étude sur [0, 1]. 4. ϕ est dérivable sur ]−1, 1[. Comme arcsin est dérivable sur ]−1, 1[, à valeurs dans [−1, 1] et ϕ(θ) = 1 si et seulement si θ = p12 . On en déduit que f est dérivable sur I1 = [0, p12 [ et sur I2 =] p12 , 1[. 5. ∀x ∈ I1 ∪ I2 , on calcule
f ′ (x) = 2
Par conséquent, ∀x ∈ I1 , f ′ (x) = p
1 − x2
6. Donc il existe C1 ∈ R tel que
et ∀x ∈ I2 , f ′ (x) = − p ∀x ∈ I1 ,
et ∃C2 ∈ R tel que
2(1 − 2x 2 ) p |2x 2 − 1| 1 − x 2
∀x ∈ I2 ,
2
1 − x2
.
f (x) = 2arcsin x + C1 f (x) = −2arcsin x + C2
On détermine C1 = 0 et C2 = π en prenant les valeurs particulières x = 0 et x = 1.
7. En conclusion :
f (x) =
(
si x ∈ [0, p12 ]
2arcsin x −2arcsin x − π
si x ∈ [ p12 , 1]
Montrons en utilisant la trigonométrie que 1
1
∀x ∈ [− p , p ], 2
2
´ ³ p arcsin 2x 1 − x 2 = 2arcsin x
Soit x ∈ [− p12 , p12 ]. Posons y = arcsin(2x ∃!θ ∈ [− π4 , π4 ] tel que
1 − x2)
x = sin θ
Alors 2x
Or comme 2θ ∈ [− π2 , π2 ],
Exercice 4.21 Étudier
p
p
1 − x 2 = 2sin θ|cos θ| = 2sin θ cos θ = sin 2θ y = arcsin(sin(2θ)) = 2θ = 2arcsin x
♥♥ µ p
x f (x) = arccos 1+x
189
¶
Solution : Considérons la fonction ϕ(x) =
p
x . Elle est définie sur [0, +∞[ et dérivable sur ]0, +∞[, et 1+x 1−x ϕ′ (x) = p 2 x(1 + x)2
∀x > 0,
En traçant le tableau de variations de ϕ, on voit que ϕ est à valeurs dans [0, 21 ]. Comme arccos est définie et dérivable sur [0, 12 ], f est définie continue sur D f = [0, +∞[ et dérivable sur ]0, +∞[, et f ′ (x) = q
∀x ∈]0, +∞[,
−1 1−
x (1+x)2
× ϕ′ (x)
(x − 1) = p p 2 2 x x + x + 1(x + 1) π 2
π 3
π 2
Par conséquent, f est décroissante sur [0, 1], croissante sur [1, +∞[ et f (0) = , f (1) = , f (x) −−−−−→ .
Comme f ′ (x) −−−→ +∞, f n’est pas dérivable en 0 (demi-tangente verticale).
x→+∞
x→0
Exercice 4.22 Étudier
♥♥
Solution : Posons ϕ(x) = p
µ ¶ x f (x) = arcsin p x2 + 1
x x2 + 1
. ϕ est dérivable sur R et ϕ′ (x) =
∀x ∈ R ,
1 p
(x 2 + 1)
x2 + 1
D’après le tableau de variations de ϕ, ϕ est à valeurs dans ] − 1, 1[. Comme arcsin est définie et dérivable sur ] − 1, 1[, f est définie et dérivable sur R et 1 f ′ (x) = q 1−
∀x ∈ R ,
=
1
x2 x 2 +1
× ϕ′ (x)
x2 + 1
= arctan′ (x)
Par conséquent, ∃C ∈ R tel que
∀x ∈ R ,
En prenant x = 0, on trouve que C = 0. Montrons par la trigonométrie que
¶ µ x = arctan x arcsin p x2 + 1
∀x ∈ R ,
Soit x ∈ R . ∃!θ ∈] − π2 , π2 [ tel que Alors arctan x = arctantan θ = θ (car θ ∈ D’autre part, p ¤
£
x x2 + 1
(le cosinus est positif sur − π2 , π2 . Alors ¤
£
car θ ∈ − π2 , π2 et on a bien le résultat.
¤
− π2 , π2
=p
f (x) = arctan x + C
£
x = tan θ
.
tan θ 1 + tan2 θ
= tan θ|cos θ| = tan θ cos θ = sin θ
µ ¶ x arcsin p = arcsin sin θ = θ x2 + 1
Exercice 4.23 ♥♥ Étudiez la fonction f définie par : f (x) = arctan
µ
¶ 2x − 2arctan x 1 − x2
190
Solution : La fonction f est définie pour x 6∈ {−1, +1} donc D f =] − ∞, −1[∪] − 1, 1[∪]1, +∞[. Comme la fonction f est impaire, on fait l’étude sur les intervalles I1 = [0, 1[ et I2 =]1, +∞[. Calculons sa dérivée : f ′ (x) =
∀x ∈ I1 ∪ I2 ,
2x 2 + 2
x 4 + 2x 2 + 1
−
2 =0 1 + x2
Par conséquent, ∃C1 ∈ R tel que ∀x ∈ I1 , f (x) = C1 et ∃C2 ∈ R tel que ∀x ∈ I2 , f (x) = C2 . En faisant x = 0 et x → +∞, on trouve que C1 = 0 et C2 = −π. Montrons par la trigonométrie que ∀x ∈] − 1, 1[, ¤
£
arctan
µ
¶ 2x = 2arctan x 1 − x2
Soit x ∈] − 1, 1[. ∃!θ ∈ − π4 , π4 tel que x = tan θ. Alors 2x tan 2θ = = tan(2θ) 2 1−x 1 − tan2 θ
£
¤
Or 2θ ∈ − π2 , π2 donc arctan
Exercice 4.24 Montrer que
2x = 2θ = 2arctan x 1 − x2
♥♥ ∀x ∈ [0, 1],
p π 1 arcsin x = + arcsin(2x − 1) 4 2
Retrouver ensuite ce résultat par la trigonométrie Indication 4.3 : On pourra poser x = sin2 u p
1
Solution : Soit f (x) = arcsin x − arcsin(2x − 1). f est bien définie sur [0, 1] car −1 É 2x − 1 É 1. Elle est dérivable 2 sur ]0, 1[ et f ′ (x) = p
1
1 1 1 1 = p −p =0 p −p 2 2 2 x 1−x 2 x−x 4x − 4x 2 1 − (2x − 1)
π 4
Cette fonction est donc constante sur l’intervalle [0, 1]. En faisant x = 0, on trouve que f (0) = .
On retrouve ce résultat car on peut poser x = sin2 u lorsque x ∈ [0, 1], avec u ∈ [0, π2 ]. Alors arcsin(2x − 1) = arcsin(− cos 2u) = − arcsin(cos 2u) = arccos(cos 2u) −
π π = 2u − 2 2
p
et arcsin x = arcsin sin u = u . Exercice 4.25 Étudier la fonction
♥♥ f (x) = arccos
Solution :
1 − x2 − 2arctan x 1 + x2
¯ ¯ ¯ 1 − x2 ¯ ¯ É 1, ce qui est toujours vérifié car ∀x ∈ R , 1− x 2 É 1+ x 2 1 + x2 ¯
1. Puisque arccos est définie sur [−1, 1], il faut que ¯¯
et 1 − x 2 Ê −(1 + x 2 ). Donc D f = R . Il n’y a pas de parité.
¯ ¯ ¯ 1 − x2 ¯ ¯ ¯ = 1 ⇐⇒ x = 0, f est dérivable sur I1 =] − ∞, 0[ et sur 2. Puisque arccos est dérivable sur ] − 1, 1[ et que ¯ 1 + x2 ¯ I2 =]0, +∞[ comme composée de fonctions dérivables. Et ∀x ∈ I1 ∪ I2 :
f ′ (x) = s
2 2sg (x) 2 −2 (2x) − = − 2 )2 2 2 (1 + x 1 + x 1 + x 1 + x2 (1 − x ) 1− (1 + x 2 )2 −1
2 2
Par conséquent, puisque f ′ = 0 sur I2 , ∃C2 ∈ R , tel que ∀x ∈ I1 , f (x) = C2 et en faisant x → +∞, C2 = 0. Sur I1 , f ′ (x) = − C1 = 2π.
4 et donc ∃C1 ∈ R , tel que ∀x ∈ I1 , f (x) = 4arctan x + C1 . En faisant x → −∞, on trouve que 1 + x2
191
3. Montrons par la trigonométrie que ∀x Ê 0,
arccos
µ
¶ 1 − x2 = 2arctan x 1 + x2
Soit x Ê 0. Il existe un unique θ ∈]0, π2 [ tel que x = tan θ/2. Alors 2arctan x = θ et arccos
Exercice 4.26 Étudier la fonction
µ
¶ 1 − x2 = arccos(cos θ) = θ(θ ∈ [0, π]) 1 + x2
♥♥ x f (x) = arctan p 1 − x2
Solution : On détermine D f =] − 1, 1[, f est impaire et dérivable sur ] − 1, 1[ et ∀x ∈] − 1, 1[,
f ′ (x) =
p 2x 2 1 − x2 + p 2 1 − x2 × 1 − x2
1 1+
=p
x2 1 − x2 1
1 − x2
Par conséquent, ∃C ∈ R , tel que ∀x ∈] − 1, 1[, f (x) = C. Comme f (0) = 0, on a montré que ∀x ∈] − 1, 1[, arctan p
x 1 − x2
= arcsin x
On retrouve ce résultat par la trigonométrie. Soit x ∈] − 1, 1[. Alors ∃!θ ∈] − π2 , π2 [ tel que x = sin θ. Alors arctan p
Exercice 4.27 Étudier
x 1 − x2
sin θ = arctan p = arctanθ = θ 1 − sin2 θ
♥♥ f (x) = arctan
Ãp
x2 + 1 − 1 x
!
Solution : D f = R⋆ , f est impaire. On fait l’étude sur [0, +∞[. f est dérivable sur ]0, +∞[ et ∀x ∈]0, +∞[ : ′
p
x2 + 1 − 1 × p p 2x 2 + 2 − 2 x 2 + 1 x2 + 1 p x2 + 1 − 1 = p 2(x 2 + 1)( x 2 + 1 − 1) 1 = 2 2(x + 1) 1 = arctan′ (x) 2 1
f (x) =
Donc il existe C1 ∈ R telle que ∀x ∈]0, +∞[, f (x) =
1 arctan x + C1 2
En prenant la limite lorsque x → +∞, on trouve C1 = 0. De même, on montre que ∀x ∈] − ∞, 0[, f (x) =
1 arctan x 2
On retrouve ce résultat par la trigonométrie en posant x = tan θ. 192
Exercice 4.28 ♥♥ Une statue de hauteur p est placée sur un piédestal de hauteur s . Un observateur se trouve à une distance d de la statue (sa taille est négligeable). Trouver la distance d pour que l’observateur voie la statue sous un angle α maximal.
H
p
S
α
s O
A
d
et ϕ l’angle AOS . Alors Solution : Notons θ l’angle AOH
α = θ−ϕ
Or tan θ =
p +s s π et tan ϕ = par conséquent, puisque α, θ, ϕ ∈]0, [, d d 2 α = arctan
p +s s − arctan d d
En posant A = p + s et B = s , étudions la fonction f :
(
]0, +∞[
−→
R
x
7−→
arctan
Elle est dérivable sur ]0, +∞[ et ∀x ∈ I,
f ′ (x) =
p
A B − arctan x x
(B − A)(x 2 − AB) (x 2 + B2 )(x 2 + A2 )
et donc f ′ s’annule en x0 = AB (car A > B, puisque s > 0). On voit sur le tableau de variations de f que x0 correspond à un minimum de f et donc la distance d sous laquelle on voit la statue sous un angle minimal est : d0 =
Cet angle vaut alors
p
(p + s)s
α0 = f (d0 ) = 2arctan
(on a utilisé la formule arctan x + arctan
µr
¶ π p +s − s 2
1 π = lorsque x > 0). x 2
4.6.3 Fonctions hyperboliques Exercice 4.29 1. ∀x ∈ R+ , 2. ∀x ∈ R,
♥
sh x Ê x . ch x Ê 1 +
x2 2
Solution : Il suffit d’étudier les fonctions f :
½
+
R x
−→ 7−→
R sh x − x
qu’elles sont positives sur le domaine d’étude. Exercice 4.30 ♥ Démontrer que ∀x ∈ R et ∀n ∈ N, (ch x + sh x)n = ch(nx) + sh(nx). 193
et g :
R x
−→
R
7−→
1+
x2 − ch x 2
et de montrer
Solution : Soient x ∈ R et n ∈ N. Comme ch x + sh x = e x : ¡ ¢n (ch x + sh x)n = e x = e nx = ch(nx) + sh(nx)
Exercice 4.31 ♥ Simplifier, quand là où elles sont définies, les expressions suivantes : ¡
1. ch argsh x ¡
2. th argsh x
¢
¡
3. sh 2argsh x
¢
¡
4. sh argch x
¢
¢
¡
5. th argch x ¡
6. ch argth x
Solution : 1. Soit x ∈ R. Comme ch est strictement positive sur R, ch x =
2. Soit x ∈ R. Comme th x =
sh x : ch x
p
¢
¢
1 + sh2 x et :
¡ ¢ q ¡ ¢ p ch argsh x = 1 + sh2 argsh x = 1 + x2 . ¡ ¢ sh argsh x x ¡ ¢= p th argsh x = . ch argsh x 1 + x2 ¡
¢
3. Soit x ∈ R. En utilisant les formules d’additions,
p ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ sh 2argsh x = 2ch argsh x sh argsh x = 2x 1 + x 2 .
4. Soit x ∈ [1, +∞[. Comme sh est positive sur [1, +∞[, sh x =
p ch2 x − 1 et
p ¡ ¢ q ¡ ¢ sh argch x = ch2 argch x − 1 = x2 − 1 .
5. Soit x ∈ [1, +∞[.
6. Soit x ∈ R. De : 1 − th2 x =
p ¡ ¢ sh argch x x2 − 1 ¡ ¢= th argch x = . x ch argch x ¡
1 2
ch x
¢
, on déduit, ch étant positive sur R : ch x = p
1
1 − th2 x
. Par suite :
¡ ¢ 1 1 ch argth x = q . ¡ ¢= p 2 1 − x2 1 − th argth x
Exercice 4.32 ♥♥ Pour tout (a, b) ∈ R2 et n ∈ N, calculer : Cn =
n X
k=0
ch(a + kb)
et S n =
n X
k=0
sh(a + kb).
Solution : Soient (a, b) ∈ R2 et n ∈ N. On a Cn + S n =
n X
k=0
(ch(a + kb) + sh(a + kb)) =
n X
e
a+kb
k=0
De même :
=e
a
n ³ X
k=0
e
b
´k
(n+1)b a 1−e e = 1 − eb (n + 1) e a
si b 6= 0 si b = 0
−(n+1)b ´k −a 1 − e n ³ X e −b −(a+kb) −a = e e =e Cn − S n = (ch(a + kb) − sh(a + kb)) = 1 − e −b k=0 k=0 k=0 (n + 1) e −a n X
n X
194
si b 6= 0 si b = 0
Par suite :
! Ã (n+1)b 1 − e −(n+1)b e −a 1 e a 1 − e + 2 Cn = 1 − eb 1 − e −b (n + 1) ch a
et
si b 6= 0 si b = 0
à ! (n+1)b 1 − e −(n+1)b e −a 1 e a 1 − e − 2 Sn = 1 − eb 1 − e −b (n + 1) sh a
Exercice 4.33 Montrer que ∀x 6= 0,
si b 6= 0
.
si b = 0
♥♥ th x =
Calculer alors la somme Sn =
1 2 − th2x th x
n−1 X
2k th(2k x)
k=0
Solution : En utilisant les formules d’addition pour la tangente hyperbolique : 1 2 − = th 2x th x
2 2 th x 1+th2 x
−
1 + th2 x − 1 1 = = th x. th x th x
En remplaçant dans la somme, on trouve Sn =
Exercice 4.34 Montrez que
n−1 X k=0
k
2
µ
2 th 2k+1 x
−
2 th2k x
¶
=
n−1 X k=0
2k+1 th2k+1 x
−
n−1 X k=0
♥♥
2k th 2k x
µ
1 arctan(sh x) = arccos ch x
∀x Ê 0,
=
2n 1 − th2n x th x
¶
Retrouver ensuite ce résultat par la trigonométrie. Solution : Considérons la fonction f : [0, +∞[−→ R définie par
µ
1 f (x) = arctan(sh x) − arccos ch x
¶
Elle est dérivable sur l’intervalle ]0, +∞[ et ∀x > 0, f ′ (x) =
ch x 2
1 + sh x
Comme f (0) = 0, on trouve que ∀x ∈ [0, +∞[, f (x) = 0. Par la trigonométrie : soit un réel x Ê 0. Comme
−q
1 1−
sh x 1 ch2 x
ch2 x
=0
1 ∈]0, 1[, il existe θ ∈ [0, π2 [ tel que ch x 1 = cos θ ch x
Alors sh x =
r
1 − 1 = tan θ cos2 θ
et alors arctan(sh x) = arctan(tan θ) = θ
Et d’autre part, on a bien arccos
³
1 ch x
´
= arccos(cos θ) = θ(θ ∈ [0, π])
195
Exercice 4.35 ♥♥ Soit a ∈ R . Résoudre l’équation
ch x + cos a = 2sh x + sin a
Solution : En passant aux exponentielles et en notant X = e x , X doit vérifier l’équation du second degré : X 2 + 2(sin a − cos a)X − 3 = 0
Le discriminant réduit vaut ∆′ = (sin a − cos a)2 + 3 > 0. Puisque X > 0, il faut que
On a bien X > 0 car
p
X=
p
(sin a − cos a)2 + 3 − (sin a − cos a)
(sin a − cos a)2 + 3 > |si na − cos a|. Alors x = ln
Exercice 4.36
♥♥
Soit
f :
½
³p
4 − sin 2a − 2 + sin 2a
] − π2 , π2 [ x
−→ 7−→
R¡ ¢¢ ¡ ln tan π4 + x2
Montrer que f est bien définie et que : ∀x ∈ I =] − π2 , π2 [ : 1. th
f (x) 2
´
1 cos x 4. sh f (x) = tan x .
= tan x2
3. ch f (x) =
2. th f (x) = sin x
Solution : Remarquons d’abord que dans l’intervalle de définition, 0 < ( x2 − π4 ) < valeurs dans ]0, +∞[ et par conséquent que f est bien définie.
π 2
et donc que la tangente prend ses
1. Puisque thX =
En remplaçant, th
f (x) 2
=
e 2X − 1
e 2X + 1
tan( x2 + π4 ) − 1
tan( x2 + π4 ) + 1
et en développant sin(a + b), cos(a + b), on trouve le résultat.
2. On utilise la même expression de th x et l’on trouve : th f (x) =
tan2 ( x2 + π4 ) − 1
tan2 ( x2 + π4 ) + 1
= sin2
³x
2
+
π 4
´
− cos2
³x
2
+
π 4
´
³ ´ π = − cos x + = sin x 2
où l’on a utilisé la formule cos 2a = cos2 a − sin2 a . 3. Puisque ch x =
e x + e −x , on trouve que 2 ch f (x) =
tan2 ( x2 + π4 ) + 1 2tan( x2 + π4 )
=
1 1 1 = = . 2sin( x2 + π4 ) cos( x2 + π4 ) sin(x + π2 ) cos x
4. De la même façon, sh f (x) =
Exercice 4.37 Résoudre l’équation
tan2 ( x2 + π4 ) − 1 2tan( x2 + π4 )
=−
sin2 ( x2 + π4 ) − cos2 ( x2 + π4 ) 2sin( x2 + π4 ) cos( x2 + π4 )
♥♥ 5ch x − 4sh x = 3
On utilisera deux méthodes différentes : 196
=
− cos(x + π2 ) sin(x + π2 )
= tan x.
1) En exprimant tout à l’aide d’exponentielles, x 2
2) En utilisant t = th . Solution : 1. L’équation s’écrit 5(e x + e −x ) − 4(e x − e −x ) = 6, c’est-à-dire (e x )2 − 6e x + 9 = 0
En posant X = e x , on a une équation du second degré, (X − 3)2 = 0, on trouve alors une unique solution e x = 3, c’est-à-dire x = ln 3
2. Si t = th x2 , l’équation s’écrit
5 1 2
2t 1+ t2 −4 = 3 ⇐⇒ 4t 2 − 4t + 1 = 0 1− t2 1− t2
l’unique solution est alors t = . Alors th
x x x x x 1 = ⇐⇒ 2(e 2 − e − 2 ) = e 2 + e − 2 ⇐⇒ e x = 3 ⇐⇒ x = ln 3 2 2
La première solution est plus simple ! Exercice 4.38
♥♥ r
Calculer la dérivée de f : x 7→ la trigonométrie.
1 + th x sur un domaine à déterminer. Conclusion ? Retrouver ce résultat en utilisant 1 − th x
Solution : Comme th : R 7→ ]−1, 1[, la fonction f est définie sur R. Pour tout x ∈ R, on trouve que 1
2 f (x) = r (1 − th2 x) = 1 − th x (1 − th x)2 2 1 − th x ′
s
1 + th x 1 − th x
f vérifie l’équation différentielle y ′ = y . f est donc de la forme : f : x 7→ αe x et comme f (0) = 1, on a α = 1 et f est la fonction exponentielle néperienne. On retrouve ce résultat en écrivant f (x) =
Exercice 4.39 Montrer que ∀x ∈ R ,
Solution : Soit f :
½
R x
s
ch x + sh x = ch x − sh x
s
ex = ex . e −x
♥♥ 2arctan(th x) = arctan(sh2x) −→ 7−→
R . On a D f = R et 2arctan(th x) − arctan(sh(2x))
∀x ∈ R , f ′ (x) =
1
2 2
2
−
1
1 + th x ch x 1 + sh2 (2x) 2 2 = 2 − =0 ch x + sh2 x ch2 (2x)
(2ch(2x))
Par conséquent f est constante sur R et puisque f (0) = 0, on a l’égalité voulue. En passant par la trigonométrie, soit x ∈ R , ∃!θ ∈] − π4 , π4 [ tel que th x = tan θ. Alors arctan(sh(2x)) = arctan(2sh x ch x). Or sh x ch x =
th x
1 − th2 x
, donc sh 2x =
2tan θ = tan(2θ) et puisque 2θ ∈] − π2 , π2 [, on obtient l’égalité souhaitée. 1 − tan2 (θ)
197
Chapitre
5
Equations différentielles linéaires In Order to solve a differential equation you look at it till a solution occurs to you George Pólya - How to solve it.
Pour bien aborder ce chapitre L’objet de ce chapitre est de donner des outils pour résoudre des équations différentielles du premier et du second ordre. Vous rencontrerez quotidiennement ces équations en mathématiques mais aussi en physique, en chimie et en sciences de l’ingénieur. Il est donc impératif de bien maîtriser les techniques développées ici. Indirectement, nous réviserons les techniques de primitivation enseignées en terminale. Il est conseillé à ce sujet de se remettre en mémoire les primitives des fonctions usuelles, voir l’annexe E.4. Vous pourrez dans une première lecture éviter de vous focaliser sur les démonstrations. Celles-ci s’éclairciront après les premiers rudiments d’algèbre linéaire du chapitre 23 et plus particulièrement le paragraphe 23.5 page 860 et le chapitre 13 d’intégration.
5.1 Quelques rappels Dans tout le chapitre, I désigne un intervalle de R non réduit à un point. Le symbole K représentera indifféremment le corps R des réels ou le corps C des complexes.
5.2 Deux caractérisations de la fonction exponentielle Soit a ∈ C et f a : R → C, t 7→ e at . La fonction f a vérifie : • f a (0) = 1 • ∀(t , t ′ ) ∈ R2 , f a (t + t ′ ) = f a (t ) f a (t ′ ) • f a est dérivable sur R et f a′ = a f a .
Remarque 5.1
5.2.1 Caractérisation par une équation différentielle On se propose d’étudier ici une fonction f : R −→ C dérivable sur R et vérifiant l’équation différentielle f ′ = a f où a ∈ C∗ . P ROPOSITION 5.1 Caractérisation de la fonction exponentielle l’équation différentielle f ′ = a f Soit f une fonction dérivable de R dans C et pour laquelle il existe a ∈ C∗ tel que f ′ = a f . Alors il existe λ ∈ C tel que : ∀t ∈ R, f (t ) = λe at . Autrement dit, f vérifie : f = λ f a . Si, de plus, f (0) = 1 alors f = f a . Démonstration Introduisons la fonction θ :
½
R t
−→ 7−→
C . Il est clair que, pour tout t ∈ R : f (t) e −at
θ′ (t) = f ′ (t) e −at − a f ′ (t) e −at = a f (t) e −at − a f ′ (t) e −at = 0.
Donc θ est une fonction constante sur l’intervalle R. Il existe alors λ ∈ C tel que : ∀t ∈ R, On vérifie aussi facilement que si f (0) = 1 alors f = f a .
198
f (t) e −at = λ. Le résultat est prouvé.
5.2.2 Caractérisation par une équation fonctionnelle On se propose maintenant d’étudier une fonction f : R −→ C dérivable sur R et vérifiant l’équation fonctionnelle ∀(s, t ) ∈ R2 , f (s + t ) = f (s) f (t )
P ROPOSITION 5.2 ♥ Caractérisation de la fonction exponentielle par l’équation fonctionnelle f (s + t ) = f (s) f (t ) Soit f une fonction dérivable de R dans C vérifiant l’équation ∀(s, t ) ∈ R2 , f (s + t ) = f (s) f (t ). Si il existe c ∈ R tel que f (c) = 0 alors f est la fonction nulle sur R. Sinon f (0) = 1 et il existe a ∈ C tel que f ′ = a f , c’est à dire tel que f = f a . Démonstration Remarquons que, pour tout s, t ∈ R, f (s) = f ((s − t) + t) = f (s − t) f (t). S’il existe un réel t tel que f (t) = 0 alors on déduit de l’égalité précédente que f est¢ identiquement nulle sur R. Supposons alors que f ne s’annule jamais. On a ¡ f (0) = f (0 + 0) = f (0) f (0) et donc f (0) f (0) − 1 = 0. Comme f ne s’annule jamais, il vient f (0) = 1. Par dérivation de l’égalité f (s + t) = f (s) f (t) par rapport à s , on obtient f ′ (s + t) = f ′ (s) f (t) et avec s = 0 cela amène f ′ (t) = f ′ (0) f (t) ou encore f ′ (t) = a f (t) si a = f ′ (0). Par application de la propriété 5.1 et comme f (0) = 1, on peut affirmer que f = f a ..
5.3 Équation différentielle linéaire du premier ordre 5.3.1 Vocabulaire D ÉFINITION 5.1 ♥ Equation différentielle linéaire du premier ordre Soient a, b, c trois fonctions définies sur I et à valeurs dans K. – On appelle équation différentielle du premier ordre une équation différentielle de la forme ∀t ∈ I,
a (t ) y ′ (t ) + b (t ) y (t ) = c (t )
(E)
– Une solution de cette équation différentielle est une fonction f dérivable sur I, à valeurs dans K et vérifiant : ∀t ∈ I,
a (t ) f ′ (t ) + b (t ) f (t ) = c (t )
– Résoudre, ou intégrer l’équation différentielle (E) revient à déterminer l’ensemble des fonctions qui sont solutions de (E). On notera S K (E) cet ensemble. ¡ − → ¢ – Le graphe d’une solution f de (E) dans un repère O, → ı , − du plan est une courbe intégrale de (E). – Si la fonction c est identiquement nulle, l’équation différentielle (E) est dite homogène ou sans second membre. – (E) est dite normalisée si a est la fonction constante identiquement égale à 1 sur I. 16 14 12 10 y(t)
8 6 4 2
–1
–0.5
0
0.5
1
t Curve 1 Curve 2
F IGURE 5.1 – Champ de vecteurs et courbes intégrales Remarque 5.2
Si y ∈ S E , est une solution d’une équation différentielle explicite (E)
y ′ = f (y, t )
alors en un point (t , y) de la courbe représentative de y , la pente de la tangente à cette courbe C y vaut f (y, t ). La connaissance de la fonction f permet de tracer un champ de vecteurs. En un point (t0 , y 0 ) du plan on représente un vecteur de pente f (t0 , y 0 ). Alors un point (t0 , y(t0 )) d’une courbe intégrale de (E), le champ de vecteurs sera tangent à la courbe. C’est l’idée de la méthode d’Euler, voir 5.3.6 page 209. 199
P ROPOSITION 5.3 ♥ L’ensemble des solutions d’une équation différentielle homogène est un K-espace vectoriel Soit l’équation différentielle linéaire homogène du premier ordre a (t ) y ′ (t ) + b (t ) y (t ) = 0
∀t ∈ I,
(E).
Alors toute combinaison linéaire de solutions de (E) est encore solution de (E). Autrement dit, si ϕ et ψ sont des solutions de (E) alors, pour tout couple de scalaires (α, β) ∈ R2 , la fonction αϕ + βψ est encore solution de E. On dit que S K (E) possède une structure d’espace vectoriel sur K. D ÉFINITION 5.2 Condition initiale Soit (t0 , y 0 ) ∈ I × K. On dit que la solution ϕ de (E) vérifie la condition initiale (t0 , y 0 ) si et seulement si ϕ(t0 ) = y 0 . D ÉFINITION 5.3 Problème de Cauchy On appelle problème de Cauchy la recherche d’une solution y : I → K d’une équation différentielle (E) vérifiant une condition initiale (t0 , y 0 ) ∈ I × K fixée. B IO 5 Augustin Louis Cauchy, né à Paris le 21 août 1789 et mort à Sceaux le 23 mai 1857
Mathématicien français, Cauchy est, après Léonhard Euler (voir 1 page 29), et avec près de 800 publications, le mathématicien le plus prolifique de l’histoire des mathématiques. Il fut un pionnier dans diverses branches des mathématiques comme l’étude de la convergence et de la divergence des séries (notions que vous découvrirez en spé), l’étude des groupes de permutations (voir le chapitre 26, ce travail fut précurseur de la théorie des groupes). Il travailla sur la théorie des équations différentielles et fut le découvreur des fonctions holomorphes. Il ne se comporta pas toujours de manière adroite avec les jeunes mathématiciens. Il sous-estima ainsi le travail d’Abel ou de Galois et égara même un mémoire, pourtant capital, de ce dernier. Il fut enseignant à l’école Polytechnique. Son cours était d’une rigueur inhabituelle pour l’époque et il fut décrié au départ par ses élèves et ses collègues. Il allait néanmoins devenir une référence pour tout travail en analyse au 19ème siècle.
5.3.2 Résolution de l’équation différentielle homogène normalisée T HÉORÈME 5.4 ♥♥♥ Fondamental : résolution de l’équation différentielle homogène normalisée On suppose que : H1
I est un intervalle de R.
H2
a est une fonction continue définie sur I et à valeurs dans K.
Alors les solutions de l’équation différentielle homogène normalisée : y ′ (t ) + a (t ) y (t ) = 0
∀t ∈ I,
sont données par les fonctions ϕα :
½
I t
−→ 7−→
(E)
R αe −A(t )
où α ∈ K et où A est une primitive de a sur I. © ª S K (E) = t 7→ αe −A(t ) | α ∈ K Démonstration Nous verrons dans le chapitre 13 que toute fonction continue sur un intervalle I de R possède une primitive sur cet intervalle (voir le théorème 13.30 page 531). 1. Cherchons une solution de (E). Comme
200
H1
I est un intervalle,
H2
a est continue sur I,
on peut affirmer que a possède une primitive A sur I. Considérons la fonction ϕ1 donnée par ϕ1 :
½
I t
−→ 7−→
K e −A(t )
ϕ1 est clairement dérivable sur I comme composée de fonctions dérivables. De plus, si t ∈ I, ϕ′1 (t)
= =
−A′ (t) e −A(t ) −a (t) e −A(t ) .
Par conséquent ϕ′1 (t) + a (t) ϕ1 (t) = −a (t) e −A(t ) + a (t) e −A(t ) = 0 et ϕ1 est bien solution de (E). 2. Montrons maintenant que toutes les autres solutions de (E) sont proportionnelles à celle ci. Soit ϕ : I → K une autre solution ϕ de (E). Comme ϕ1 ne s’annule pas sur I, le quotient ϕ1 est défini sur I. Si nous prouvons que la dérivée de ce quotient est identiquement nulle sur I, alors, d’après le théorème 4.3, la fonction ϕ(t ) ϕ1 (t ) = α
ϕ ϕ1
est constante sur I et il existe α ∈ K tel que, pour
ce qui prouve bien que les deux fonctions sont proportionnelles. Calculons donc tout t ∈ I , dérivable sur I car c’est un quotient de fonctions dérivables sur I. De plus, pour tout t ∈ I, µ
¶ ϕ ′
ϕ1
=
(t)
=
=
=
ϕ ′ ϕ1 .
Ce quotient est
³ ´′ ϕe A (t)
ϕ′ (t) e A(t ) + a (t) ϕ (t) e A(t ) ¡ ′ ¢ ϕ (t) + a (t) ϕ (t) e A(t )
0
car ϕ est une solution de (E). Le théorème est donc démontré.
Remarque 5.3 Avec les notations de cette dernière proposition, remarquons que si ϕ est une solution non nulle de (E) alors il en est de même de λϕ où λ ∈ K. Réciproquement, toute solution de (E) est proportionnelle à ϕ. S K (E) possède une structure de droite vectorielle. Exemple 5.1 Résoudre y ′ − 2t y = 0
(E) :
(E) est une équation différentielle linéaire du premier ordre sans second membre et ½ ½ normalisée. La fonction a : R −→ R R −→ R possède des primitives sur R. Une d’entre elles est donnée par A : . Par applicat 7−→ −2t t 7−→ −t 2 tion du théorème précédent, les solutions de (E) sont les fonctions : ϕα :
½
R t
−→ 7−→
R 2 αe t
où α ∈ R. P ROPOSITION 5.5 ♥ Soient I un intervalle et a une fonction continue définie sur I, t0 ∈ I et y 0 ∈ K. Alors il existe une et une seule solution du problème de Cauchy l’équation différentielle y ′ (t ) + a (t ) y (t ) = 0
∀t ∈ I,
(E)
vérifiant la condition initiale (t0 , y 0 ) (c’est à dire telle que y (t0 ) = y 0 ). Démonstration Existence Posons : ϕ: R
(
I t
−→
7−→
K
³ R ´ y 0 exp − tt0 a(u)du
Remarquons que t → tt0 a(u)du est la primitive de a sur I qui s’annule en t0 . Par application du théorème précédent, ϕ est solution de (E). De plus, µ Zt ¶ 0 ϕ (t0 ) = y 0 exp − a(u)du = y 0 . t0
Par conséquent, ϕ vérifie bien la condition initiale ϕ (t0 ) = y 0 .
201
F IGURE 5.2 – Graphes de quelques solutions de (E) ¡
¢
Unicité Soit ψ une autre solution de E qui vérifie la condition initiale t0 , y 0 . Par application du théorème précédent, ϕ et ψ sont proportionnelles : ∃c ∈ K,
ψ = cϕ.
– Si y 0 = 0 alors ϕ est la fonction nulle et il en est donc de même de ψ. On a donc bien ψ = ϕ. – Sinon, si y 0 6= 0, on a y 0 = ψ (t0 ) = cϕ (t0 ) = c y 0
ce qui amène, en divisant les deux membres de cette égalité par y 0 que c = 1 et donc, là encore que ψ = ϕ.
Remarque 5.4
Avec les hypothèses de la proposition précédente : si t0 ∈ I,
½ µ Zt ¶ ¾ S K (E) = t 7→ c exp − a(u)du | c ∈ K t0
³ R t
La solution prenant la valeur y 0 en t0 est exactement t 7→ y 0 exp −
t0
´ a(u)du .
Remarque 5.5 Si une solution s’annule en un point, alors elle est nulle sur R tout entier. Si une solution est non nulle en un point, alors elle ne s’annule jamais.
5.3.3 Résolution de l’équation différentielle normalisée avec second membre P ROPOSITION 5.6 ♥♥♥ Considérons l’équation différentielle : ∀t ∈ I,
y ′ (t ) + a (t ) y (t ) = b (t )
(E)
On suppose que : H1
I est un intervalle de R
H2
a et b sont des fonctions continues sur I à valeurs dans K.
H3
ϕ0 : I → R est une solution particulière de (E).
alors les solutions de (E) sont les fonctions de la forme ϕ0 +ϕ où ϕ est une solution de l’équation différentielle homogène associée ∀t ∈ I,
y ′ (t ) + a y (t ) = 0
(H).
Autrement dit : toute solution de (E) est somme d’une solution ϕ de l’équation homogène (H) associée à (E) et d’une solution particulière ϕ0 de (E) © ª S K (E) = ϕ0 + ϕ | ϕ ∈ S K (H) = ϕ0 + S K (H)
202
Démonstration – Soit ϕ : I → K une solution de l’équation homogène (H) associée à (E). On a donc ϕ′ + aϕ = 0. La fonction ϕ0 +ϕ est solution de (E). En effet : ¡ ¢ ¡ ¢′ ϕ0 + ϕ + a ϕ0 + ϕ
=
=
ϕ′0 + ϕ′ + aϕ0 + aϕ ¡ ′ ¢ ¡ ¢ ϕ + aϕ0 + ϕ′ + aϕ | 0 {z } | {z } 0
b
=
b.
– Réciproquement, soit ψ une solution de (E). Montrons qu’il existe ϕ ∈ S K (H) tel que ψ = ϕ0 + ϕ. Cela revient à montrer que ψ − ϕ0 est solution de (H). On vérifie que c’est le cas car : ¡
¢′ ¡ ¢ ψ − ϕ0 + a ψ − ϕ0
=
¢ ¡ ′ ¢ ¡ ψ − aψ − ϕ′0 − aϕ0 | {z } | {z } b
=
=
b
b −b
0.
Exemple 5.2 Résolvons sur I = R , l’équation différentielle y′ + t y = t
(E)
Par application du théorème 5.4, les solutions de l’équation homogène : y ′ + t y = 0 sont les fonctions ϕα : R → R, t 7→ αe −
t2 2
où α ∈ R. Une solution évidente de (E) est la fonction constante : ϕ : t 7→ 1. D’après le théorème précédent, les solutions de (E) sont les fonctions : ( ψα :
R
−→
t
7−→
R
1 + αe −
t2 2
;
α ∈ R.
5.3.4 Détermination de solutions particulières Superposition des solutions P ROPOSITION 5.7 ♥ Principe de superposition des solutions Soient a, b, b1 , b2 quatre fonctions définies et continues sur I telles que b = b1 + b2 . On considère les équations différentielles ∀t ∈ I,
y ′ (t ) + a (t ) y (t ) = b (t )
(E)
∀t ∈ I,
y ′ (t ) + a (t ) y (t ) = b 1 (t )
(E1 )
∀t ∈ I,
y (t ) + a (t ) y (t ) = b 2 (t )
(E2 )
′
Si y 1 et y 2 sont des solutions particulières respectivement de (E1 ) et (E2 ) alors y = y 1 + y 2 est une solution particulière de (E). Démonstration En effet : ¡
¡ ¢′ ¢ y1 + y2 + a y y1 + y2
=
y ′ + a y1 + y ′ + a y2 | 1 {z } | 2 {z } b1
=
=
b2
b1 + b2
b
Trois cas particuliers P ROPOSITION 5.8 Soient α ∈ K et P un polynôme de degré n à coefficients dans K. L’équation ∀t ∈ I,
y ′ (t ) + α y (t ) = P (t )
admet comme solution particulière : • Un polynôme de degré n + 1 si α = 0. • Un polynôme de degré n sinon. Démonstration
203
(E)
– Si α = 0, une solution de (E) est donnée par une primitive de P. Le polynôme P étant de degré n , cette primitive est nécessairement de degré n + 1. – Si α 6= 0, commençons par traiter le cas où P est donné par P (t) = λt n avec λ ∈ R et n ∈ N. Cherchons une solution de (E) sous la P forme ϕ : t 7→ nk=0 αk t k où pour tout k ∈ 0,n , αi ∈ K. On a : =⇒ =⇒
ϕ est solution de (E) n n X X αk t k = λt n kαk t k−1 + α k=1 n−1 X k=0
k=0
(k + 1) αk+1 t k + α n
n−1 X¡
=⇒
α.αn t +
=⇒
( α.αn = λ
=⇒
αn =
k=0
λ
k=0
αk t k = λt n
¢ (k + 1) αk+1 + α.αk t k = λt n
∀k ∈ 0,n − 1 , α
n X
par identification
(k + 1) αk+1 + α.αk = 0
et ∀k ∈ 0,n − 1 ,
αk = −(k + 1)
αk+1 α
car α 6= 0
P
Réciproquement, si les coefficients de ϕ : t 7→ nk=0 αk t k sont donnés par les relations précédentes, on vérifie que ϕ est une solution de (E). On prouve ainsi que (E) possède une solution polynomiale de degré n dans le cas où P est un monôme de degré P n . Traitons maintenant le cas général. On suppose que P est donné par P (t) = n λ t k où : ∀k ∈ 0,n , λk ∈ K. Considérons k=0 k les n + 1 équations : y ′ + αy
=
λ0 λ1 t
(E1 )
y ′ + αy
=
λ2 t 2
(E2 )
′
y + αy
.. .
y ′ + αy
=
(E0 )
.. .
=
λn t n
= ¡
(En )
¢
Compte tenu de ce qui vient d’être prouvé, pour tout k ∈ 0,n , Ek admet une solution polynomiale ϕk de degré k si λk 6= 0 et la solution nulle sinon. Par application du principe de superposition, on peut alors affirmer que ϕ = ϕ0 +ϕ1 +...+ϕn est solution de E. Comme P est de degré n , ϕn est différent de 0 et ϕn est nécessairement de degré n . Le polynôme ϕ est donc clairement de degré n .
Remarque 5.6 Pour montrer la puissance de l’algèbre linéaire (à venir), voici comment on pourra démontrer cette propriété : Pour α 6= 0, on considère l’application f de Kn [X] dans lui-même défini par f (P) = P′ + αP. On a deg( f (P)) = deg P. On en déduit que Ker f = {0}. f est injective donc surjective. Ce qu’il fallait démontrer. P ROPOSITION 5.9 Soient P un polynôme de degré n , m ∈ K et a une fonction continue sur I. Soit α ∈ K, l’équation ∀t ∈ I,
y ′ (t ) + α y (t ) = P (t ) e mt
(E)
admet une solution particulière sur I de la forme t 7→ Q (t ) e mt où : • Q est un polynôme de degré n si α + m 6= 0 • Q est un polynôme de degré n + 1 si α + m = 0. Démonstration Considérons ψ : I → K et ϕ : I → K, t 7→ ψe −mt . Montrons que ψ est solution de (E) : y ′ + αy = Pe mt si¡ et¢ seulement si ϕ est solution de (E)′ : z ′ +(α + m) z = P. Ceci prouvera la proposition. En effet, d’après la proposition précédente, E′ possède une solution particulière ϕ0 qui est un polynôme de degré n si α + m ne s’annule pas ou un polynôme de degré n + 1 si α + m s’annule. Par conséquent ψ0 : I → K, t 7→ ϕ0 e mt est une solution particulière de (E). On a : ψ est solution de (E) =⇒ =⇒
∀t ∈ I,
∀t ∈ I,
ψ′ (t) + αψ (t) = P (t) e mt
ϕ′ (t) e mt + mϕ (t) e mt + αϕ (t) e mt = P (t) e mt
ϕ′ (t) + (α + m) ϕ (t) = P (t) car exp ne s’annule jamais ¡ ¢ =⇒ ϕ est solution de E′ ¡ ¢ Réciproquement, par des calculs analogues, on vérifie facilement que si ϕ est une solution de E′ alors ψ est une solution de (E). =⇒
∀t ∈ I,
204
Remarque 5.7
Cette technique s’appelle un changement de fonction inconnue.
P ROPOSITION 5.10 Soient η1 , η2 , α, ω ∈ R avec ω 6= 0. L’équation y ′ (t ) + α y (t ) = η1 cos (ωt ) + η2 sin (ωt )
∀t ∈ I,
(E)
admet une solution particulière sur I de la forme t 7→ µ1 cos (ωt ) + µ2 sin (ωt ) où µ1 , µ2 ∈ R. Démonstration On démontre le lemme suivant : Si ∀t ∈ R, αcos (ωt) + βsin (ωt) = 0 (1), alors α = β = 0. En effet, pour t = 0, on π a α = 0, et pour t = 2ω , β = 0. Soit ϕ0 : t 7→ µ1 cos (ωt) + µ2 sin (ωt). On a la série d’implications : ϕ0 est solution de (E) =⇒ =⇒ =⇒ =⇒
ϕ′0 (t) + α ϕ0 (t) = η1 cos (ωt) + η2 sin (ωt) ¡ ¢ ¡ ¢ µ1 + ωµ2 cos (ωt) + µ2 − ωµ1 sin(ωt) = η1 cos (ωt) + η2 sin (ωt)
∀t ∈ I,
∀t ∈ I, ( µ1 + ωµ2
= η1
−ωµ1 + µ2
¡
= η2
(
¢
µ1 ,µ2 est solution de
x + ωy
= η1
−ωx + y = η2 ¡ ¢ Réciproquement, si ce système admet un couple solution µ1 ,µ2 alors ϕ0 : t 7→ µ1 cos (ωt) + µ2 sin (ωt) est solution de (E). Mais le déterminant de ce système est 1 + ω2 6= 0 et le système possède toujours un couple solution (voir proposition 2.21 page 75). L’équation (E) admet donc toujours une solution de la forme indiquée.
Exemple 5.3 Résolvons sur l’intervalle I = R , l’équation différentielle y ′ + y = 2e x + 4sin x + 3cos x.
Par application du théorème 5.4, l’équation homogène y ′ + y = 0 admet comme solutions les fonctions ϕα : R → R, x 7→ αe −x avec α ∈ R. Une solution évidente de y ′ + y = 2e x est y : x 7→ e x . D’après la proposition 5.10, on peut chercher une solution particulière de y ′ + y = 4sin x + 3cos x sous la forme ϕ : x 7→ α cos x + β sin x . On vérifie alors que ϕ est solution de cette équation si et seulement si α = −1/2 et β = 7/2. Par application du principe de superposition, les solutions de (E) sont les fonctions x 7→ 1/2cos x + 7/2sin x + e x + αe −x où α ∈ R. Méthode de variation de la constante Soient a, b deux fonctions continues définies sur I et à valeurs dans K. Considérons l’équation différentielle : ∀t ∈ y ′ (t ) + a y (t ) = b (t ) (E). Pour déterminer une solution particulière de (E) :
I,
1
2
On peut déterminer tout d’abord une solution non nulle de l’équation homogène associée à (E). Une telle solution est de la forme t 7→ c e −A(t ) où A est une primitive de a sur I et où c ∈ K∗ . On cherche alors une solution particulière de (E) sous la forme : ∀t ∈ I, ψ(t ) = c (t ) e −A(t ) où c est une fonction dérivable sur I. On a l’équivalence suivante : ψ est solution de (E) ⇔ ∀t ∈ I, c ′ (t ) e −A(t ) = b (t ).
3
Le calcul de ψ est donc ramené à celui de c , c’est-à-dire à celui d’une primitive de b e A sur I.
Remarque 5.8
Si on fixe t0 dans I, c est donnée sur I par exemple par : c:
et ψ par : ψ:
(
½
I t
I t
−→ 7−→
−→
7−→
K Rt
t 0 b (u) e
³KR t
t 0 b (u) e
L’ensemble des solutions de (E) sur I est donc donné par :
A(u)
A(u)
du
´
du e −A(t )
½ ¾ Zt S K (E) = t 7→ λe −A(t ) + b (u) e A(u)−A(t ) du : λ ∈ K t0
205
C OROLLAIRE 5.11 Soient a et b deux fonctions continues définies sur I, t0 ∈ I et y 0 ∈ K. Alors il existe une et une seule solution de l’équation différentielle : y ′ (t ) + a (t ) y (t ) = b (t )
∀t ∈ I,
vérifiant la condition initiale (t0 , y 0 ) (c’est à dire telle que y (t0 ) = y 0 ). Démonstration Les solutions de (E) sont de la forme ψ = ϕ0 + αϕ où : – ϕ0 est une solution particulière de (E). Celle-ci existe en vertu de la méthode de variation de la constante. – ϕ est une solution non nulle (et qui ne s’annule donc jamais) de l’équation homogène associée à (E). – α ∈ K est un scalaire. ¡ ¢ ψ = ϕ0 +αϕ vérifie la condition initiale (t0 , y 0 ) si et seulement si ψ (t0 ) = y 0 ou, autrement dit, si et seulement si α = y 0 − ϕ0 (t0 ) /ϕ (t0 ) ce qui prouve à la fois l’existence et l’unicité d’une solution à ce problème de Cauchy. 2
Exemple 5.4 Résolvons (E) : y ′ + 2t y = e t −t . L’équation sans second membre associée à (E) est (E0 ) : y ′ + 2t y = 0. La fonction a : t 7→ 2t est continue sur R et possède donc une primitive sur R donnée, par exemple, par A : t 7→ t 2 . Par application du théorème fondamental 5.4, les solutions de (E0 ) sont les fonctions : ϕα :
½
R t
−→ 7−→
R 2 αe −t
où α ∈ R. Utilisons la méthode de variation de la constante pour déterminer une solution particulière de (E). Cette solution est de 2 2 2 la forme t 7→ c e −t où c est une primitive de t 7→ b (t ) e A(t ) = e t −t e t = e t sur R. Une telle primitive est t 7→ e t . Par 2 2 conséquent t 7→ e t e −t = e t −t est une solution particulière de (E) et les solutions de (E) sont de la forme : ¡ ¢ 2 t 7→ e t + α e −t
où α ∈ R.
F IGURE 5.3 – Graphes de quelques solutions de (E)
5.3.5 Cas général On suppose ici que I =]α, β[ où α et β sont des éléments de R tels que α < β ( on peut avoir α = −∞ ou β = +∞). Soient a , b et c trois fonctions continues sur I, à valeurs dans K et soit J un sous intervalle de I sur lequel a ne s’annule pas. On considère l’équation ∀t ∈ I,
a (t ) y ′ (t ) + b (t ) y (t ) = c (t ) (E).
Pour tout t ∈ J, on peut normaliser (E) en l’équation ∀t ∈ J
y ′ (t ) +
b(t ) a(t )
206
y (t ) =
c(t ) a(t )
(N)
P LAN 5.1 : Pour résoudre (E) sur (I) 1
On résout l’équation homogène associée à (N) sur les sous-intervalles J de I sur lesquels a ne s’annule pas.
2
On cherche une solution particulière de (N), ce qui nous permet de résoudre complètement (N) sur ces sousintervalles.
3
Analyse Toute solution de (E) sur un des sous intervalles J de I sur lequel a ne s’annule pas est solution de (E) sur ce même sous intervalle. On étudie alors comment raccorder ces solutions en un point t0 où a s’annule. Pour ce faire : si ϕ1 est une solution de (E) sur J1 =]α′ , t0 [ et si ϕ2 est solution de (E) sur J2 =]t0 , β′ [ (a(t0 ) = 0), pour que ϕ1 et ϕ2 se raccordent en t0 , il est nécessaire que : 1. ϕ1 et ϕ2 aient une même limite l en t0 . 2. La fonction ϕ définie sur ]α′ , β′ [ par ϕ|I1 = ϕ1 , ϕ|I2 = ϕ2 et ϕ(b) = l soit dérivable en b . Synthèse ′
Il faut par ailleurs vérifier que la fonction ϕ ainsi construite est bien solution de (E) sur
′
]α , β [.
Exemple 5.5 Résolvons sur I = R l’équation différentielle : (E) :
(1 − t ) y ′ (t ) − y (t ) = t
∀t ∈ I,
Normalisons (E). Nous obtenons l’équation : (N) :
y ′ (t ) −
∀t ∈ I1 ∪ I2 ,
1 1−t
y (t ) =
t t −1
où I1 = ]−∞, 1[ et I2 = ]1, +∞[. L’équation homogène associée à (N) est : (H) :
1
Résolvons (H) sur I1 . Posons a :
½
H1
I1 est un intervalle de R
H2
a est continue sur I1 .
I1 t
y ′ (t ) −
∀t ∈ I1 ∪ I2 , −→ 7−→
R 1 1−t
1 1−t
y (t ) = 0
. On a :
Par application du théorème de résolution des équations différentielles homogènes du premier degré, on peut affirmer que les solutions de (H) sont les fonctions de la forme : ϕ α1 :
½
I1 t
−→ 7−→
R α1 e −A(t )
où A est une primitive de A sur I1 et où α1 ∈ R. Une telle primitive est donnée, par exemple, par A : ½ I1 −→ R . Par conséquent, les solutions de (H) sont de la forme : t 7−→ ln (|1 − t |) ϕ α1 :
½
I1 t
−→ 7−→
R α1 1−t
où α1 ∈ R. On montre de la même façon que les solutions de (H) sur I2 sont de la forme ϕ α2 :
½
I2 t
−→ 7−→
R α2 1−t
où α2 ∈ R. 2
Par la méthode de variation de la constante, identifions une solution particulière ψ1 de (N) sur I1 . ψ1 est de
la forme : ψ1 :
½
exemple, par t 7→
I1 t 2
t 2
et
−→ 7−→
R λ(t ) 1−t
où λ est une primitive de t →
ψ1 :
(
I1 t
207
−→
7−→
t A 1−t e
R t2 1 2 1−t
= t . Une telle primitive est donnée, par
Les solutions de (N) sur I1 sont somme de cette solution particulière de (N) et d’une solution générale de l’équation (H) et sont donc de la forme : ζα 1 :
(
I1 t
−→ 7−→
R t2 1 2 1−t
α1 + 1−t =
α1 +t 2 2(1−t )
où α1 ∈ R. On prouve de même que les solutions de (N) sur I2 sont de la forme : ζα 2 :
(
I2 t
−→ 7−→
R α2 +t 2 2(1−t )
où α2 ∈ R. 3
Analyse Cherchons s’il existe des solutions de (E) définies sur R. Supposons qu’un telle solution ζ existe. On doit avoir : • ζ|I1 doit être solution de (N) sur I1 et donc il existe α1 ∈ R tel que : ∀t ∈ I1 , ζ|I1 (t ) = ζα1 (t ) = α1 +t 2 2(1−t ) . • ζ|I2 doit être solution de (N) sur I2 et donc il existe α2 ∈ R tel que : ∀t ∈ I2 , ζ|I2 (t ) = ζα2 (t ) = α2 +t 2 2(1−t ) . • ζ est continue sur R donc ζ|I1 doit avoir une limite quand t → 1− . Ceci n’est possible que si α1 = −1. • De même ζ|I2 doit avoir une limite quand t → 1+ . Ceci n’est possible que si α2 = −1. • On doit de plus avoir lim− ζ|I1 (t ) = lim ζ|I2 (t ) , ce qu’on vérifie facilement. En conclusion, on doit + ½
R t
−→ 7−→
t →1
t →1
R avoir : ζ : − (t +1) 2 • Enfin, ζ étant dérivable sur R, il faut vérifier que la fonction que nous venons de construire est bien dérivable en 1, ce qui est ici évident. Synthèse On vérifie enfin qu’une telle fonction est bien solution de (E) en s’assurant qu’elle vérifie bien (E). Pour tout t ∈ R, on a :
(1 − t ) ζ′ (t ) − ζ (t )
1
(t +1)
2
2
=
− (1 − t ) +
=
t
La seule solution de (E) définie sur R est donc ζ.
F IGURE 5.4 – Quelques courbes intégrale de (E). On remarquera celle associée à ζ
208
5.3.6 Méthode d’Euler On considère le problème de Cauchy pour une équation différentielle du premier ordre explicite : (
y′
= f (t , y)
y(t0 )
= y0
Même si l’équation différentielle est linéaire, sa résolution passe par un calcul de primitives, or on ne sait calculer que très peu de primitives. Lorsque l’équation différentielle est non-linéaire, il est en général impossible de déterminer la solution explicite du problème de Cauchy. On a recours à des méthodes numériques de calcul approché de solutions. La plus simple de ces méthodes est la méthode d’Euler qui se base sur une idée géométrique simple. L’idée est d’approximer la dérivée de y au point t par un taux d’accroissement : y ′ (t ) ≈
y(t + h) − y(t ) h y(t0 + h) − y(t0 )
≈ f (t0 , y 0 ), on ou de manière équivalente, d’approximer la courbe de y par sa tangente en t0 . Comme h en déduit que y(t0 + h) ≈ y 0 + f (t0 , y 0 ). Connaissant la valeur de y en t0 + h , on peut recommencer pour obtenir une approximation de y(t0 + kh). y n+1 = y n + h f (t0 + nh, y n )
Le réel y n est une approximation de y(t0 + nh). On peut travailler entre les temps t0 et t1 et subdiviser l’intervalle [t0 , t1 ] en m subdivisions régulières de pas h = (t1 − t0 )/m MAPLE
>##Chargement de la librairie plot pour les tracés. with(plots); > ##La procédure Euler: Euler:=proc(t0,t1,y0,m,f) local y,h,t,n,liste; #Calcul de la subdivision. h:=(t1-t0)/m; #On fixe les conditions initiales. y[0]:=y0; t[0]:=t0; liste:=[t[0],y[0]]; #Boucle. for n from 1 to m do t[n]:=t[n-1]+h; y[n]:=f(t[n-1],y[n-1])*h+y[n-1]; liste:=liste,[t[n],y[n]]; od; #On renvoie la liste construite dans la boucle. [liste]; end; > ##Solution approchée avec la méthode d’Euler. liste:=Euler(0,1,1,10,(t,y)->t*(y+1)); > d1:=plot(liste,color=red,linestyle=DOT); > ##Solution exacte avec la commande dsolve. dsolve({diff(y(t),t)-t*y(t)-t=0,y(0)=1}); /1 2\ y(t) = -1 + 2 exp|- t | \2 / > d2:=plot(-1+2*exp(t^2/2),t=0..1,color=blue); >##Tracés. display(d1,d2);
5.4 Équations différentielles linéaires du second ordre 5.4.1 Vocabulaire 209
2,25 2,0 1,75 1,5 1,25 1,0 0,0
0,25
0,5
0,75
1,0
F IGURE 5.5 – La méthode d’Euler appliquée au problème de Cauchy y ′ = t y − t et y (0) = 1. En trait plein, on reconnaît 2 la solution t 7→ −1 + 2e −t /2 de ce problème et en trait pointillé la solution approchée calculée avec la méthode d’Euler D ÉFINITION 5.4 ♥ Equation différentielle linéaire du second ordre Considérons trois scalaires a, b, c ∈ K avec a 6= 0 ainsi qu’une fonction d : I → K. – On appelle équation différentielle du second ordre une équation différentielle de la forme ∀t ∈ I,
a y ′′ (t ) + b y ′ (t ) + c y (t ) = d (t )
(E)
– Une solution de cette équation différentielle est une fonction f deux fois dérivable sur I, à valeurs dans K et vérifiant ∀t ∈ I,
a f ′′ (t ) + b f ′ (t ) + c f (t ) = d (t )
– Résoudre, ou intégrer l’équation différentielle (E) revient à déterminer l’ensemble des fonctions qui sont solutions de (E). On notera S K (E) cet ensemble. ¡ − → ¢ – Le graphe d’une solution f de (E) dans un repère O, → ı , − du plan est une courbe intégrale de (E). – Si la fonction d est identiquement nulle sur I , l’équation différentielle (E) est dite homogène ou sans second membre. Remarque 5.9 Si l’équation différentielle linéaire du second ordre (E) est homogène, on vérifie facilement (Exercice !) que toute combinaison linéaire de solutions de (E) est encore solution de (E) (si ϕ et ψ sont éléments de S K (E) alors il en est de même de αϕ + βψ pour tout couple (α, β) dans K. S K (E) possède donc une structure d’espace vectoriel sur K. D ÉFINITION 5.5 ♥ Équation caractéristique L’équation complexe a X2 + b X + c = 0 est appelée équation caractéristique de l’équation différentielle (E). D ÉFINITION 5.6 ♥ Condition initiale Soit (t0 , y 0 , y 1 ) ∈ I × K × K. On dit que la solution ϕ de (E) vérifie la condition initiale (t0 , y 0 , y 1 ) si à la fois ϕ(t0 ) = y 0 et ϕ′ (t0 ) = y 1 .
5.4.2 Résolution de l’équation différentielle homogène du second ordre dans C L EMME 5.12 Soient a, b, c ∈ C avec a 6= 0 et (E) l’équation différentielle ∀t ∈ R,
a y ′′ (t ) + by ′ (t ) + c y (t ) = 0.
Pour tout complexe r , la fonction ϕr : t 7→ e r t est solution de (E) si et seulement si r est solution de l’équation caractéristique associée à (E) : a r 2 + b r + c = 0. 210
Démonstration Soit r ∈ C. On a : ϕr est solution de (E) aϕ′′r + bϕ′r + cϕr = 0
=⇒
ar 2 e r t + br e r t + ce r t = 0 ³ ´ ar 2 + br + c e r t = 0
∀t ∈ I,
=⇒
=⇒
∀t ∈ I,
=⇒
ar 2 + br + c = 0 car la fonction exponentielle ne s’annule jamais
Réciproquement, si ar 2 + br + c = 0 alors on vérifie facilement que ϕr est solution de (E).
Remarque 5.10 Avec les notations du lemme précédent, on remarque que si r 1 et r 2 sont des racines distinctes de l’équation caractéristique associée à (E) alors t 7→ e r 1 t et t 7→ e r 2 t sont solutions de (E). Par application de la remarque précédente, on en déduit que toute combinaison linéaire t 7→ αe r 1 t + βe r 2 t où α, β ∈ K est encore une solution de (E). Le théorème suivant permet d’affirmer que toutes les solutions de (E) sont de cette forme. T HÉORÈME 5.13 ♥♥♥ Résolution d’une équation du second degré à coefficients constants dans C Considérons a, b, c ∈ C avec a 6= 0 ainsi que (E) l’équation différentielle donnée par : a y ′′ + by ′ + c y = 0
Notons ∆ le discriminant de son équation caractéristique. 1
Si ∆ 6= 0, l’équation caractéristique de (E) possède deux racines distinctes r 1 et r 2 et les solutions de (E) sont les fonctions ϕα,β :
½
R t
−→ 7−→
C αe r 1 t + βe r 2 t
où α, β ∈ C.
2
Si ∆ = 0, l’équation caractéristique de (E) admet une racine double r et les solutions de (E) sont les fonctions ϕα,β :
½
R t
−→ 7−→
¡C ¢ αt + β e r t
où α, β ∈ C. Démonstration Nous allons à nouveau effectuer un changement de fonction inconnue. Soit z une fonction deux fois dérivables sur R et à½valeurs dans C. Notons r 1 ∈ C, une des deux racines de l’équation caractéristique de (E). Considérons f la fonction donnée par : f :
R t
−→ 7−→
C . La fonction f est elle aussi deux fois dérivable sur R et pour tout t ∈ R, on a : z (t) e r 1 t
f (t) ′
f (t) ′′
f (t)
=
=
=
Par conséquent, pour tout t ∈ R, on a :
= =
z (t) e r 1 t ¡ ′ ¢ z (t) + r 1 z (t) e r 1 t ´ ³ z ′′ (t) + 2r 1 z ′ (t) + r 12 z (t) e r 1 t
a f ′′ (t) + b f ′ (t) + c f (t)
³ ´ ′′ az (t) + (2ar 1 + b) z ′ (t) + ar 2 + br 1 + c z (t) e r 1 t 1 {z } | ¡
¢ az ′′ (t) + (2ar 1 + b) z ′ (t) e r 1 t
=0
En conclusion, f est solution de (E) si et seulement si, la fonction exponentielle ne s’annulant jamais, z ′ est solution de : ¡ ¢ εr 1 :
a y ′ + (2ar 1 + b) y = 0
Notons ∆ le discriminant de l’équation caractéristique associée à (E). • Si ∆ 6= 0 : Alors l’équation caractéristique possède deux racines distinctes r 1 et r 2 ∈ C. © ª Considérons l’ensemble A = t → α1 e r 1 t + α2 e r 2 t | α1 ,α2 ∈ C et montrons que A = S C (E). Pour ce faire, nous allons effectuer un raisonnement par double inclusion : ⊂ Par application du lemme précédent, il est clair que t → e r 1 t et t → e r 2 t sont éléments de S C (E). Par conséquent toute combinaison linéaire de ces deux fonctions est encore élément de S C (E) ce qui prouve la première inclusion.
211
⊃
Réciproquement, soit f ∈ S C (E). Alors, compte tenu de ce qui a été fait précédemment, si z est la fonction donnée par ∀t ∈ ¡ ¢ b −r 1 t ′ ′ R, ¡ z (t) ¢ = f (t) e¡ ¢ , z est ′solution de εr 1 : a y +(2ar 1 + b) y = 0. Mais, comme r 1 +r 2 = − a , il vient 2ar 1 +b = r 1 −r 2 et εr 1 s’écrit : εr 1 : a y + (r 1 − r 2 ) y = 0. Appliquons la théorie des équations différentielles linéaires du premier degré à cette équation. Les solutions sont de la forme : y α : t → αe −(r 1 −r 2 )t avec α ∈ C, et donc z est une primitive d’une de ces fonctions :
∃β ∈ C,
∀t ∈ R,
z (t) = −
α r 1 −r 2
¡
e −(r 1 −r 2 )t + β. ³
¢
´
α Compte tenu de la définition de z , on a bien prouvé qu’il existe α1 = β et α2 = − r 1 −r tels que : 2
∀t ∈ R,
f (t) = α1 e r 1 t + α2 e r 2 t
• Si ∆ = 0 : L’équation caractéristique ¡ possède donc ¢ une racine double r 0 . Dans ce cas, 2ar 0 +b = 0 et donc f est solution de (E) si et seulement si z ′ est solution de εr 0 : y ′ = 0 , c’est à dire si et seulement si z ′′ = 0. De z ′′ = 0, on déduit qu’il existe α et β ∈ C tels que : ∀t ∈ R, z (t) =¡ αt + β¢. Compte tenu de la définition de z , on peut alors affirmer que f est solution de (E) si et seulement si : ∀t ∈ R, f (t) = αt + β e r t .
Remarque 5.11 Les solutions de (E) s’expriment comme combinaisons linéaires de deux fonctions non proportionnelles. Si on note ∆ le discriminant de l’équation caractéristique associée à (E), ces deux fonctions sont : • t 7→ e r 1 t et t 7→ e r 2 t dans le cas où ∆ 6= 0. • t 7→ e r t et t 7→ t e r t dans le cas où ∆ = 0. L’ensemble des solutions S C (E) possède donc une structure de plan vectoriel. Exercice Prouver la non proportionnalité des fonctions en question.
P ROPOSITION 5.14 ♥ Soient (t0 , y 0 , y 1 ) ∈ I × C × C. Soient a, b, c ∈ C avec a 6= 0 et (E) l’équation différentielle : a y ′′ (t ) + by ′ (t ) + c y (t ) = 0
∀t ∈ R,
Il existe une unique solution ϕ de (E) vérifiant les conditions initiales (t0 , y 0 , y 1 ), c’est à dire telle que à la fois ϕ(t0 ) = y 0 et ϕ′ (t0 ) = y 1 . Démonstration On va faire la démonstration dans le cas où le discriminant de l’équation caractéristique associée à (E) est non nul. Dans le cas où ce discriminant est nul, la démonstration est identique. Les solutions de (E) sont les fonctions : ϕ : R → C, t 7→ c1 e r 1 t + c2 e r 2 t où r 1 et r 2 sont les deux racines de l’équation caractéristique et où c1 et c2 sont des complexes. Montrons qu’il existe une et une seule solution ϕ0 vérifiant les conditions initiales : ϕ0 (t0 ) = y 0 et ϕ′0 (t0 ) = y 1 . Le couple (c1 ,c2 ) doit être le couple solution du système : (
xe r 1 t 0 + ye r 2 t 0 = y 0
xr 1 e r 1 t 0 + yr 2 e r 2 t 0 = y 1
.
Ce système possède bien une et une seule solution car son déterminant ¯ ¯ e r1 t0 ¯ ¯ r e r1 t0 1
est non nul. Ce qui prouve la proposition.
¯ e r 2 t 0 ¯¯ = r 2 e (r 1 +r 2 )t 0 − r 1 e (r 1 +r 2 )t 0 = (r 2 − r 1 ) e (r 1 +r 2 )t 0 r t r 2e 2 0 ¯
5.4.3 Résolution de l’équation différentielle homogène du second ordre dans R T HÉORÈME 5.15 ♥♥♥ Résolution des équations différentielles du premier ordre dans R Considérons a, b, c ∈ R avec a 6= 0 ainsi que (E) l’équation différentielle donnée par : ∀t ∈ R,
a y ′′ (t ) + by ′ (t ) + c y (t ) = 0
Notons ∆ le discriminant de l’équation caractéristique associée à (E). – Si ∆ > 0, l’équation caractéristique de (E) possède deux racines réelles distinctes r 1 et r 2 et les solutions de (E) sont les fonctions : ϕα,β :
½
R t
−→ 7−→
où α, β ∈ R. 212
R αe r 1 t + βe r 2 t
– Si ∆ = 0, l’équation caractéristique de (E) admet une racine double r et les solutions réelles de (E) sont les fonctions : ϕα,β :
½
R t
−→ 7−→
¡R ¢ αt + β e r t
où α, β ∈ R. – Si ∆ < 0, l’équation caractéristique de (E) admet deux racines complexes conjuguées r + i ω et r − i ω et les solutions réelles de (E) sont les fonctions : ϕα,β :
½
R t
−→ 7−→
R £ ¤ α cos (ωt ) + β sin (ωt ) e r t
où α, β ∈ R. Démonstration – Les deux premiers cas se traitent comme dans le cas complexe. – Supposons que le discriminant soit négatif et donc que l’équation caractéristique de (E) possèdent deux racines complexes conjuguées : r ± i ω ∈ C. Par application du théorème complexe 5.13 page 211, les solutions de (E) sont de la forme t 7→ λ1 e (r +iω)t + λ2 e (r −iω)t où λ1 ,λ2 ∈ C. Les fonctions t 7→ e r t cos ωt (λ1 = 1/2, λ2 = 1/2) et t 7→ e r t sinωt (λ1 = 1/2, λ2 = −1/2) sont donc solutions de (E) ainsi que toutes leurs combinaisons linéaires. Réciproquement, si ϕ est une solution réelle de (E), alors il existe λ1 ,λ2 ∈ C tels que ϕ s’écrit ϕ : t 7→ λ1 e (r +iω)t + λ2 e (r −iω)t . Comme f est réelle, elle est égale à sa partie réelle et il vient : f
= = = = = = =
¡ ¢ Re f f + f¯
2 1³
¯ 1 e (r +iω)t + λ ¯ 2 e (r +iω)t λ1 e (r +iω)t + λ2 e (r −iω)t + λ 2 ³ ´ ¢ ¡ ¢ 1 ¡ ¯ 2 e (r +iω)t + λ ¯ 1 + λ2 e (r −iω)t λ1 + λ 2 ´ ¡ ¢ ¢ 1 ³¡ ¯ 2 e (r +iω)t ¯ 2 e (r +iω)t + λ1 + λ λ1 + λ 2 ³¡ ´ ¢ ¯ 2 e (r +iω)t Re λ1 + λ ¡ ¢ ¡ ¢ ¯ 2 e r t cos ωt + Im λ1 + λ ¯ 2 e r t sin ωt Re λ1 + λ {z } {z } | | α∈R
Ce qui prouve la formule annoncée.
Remarque 5.12
´
β∈R
Dans le cas réel, S R (E) est encore un R-espace vectoriel de dimension 2.
Exemple 5.6 Résolvons dans R l’équation différentielle y ′′ = ω2 y où ω ∈ R∗ . Son discriminant réduit est ω2 > 0. Les racines de l’équation caractéristique sont donc ±ω et les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions : t 7→ αe ωx + βe −ωx avec α, β ∈ R. Exemple 5.7 Résolvons maintenant, toujours dans R, l’équation différentielle y ′′ = −ω2 y où ω ∈ R∗ .Son discriminant réduit est ω2 < 0. Les racines de l’équation caractéristique sont ±i ω et les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions : t 7→ α cos (ωx) + β sin (ωx) avec α, β ∈ R.
5.4.4 Équation différentielle du second ordre avec second membre On considère dans toute la suite une équation différentielle du second ordre à coefficients complexes ∀t ∈ I
a y ′′ + by ′ (t ) + c y (t ) = d (t )
(E)
où a, b, c ∈ C, a 6= 0 et d : I → C. On admettra les résultats suivants : P ROPOSITION 5.16 ♥ Toute solution de (E) est somme d’une solution particulière de l’équation homogène associée à (E) et d’une solution particulière de (E).
213
P ROPOSITION 5.17 Cas où d est une fonction polynomiale On suppose que d est une fonction polynomiale. Alors (E) possède une solution particulière de la forme : – Q si c 6= 0. – t Q si c = 0 et 6= 0 – t 2 Q si b = c = 0. où Q est une fonction polynomiale de même degré que P. P ROPOSITION 5.18 Cas où d = Pe mt On suppose que d est de la forme d : t 7→ P (t ) e mt où P est une fonction polynomiale et où m ∈ C. Alors (E) possède une solution particulière de la forme : – Q si m n’est pas une racine de aX2 + bX + c = 0 – t Q si m est une racine simple de aX2 + bX + c = 0 – t 2 Q si m est une racine double de aX2 + bX + c = 0 où Q est une fonction polynomiale de même degré que P. P ROPOSITION 5.19 Cas où d est une combinaison linéaire de fonctions sin et cos Soient η1 , η2 , a, b, c, ω ∈ R avec ω 6= 0. L’équation ∀t ∈ I, a y ′′ (t ) + by ′ (t ) + c y (t ) = η1 cos (ωt ) + η2 sin (ωt )
(E)
admet une solution particulière sur I de la forme t 7→ µ1 cos (ωt ) + µ2 sin (ωt ) où µ1 , µ2 ∈ R. Démonstration Soit ϕ0 : t 7→ µ1 cos (ωt) + µ2 sin (ωt). On a la série d’équivalences : ϕ0 est solution de (E) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
aϕ′′0 (t) + bϕ′0 (t) + cϕ0 (t) = η1 cos (ωt) + η2 sin (ωt) ³³ ´ ´ ³³ ´ ´ ∀t ∈ I, 1 − ω2 µ1 + ωµ2 cos (ωt) + 1 − ω2 µ2 − ωµ1 sin(ωt) = η1 cos (ωt) + η2 sin (ωt) (¡ ¢ 1 − ω2 µ1 + ωµ2 = η1 ¡ ¢ 2 −ωµ1 + 1 − ω µ2 = η2 ∀t ∈ I,
¡
¢
Le déterminant de ce système est 1 − ω2 + ω2 6= 0 et le système possède toujours un couple solution. L’équation (E) admet donc toujours une solution de la forme indiquée.
Exemple 5.8 Résolvons (E) : y ′′ − y ′ − 2y = 3e −t + t dans R. Le discriminant de l’équation caractéristique associée à l’équation différentielle y ′′ − y ′ −2y = 0 est 9. Ses deux racines sont¡ −1¢ et 2. Les solutions de cette équation sont donc les fonctions t 7→ αe −t + βe 2t . Cherchons une solution particulière de E′ : y ′′ − y ′ − 2y = 3e −t .Par application du critère 5.18, comme −1 est une racine de l’équation caractéristique, il faut cette solution particulière sous la forme ¡ chercher ¢ ′ t 7→ at e −t . En injectant cette fonction dans l’équation différentielle E , on trouve a = −3/2. Cherchons maintenant une ¡ ¢ solution particulière de E′′ : y ′′ − y ′ − 2y = t . La forme du second membre nous invite à utiliser le critère 5.17 et à chercher cette solution particulière sous la forme t 7→ bt + c . Par la même méthode que précédemment, on trouve : b = −1/2 et c = 0. Le principe de superposition nous permet alors d’affirmer que t 7→ −1/2t − 3/2e −t est une solution particulière de (E). Enfin, les solutions de (E) sont les fonctions t 7→ αe −t + βe 2t − 1/2t − 3/2e −t où α, β ∈ R.
En résumé Les quatre points principaux de ce chapitres, à connaître parfaitement, sont : 1
Le théorème de résolution des équations différentielles linéaires du premier ordre.
2
La méthode de variation de la constante.
3
Le théorème de résolution des équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients complexes.
4
Le théorème de résolution des équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients réels.
Ce chapitre utilise de nombreux résultats du cours d’analyse. Le diagramme suivant explique la filiation du théorème fondamental donnant les solutions d’une équation différentielle linéaire du premier ordre.
214
5. Équations différen-tielles.
Théorème fondamental 5.4
Existence d’une primitive 13.30
Théorème Fondamental de l’Analyse 13.29
Chasles fonctions continues par morceaux 13.19
Chasles fonctions continues par morceaux sur un segment 13.18
¯R ¯ ¯ ¯ R¯ ¯f É ¯ f ¯ 13.22
Unicité 13.27
Dévelop pement limité à l’ordre 1 d’une fonction dérivable 14.1
Dérivé nulle ⇒ Cte 12.13
Accroissements finis 12.10
Linéarité de R fonctions continues par morceaux 13.15
Positivité de R fonctions continues par morceaux 13.17
Chasles fonctions en escalier 13.7
14. Dévelop - pements limités
f Ég⇒ R R f É g
13.16
Positivité R de fonctions en escalier 13.6
Existence de l’encadrement par fonctions en escalier 13.13
Linéarité R de fonctions en escalier 13.4
Approximation uniforme par fonctions en escalier 13.12
Continue par morceaux = continue + en escalier 13.11
Image continue d’un segment 11.49
11. Fonction d’une variable réelle
12. Dérivation
Théorème de Rolle 12.9
Condition nècessaire d’extremum 12.8
Approximation d’une fonction continue par des fonctions en escalier 13.10
Passage à la limite dans É 10.14
Théorème de Heine 11.51
10. Suites réelles Théorèmes généraux 11.42
Bolzano Weierstrass 10.30
TVI 2ième forme 11.46
Théorème des Gendarmes 10.16
Axiome n◦ 3 (bon ordre) Convergence des suites adjacentes 10.27
TVI 11.44 Limite séquentielle 11.22 Convergence monotone 10.25 Propriétés de la borne supérieure
9. Propriétés de R.
Caractérisation de la borne supérieure 9.9
215
8. Propriétés de N.
On peut encore faire le lien avec les différents chapitres du programme :
5. Équations différen-tielles.
Premier ordre
Théorème fondamental 5.4
Second ordre
Équation complète
Équation homogène
Calcul des primitives Structure de l’ensemble des solutions
Primitives usuelles
Équation du second degré
4. Fonctions usuelles
13. Intégration
23. Espaces vectoriels
1. Complexes
216
16. Fonctions complexes
5.5 Exercices 5.5.1 Équations différentielles linéaires du premier ordre Exercice 5.1 ♥ Résoudre sur R les équations différentielles suivantes : 4. y ′ + 2y = e 2x
1. y ′ + y = cos x + sin x
2. y ′ − 3y = 2
5. y ′ + y = sin 2x 6. y ′ − 5y = e 5x
′
3. y − 2x y = sh x − 2x ch x
Solution : Après avoir résolu l’équation homogène, on cherche une solution particulière. Si celle-ci n’est pas évidente, on utilise ici un des critères 5.8, 5.9 ou 5.10 ainsi que le principe de superposition 5.7. 1. ϕα : R → R,
2. ϕα : R → R, 3. ϕα : R → R, 4. ϕα : R → R, 5. ϕα : R → R, 6. ϕα : R → R,
x 7→ sin (x) + αe −x ; x 7→ −2/3 + αe
3x
x2
;
α∈R
α∈R
x 7→ αe + ch x; α ∈ R ¡ ¢ x 7→ 1/4e 4 x + α e −2 x ; α ∈ R
x 7→ −2/5cos(2x) + 1/5sin(2x) + αe −t ; x 7→ (x + α) e
5x
;
α∈R
α∈R
Exercice 5.2 ♥ Résoudre sur R les équations différentielles suivantes : 1. y ′ + 2y = x 2
4. y ′ + y = x − e x + cos x
3. y ′ − y = (x + 1) e x
6. y ′ + y = sin x + 3sin 2x .
¡
¢
5. y ′ + y = x 2 − 2x + 2 e 2x
2. y ′ + y = 2sin x
Solution : Après avoir résolu l’équation homogène, on cherche une solution particulière. Si celle-ci n’est pas évidente, on utilise ici un des critères 5.8, 5.9 ou 5.10 ainsi que le principe de superposition 5.7. 1. ϕα : R → R,
2. ϕα : R → R, 3. ϕα : R → R, 4. ϕα : R → R, 5. ϕα : R → R, 6. ϕα : R → R,
x 7→ 1/4 − 1/2 x + 1/2 x 2 + αe −2 x ; −x
α∈R
x 7→ − cos (x) + sin (x) + αe ; α ∈ R ¡ ¢ x 7→ 1/2 x 2 + x + α e x ; α ∈ R
x 7→ x − 1 − 1/2e x + 1/2 cos (x) + 1/2 sin (x) + αe −x ; ¡ ¡ ¢ ¢ x 7→ 1/27 26 − 24 x + 9 x 2 e 3 x + α e −x ; α ∈ R
α∈R
x 7→ −1/2 cos (x) + 1/2 sin (x) − 6/5 cos (2 x) + 3/5 sin (2 x) + αe −x ;
α∈R
Exercice 5.3 ♥ Résoudre sur R les équations différentielles suivantes : 2
1. (1 + x 2 )y ′ + 2x y = e x + x . p ¡ ¢ 2. 1 + x 2 y ′ + x y = 1 + x 2 ′
5. y ′ + 2x y = 2xe −x . ¡
¢2
¡
¢
6. x 2 + 1 y ′ + 2x x 2 + 1 y = 1 .
x−x 2
3. y + 2x y = e . ¡ ¢ ¡ ¢ 4. 1 + x 2 y ′ = x y + 1 + x 2 .
7.
p
1 + x 2 y ′ − y = 1.
Solution : Après avoir normalisé si nécessaire l’équation différentielle étudiée et vérifié que l’équation normalisée est définie sur R, on résout l’équation homogène associée puis on cherche une solution particulière en utilisant la méthode de variation de la constante si celle ci n’est pas évidente. e x +1/2 x 2 +α ; α∈R 1+x 2 px+α ; α∈R 1+x 2
1. ϕα : R → R,
x 7→
2. ϕα : R → R,
x 7→
3. ϕα : R → R,
x 7→ (e x + α) e −x ; α ∈ R ¡ ¢p x 7→ . argsh (x) + α 1 + x 2 ; ¡ ¢ 2 x 7→ x 2 + α e −x ; α ∈ R
4. ϕα : R → R, 5. ϕα : R → R,
2
α∈R
217
arctan(x)+α ; α∈R 1+x 2 argsh x
6. ϕα : R → R,
x 7→
7. ϕα : R → R,
x 7→ −1 + αe
;
α∈R
Exercice 5.4 ♥ Résoudre sur R les équations différentielles suivantes : 1. 2. 3. 4.
¡
¢
5. 1 + cos2 x y ′ − sin 2x y = cos x
(2 + cos x) y ′ + sin x y = (2 + cos x) sin x .
y ′ − y = e x sin 2x .
¡
¢
6. x 2 + 1 y ′ + x y = 1
(1 + e x ) y ′ + e x y = 1 + e x . ch x y ′ − sh x y = sh3 x .
sh x 7. y ′ − 1+ch x y = sh x .
Solution : Après avoir normalisé si nécessaire l’équation différentielle étudiée et vérifié que l’équation normalisée est définie sur R, on résout l’équation homogène associée puis on cherche une solution particulière en utilisant la méthode de variation de la constante. 1. ϕα : R → R,
x 7→ (2 + cos x) (α − ln (2 + cos x)); x
2. ϕα : R → R,
x
x 7→ −1/2e cos (2 x) + αe ; α + x + ex ; α∈R x 7→ 1 + ex ¢ ¡ x 7→ ch x α + ch x + ch1x ;
3. ϕα : R → R, 4. ϕα : R → R,
x
5. ϕα : R → R,
x
x 7→ −1/2e cos (2 x) + αe ; argsh(x)+α p ; 1+x 2
α∈R
α∈R
α∈R
α∈R
6. ϕα : R → R,
x 7→
7. ϕα : R → R,
x 7→ (1 + ch x) (α + ln (1 + ch x));
α∈R α∈R
Exercice 5.5 ♥ Résoudre sur les intervalles spécifiés les équations différentielles suivantes : 1. y ′ + y cotan x = sin x sur ]0, π[.
2. x y ′ + y = sin3 x sur R∗− . ¡
¢
¡
4. sin x y ′ − cos x y + 1 = 0 sur ]0, π[. ¤
5. y ′ + (tan x) y = cos3 x sur − π2 , π2
¢
3. x 1 + ln2 x y ′ − 2ln x y = 1 + ln2 x 2 .
6.
p
1 − x 2 y ′ + y = 1 sur ]−1, 1[.
£
Solution : Après avoir normalisé si nécessaire l’équation différentielle étudiée et vérifié que l’équation normalisée est définie sur l’intervalle spécifié, on résout l’équation homogène associée puis on cherche, si nécessaire, une solution particulière en utilisant la méthode de variation de la constante. 1. ϕα : R → R,
x 7→
2. ϕα : R → R,
x 7→
3. ϕα : R∗+ → R,
1/2 x−1/4 sin(2 x)+α ; α∈R sin(x) 1/12 cos(3 x)−3/4 cos(x)+α ; α∈R x ¡ ¢ 2
x 7→ 1 + ln x (α + ln x); sin(x) tan(x)
4. ϕα : R → R,
x 7→
6. ϕα : R → R,
x 7→ 1 + αe − arcsin(x) ;
5. ϕα : R → R,
α∈R
+ α sin (x) = cos x + α sin x;
x 7→ cos (x) (1/4 sin (2 x) + 1/2 x + α); α∈R
α∈R
α∈R
Exercice 5.6 ♥ Résoudre sur les intervalles spécifiés les équations différentielles suivantes : ¤
£
1. y ′ + (tan x) y − sin 2x = 0 sur − π2 , π2 . 2. sh x y ′ − ch x y = 1 sur R∗+ puis sur R∗− . ¡ ¢ 3. x 3 y ′ + 4 1 − x 2 y = 0 sur R∗+ .
4.
p
x 2 − 1 y ′ + y = 1 sur [1, +∞[.
5. sin3 x y ′ = 2cos x y sur ]0, π[.
Solution : Après avoir normalisé si nécessaire l’équation différentielle étudiée et vérifié que l’équation normalisée est définie sur l’intervalle spécifié, on résout l’équation homogène associée puis on cherche, si nécessaire, une solution particulière en utilisant la méthode de variation de la constante. 1. ϕα : R → R,
x 7→ −2 (cos (x))2 + α cos (x);
α∈R
218
2. ϕα : R → R, 3. ϕα : R → R, 4. ϕα : R → R, 5. ϕα : R → R,
α ∈ R. Le α trouvé pour R∗+ n’a rien à voir avec le α trouvé pour R∗− .
x 7→ − ch x + α sh (x); −2
x 7→ α e 2 x x 4 ;
α∈R
α ; α∈R p x + x2 − 1 ´ ³ −1 x 7→ α e 2 (−1+cos(2 x)) = α exp 12 ; α ∈ R x 7→ 1 + αe
− argch x
= 1+
sin x
Exercice 5.7 ♥ Soit k > 0. Montrer qu’il existe une unique condition initiale y 0 ∈ R telle que la solution du problème de Cauchy y ′ − k y = sin t
y(0) = y 0
soit bornée sur [0, +∞[. Solution :
On cherche la solution générale de l’équation différentielle , avec une solution particulière de la forme
t 7→ A cos t + B sin t . On trouve que les solutions sont les fonctions : y(t ) = −
1
(k sin t + cos t ) + Ce k x
k2 + 1
Pour qu’une telle solution soit bornée sur [0, +∞[, il faut et il suffit que C = 0 et alors y(x) = −
qui correspond à la donnée initiale y(0) = −
1 (k sin t + cos t ) k2 + 1
1 . k2 + 1
Exercice 5.8 ♥♥ Déterminer les fonctions f : R 7→ R continues vérifiant ∀x ∈ R , f (x) = sin x + 2
Zx
e x−t f (t ) dt .
0
Attention 5.9 Cet exercice utilise le théorème fondamental de l’analyse 13.29 page 531.
Solution : Soit f une telle fonction. Elle vérifie : ∀x ∈ R , f (x) = sin x + 2e
x
Zx
e −t f (t ) dt
0
D’après le théorème fondamental de l’analyse, f est de classe C 1 sur R et ∀x ∈ R , f ′ (x) = cos x + 2f (x) + 2e x
Zx
e −t f (t ) dt = 3f (x) + cos x − sin x
0
Par conséquent, f doit être une solution de l’équation différentielle (E) : y ′ − 3y = cos x − sin x
On cherche l’ensemble des solutions de (E) et on trouve S E = {Ce 3x −
Puisque f (0) = 0, il vient :
1 1 cos x + sin x} 4 5
1 1 2 f (x) = e 3x − cos x + sin x 5 5 5
et on vérifie que cette fonction convient. Exercice 5.9 ♥ Résoudre pour un entier n Ê 1 l’équation différentielle : (En ) : y ′ +
nx y = (x + 1)n e x x +1
sur l’intervalle I =] − 1, +∞[. 219
Solution : L’ensemble des solutions de l’équation homogène est S H = {x 7→ Ce −nx (x + 1)n ; C ∈ R }
On cherche une solution particulière sous la forme y(x) = C(x)e −nx (x + 1)n
et la méthode de la variation de la constante donne C′ (x) = e (n+1)x
Une solution particulière est y(x) =
L’ensemble des solutions est donc S = {x 7→
(x + 1)n e x n +1
e x (x + 1)n + Ce −nx (x + 1)n ; C ∈ R } n +1
Exercice 5.10 ♥♥ On considère une fonction a : R 7→ R continue et T-périodique. Montrer que pour toute solution non-nulle ϕ de l’équation différentielle (E) : y ′ − a(x)y = 0
il existe un unique réel α tel que la fonction définie par ψ(x) = e −αx ϕ(x) soit T- périodique. Attention 5.10 Cet exercice utilise le théorème fondamental de l’analyse 13.29 page 531. Solution : Soit une solution ϕ de l’équation différentielle. Pour tout x ∈ R, on a ϕ(x) = ϕ(0)e
Rx 0
a(t ) dt
Soit α ∈ R . La fonction ψ donnée par ψ(x) = e −αx ϕ(x) vérifie alors Rx+T ψ(x + T) = e −αT+ x a(t ) dt ψ(x)
Mais la fonction définie par A(x) =
Rx+T
a(t ) dt est de classe C (1) sur R d’après le théorème fondamental, et ∀x ∈ R , RT ψ(x + T) A (x) = a(x + T) − a(x) = 0. Par conséquent, = e −αT+ 0 a(t ) dt . On doit donc avoir ψ(x) ′
x
1 α= T
ZT
a(t ) dt
0
et on vérifie réciproquement que ψ est T-périodique. Exercice 5.11 ♥♥ Trouver toutes les fonctions f : [0, +∞[7→ R continues sur l’intervalle I = [0, +∞[, vérifiant : ∀x ∈]0, +∞[,
2x f (x) = 3
Zx
f (t )d t
0
Attention 5.11 Cet exercice utilise le théorème fondamental de l’analyse 13.29 page 531.
Solution : Comme f est continue, par application du théorème fondamental de l’analyse, il existe une primitive F de f sur R+ qui s’annule en 0. On a de plus, pour tout x ∈ R∗+ , la relation : 2x f (x) = 3F (x) qui permet d’affirmer que, comme F est dérivable sur R∗+ , il en est de même de f . La fonction f est alors solution de l’équation différentielle : ∀x ∈ R∗+ ,
et donc il existe α ∈ R tel que f :
½
R∗+ x
−→ 7−→
R p α x
2x f ′ (x) − f (x) = 0
. Réciproquement, on vérifie que les fonctions de cette forme
sont solutions de l’équation fonctionnelle de départ. 220
5.5.2 Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants Exercice 5.12 ♥ Résoudre les équations différentielles (E) données par : 1. y ′′ − 3y ′ + 2y = e t
4. y ′′ + y = sin 2t
3. y ′′ + 2y ′ + 5y = cos2 t
6. y ′′ − 4y ′ + 4y = e t + (3t − 1)e 2t + t − 2
2. y ′′ − 4y ′ + 4y = (t 2 + 1)e 2t
5. y ′′ + y ′ − 2y = sin t e t
Solution : 1. Les racines de l’équation caractéristique associée à (E) sont 1 et 2. Les solutions de l’équation générale sont les fonctions t 7→ Ae t + Be 2t avec (A, B) ∈ R2 . Comme 1 est une racine de l’équation caractéristique, on cherche une solution particulière de (E) de la forme : t 7→ at e t . On trouve a = −1. Les solutions de (E) sont les fonctions t 7→ (A − t )e t + Be 2t avec (A, B) ∈ R2 .
2. 2 est une racine double de l’équation caractéristique associée à l’équation. Les solutions de l’équation homogène sont donc ¡les fonctions¢ t 7→ (At + B) e 2t avec (A, B) ∈ R2 . On cherche une solution particulière de (E) sous la 2 2 2t trouve alors a = 1/12, b = 0 et c = 1/2. Les solutions de E sont donc les fonctions forme ¡ 2: t ¡at +2bt ¢ + c e ¢. On t 7→ t /12 6 + t + At + B e 2t avec (A, B) ∈ R2 .
3. L’équation caractéristique associée à (E) admet deux racines complexes conjuguées −1 ± 2i . Les solutions de l’équation homogène sont donc les fonctions t 7→ (A cos 2t + B sin 2t ) e −t . Linéarisons le second membre, on obtient : cos2 t = 1/2(1 + cos 2t ). Une solution particulière de y ′′ + 2y ′ + 5y = 1/2cos (2t ) est t 7→ 1/34cos 2t + 2/17sin 2t . Une solution particulière de y ′′ + 2y ′ + 5y = 1/2 est la fonction constante :t 7→ 1/10. On applique alors le principe de superposition et les solutions de (E) sont les fonctions t 7→ (A cos 2t + B sin 2t ) e −t + 1/34cos 2t + 2/17sin 2t + 1/10 avec (A, B) ∈ R2 .
4. L’équation caractéristique associée à (E) admet deux racines complexes conjuguées ±i . Les solutions de l’équation homogène sont donc les fonctions : t 7→ A cos t +B sin t avec A, B ∈ R. On cherche une solution particulière de (E) de la forme t 7→ a cos 2t + b sin 2t . On trouve a = 0 et b = −1/3. Les solutions de (E) sont donc les fonctions t 7→ (A cos t + B sin t ) − 1/3sin 2t avec (A, B) ∈ R2 .
5. On vérifie facilement que les solutions de l’équation homogène sont les fonctions : t 7→ Ae t + Be −2t . Introduisons l’équation complexe y ′′ + y ′ − 2y = e (1+i)t . On calcule une solution particulière facilement :t 7→ −e t /10(3cos t + sin t ). Les solutions de (E) sont donc les fonctions : t 7→ Ae t + Be −2t − e t /10(3cos t + sin t ) avec (A, B) ∈ R2 .
6. On détermine facilement les solutions de l’équation homogène. On utilise le principe de superposition pour chercher une solution particulière. On trouve la solution générale : t 7→ e t +
t 3 − t 2 2t t − 1 e + + (At + B)e −t 2 4
avec (A, B) ∈ R2 . Exercice 5.13 ♥ Résoudre sur R les équations différentielles 1. y ′′ − 2y ′ + y = t e t
4. y ′′ + 4y ′ − 5y = 2e t
5. y ′′ + y ′ + y = e t cos t .
2. y ′′ − 4y ′ + 5y = cos 2t − 2sin 2t
6. y ′′ − 3y ′ + 2y = (t 2 + 1)e t
3. y ′′ + 9y = cos 2t e t . Solution :
1. On détermine facilement les solutions de l’équation homogène. Comme 1 est une racine double de l’équation caractéristique, on cherche une solution particulière de la forme t 7→ t 2 (at + b) e t et on trouve a = 1/6 et b = 0. Finalement, les solutions de l’équation sont les fonction t 7→ (At + B) e t + 1/6t 3 e t avec (A, B) ∈ R2 . 2. On montre facilement que les solutions de l’équation sont les fonctions t 7→ (A cos t + B sin t )e 2t − 3/13cos 2t − 2/13sin 2t avec (A, B) ∈ R2 .
3. On détermine facilement les solutions de l’équation homogène. On cherche une solution particulière de l’équation différentielle : y ′′ + 9y = e (1+2i)t sous la forme t 7→ ae (1+2i)t . On trouve a = 3/26 − i /13. Une solution particulière de (E) est donnée par la partie réelle de cette fonction, soit t 7→ 1/26(3cos 2t + 2sin 2t ) e t et les solutions de (E) sont les fonctions : t 7→ A cos 3t + B sin 3t + 1/26(3cos 2t + 2sin 2t ) e t avec (A, B) ∈ R2 .. 221
1 3 5. On cherche une solution particulière de y ′′ + y ′ + y = e (1+i)t de la forme t 7→ ae (1+i) t . On trouve alors une solution 2 particulière de (E) qui est t 7→ (2/13 cos t + 3/13 sin t )e t . Les solutions de (E) sont les fonctions :t 7→ ( cos t + 13 p p t 3 3 3 −2 − 2t t 2 sin t )e + Ae cos t + Be sin t avec (A, B) ∈ R . 13 2 2 ¶ µ 1 6. On montre facilement que les solutions de l’équation sont les fonctions t 7→ − t 3 − t 2 − 3t e t + Ae t + Be 2t avec 3 (A, B) ∈ R2 .
4. On montre facilement que les solutions de l’équation sont les fonctions t 7→ t e t + Ae t + Be −5t avec (A, B) ∈ R2 .
Exercice 5.14 ♥♥ Résoudre en fonction de m ∈ R :
y ′′ − 2y ′ + m y = cos x
(Em )
Solution : On note Sm l’ensemble solution de cette équation différentielle. Le discriminant réduit de l’équation caractéristique vaut 1 − m . On est donc conduit à étudier les trois cas : 1
Si m < 1, on trouve Sm = {x 7→
p B sh 1 − mx | A, B ∈ R} 2
Si m = 1, on trouve Sm = {x 7→ −
3
Si m > 1, on trouve Sm = {x 7→
¢ ¡ p m −1 2 cos x − sin x + A ch (1 + 1 − m)x + (m − 1)2 + 4 (m − 1)2 + 4
sin x + Ae x + Bxe x | A, B ∈ R} 2
¢ ¡p ¢¢ ¡ ¡p −2sin x + (m − 1) cos x + e x A cos ( m − 1)x + B sin ( m − 1)x | A, B ∈ R}. (m − 1)2 + 4
Exercice 5.15 ♥♥ Soit m ∈ R . Résoudre l’équation différentielle (solutions réelles) : m y ′′ − (1 + m 2 )y ′ + m y = xe x
Solution : L’équation caractéristique est (r − m)(mr − 1) = 0. Il faut distinguer le cas m = 0 et le cas m 6= 0. Pour chercher une solution particulière, distinguer le cas où m = 1 des autres cas.
5.5.3 Résolution par changement de fonction inconnue Exercice 5.16 ♥ Résoudre sur R l’équation différentielle :
en introduisant la fonction z = y ′ + y .
¡
¢ ¡ ¢ t 2 + 1 y ′′ + t 2 − 2t + 1 y ′ − 2t y = 0 ¡
¢¡
¢
Solution : Remarquons que l’équation s’écrit aussi : t 2 + 1 y ′′ + y ′ − 2t (y ¡+ y ′ ) =¢ 0. Supposons qu’il existe une solution y de l’équation différentielle. Posons z = y ′ + y . La fonction z ¡vérifie¢ : 1 + t 2 z ′ − 2t z = 0. Cette ¡équation ¢ est linéaire et du premier degré. Ses solutions sont les fonctions : zα : t 7→ α t 2 + 1 . Reste à résoudre y ′ + y = α t 2 + 1 . Ses ¡
¢
solutions sont : t 7→ α t 2 − 2t + 3 + βe −t avec α, β ∈ R. On en déduit que y est de cette forme. Réciproquement, toute fonction de cette forme est solution de l’équation différentielle. Exercice 5.17 ♥ Résoudre sur R l’équation différentielle : (E) :
y ′′ + 4t y ′ + (11 + 4t 2 )y = 0
2
en introduisant la fonction z (t ) = e t y (t ). 222
Solution :
Supposons qu’il existe une solution y de (E). Considérons, pour tout t ∈ R, la fonction z donnée par : 2 2 2 z (t ) = e y (t ), soit y(t ) = e −t z(t ). D’où y ′ (t ) = (z ′ − 2t z)e −t et y ′′ (t ) = (z ′′ − 4t z ′ + (4t 2 − 2)z(t ))e −t . Donc 0 = 2 2 y ′′ (t ) + 4t y ′ (t ) + (11 + 4t 2 )y(t ) = (z ′′ (t ) − 4t z ′ (t ) + (4t 2 − 2)z + 4t z ′ − 8t 2 + 11 + 4t 2 )e −t = (z ′′ + 9z)e −t . Donc z vérifie l’équation du ½ second degré à coefficients constants : z ′′ + 9z = 0. Les solutions de cette équation différentielle sont de la t2
forme : ϕα,β :
R x
−→ 7−→
R α cos 3t + β sin 3t
ψα,β :
où α, β ∈ R. Par conséquent y est de la forme :
½
R x
−→ 7−→
R ¡ ¢ 2 α cos 3t + β sin 3t e −t
avec α, β ∈ R. On vérifie réciproquement que les fonctions de cette forme sont solution de l’équation. Exercice 5.18 ♥ Résoudre sur R l’équation différentielle : (E)
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ − x 4 + 2x 2 + 1 y ′′ + 4x x 2 + 1 y ′ + x 4 − 4x 2 + 3 y = 0
y (x) en introduisant la fonction z (x) = 1+x 2.
Solution : Supposons qu’il existe une solution y de (E). Considérons pour tout x ∈ R la fonction donnée par z (x) = y (x)/1 + x 2 . Comme : ¡ ¢ y (x) = 1 + x 2 z (x) ,
¡ ¢ y ′ (x) = 1 + x 2 z ′ (x) + 2xz (x)
et
¡ ¢ y ′′ (x) = 1 + x 2 z ′′ (x) + 4z ′ (x) + 2z (x) ,
en remplaçant dans (E), on trouve que la fonction z est alors solution de l’équation du second degré à coefficients ½ constants : z ′′ − z = 0. Les solutions de cette équation différentielle sont les fonctions : ϕα,β :
où α, β ∈ R. Par conséquent y est de la forme : ψα,β :
½
R x
−→ 7−→
R x
−→ 7−→
R αe x + βe −x
R ¡ x ¢¡ ¢ αe + βe −x 1 + x 2
avec α, β ∈ R. On vérifie réciproquement que toute fonction de cette forme est solution de (E). Exercice 5.19 ♥ On se propose de résoudre l’équation différentielle : (E) : y ′′ +
1 2x 2
y = 0. ¡ ¢
t
1. Soit y une solution du problème. On pose pour tout t ∈ R : z (t ) = y e t e − 2 . (a) Exprimer y (x) en fonction de z (ln (x)) pour tout x > 0.
¡ ¢
(b) En déduire que la fonction t 7→ z (t ) vérifie sur R une équation E′ d’ordre 2 à coefficients constants. ¡ ¢
(c) Résoudre E′ .
2. Résoudre (E). Solution : 1.
¡ ¢
p
t
(a) Soit t ∈ R et x ∈ R∗+ tels que t = ln x . Si z (t ) = y e t e − 2 alors y (x) = xz (ln x).
(b) Pour x ∈ R∗+ , on déduit de l’égalité précédente que : y ′ (x) =
1 p x
³1 2
z (ln x) + z ′ (ln x)
´
et
´ 1 1 ³ y ′′ (x) = p z ′′ (ln x) − z (ln x) 4 x x
En remplaçant dans (E), on obtient, pour tout t ∈ R : ¡ ′ ¢ ′′ 1 E : z (t ) + z (t ) 4
qui est une équation du second degré à coefficients constants. 223
(c) D’après le cours, ses solutions sont les fonctions : z:
½
−→ 7−→
R t
R α cos 2t + β sin 2t
où α, β ∈ R.
2. On en déduit que les solutions de (E) sont les fonctions : y:
½
R∗+ x
−→ 7−→
R α cos ln2x + β sin ln2x
où α, β ∈ R.
5.5.4 Résolution d’équations différentielles par changement de variable Exercice 5.20 ♥ Résoudre sur ]0, +∞[ puis sur R :
4x y ′′ + 2y ′ − y = 0
p
(on posera t = x ) ¡ ¢
Solution : Soit y une solution de (E) sur ]0, +∞[. Posons z (t ) = y t 2 . Comme y est deux fois dérivable il en est de même de z et on a : ¡ ¢ z (t ) z ′ (t ) ′′ z (t )
= y t2
¡ ¢ . = 2t y ′ t 2 ¡ ¢ ¡ ¢ = 2y ′ t 2 + 4t 2 y ′′ t 2
Comme y est solution de la première équation, z est solution de : f ′′ − f p = 0. Par conséquent, il existe (A, B) ∈ R2 tel p que z : t 7→ A ch t + B sh t . La fonction y est alors donnée par : y : x 7→ A ch( x) + B sh( x). Réciproquement, on vérifie que les fonctions de cette forme sont solution ¡ ¢ de l’équation sur ]0, +∞[. Sur ] − ∞, 0[, on pose x = −t 2 et z (t ) = y t 2 .
¡
z (t ) z ′ (t ) ′′ z (t )
¢
¡ ¢ = y −t 2 ¡ ¢ . = −2t y ′ −t 2 ¡ ¢ ¡ ¢ = −2y ′ t 2 + 4t 2 y ′′ t 2
Donc z ′′ (t )p= −z (t ). Donc il existe A′ , B′ ∈ R2 tel que z : t 7→ A′ ch t + B′ sh t . La fonction y est alors donnée par : y : p ′ ′ x 7→ A cos( −x) + B sin( −x). Réciproquement, on vérifie que les fonctions de cette forme sont solution de l’équation sur ] − ∞, 0[. impose B = B′ . Pour avoir une solution sur R, la continuité en zéro impose A = A′ . La continuité en zéropde la dérivée p 2 (A, B) ∈ R , la fonction ψA,B définie par ψA,B (x) = A ch( x) + B sh( x) pour x Ê 0 et Réciproquement,psi on se donne p ψA,B (x) = A cos( −x) + B sin( −x) est solution sur R. Exercice 5.21 ♥ Résoudre sur R∗+ l’équation différentielle : (E) :
x 2 y ′′ + 3x y ′ + y = x 2
en effectuant le changement de variable t = ln x . ¡ ¢
Solution : Soit y une solution de (E) sur R∗+ . Posons z (t ) = y e t . Comme y est deux fois dérivable il en est de même de z et on a : ¡ ¢ z (t ) z ′ (t ) ′′ z (t )
= y et
¡ ¢ . = et y′ et ¡ ¢ ¡ ¢ = e t y ′ e t + e 2t y ′′ e t
Comme y est solution de la première équation, z est solution de : f ′′ +2f ′ + f = e 2t . Par conséquent, il existe (A, B) ∈ R2 tel que z : t 7→ (At + B) e −t + 1/9e 2t . La fonction y est alors donnée par : y : x 7→ vérifie que les fonctions de cette forme sont solutions de l’équation sur ]0, +∞[. 224
(A ln x + B) x 2 + . Réciproquement, on x 9
Exercice 5.22 ♥ Résoudre sur R l’équation différentielle : ¡
(E) :
1 + x2
¢2
en effectuant le changement de variable t = arctan x .
¡ ¢ y ′′ + 2x 1 + x 2 y ′ + 4y = 0
Solution : Soit y une solution de (E) sur R∗+ . Posons z (t ) = y (tan t ). Comme y est deux fois dérivable, il en est de même de z et on a : y (x) ′ y (x) y ′′ (x)
= z (arctan x) 1 = z ′ (arctan x) . 1 + x2 1 −2x ′ ′′ =¡ ¢2 z (arctan x) + ¡ ¢2 z (arctan x) 1 + x2 1 + x2
Comme y est solution de la première équation, z est solution de : f ′′ +4f = 0. Par conséquent, il existe (A, B) ∈ R2 tel que z : t 7→ A cos 2t +B sin 2t . La fonction y est alors donnée par : y : x 7→ cos (2arctan x)+B sin (2arctan x). Réciproquement, on vérifie que les fonctions de cette forme sont solutions de l’équation sur R. Exercice 5.23 ♥ Résoudre l’équation différentielle : (E) :
(1 − x 2 )y ′′ − x y ′ + 9y = 0
d’inconnue y :] − 1; 1[−→ R supposée deux fois dérivables. On pourra utiliser le changement de variable défini par t = arcsin x . Solution : Soit y une solution de (E) sur ]−1, 1[. Posons z (t ) = y (sin t ). Comme y est deux fois dérivable, il en est de même de z et on a : y (x) y ′ (x) ′′ y (x)
= z (arcsin x) 1 z ′ (arcsin x) =p . 1 − x2 1 x ′′ ′ ¡ ¢ =¡ ¢ 3 z (arcsin x) + 1 − x 2 z (arcsin x) 1 − x2 2
Comme y est solution de la première équation, z est solution de : f ′′ +9f = 0. Par conséquent, il existe (A, B) ∈ R2 tel que z : t 7→ A cos 3t +B sin 3t . La fonction y est alors donnée par : y : x 7→ cos (3arcsin x)+B sin (3arcsin x). Réciproquement, on vérifie que les fonctions de cette forme sont solutions de l’équation sur R.
5.5.5 Application aux équations différentielles linéaires du premier ordre avec problèmes de raccord des solutions Exercice 5.24 ♥ Résoudre l’équation différentielle (E) :
x2 y ′ + y = 1
sur un intervalle I ⊂ R . Solution : On résout d’abord l’équation sur I1 =] − ∞, 0[ et I2 =]0, +∞[. Sur chacun de ces intervalles, l’équation est équivalente à l’équation normalisée dont l’ensemble des solutions est : {1 +
C | C ∈ R} x
On trouve ensuite que si I est un intervalle contenant 0, la seule solution de (E) sur I est la fonction constante égale à 1. Exercice 5.25 ♥ Résoudre l’équation différentielle (E)
(x 2 − 1)y ′ − x y + 3(x − x 3 ) = 0
sur un intervalle I ⊂ R . 225
Solution : Soit I1 =] − ∞, −1[, I2 =] − 1, 1[ et I3 =]1, +∞[. Sur chacun de ces intervalles, l’équation est équivalente à l’équation normalisée (E′ ) :
y′ −
x
x2 − 1
y = 3x
L’ensemble des solutions de l’équation homogène associée est {x 7→ C
q¯ ¯ ¯x 2 − 1¯ | C ∈ R }
q¯
q¯
¯
¯
On recherche ensuite une solution particulière de la forme y(x) = C(x) ¯x 2 − 1¯ avec C′ (x) = 3x ¯x 2 − 1¯, C(x) = R p 3 x ε(x 2 − 1)d x où ε = +1 sur I1 et I3 , ε = −1 sur I2 . On trouve y(x) = 3(x 2 − 1) comme solution particulière. Donc la solution générale de (E) sur Ik s’écrit q¯ ¯ y(x) = 3(x 2 − 1) + C ¯x 2 − 1¯
Sur un intervalle I contenant 1 ou −1, puisque la fonction (E) est la fonction y(x) = 3(x 2 − 1).
q¯ ¯ ¯ x 2 − 1¯ n’est pas dérivable en 1 et −1, la seule solution de
Exercice 5.26 ♥ On considère l’équation différentielle (E) : x y ′ − 2y = (x − 1)(x + 1)3
1. Résoudre (E) sur des intervalles qu’on précisera. 2. Déterminer les solutions de (E) définies sur R ? Solution : 3
. Celle ci est définie sur I1 = ]−∞, 0[ et I2 = 1. L’équation normalisée associée à (E) est (N) : y ′ − x2 y = (x−1)(x+1) x ]0, +∞[. Appliquant d’abord sur I1 puis sur I2 le théorème fondamental et la méthode de variation de la constante, on trouve que, pour k = 1, 2, les solutions de (N) et donc de (E) sont, sur Ik de la forme : ϕ αk :
(
Ik x
−→
R x4 2
7−→
+ 2 x 3 + 2 x + 21 + αk x 2
;
αk ∈ R
2. Supposons qu’il existe ϕ une solution de (E) définie sur R. Alors ϕ est dérivable sur R et il existe α1 , α2 ∈ R tel 4 4 que : ϕ|I1 = x2 + 2 x 3 + 2 x + 21 + α1 x 2 et ϕ|I2 = x2 + 2 x 3 + 2 x + 12 + α2 x 2 . Posons alors :
ϕ:
R x
−→
R 4 x2 + 2 x 3 + 2 x + 21 + α1 x 2
7−→
0
x4 + 2 x3 + 2 x + 1 + α x2 2 2 2
si x ∈ I1 si x = 0 si x ∈ I2
On vérifie facilement que ϕ est dérivable sur R. Réciproquement, une fonction ϕ ainsi définie est solution de (E) sur R. Exercice 5.27 ♥♥ Résoudre l’équation différentielle x2 y ′ + y = 1
(E)
sur un intervalle I ⊂ R . Solution : Soit I un intervalle ne contenant pas 0. Les solutions de (E) sur I sont les solutions de l’équation normalisée (E′ )
y′ +
1 1 y= x x
(H)
y′ +
1 y =0 x
L’équation homogène associée s’écrit :
1 x
Notons a(x) = , dont une primitive est A(x) = ln |x|. L’ensemble des solutions de l’équation homogène est alors ½
S H = x 7→ ce
− ln|x|
226
C = |C∈R x
¾
(en posant C = −c si I ⊂]−∞, 0[). On trouve ensuite une solution particulière évidente, ye(x) = 1. Les solutions de (E) sur I sont donc de la forme y(x) = 1 +
C x
Si maintenant 0 ∈ I, et y est une solution sur I, alors il existe C1 ∈ R tel que ∀x ∈ I ⊂]0, +∞[, y(x) = 1 +
C1 et il existe x
C2 . Pour que y soit solution en 0, il faut d’après l’équation que y(0) = 1. Pour x qu’une telle fonction soit dérivable en 0, il faut et il suffit que C1 = C2 = 0. La seule solution de (E) sur I est donc la fonction constante égale à 1. C2 ∈ R tq ∀x ∈ I ⊂] − ∞, 0[, y(x) = 1 +
5.5.6 Divers Exercice 5.28 ♥♥ Soit f : R 7→ R de classe C (2) telle que ∀x ∈ R , f ′′ (x) + f (x) Ê 0. Montrer que : ∀x ∈ R ,
f (x) + f (x + π) Ê 0
Solution : Considérer g (x) = f ′′ (x) + f (x) Résoudre l’équation différentielle avec l’hypothèse g Ê 0. Exercice 5.29 ♥♥ Soit p : R 7→ R une fonction continue non-nulle et positive. Montrer que toute solution de (E)
y ′′ + p(x)y = 0
s’annule au moins une fois. Solution : Par l’absurde, si y > 0, y ′′ = −p y É 0., y ′ est décroissante puis y ′ = 0, ensuite p = 0. Exercice 5.30 ♥♥ Soit u : [a, b] 7→ R une fonction de classe C (2) telle que u ′′ (x) + p(x)u ′ (x) > 0
Montrer que u atteint son maximum en a ou en b . Solution : Sinon, en un point intérieur, u ′ (x) = 0, puis u ′′ (x) > 0, d’où u serait localement convexe, une absurdité. Exercice 5.31 ♥♥ Soient deux fonctions f et g continues sur [0, 1] telles que ∀x ∈ [0, 1], f (x) =
Zx 0
g (t ) dt et g (x) =
Zx
f (t ) dt
0
Montrer que f et g sont nulles. Solution : D’après le théorème fondamental, puisque g est continue sur [0, 1], la fonction f est de classe C (1) sur [0, 1], et de même, g est de classe C (1) sur [0, 1], avec ∀x ∈ [0, 1], f ′ (x) = g (x) et g ′ (x) = f (x). On en déduit que f et g sont deux fois dérivables sur [0, 1] et que ∀x ∈ [0, 1], f ′′ (x) = g ′ (x) = f (x), et g ′′ (x) = g (x). Par conséquent, il existe quatre constantes (A, B) ∈ R2 et (A′ , B′ ) ∈ R2 telles que
En injectant dans f (x) = f = g = 0.
Rx 0
∀x ∈ [0, 1], f (x) = A sh x + B ch x et g (x) = A′ sh x + B′ ch x g (t ) dt , et dans g (x) =
Rx 0
f (t ) dt , on trouve que A = B = A′ = B′ = 0 et par conséquent,
Exercice 5.32 ♥♥ Trouver les fonctions f : R 7→ R continues vérifiant : ∀x ∈ R , f (x) = cos x − x −
227
Zx 0
(x − t ) f (t ) dt
Solution : D’aprèsR le théorème sur R , la fonction Rxfondamental, puisque les fonctions f et t 7→ t f (t ′) sont Rcontinues x x F(x) = x f (t ) dt − t f (t ) dt est de classe C (1) sur R , avec ∀x ∈ R , F (x) = f (t ) dt + x f (x) − x f (x) = définie par 0 0 0 Rx f (t ) dt . Par conséquent, la fonction f est de classe C (1) sur R et 0 ∀x ∈ R ,
f ′ (x) = − sin x − 1 −
Zx
f (t ) dt
0
En appliquant encore une fois le théorème fondamental, on montre que f est de classe C (2) sur R et que ∀x ∈ R ,
f ′′ (x) = − cos x − f (x)
donc que f vérifie une équation différentielle du second ordre à coefficients constants. En résolvant cette équation, il existe deux constantes (A, B) ∈ R2 telles que ∀x ∈ R , f (x) = A cos x + B sin x +
x2 sin(x) 2
Mais comme d’après l’équation vérifiée par f , f (0) = 1, et l’équation vérifiée par f ′ , f ′ (0) = −1, on en tire A = 1 et B = −1. Par conséquent, la seule solution possible est f (x) = cos x − sin x −
x sin x 2
On vérifie réciproquement que cette fonction est bien solution de notre problème en calculant l’intégrale t ) f (t ) dt .
Rx 0
(x −
Exercice 5.33 ♥♥ On considère l’équation différentielle (E) : 3y 2 (y ′′ + y ′ ) + 6y y ′2 + y 3 = e −x
On considère une solution y de (E). Déterminer un entier n ∈ N tel que la fonction y n soit solution d’une équation différentielle linéaire à coefficients constants. Trouver alors une solution de (E). Solution : Pour n = 3,
z = y 3 , z ′ = 3y 2 y ′ , z ′′ = 6y y ′2 + 3y 2 y ′′
et par conséquent, z vérifie l’équation différentielle z ′′ + z ′ − z = e −x
En résolvant, il existe (A, B) ∈ R2 tels que z(x) = e −x + A ch
µ
p −1+ 5 2
¶ µ p ¶ −1+ 5 x + B sh x 2
Exercice 5.34 ♥♥ Trouver les fonctions f : R 7→ R de classe C (1) vérifiant ∀x ∈ R , f ′ (x) = f
³π 2
−x
´
Solution : Soit une telle fonction f . Elle est de classe C (2) et en dérivant, elle doit vérifier : ∀x ∈ R , f ′′ (x) = − f ′
³π 2
´ − x = − f (x)
Par conséquent, il existe (A, B) ∈ R2 tels que ∀x ∈ R , f (x) = A cos x + B sin x
En reportant dans l’équation, on trouve que A = 0 et donc que f (x) = B sin x . On vérifie réciproquement que ∀B ∈ R , cette fonction convient.
228
Exercice 5.35 ♥ Déterminer les fonctions f : R 7→ R dérivables vérifiant ∀x ∈ R , f ′ (x) = f (−x)
Solution : Soit f une telle fonction. Elle est deux fois dérivable puisque f ′ est une composée de fonctions dérivable (puisque f = f ′ ◦ ϕ où ϕ(x) = −x ), et en dérivant, on trouve que ∀x ∈ R , f ′′ (x) = − f ′ (−x) = f (x). Par conséquent, f est solution de l’équation différentielle y ′′ = y et donc il existe A, B ∈ R tels que ∀x ∈ R , f (x) = Ae x + Be −x
Mais alors ∀x ∈ R , f ′ (x) = Ae x − Be −x = Ae −x + Be x d’où nécessairement A = B et A = −B et donc f = 0. La fonction nulle vérifie réciproquement la propriété.
229
6
Chapitre
Étude des courbes planes La voiture décrivit une élégante cardioïde et s’arrêta en bas des marches. Boris VIAN - L’écume des jours (1946). On identifiera dans tout ce chapitre, le plan euclidien P à R2 à l’aide d’un repère orthonormal direct. On notera I un intervalle de R non vide et non réduit à un point (ou une réunion de tels intervalles). Nous allons apprendre ici à étudier les courbes du plan. Elles peuvent être vues comme la trajectoire d’un mobile dans le plan et il y aura de nombreuses analogies dans ce chapitre avec celui de cinématique en science physique. Se une telle courbe revient à se donner un couple de fonctions ¡ donner ¢ x, y définies sur un intervalle I de R : x : I → R et y : I → R. La courbe est alors ¡le sous-ensemble du plan formé par les points M (t ) ¢ de coordonnées x (t ) , y (t ) quand le temps t parcourt l’intervalle I. Même si on va utiliser les outils appris au lycée pour étudier les graphes des fonctions d’une variable réelle à valeurs dans R, on comprend que le problème est ici très différent. Une courbe du plan n’est en général pas le graphe d’une fonction de I dans R comme on s’en convaincra en examinant le dessin ci contre. Aussi il faudra développer de nouvelles techniques. Pour une fonction → − F:
½
I t
−→ 7−→
M (t )
y (t )
x (t )
2 ¡R ¢ , x (t ) , y (t )
il faudra définir ce qu’est une limite et une dérivée. Lors de la représentation de la courbe, il faudra comprendre que ce → − n’est pas le graphe de la ¡fonction F qui est dessiné (ce graphe est un sous-ensemble de l’espace R3 ) mais la projection ¢ de ce graphe sur le plan x, y . Aussi la variable¡ t n’est pas¢ représentée sur le dessin. Par contre, un mobile ayant cette courbe comme trajectoire se trouve à la position x (t ), y (t ) au temps t . t Les courbes paramétrées peuvent présenter des branches infinies, ce qui signifie que le mobile se déplaçant suivant cette courbe part à l’infini, ou des points stationnaires (le vecteur vitesse du mobile en ce point est nul). Il faudra être en mesure de pouvoir étudier ces deux phénomènes afin de bien représenter la courbe. De nombreuses courbes paramétrées peuvent être étudiées avec les outils d’analyse de lycée. Par contre, afin d’étudier les branches infinies ou les points stationnaire de certaines autres, il faudra disposer d’un outil plus sophistiqué, les développements limités, qui ne sera introduit qu’au chapitre 14. Aussi ce chapitre devra être lu en deux fois. Une première fois pendant la première période en sautant les parties utily isant les développements limités et une seconde fois après avoir étudié le chapitre 14. Ces parties et les exercices correspondants sont indiqués dans le texte. x
6.1 Fonctions à valeurs dans R2 6.1.1 Définitions
230
D ÉFINITION 6.1 ♥ Fonction vectorielle à valeurs dans R2 → − Une fonction vectorielle F à valeurs dans R2 définie sur I est donnée par un couple (x, y) de fonctions réelles définies → − → − sur I. Les fonctions x : I −→ R et y : I −→ R s’appellent les composantes de F ou les applications coordonnées de F et : → − F:
½
I t
R2 . (x(t ), y(t ))
−→ 7−→
D ÉFINITION 6.2 ♥ Limite en un point d’une application vectorielle → − → − → − Soient l = (l 1 , l 2 ) un vecteur de R2 , t0 ∈ I et F une application vectorielle définie sur I. On dit que F (t ) converge vers l quand t tend vers t0 et on note : → − → − F (t ) −−−→ l t →t 0
°→ → −° °− ° lorsque ° F (t ) − l ° −−−→ 0. t →t 0
P ROPOSITION 6.1 ♥ Caractérisation de la convergence par les fonctions coordonnées → − → − Soit F une fonction vectorielle donnée par le couple (x, y) sur I. Soit l = (l 1 , l 2 ) un vecteur de R2 . On a : x(t ) −−−→ l 1 → − → − t →t 0 F (t ) −−−→ l ⇐⇒ y(t ) −−−→ l 2 t →t 0 t →t 0
Démonstration On a la série d’équivalences : → − → − F (t) −−−−→ l t →t 0
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
q ¡ ¢2 → − → − (x (t) − l 1 )2 + y (t) − l 2 = || f (t) − l || −−−−→ 0 ¡
2
(x (t) − l 1 ) + y (t) − l 2 x(t) −−−−→ l 1
¢2
t →t 0
−−−−→ 0 t →t 0
t →t 0
y(t) −−−−→ l 2 t →t 0
car une somme de deux nombres positifs est nulle si et seulement si ces deux nombres sont nuls.
Rappelons la définition suivante : D ÉFINITION 6.3 ♥ Dérivabilité d’une fonction réelle On dit qu’une fonction réelle f : I → R est dérivable en t0 ∈ I si il existe un réel l tel que : f (t )− f (t 0 )
−−−→ l t →t 0
t −t 0
Dans le cas où cette limite existe, on notera f ′ (t0 ) = l . De plus, on dira que f est dérivable sur I si f est dérivable en tout point t de I non situé à une extrémité de I. D ÉFINITION 6.4 ♥ Dérivabilité d’une fonction vectorielle → − → − On dit qu’une fonction vectorielle F : I → R2 , t 7→ (x(t ), y(t )) est dérivable en t0 ∈ I si il existe l = (l 1 , l 2 ) un vecteur de R2 tel que : → − → − F (t )− F (t 0 )
→ − Dans le cas où cette limite existe, on note F ′ (t0 ) = l .
t −t 0
→ − −−−→ l t →t 0
D ÉFINITION 6.5 ♥ Dérivabilité d’une fonction vectorielle sur un intervalle → − → − On dit qu’une fonction vectorielle F : I → R2 , t 7→ (x(t ), y(t )) est dérivable sur I si F est dérivable en tout point t de I non situé à une extrémité de I.
231
P ROPOSITION 6.2 ♥ Caractérisation par les fonctions coordonnées → − Une fonction vectorielle F : I → R2 , t 7→ (x(t ), y(t )) est dérivable en t0 ∈ I si et seulement si les deux fonctions réelles qui la composent : x et y sont dérivables en t0 . On a alors : F′ (t0 ) = (x ′ (t0 ), y ′ (t0 ))
Démonstration : Considérons la fonction vectorielle I \ {t0 } → − θ: t
ses fonctions coordonnées sont : θ1 :
(
I \ {t0 } t
−→ 7−→
R2 → − → − F (t) − F (t0 ) t − t0
−→ 7−→
R
et θ2 :
x(t )−x(t 0 ) t −t 0
(
I \ {t0 } t
−→
R
7−→
y (t )−y (t 0 ) t −t 0
En appliquant la proposition précédente, on a la série d’équivalences : x ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
et
y sont dérivables en t0 → −
les fonctions coordonnées θ1 et θ2 de θ vérifient θ1 (t) −−−−→ x ′ (t0 ) t →t 0
¡ ¢ → − θ (t) −−−−→ x ′ (t0 ) , y ′ (t0 )
et
θ2 (t) −−−−→ y ′ (t0 ) t →t 0
t →t 0
→ − F est dérivable en t0 et F′ (t0 ) = (x ′ (t0 ), y ′ (t0 ))
De manière plus générale, on dira que : D ÉFINITION 6.6 ♥ Fonction k fois dérivable, de classe C k → −
– Une fonction F : I → R2 est dite k fois dérivable sur I si ses fonctions coordonnées le sont. → − – Une fonction F : I → R2 est dite de classe C k sur I si ses fonctions coordonnées sont k fois dérivables sur I et si sa dérivée k -ième est continue.
6.1.2 Dérivation du produit scalaire et du déterminant P ROPOSITION 6.3 ♥ Dérivation du produit scalaire, du déterminant → − → − Soient F et G deux applications définies sur I, dérivables en t0 ∈ I et à valeurs dans R2 . Alors les applications → − → − 〈 F |G〉 :
½
I
−→
t
7−→
sont dérivables en t0 et
R → − → − 〈 F (t )| G (t )〉
et
½ ³→ I − → −´ det F , G : t
−→
7−→
R → − → − det F (t ) G (t )
³→ − → − ´′ → − → − → − → − 〈 F | G 〉 (t0 ) = 〈 F ′ (t0 )| G (t0 )〉 + 〈 F (t0 )| G ′ (t0 )〉
´ ´ ³→ ³→ ³ ³→ − → − − → − − → − ´´′ det F , G (t0 ) = det F ′ (t0 ), G (t0 ) + det F (t0 ), G ′ (t0 ) → −
¡
¢
¡
→ −
¢
Démonstration Notons F = f 1 , f 2 et G = g 1 , g 2 . Comme F et G sont dérivables en t0 , d’après le théorème 6.2, il en est de même des fonctions f 1 , f 2 , g 1 , g 2 . Soit t ∈ I. Remarquons que → − → − 〈 F | G 〉 (t) = f 1 (t) g 1 (t) + f 2 (t) g 2 (t)
→ − → −
et la fonction 〈 F | G 〉 est donc dérivable en t0 par opérations sur les fonctions dérivables en t0 et à valeurs dans R. De plus : ³→ − → − ´′ 〈 F | G 〉 (t0 )
= = =
¡
¢′ f 1 .g 1 + f 2 .g 2 (t0 )
f 1′ (t0 ) g 1 (t0 ) + f 1 (t0 ) g 1′ (t0 ) + f 2′ (t0 ) g 2 (t0 ) + f 2 (t0 ) g 2′ (t0 ) → − → − → − − 〈 f ′ (t0 )|→ g (t0 )〉 + 〈 f (t0 )| g ′ (t0 )〉 .
La deuxième formule se prouve de même.
232
C OROLLAIRE 6.4 ♥ Dérivation de la norme → − 2 Soit °→ ° F une fonction définie sur I, dérivable en t0 ∈ I, à valeurs dans R et ne s’annulant pas. Alors l’application − ° ° ° F ° : I → R est dérivable en t0 et
°→ ° °− °
→ − → − °´ ³°→ 〈 F ′ (t0 )| F (t0 )〉 °− ° ′ ° °→ ° F ° (t0 ) = ° °− ° F (t0 )°
q
→ − → − → − → − 〈 F | F 〉. D’après la proposition précédente t 7→ 〈 F | F 〉 est dérivable en t0 et on sait que la → − → − → − fonction racine est dérivable sur R∗+ . Comme la fonction F ne s’annule pas, il en est de même de t 7→ 〈 F | F 〉 (t) et donc la fonction °→ ° °− ° ° F ° est dérivable en t0 . De plus, grâce à la formule de dérivation et la symétrie du produit scalaire :
Démonstration
On sait que ° F ° =
°´ ³°→ °− ° ′ ° F ° (t0 )
6.2 Arcs paramétrés
=
µq
³→ − → − ´′ → − → − ¶′ 〈 F | F 〉 (t0 ) 〈 F ′ (t0 )| F (t0 )〉 → − → − ° °→ 〈 F | F 〉 (t0 ) = q . = ° °− → − → − ° F (t0 )° 2 〈 F | F 〉 (t0 )
6.2.1 Définitions D ÉFINITION 6.7 ♥ Arc paramétré → − → − On appelle arc paramétré ou courbe paramétrée un couple γ = (I, F ) où I ⊂ R est un intervalle et F : I 7→ R2 une application de classe C k (I, R2 ). D ÉFINITION 6.8 ♥ Support d’un arc paramétré → − On appelle support (ou image) de l’arc paramétré (I, F ) l’ensemble des points du plan : n −−→ → − o Γ = M ∈ P | ∃t ∈ I : OM = F (t )
→ −
−−→
→ −
Pour tout t ∈ I, on notera M(t ) le point du support de l’arc (I, F ) tel que OM(t ) = F (t ). Remarque 6.1
³ → −´
→ −
¡
¢
Se donner une fonction f : I → R revient à se donner un arc paramétré I, F où pour tout t ∈ I, F (t ) = t , f (t ) . Remarque 6.2 L’étude d’un arc paramétré peut s’interpréter ainsi : – I est un intervalle de temps. −−−−→ → − – M(t ) est un point mobile du plan dont la position à l’instant t ∈ I est donné par OM(t ) = F (t ). → − – Le support de l’arc paramétré (I, F ) est appelé trajectoire du mouvement. → −′ − → – Les vecteurs F (t ) et F′′ (t ), si ils existent, sont respectivement appelés vecteur vitesse et vecteur accélération du point M à l’instant t .
6.2.2 Étude locale d’un arc paramétrée D ÉFINITION 6.9 Limite d’une famille de droites dans le plan On dit qu’une famille de droites (Dt )i∈I\{t0 } passant par un même point M admet une limite lorsque t → t0 s’il existe → − − une famille (→ u (t ))t ∈I\{t0 } de vecteurs directeurs de ces droites possédant un vecteur limite l non-nul lorsque t → t0 . La → − droite D = M + Vect( l ) s’appelle la limite de (Dt ). D ÉFINITION 6.10 Tangente à un arc paramétré → − Soit un arc paramétré γ =¢ (I, F ) et t0 ∈ I. On dit que l’arc admet une tangente au point M0 = M(t0 ) ∈ Γ si la famille de ¡ droites Dt = M(t0 ), M(t ) admet une limite lorsque t → t0 . La droite limite s’appelle la tangente à l’arc au point M0 . Remarque 6.3 point.
On définit de la même façon, avec les limites à droite ou à gauche, la notion de demi-tangente en un
233
Remarque 6.4 Une conséquence de cette définition et de la remarque 6.1 est que si une fonction f est dérivable en t0 ∈ I alors le vecteur (1, f ′ (t0 )) est tangent au graphe de f en (t0 , f (t0 )). D ÉFINITION 6.11 Point régulier, stationnaire → − Un point M = M(t0 ) d’un arc paramétré est dit régulier lorsque F ′ (t0 ) 6= 0. Sinon, on dit que c’est un point stationnaire. P ROPOSITION 6.5 Tangente en un point régulier Un arc paramétré possède une tangente en un point régulier M(t0 ) : la droite passant par M(t0 ) dirigée par le vecteur → −′ F (t0 ). Démonstration Notons
I \ {t0 }
R2 → − → − F (t) − F (t0 ) t 7−→ t − t0 → − → − − − Pour t 6= t0 , le vecteur → u (t) dirige la droite (M(t0 )M(t)) et → u (t) −−−−→ F′ (t0 ) 6= 0 .
→ − u :
−→
t →t 0
Remarque 6.5 → − Il se peut que F ′ ((t0 ) = 0 et que la courbe admette en M (t0 ) une tangente. Par exemple, si on considère ¡ ¢ → − le support de F (t ) = t 2 , t 3 en t0 = 0, alors il admet en t0 = 0 un vecteur tangent horizontal. Pourtant ce point est stationnaire. On va étudier maintenant deux méthodes pour calculer, quand c’est possible, le vecteur tangent à une courbe en un point stationnaire. Étude d’un point stationnaire avec des outils de terminale, première période P ROPOSITION 6.6 ♥ Tangente en un point stationnaire → − → − Soit M(t0 ) un point stationnaire d’une courbe paramétrée (I, F ) où F est donnée par le couple de fonctions (x, y) définies sur I . y(t ) − y(t0 ) −−−→ m où m est un réel alors la courbe admet en M(t0 ) une tangente de pente m . x(t ) − x(t0 ) t →t0 ¯ ¯ ¯ y(t ) − y(t0 ) ¯ ¯ −−−→ +∞ alors la courbe admet en M(t0 ) une tangente verticale. – si ¯¯ x(t ) − x(t0 ) ¯ t →t0
– si
Démonstration Soit θ :
I \ {t0 }
t
R2 y(t) − y(t0 ) x(t) − x(t0 )
−→
7−→
– Si θ(t) −−−−→ m alors le vecteur (1,θ(t)) dirige la droite (M (t0 ) M (t)). En effet, un vecteur directeur de cette droite étant celui de t →t 0 ¡
¢
coordonnées x (t) − x (t0 ) , y (t) − y (t0 ) :
et lim θ(t) = (1,m) 6= (0,0) t →t 0
¯ ¯ 1 ¯ ¯ θ(t)
– Si θ(t) −−−−→ +∞ alors on peut vérifier que le vecteur t →t 0
³
¯ x (t) − x (t0 ) ¯¯ =0 y (t) − y (t0 ) ¯ ´
1 ,1 θ(t )
dirige la droite (M (t0 ) M (t)) et on a : lim
³ → −´
µ
1
t →t 0 θ(t )
¶ ,1 = (0,1) 6= (0,0)
→ −
¡
¢
Exemple 6.1 Utilisons cette méthode pour calculer un vecteur tangent à la courbe I, F avec I = R et F (t ) = t 2 , t 3 de la remarque 6.5 en le point stationnaire de paramètre t = 0. On a : y(t ) − y(0) t 3 = t −−−→ 0 = t →0 x(t ) − x(0) t 2
donc la pente de la tangente en le point stationnaire (0, 0) est 0. Cette droite est l’axe des abscisses. Remarque 6.6 Cette méthode n’est utilisable que si on sait déterminer la limite du quotient pas toujours possible avec les outils dont vous disposez en début d’année. Étude d’un point stationnaire avec les développements limités, seconde période
234
y (t )−y (t 0 ) x(t )−x(t 0 ) ,
ce qui ne sera
P ROPOSITION 6.7 ♥♥ Tangente en un point stationnaire Si M(t0 ) est un point stationnaire d’un arc C k et s’il existe p É k tel que → −′ → − → − F (t0 ) = · · · = F (p−1) (t0 ) = 0, F (p) (t0 ) 6= 0 → −
alors l’arc possède une tangente au point M(t0 ) dirigée par le vecteur F (p) (t0 ). Démonstration C’est une conséquence de la formule de Taylor-Young en t0 pour les fonctions vectorielles (il suffit d’utiliser la formule de Taylor-Young (13.40 page 539) pour les deux fonctions coordonnées) : → → − (t − t0 )p −− −−→ → − → − F(p) (t0 ) + (t − t0 )p ε(t) F (t) = F (t0 ) + (t − t0 ) F′ (t0 ) + · · · + p! −−→
→ −
− avec ε(t) −−−−→ 0 . Définissons alors la fonction → u en posant pour t 6= t0 , t →t 0
−−→ u(t) = −−→
£→ ¤ −−→ p! − → − −ε (t) F (t) − F (t0 ) = F(p) (t0 ) + p!→ (t − t0 )p
→ −
− Pour t 6= t0 , u(t) dirige la droite M(t0 )M(t) et → u (t) −−−−→ F(p) (t0 ) 6= 0 . t →t 0
³ → −´
→ −
¡
¢
Exemple 6.2 Cette méthode appliquée à la courbe I, F avec I = R et F (t ) = t 2 , t 3 de la remarque 6.5 en le point
stationnaire de paramètre t = 0. donne F(2) (t ) = (3t , 2) et donc un vecteur tangent à la courbe en le point stationnaire est celui de coordonnées (0, 2).
Remarque 6.7 Cette méthode peut être utilisée sans connaître les développements limités.´Par contre, elle peut ³ → − nécessiter un grand nombre de calculs avant de trouver un vecteur F (p) (t0 ) = x (p ) (t0 ) , y (p ) (t0 ) qui ne s’annule pas. Ces calculs sont grandement facilités, comme on le verra dans les exercices, avec les développements limités. Le théorème suivant permet d’étudier localement l’allure d’une courbe au voisinage d’un point stationnaire sous des hypothèses très générales. T HÉORÈME 6.8 ♥♥♥ Étude locale d’un point stationnaire → − On suppose que la fonction F : I 7→ R2 est de classe C k , et qu’il existe deux entiers 1 É p < q É k tels que : H1 H2
Alors :
−−→ −−→ → − F(p) (t0 ) est le premier vecteur non-nul parmi F′ (t0 ), . . . , F(p) (t0 ).
−−→ −−→ q est le premier entier parmi [[p + 1, q]] tel que le système de vecteurs (F(p) (t0 ), F(q) (t0 )) soit libre −−→
1. Le vecteur F(p) (t0 ) dirige la tangente à la courbe au point M(t0 ). −−→
¡
−−→
¯ ¯X(t ) Y(t )
¢
2. Pour t 6= t0 , dans le repère R = M(t0 ), F(p) (t0 ), F(q) (t0 ) , le point M(t ) a pour coordonnées : M(t )¯¯
R
(t − t0 )p (t − t0 )q 3. X(t ) ∼ , Y(t ) ∼ . t →t 0 t →t 0 p! q! La parité des entiers p et q donne localement le signe de X(t ) et Y(t ) au voisinage de t0 lorsque t < t0 et t > t0 . On en déduit alors la position locale de la courbe par rapport à sa tangente au voisinage de t0 comme illustré sur la figure
6.2.2. Démonstration Écrivons la formule de Taylor-Young vectorielle en t0 à l’ordre q : −−−→ (t − t0 )p+1 −−−−→ (t − t0 )p −− → − → − F(p) (t0 ) + F(p+1) (t0 ) + ... F (t) = F (t0 ) + p! (p + 1)! → (t − t0 )q −− −ε (t) F(q) (t0 ) + (t − t0 )q → =+ q! −−−−→
−−−−→
−−→
Mais comme les vecteurs F(p+1) (t0 ),... F(q−1) (t0 ) sont tous proportionnels à F(p) (t0 ), on peut écrire F(k) (t0 ) = αk F(p) (t0 ) pour −−→ ¢ ¡−−→ −−→ k ∈ [[p + 1, q − 1]] et comme F(p) (t0 ), F(q) (t0 ) forme une base de R2 , on peut décomposer le vecteur ε(t) sur cette base : −−→ −−→ −−→ ε(t) = λ(t)F(p) (t0 ) + µ(t)F(q) (t0 )
235
~ v
~ v
~ u
~ u
p impair, q pair
p impair, q impair
point ordinaire
point d’inflexion
~ v
~ v
~ u
~ u
p pair, q impair
p pair, q pair
rebroussement de première espèce
rebroussement de seconde espèce
F IGURE 6.1 – Étude locale d’une courbe paramétrée avec λ(t),µ(t) −−−−→ 0. Alors : t →t 0
−−→ −−−→ (t − t0 )p £ 1 + (t − t0 )αp+1 + ... F(t) − F(t0 ) = p!
−−−−−−−−→
→ −
¤−−→ + (t − t0 )q−1−p αq−1 + p!(t − t0 )q λ(t) F(p) (t0 ) ¤ −−→ (t − t0 )q £ + 1 + q!µ(t) F(q) (t0 ) q!
→ −
Puisque M(t0 )M(t) = F (t) − F (t0 ), on en déduit l’expression des coordonnées du point M(t) dans le repère R : X(t) =
(t − t0 )p £ 1 + (t − t0 )αp+1 + ... p!
¤ + (t − t0 )q−1−p αq−1 + p!(t − t0 )q λ(t)
(t − t0 )p t →t 0 p! ∼
Y(t) =
¤ (t − t0 )q £ 1 + q!µ(t) q!
∼
t →t 0
(t − t0 )q q!
L’équivalent donne le signe de X(t) et Y(t) au voisinage de t0 . On obtient donc localement la position du point M(t) dans un quart de plan lorsque t < t0 et t > t0 d’où l’étude géométrique résumée sur la figure 6.2.2.
Remarque 6.8 En pratique, pour étudier un point stationnaire M(t0 ), on effectue un développement limité de x(t ) et y(t ) au voisinage de t0 et on adapte l’idée de la démonstration précédente. Puisque le point M(t0 ) est stationnaire, x ′ (t0 ) = y ′ (t0 ) = 0 et donc le coefficient de (t − t0 ) sera nul dans les développements limités de x et y . Puisqu’il nous faut deux vecteurs indépendants F(p) (t0 ) et F(q) (t0 ), il faut au moins un DL à l’ordre 3 des deux fonctions x et y . Exemple 6.3
(
x(t ) y(t )
= 3cos(t ) − 2sin3 (t ) = cos(4t )
pour t ∈ [0, 2π]. Commençons par chercher les points stationnaires : (
x ′ (t ) y ′ (t )
£ ¤ = −3sin(t ) 1 + sin(2t )
= −4sin(4t )
x ′ et y ′ s’annulent simultanément en t = 0 et t = 3π/4. Étudions le point stationnaire M(0). Pour cela, effectuons un DL à l’ordre 3 : x(t )
y(t )
3 = 3 − t 2 − 2t 3 + o(t 3 ) 2 = 1 − 8t 2 + o(t 3 )
236
d’où le DL vectoriel :
µ ¶ ¶ µ µ ¶ → − −2 −3/2 3 +t 3 +o(t 3 ) +t 2 F (t ) = 0 −8 1 | {z } | {z } |{z} → − u
→ − F (0)
→ − v
− − − − Les vecteurs → u et → v ne sont pas liés et dans le repère R = (M(0), → u ,→ v ), le point M(t ) a pour coordonnées X(t ) et 2 3 Y(t ) avec X(t ) ∼ t et Y(t ) ∼ t . On en déduit l’allure locale de la courbe au voisinage de M(0) : c’est un point de t →0 t →0 rebroussement de première espèce. → − v
→ − u
L’étude du point stationnaire M(3π/4) s’effectue de même. Branches infinies des courbes paramétrées D ÉFINITION 6.12 ♥ Branche infinie → − → − On dit que l’arc (I, F ) possède une branche infinie en t0 lorsque k F (t )k −−−→ +∞. t →t 0
Remarque 6.9
¯
¯
Si limt →t0 |x(t )| = +∞ ou si limt →t0 ¯ y(t )¯ = +∞ alors l’arc (I, f ) possède une branche infinie en t0 .
D ÉFINITION 6.13 ♥ Droite asymptote → − → − Soit (I, F ) un arc paramétré possédant une branche infinie en t0 ∈ I. On dit que la droite D est asymptote à l’arc (I, F ) en t0 si d(M(t ), D ) −−−→ 0. t →t 0
P ROPOSITION 6.9 ♥ Caractérisation pratique d’une droite asymptote → − Soit (I, F ) un arc paramétré possédant une branche infinie en t0 ∈ I. La droite D d’équation a x+b y +c = 0 est asymptote → − à l’arc (I, F ) en t0 si et seulement si a x(t ) + b y(t ) + c −−−→ 0 t →t 0
. ¯ ¯ x(t)
Démonstration : Soit D une droite affine d’équation cartésienne : ax + by + c = 0. La distance du point M(t)¯¯ d(M(t), D ) =
y(t)
vaut :
R
|ax(t) + by(t) + c| p a 2 + b2
Cette distance tend vers 0 si et seulement si ax(t) + by(t) + c −−−−→ 0. t →t 0
P LAN 6.1 : Pour déterminer la droite asymptote à une branche infinie • Une seule des deux applications coordonnées de f tend vers l’infini en valeur absolue quand t tend vers t0 : ¯ ¯ 1 Si x(t ) −−−→ l ∈ R et ¯ y(t )¯ −−−→ +∞ alors la droite d’équation x = l est asymptote à la courbe et le t →t 0
t →t 0
signe de x(t ) − l détermine la position de la courbe par rapport à l’asymptote.
2
Si |x(t )| −−−→ +∞ et y(t ) −−−→ l ∈ R alors la droite d’équation y = l est asymptote à la courbe et le t →t 0
t →t 0
signe de y(t ) − l détermine la position de la courbe par rapport à l’asymptote. • Les deux applications coordonnées de f tendent vers l’infini en valeur absolue quand t tend vers t0 : ¯ ¯ y (t ) Si |x(t )| −−−→ +∞ et ¯ y(t )¯ −−−→ +∞, on forme le quotient x(t ) et on cherche la limite de ce quotient quand t →t 0
t →t 0
237
t tend vers t0 . 1
Si
y (t ) −−→ a x(t ) − t →t 0
∈ R∗ : on forme alors y(t ) − a x(t ) et si cette quantité tend vers une limite finie b alors
la droite d’équation y = a x + b est asymptote à la courbe en t0 . La position de la courbe par rapport à l’asymptote est donnée par le signe de y(t ) − a x(t ) − b . M(t )
y(t )
y(t ) − ax(t ) − b
x(t )
2 3
¯ ¯
¯ ¯
F IGURE 6.2 – Signe de y(t ) − ax(t ) − b
y (t ) Si ¯ x(t ) ¯ −−−→ +∞, on dit que la courbe possède une branche parabolique (Oy).
Si
t →t 0
y (t ) −−→ 0, x(t ) − t →t 0
on dit que la courbe possède une branche parabolique (Ox)
Exemple 6.4 Intéressons nous à la courbe donnée par x (t )
y (t )
1 t −1 . t2 +1 = t −1
=
Elle présente des branches infinies quand t → 1± et quand t → ±∞. Si t → +∞. Comme x (t ) −−−−−→ 0 et y (t ) −−−−−→ +∞ alors la droite d’équation t →+∞ t →+∞ x = 0 est asymptote à la courbe quand t → +∞. Si t → −∞. On montre de même que la droite d’équation x = 0 est asymptote à la courbe quand t → −∞. Si t → 1+ . 1 On forme le quotient y (t ) /x (t ) et on cherche sa limite quand t → 1+ : y (t ) = t 2 + 1 =−−−→ 2 t →1 x (t )
2
On cherche maintenant la limite de y (t ) − 2x (t ) quand t → 1 : y (t ) − 2x (t ) =
t2 −1 = t + 1 −−−→ 2 t →1 t −1
donc la droite d’équation y = 2x + 2 est asymptote à la courbe quand t → 1+ .
3
On cherche la position de la courbe relativement à l’asymptote. Pour ce faire, on étudie le signe de : y (t ) − 2x (t ) − 2 = t − 1 Ê 0 si t Ê 1.
Donc la courbe est au dessus de l’asymptote quand t → 1+ . Si t → 1− . La même étude montre que la droite d’équation y = 2x +2 est asymptote à la courbe quand t → 1− et que la courbe est en dessous de l’asymptote dans ce cas. Par définition, dire qu’une droite est asymptote à la branche infinie quand t → t0 d’une courbe paramétrée signifie que la courbe s’approche infiniment près de la droite quand t → t0 . Quand ce phénomène se produit, on sait mieux représenter le support de la courbe étudiée. Malheureusement toutes les branches infinies n’ont pas la même croissance et celles dites paraboliques ne s’approchent pas d’une droite quand t → t0 . Par contre on peut parfois trouver des courbes simples qui vont être asymptotes à cette branche parabolique, voir à ce sujet l’exemple 6.6. Lorsque x(t ) et y(t ) tendent toutes les deux vers l’infini, le plus rapide pour étudier la branche infinie consiste à effectuer un développement asymptotique de ces deux fonctions lorsque t → t0 à la précision d’un terme significatif qui tend vers 0. On essaie alors de faire une combinaison linéaire des fonctions x(t ) et y(t ) pour éliminer les termes tendant vers l’infini. 238
Si on trouve une relation du type ´ ³ y(t ) = ax(t ) + b + c(t − t0 )k + o (t − t0 )k
on en déduit que la droite y = ax+b est asymptote à la courbe et la position locale de la courbe par rapport à son asymptote se déduit du signe de c et de la parité de k .
Exemple 6.5 Considérons la courbe paramétrée définie par : x(t )
y(t )
= =
t3 t2 −9
t 2 − 2t t −3
Elle présente des branches infinies lorsque t → ±∞, t → ±3.
1. t → −3 : x(t ) −−−−→ +∞ et y(t ) −−−−→ −5/2 donc la droite d’équation y = −5/2 est asymptote. t →−3
t →−3
2. t → ±∞ : effectuons un développement asymptotique : 9 + o(1/t ) t 3 y(t ) = t + 1 + + o(1/t ) t
x(t ) = t +
Pour éliminer le terme divergent, il suffit d’effectuer la combinaison linéaire : y(t ) − x(t ) − 1 =
−6 + o(1/t ) t
On en déduit d’une part que la droite d’équation y = x + 1 est asymptote. D’autre part, la quantité y(t ) − x(t ) − 1 représente la mesure algébrique verticale entre la droite et M(t ). Par conséquent, lorsque t → +∞, la courbe est située localement au dessous de l’asymptote et lorsque t → −∞, elle est située localement au dessus.
3. t → 3,
9 15 7 + + (t − 3) + o((t − 3)) 2(t − 3) 4 8 3 y(t ) = + 4 + (t − 3) t −3
x(t ) =
Éliminons les termes divergents : 2 3 5 y(t ) − x(t ) = + (t − 3) + o((t − 3)) 3 2 12 3 est asymptote à la courbe. Lorsque t → 3− , la courbe est située 2 localement en dessous de son asymptote. Lorsque t → 3+ , elle est située localement au dessus. 2 3
On en déduit que la droite d’équation y = x +
Cette méthode du développement asymptotique permet également de détecter d’autres courbes asymptotes.
Exemple 6.6 x(t )
y(t )
sin t + 1 t cos t = 2 t
=
Étudions la branche infinie t → 0 en utilisant Maple :
239
MAPLE
> x := (sin(t)+1)/t; > y := cos(t) / t^2; > series(x, t = 0, 2); -1 t
2 + 1 + O(t )
> series(y, t = 0, 2); -2 t
2 - 1/2 + O(t )
Pour faire disparaître le terme en 1/t 2 , considérons y(t ) − x(t )2 : MAPLE
> series(y - x^2, t = 0, 2); -1 - 2 t
2 - 3/2 + 1/3 t + O(t )
Pour faire ensuite disparaitre le terme en 1/t , réutilisons x(t ) : MAPLE
> series(y - x^2 + 2*x, t = 0, 2); 2 1/2 + 1/3 t + O(t )
Puisque 6,4 5,6 4,8 4,0 y 3,2
t 1 ∼ , y(t ) − x(t )2 + 2x(t ) − 2 t →0 3
2,4 1,6 0,8 0,0 −2
−1
−0,8
0
1
2
3
4
x
on en déduit que la parabole d’équation y = x 2 − 2x + 1/2 est asymptote à notre courbe. Lorsque t → 0+ , la courbe F IGURE 6.3 – En trait pointillé le support de la courbe est située localement au dessus de la parabole et lorsque paramétrée, en trait plein le graphe de la parabole asymptote. t → 0− , elle est située localement en dessous.
6.2.3 Étude complète et tracé d’une courbe paramétrée P LAN 6.2 : Plan d’étude d’une courbe paramétrée 1
Déterminer le domaine de définition des deux fonctions x et y .
2
Étudier les symétries éventuelles.
3
Dresser le tableau de variations des fonctions x et y et repérer dans ce tableau les points stationnaires, les points à tangente horizontale ou verticale et les branches infinies. 240
4
Étudier les points stationnaires.
5
Étudier les branches infinies.
Tracé sommaire de la courbe. Il est inutile d’utiliser la calculatrice pour reporter des points, il suffit de placer les asymptotes éventuelles, de mettre en évidence les points stationnaires et d’avoir l’allure globale de la courbe. Le point 2 est très important et permet bien souvent de restreindre l’étude à un intervalle plus petit. Pour cela, on interprète géométriquement la position du point M(ϕ(t )) par rapport au point M(t ) où ϕ est une certaine transformation. Voyons quelques exemples courants : – Si x(t + T) = x(t ) et y(t + T) = y(t ), le point M(t + T) est le même que le point M(t ). On aura tracé toute la courbe si on restreint l’étude au paramètre t qui varie dans un intervalle de la forme [a, a + T[. – Si x(−t ) = x(t ) et y(−t ) = −y(t ), le point M(−t ) est le symétrique orthogonal du point M(t ) par rapport à l’axe (Ox). Il suffit de tracer la courbe pour t ∈ [0, +∞[ et de compléter le dessin final par une symétrie par rapport à (Ox). – Si x(−t ) = −x(t ) et y(−t ) = −y(t ), le point M(−t ) est le symétrique du point M(t ) par rapport à l’origine. Il suffit d’étudier la courbe pour t ∈ [0, +∞[ et de compléter le tracé par une symétrie de centre l’origine. – Si x(1/t ) = −x(t ) et y(1/t ) = y(t ), les points M(1/t ) et M(t ) sont symétriques par rapport à (Oy). Si on trace la portion de courbe pour t ∈]0, 1], la portion correspondant à t ∈ [1, +∞[ s’en déduit par une symétrie par rapport à l’axe (Oy). 6
Exemple 6.7 Étudier la courbe paramétrée
1 2
3
(
x(t ) = tan t + sin t 1 y(t ) = cos t
Les fonctions x et y sont définies sur R \ {kπ + π/2; k ∈ Z }. Restriction de l’intervalle d’étude. On remarque que x(t +2π) = x(t ) et y(t +2π) = y(t ). Donc M(t +2π) = M(t ). Il suffit de faire l’étude de la courbe sur un intervalle [α, α + 2π]. De plus, x(−t ) = −x(t ) et y(−t ) = y(t ). Le point M(−t ) est donc le symétrique du point M(t ) par rapport à l’axe Oy . Il suffit donc de faire l’étude sur [0, π] et de compléter le tracé de la courbe par une symétrie par rapport à la droite Oy . Variations. On calcule x ′ (t ) =
cos3 t + 1 cos2 t
y ′ (t ) =
sin t cos2 t
D’où le tableau de variations : t
π
x ′ (t )
+
+
0
y ′ (t ) 0
+
+
0
x(t ) 0
y(t ) 1
4
π 2
0
% %
+∞ +∞
−∞ −∞
% %
0
−1
On remarque le point M(0) qui est à tangente horizontale, un point stationnaire M(π) et une branche infinie en t = π/2. Étude du point stationnaire. – Sans les développements limités : 1 +1 1 1 + cos t y (t ) − y (π) = cos t = = −−−−→ +∞ x (t ) − x (π) tan t + sin t sin t (1 + cos t ) sin t t →π−
–
donc la courbe admet une tangente verticale en le point stationnaire de paramètre t = π. Avec les développements limités : Posons h = t − π, et faisons un DL(0, 3) :
d’où l’on tire
xe(h) =
h3 + o(h 3 ), 2
ye(h) = −1 −
h2 + o(h 3 ) 2
µ ¶ µ ¶ ¶ h3 1 h2 0 0 + + o(h 3 ) + F(h) = −1 2 −1 2 0 − − − R = (M(π), → u ,→ v ) où → u = (0, −1) et v = (1, 0), le point M(t ) a pour coordonnées ¡Dans le repère ¢ 2 X(t ), Y(t ) avec X(t ) ∼ (t − π) /2 et Y(t ) ∼ (t − π)3 /2 lorsque t → π. On en déduit que le point M(π) µ
est un point de rebroussement de première espèce à tangente verticale. 241
5
Étude de la branche infinie. – Sans les développements limités : On forme le quotient 1 y (t ) = −−−−→ 1. x (t ) sin t (1 + cos t ) t →π/2
Ensuite, on calcule : y (t ) − x (t ) =
1 − sin t − sin t −−−−→ −1 t →π/2 cos t
car sin et cos sont dérivables en π/2 donc pour leurs taux d’accroissements respectifs en π/2, on a : sin t − 1 π −−−−→ cos = 0 t →π/2 t − π/2 2
donc
et
cos t π −−−−→ − sin = −1 t →π/2 t − π/2 2
sin t − 1 1 − sin t = − t − π/2 −−−−→ 0. cos t t →π/2 cos t t − π/2
Enfin, on étudie la position de la courbe par rapport à l’asymptote d’équation y = x − 1 : y (t ) − x (t ) + 1 =
–
(1 − sin t ) (1 + cos t ) cos t
qui est du signe de cos t . Donc lorsque t → π/2+ , la courbe arrive sous l’asymptote , et lorsque t → π/2− , la courbe arrive sur l’asymptote. Avec les développements limités : Lorsque t → π/2, en posant h = t − π/2, on effectue un développement asymptotique des deux fonctions : xe(h) = x(π/2 + h) = −
1 1 h 1 + cos(h) = − + 1 + o(h) = − + 1 + + o(h) tan h h(1 + h 2 /3 + o(h 2 )) h 3
Et alors
ye(h) = −1/ sin h = −
1 h − + o(h) h 6
ye(h) − xe(h) + 1 = −h/2 + o(h)
ce qui montre que y(t ) − x(t ) + 1 ∼ −(t − π/2)/2 lorsque t → π/2. Par conséquent, la droite d’équation y = x − 1 est asymptote à la courbe. Lorsque t → π/2+ , la courbe arrive sous l’asymptote à gauche, et lorsque t → π/2− , la courbe arrive sur l’asymptote à droite.
Exemple 6.8 L’astroïde est la courbe paramétrée définie par :
(
x(t ) y(t )
= a cos3 t = a sin3 t
242
1
Les deux fonctions sont définies sur R .
2
Symétries : – x(t +2π) = x(t ), y(t +2π) = y(t ) donc M(t +2π) = M(t ). Il suffit de tracer la courbe pour t ∈ [t0 , t0 +2π]. – x(t + π) = −x(t ), y(t + π) = −y(t ) donc le point M(t + π) est le symétrique du point M(t ) par rapport à l’origine. Il suffit de tracer la courbe pour t ∈ [t0 , t0 + π] et de compléter le dessin par une symétrie centrale pour obtenir toute la courbe. – x(−t ) = x(t ), y(−t ) = −y(t ) donc M(−t ) est le symétrique de M(t ) par rapport à l’axe (Ox). Il suffit de faire l’étude sur [0, π/2] puis de compléter par une symétrie. – x(π/2−t ) = y(t ), y(π/2−t ) = x(t ) donc le point M(π/2−t ) est le symétrique du point M(t ) par rapport à la première bissectrice. Il suffit finalement de faire l’étude pour t ∈ [0, π/4], de compléter le tracé par des symétries par rapport à la première bissectrice, l’axe (Ox) et l’origine pour obtenir la courbe complète.
3
Variations :
(
= −3a cos2 t sin t
x ′ (t )
= 3a sin2 t cos t
y ′ (t ) t
π 4
0
x ′ (t ) 0 ′
y (t ) 0 x(t ) a y(t ) 0
+
% % +
a p 2 2 a p 2 2
On remarque que le point M(0) est stationnaire. Il n’y a pas de branche infinie. 4
Étude du point stationnaire La première méthode est ici inutilisable car la limite ne peut pas se calculer avec les techniques usuelles. Effectuons un développement limité à l’ordre 3 : x(t )
y(t )
d’où
3 = a − at 2 + o(t 3 ) 2 = at 3 + o(t 3 )
¶ µ µ ¶ µ ¶ → − a 2 −3a/2 3 0 +t F (t ) = +o(t 3 ) +t 0 0 a | {z } |{z} → − u
→ − v
− − − − Les vecteurs → u et → v étant indépendants, dans le repère (M(0), → u ,→ v ), le point M(t ) a pour coordonnées X(t ) ∼ t 2 t →0
et Y(t ) ∼ t 3 . On en déduit que le point M(0) est un point de rebroussement de première espèce à tangente t →0
horizontale.
5
Tracé :
a
Exemple 6.9 Une roue de rayon R > 0 roule sans glisser sur une route horizontale. Déterminons la trajectoire d’un point −−−−−−→ situé sur sa périphérie. Notons C(t ) le centre de la roue et t l’angle entre la verticale et le vecteur C(t )M(t¯ ). La roue roule ¯Rt puis comme R
sans glisser donc si le centre à l’instant t se trouve à l’abscisse xC , on a xC = Rt . On en déduit que C(t )¯¯ 243
¯ −−−−−−→¯¯ −R sin t on obtient l’équation paramétrique de la courbe qui s’appelle la cycloïde : C(t )M(t )¯ −R cos t (
x(t )
= R(t − sin t )
y(t )
= R(1 − cos t )
1. Les fonctions x et y sont définies sur R . 2. Symétries : puisque x(t + 2π) = x(t ) + 2Rπ, y(t + 2π) = y(t ), le point M(t + 2π) se déduit du point M(t ) par une → − translation de vecteur V = (2Rπ, 0). Il suffit donc de tracer la courbe pour t ∈ [0, 2π] et on complète le tracé par → − une infinité de translations de vecteur V . Puisque x(−t ) = −x(t ) et y(−t ) = y(t ), le point M(−t ) est le symétrique du point M(t ) par rapport à l’axe (Oy). Il suffit donc d’étudier la courbe pour t ∈ [0, π] et de compléter par une symétrie par rapport à (Oy). 3. Variations :
(
x ′ (t ) y ′ (t ) t
= R(1 − cos t ) = R sin t
0
π
′
x (t ) 0 y ′ (t ) 0 x(t ) 0 y(t ) 0
+
% % +
0 Rπ 2R
On remarque que le point M(0) est stationnaire et que le point M(π) est à tangente horizontale. 4. Étude du point stationnaire : Là encore, la première technique est peu commode car elle aboutit à une limite difficile à calculer avec les méthodes usuelles. On effectue alors un DL à l’ordre 3, ¶ ¶ µ µ µ ¶ → − R/6 0 0 +t 3 +o(t 3 ) + t2 F (t ) = 0 R/2 0 | {z } | {z } → − u
→ − v
On en déduit que le point M(0) est un point de rebroussement de première espèce à tangente verticale. 5. Tracé :
6.3 Etude d’une courbe polaire ρ = f (θ). 6.3.1 Notations Il peut être plus commode d’étudier une courbe non pas en coordonnées cartésiennes, mais en coordonnées polaires car elle s’exprime parfois ainsi plus facilement. Nous allons expliquer ici comment mener cette étude. On définit les fonctions vectorielles : → − −ı + sin θ→ − , u (θ) = cos θ→
et on remarque que : ¡
¢
→ − −ı + cos θ→ − v (θ) = − sin θ→ − d→ v − = −→ u dθ
− d→ u → =− v, dθ
− − Le repère R θ = O, → u (θ), → v (θ) s’appelle le repère polaire.
244
−−→ − OM = ρ→ u (θ) ρ → − v (θ)
θ
→ − u (θ)
O
F IGURE 6.4 – Repère polaire : R θ = (O, u(θ), v(θ)) → −
Étant données deux fonctions ρ : I 7→ R et θ : I 7→ R , on peut définir la courbe paramétrée (I, f ) par → − − F (t ) = ρ(t )→ u (θ(t ))
P ROPOSITION 6.10 ♥ Calcul de la vitesse et de l’accélération dans le repère polaire → −′ ¡ ¢ ¡ ¢ − − F (t ) = ρ′ (t )→ u θ(t ) + ρ(t )θ′ (t )→ v θ(t )
et
− → £ ¤− ¡ ¢ £ ¤− ¡ ¢ F′′ (t ) = ρ′′ (t ) − ρ(t )θ′2(t ) → u θ(t ) + 2ρ′ (t )θ′ (t ) + ρ(t )θ′′ (t ) → v θ(t )
Démonstration Il suffit d’appliquer les formules de dérivation usuelles ainsi que les relations
− − d→ u → d→ v − =− v et = −→ u. dθ dθ → −′ F (θ)
6.3.2 Etude d’une courbe ρ = f (θ). On considère une courbe polaire
V(θ)
ρ = f (θ)
où f : I 7→ R est une fonction de classe C (k), (avec k Ê 2). C’est l’ensemble des points du plan de coordonnées polaires (ρ, θ) liés par cette relation. Notre but est de tracer une telle courbe. 1
M(θ)
→ −
Une courbe polaire est une courbe paramétrée particulière : F (θ) = − −−→ ρ(θ)→ u (θ), ( v(θ) x(θ)
y(θ)
2
Dθ
= ρ(θ) cosθ
= ρ(θ) sin θ
Recherche des symétries éventuelles : Il est important, avant de commencer l’étude d’une courbe polaire de réduire l’intervalle d’étude. Quelques exemples : p – Si ρ(θ) est T périodique, avec T = 2π,
−−→ u(θ) θ
F IGURE 6.5 – L’angle V(θ) : tan V(θ) = ρ(θ) ρ′ (θ)
q
– Si ρ(−θ) = ±ρ(θ), – Si ρ(θ0 − θ) = ±ρ(θ).
3
Etude locale → − − − – On exprime F′ (θ) dans la base (→ u (θ), → v (θ)) : → −′ − − F (θ) = ρ′ (θ)→ u + ρ(θ)→ v
– Les points stationnaires ne peuvent correspondre qu’au passage au pôle. On obtient l’allure locale de la courbe en examinant le signe de ρ : un point stationnaire pour une courbe polaire ne peut être qu’un point ordinaire (ρ change de signe) ou un rebroussement de première espèce (ρ ne change pas de signe) ; – En un point différent de l’origine (donc régulier), si V(θ) est l’angle entre la droite (OM(θ)) et la tangente à la courbe en M(θ), alors : tan V(θ) =
ρ(θ) ρ′ (θ)
→ − → − − v (θ) et on dit que F′ (θ) est – Si pour une valeur donnée de θ, ρ′ (θ) = 0 alors F′ (θ) est colinéaire à → orthoradial. 4
Etude des branches infinies : – Elles se produisent lorsque ρ(θ) −−−−→ ∞ ; θ→θ0
245
– Si θ0 = kπ, (Ox) est direction asymptotique. Il suffit d’étudier : y(θ) = ρ(θ) sin θ
– Si θ0 = –
π + kπ, il suffit d’étudier : 2
x(θ) = ρ(θ) cos θ − − Sinon, on fait l’étude dans le repère polaire (0, → u (θ ), → v (θ )) : 0
0
Y(θ) = ρ(θ) sin(θ − θ0 ) 5
Branches infinies spirales : – Si ρ(θ) −−−−→ ∞ ; θ→∞
– Si ρ(θ) −−−−→ R, on a un cercle ou un point asymptote ; θ→∞
Y=l
Y
X
M(θ)
Dθ0
ρ(θ)
X(θ) θ − θ0
Y(θ) → − v (θ0 )
θ0
→ − u (θ0 )
F IGURE 6.6 – Recherche d’asymptote : Y(θ) = ρ(θ) sin(θ − θ0 ) −−−−→ l θ→θ0
6.3.3 La cardioïde Étudions la cardioïde. Cette courbe est donnée par l’équation polaire ρ = a(1 + cos θ)
(a > 0).
Nous allons nous limiter au cas où a = 1, le cas général se traite de manière identique. 1 La fonction ρ est définie sur R 2 Elle est 2π-périodique donc il suffit de travailler sur un intervalle de longueur 2π. Comme ρ est impaire, on peut étudier la courbe pour θ ∈ [0, π], on déduira la partie manquante par la symétrie d’axe (Ox). ′ 3 Pour tout θ ∈ [0, π], ρ (θ) = − sin θ. On en déduit les variations de ρ : θ
π 2
0
ρ′ (θ) 0 2
π
&& −
−1
−
0
1
ρ(θ)
4
5 6
0
On remarque que la courbe présente un vecteur tangent orthoradial quand θ = 0. La courbe présente un point stationnaire en θ = π. Comme ρ ne change pas de signe en ce point, on a un point de rebroussement de première espèce. La courbe ne présente pas de branche infinie. Représentation graphique :
246
1
1
1
−1
2
1
−1
−1
−1
−2
−2
2
F IGURE 6.7 – Cardioïde : On effectue d’abord le tracé de la portion de courbe étudiée puis on complète le dessin par la symétrie d’axe (Ox)
6.3.4 La strophoïde droite C’est la courbe polaire d’équation ρ=a
cos 2θ cos θ
avec a > 0. On se borne à étudier la courbe dans le cas a = 1. 1 2
3
La fonction ρ est définie pour θ 6= π/2 [π].
Il suffit de travailler sur un intervalle de longueur 2π car ρ est 2π-périodique. Mais ∀θ 6= π/2 [π], ρ (π − θ) = −ρ (θ). On peut donc travailler sur un intervalle de longueur π. Enfin, comme ρ est paire, la courbe présente une symétrie d’axe (Ox) et il suffit de l’étudier sur I = [0, π/2[. Pour tout θ ∈ I, on montre avec les formules de trigonométrie que ρ (θ) = ′
cos 2θ 1 = 2cos θ − cos θ cos θ
−1
sin θ cos2 θ
qui est négative sur I. On calcule aussi facilement que ρ ne donc ρ (θ) = −2sin θ − s’annule qu’en un seul point de I : π/4. On en déduit les variations de ρ : θ
0
′
ρ (θ) 0 1
π/4 p −2 2
π/2
& & −
−
0
ρ(θ)
−∞
On remarque que le vecteur tangent à la courbe en le point de paramètre θ = 0 est orthoradial. 4
La courbe ne présente pas de point stationnaire.
5
Par contre, on remarque une branche infinie quand θ → π/2− . Comme : −1 x = ρ (θ) cos θ = cos (2θ) −−−−−→ − θ→π/2
et
−∞, y = ρ (θ) sin θ −−−−−→ − θ→π/2
on en déduit que la droite x = −1 est asymptote à cette branche infinie. La courbe de plus se trouve à droite de cette asymptote. 6
On en déduit alors le graphe de la courbe.
Remarque 6.10
Voir les sites web suivants :
http://www.mathcurve.com/courbes2d/courbes2d.shtml http://perso.wanadoo.fr/jpq/courbes/index.htm http://turnbull.dcs.st-and.ac.uk/~history/Curves/Curves.html http://mathworld.wolfram.com/ pour les propriétés des courbes classiques avec des animations.
247
F IGURE 6.8 Strophoïde droite
–
6.4 Exercices Dans tous les exercices de ce chapitre, on considère le plan euclidien P muni d’un repère orthonormé direct (O,~ı,~).
6.4.1 Fonctions vectorielles Exercice 6.1 ♥♥ On considère le mouvement d’un point M (t ) dans le plan au cours du temps. On suppose que ce mouvement est décrit f : I −→ P de classe C2 et ne s’annulant pas appelée vecteur position du point M. On a par une fonction vectorielle ~ donc : − −−−−→ → OM (t ) = f (t )
∀t ∈ I,
→ − − − v (t ) := f ′ (t ) et → a (t ) := On appellera vecteur vitesse et vecteur accélération du point M à l’instant t les vecteurs →
→ − ′′ f (t )
°−−−−→° ° °
1. On suppose que le mouvement du point M est circulaire de centre O, c’est-à-dire que t 7→ °OM(t )° est constante. Montrer qu’alors les vecteurs position et vitesse sont orthogonaux pour tout t ∈ I.
2. On suppose maintenant que le mouvement du point M(t ) est à accélération de centre O, ce qui signifie ´ ³−−→que à − chaque instant, son vecteur accélération est colinéaire à son vecteur position. Montrer alors que t 7→ det OM (t ) , → v (t ) est constante.
3. Montrer que si le mouvement du point M est à la fois circulaire et à accélération de centre O alors il est uniforme (c’est-à-dire que la norme de son vecteur vitesse est constante). Solution : 1. Considérons θ1 :
(
I
−→
t
7−→
R → − ° − ° ° . Cette application est de classe C2 sur I car c’est le cas de f et parce que °→ ° f (t )°
→ − f ne s’annule pas sur I. Pour tout t ∈ I :
θ′1 (t ) = → −
→ −
−−→
→ − → − 〈 f ′ (t ) | f (t )〉 =0 ° ° ° ~ °2 ° f (t )°
− ce qui amène : 〈 f ′ (t ) | f (t )〉. Les vecteurs OM (t ) et → v (t ) sont donc bien orthogonaux.
2. L’application : θ2 :
(
I
t
−→
7−→
R ³ ´ est de classe C 1 sur I et pour tout t ∈ I : → − − det f (t ), → v (t ) ´ ³→ ¡− ¢ − − − v (t ), → v (t ) + det f (t ), → θ′2 (t ) = det → a (t ) = 0.
Donc θ2 est constante.
− 3. Si le mouvement est à la fois circulaire et à accélération de centre O alors, pour tout t ∈ I, le vecteur vitesse → v (t ) −−→ est orthogonal au vecteur position OM (t ). L’angle formé par ces deux vecteurs est congru à π/2 modulo π, donc : ¯ ´¯ ³−−→ ¯ ¯ → − ¯det OM(t ), v (t ) ¯ °−−→ °
= =
° °
¯ µ ¶¯ °−−→ ° ° °¯ ¯ −−→á ° → ° − → − °OM (t )° . ° v (t )° ¯¯sin OM (t ), v (t ) ¯¯ °−−→ ° ° ° ° ° → − °OM (t )° . ° v (t )° °
°
− v (t )° est aussi indépendant Comme ce déterminant et °OM (t )° ne dépendent pas du temps, on en déduit que °→ du temps.
6.4.2 Courbes en coordonnées cartésiennes Exercice 6.2 ♥ Étudier la courbe paramétrée donnée par :
1 x (t ) = t 3 y (t ) = t + 2 t
248
Solution : 1. Les fonctions x et y sont définies sur R∗ . 2. La courbe ne présente pas de symétrie évidente. 3. Les fonctions x et y sont dérivables sur R∗ et pour tout t ∈ R∗ : 1 x (t ) = − 2 t ′
et
′
y (t ) =
¡ ¢ 2 t3 −1
t2
.
On en déduit le tableau de variation suivant : t
−∞
x ′ (t ) 0 x (t ) y (t )
+∞
y ′ (t )
0
& & −
1
+∞
−∞
+∞
−∞
−
&& &% −
−1
+∞
−
1
3 0
−
0 +∞
+
4. La courbe ne présente pas de point stationnaire. 5. La courbe admet quatre branches infinies. En ±∞, la courbe admet une asymptote verticale d’équation x = 0. Étudions les branches infinies quand t → 0+ et quand t → 0− . Soit t ∈ R∗ . On a : y (t ) = t 3 + 2 −−−→ 2 t →0 x (t )
et
y (t ) − 2x (t ) = t 2 −−−→ 0 t →0
donc la droite d’équation y = 2x est asymptote à la courbe quand t → 0+ et quand t → 0− . De plus, la courbe est toujours au dessus de cette asymptote. 6. On en déduit l’allure de la courbe : 9 8 7 6 5 4 3 2 1 −3 −2 −1−1 −2 −3 −4
Exercice 6.3
♥
Étudier la courbe paramétrée définie par
(
x(t ) = y(t ) =
1
2
3t 1+t 3 3t 2 1+t 3
Solution : 1. Les fonctions x et y sont définies sur R \ {−1}. 2. Restriction de l’intervalle d’étude. Si t ∈ R∗ \ {−1}, x (1/t ) = y (t ) et y (1/t ) = x (t ). On peut restreindre l’étude à I = ]−1, 1], on déduira la partie manquante de la courbe par une symétrie par rapport à la bissectrice principale. 249
3. Variations. Soit t ∈ I. On calcule
x ′ (t ) = 3
1−2 t 3
y ′ (t ) = 3
3 2
(1+t )
t (2−t 3 )
(1+t 3 )
2
On en déduit le tableau de variation suivants : t
1
2− 3
0
−1
′
x (t )
1
%% & &% % +
0
+
2
−
− 34
23
0
x (t ) −∞ +∞
y (t )
1 23
3 2 3 2
0
y ′ (t )
−
+
+
3 4
4. Étude du point stationnaire.La courbe ne possède pas de point stationnaire. y (t ) = t −−−−−→ −1 et t →−1+ x (t ) −−−−−→ −1, la droite d’équation y = −x − 1 est asymptote à la courbe quand t tend
5. Étude de la branche infinie. On a une branche infinie quand t tend vers −1+ . Comme comme y (t ) + x (t ) = 3 t 2 −tt +1
t →−1+
2
+1) Ê 0. La courbe est donc au dessus de l’asymptote. vers −1 . De plus : y (t ) − (−x (t ) − 1) = t(t2 −t +1 Cette courbe est un folium de Descartes. +
2 1
−3
−2
1
−1
2
−1 −2 −3
Exercice 6.4
♥♥
x(t ) =
1 1 − t2 Étudier la courbe paramétrée définie par 3 y(t ) = t 1− t2
Solution :
1. Les fonctions x et y sont définies sur R \ {±1}. 2. Restriction de l’intervalle d’étude. Comme pour tout t ∈ R\{±1}, x (−t ) = x (t ) et y (−t ) = −y (t ), la courbe admet l’axe (Ox) comme axe de symétrie et on restreint l’étude à I = R+ \ {1}. Il n’y a pas d’autre symétrie évidente.
3. Variations. Soit t ∈ I. On calcule
x ′ (t ) = ¡
2t 1− t2
¢2
y ′ (t ) = −
250
t 2 (t 2 − 3) (t − 1)2 (t + 1)2
On en déduit le tableau de variation suivant : 0
t
x ′ (t ) 0 x (t ) 1 y (t ) 0 y ′ (t ) 0
p
1
% % +
% % % & +
+∞ −∞ +∞
3
−∞
+
+
0
− 21
p
−323
+
−∞
−
4. Étude du point stationnaire Le point de paramètre t = 0 est stationnaire. Comme y(t ) − y(0) = x(t ) − x(0)
t3 1−t 2 1 −1 1−t 2
= t −−−→ 0, t →0
la courbe admet une tangente horizontale en ce point. 5. Étude des branches infinies. La courbe présente plusieurs branches infinies. – Quand t → −1, on forme le quotient y(t )/x(t ) et on calcule sa limite quand t → −1 qui vaut 1. Puis y(t ) − x(t ) =
t2 + t +1 3 t3 −1 = − −−−→ − t →1 1− t2 t +1 2
donc la droite d’équation y = x − 3/2 est asymptote aux branches infinies quand t → 1+ et t → 1− . Étudions la position de la courbe par rapport à l’asymptote. Elle est donnée par le signe de y(t ) − x(t ) + 3/2 = −1/2(2t + 1)(t − 1)/(t + 1) qui est toujours positif quand t est proche de 1 par valeurs inférieures et négatif quand il est proche de 1 par valeurs supérieures. La courbe est donc au dessus de l’asymptote dans le premier cas et en dessous dans le second. – Quand t → +∞, la courbe admet l’axe vertical comme asymptote.
4 3 2 1 −5 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 −4 −5
Exercice 6.5
♥
Étudier la courbe paramétrée définie par
(
x (t ) = sin (2t )
y (t ) = cos (3t )
251
1
2
3
4
Solution : 1. Les fonctions x et y sont définies sur R. 2. Restriction de l’intervalle d’étude. x et y sont 2π périodiques. On se restreint à [−π, π]. x (−t ) = −x (t ) et y (−t ) = y (t ). On a donc une symétrie d’axe Oy et on travaille sur [0, π]. Mais x (π − t ) = sin (2π − 2t ) = − sin 2t = −x (t ) et y (π − t )£= cos ¤ 3π − 3t = cos (π − 3t ) = − cos 3t = −y (t ). On a donc une symétrie de centre O et on travaillera sur I = 0, π2 . 3. Variations. Soit t ∈ I. On calcule Par conséquent :
x ′ (t ) = 2cos (2t )
h πi x ′ (t ) Ê 0 ⇐⇒ t ∈ 0,
y ′ (t ) = −3sin (3t )
et
4
y ′ (t ) Ê 0 ⇐⇒ t ∈
On en déduit le tableau de variation suivants :
x ′ (t ) 2 x (t ) 0 1 y (t ) y ′ (t ) 0
π 3
π 4
0
t
% & & & &% 0
+
1
−
−
,
π
3 2
i
π 2
−2
p
3 2
−
hπ
p 2 2
0 0
−1
−
−
0
+
3
4. Étude du point stationnaire La courbe ne présente pas de point stationnaire. 5. Étude de la branche infinie. La courbe ne présente pas de branche infinie. 1
1
−1
−1
Il s’agit d’une courbe de Lissajoux. Exercice 6.6
♥♥
x(t ) =
sin t 1 + cos2 t Étudier la courbe paramétrée définie par y(t ) = sin t cos t 1 + cos2 t
Solution : 1. Les fonctions x et y sont définies sur R. 2. Restriction de l’intervalle d’étude. x et y sont 2π périodiques, on travaille donc sur [−π, π]. De plus, x (−t ) = −x (t ) et y (−t ) = −y (t ). On peut restreindre l’intervalle d’étude à [0, π] et on déduira la partie manquante de la courbe par la symétrie de centre O. De plus : x (π£− t ) ¤= x (t ) et y (π − t ) = −y (t ). La courbe admet donc comme axe de de symétrie l’axe (Ox) et on l’étudiera sur 0, π2 3. Variations. Soit t ∈ I. On calcule ¡ ¢ 3 − cos2 (t ) cos (t ) x (t ) = ¡ ¢2 1 + cos2 (t ) ′
3 cos2 (t ) − 1 y ′ (t ) = ¡ ¢2 1 + cos2 (t )
Sur I, x ′ est toujours positive. y ′ est du signe de 3 cos2 (t ) − 1 et, en notant α = arccos 252
p
3 3 ,
est donc positive si
t ∈ [0, α] et négative sinon. Remarquons que comme cos α =
tableau de variation suivant :
t
0
x ′ (t )
1 2
x (t ) 0 y (t ) 0 y ′ (t )
1 2
p
3 3
α
%% %& +
+
+
p 6 4 p 2 4
+
0
£
¤
et comme α ∈ 0, π2 , sin α =
−
π 2
p
6 3 .
On en déduit le
0 1
0 −1
4. Étude des points stationnaires, des branches infinies La courbe ne présente ni point stationnaire, ni branche infinie. Cette courbe s’appelle une lemniscate de Bernoulli.
−1
−1
Exercice 6.7 ♥♥ On considère la courbe paramétrée Γ donnée par : (
x(t ) = t − th t 1 y(t ) = ch t
et appelée tractrice. 1. Donner le domaine de définition de x et y . 2. Montrer que Γ admet une propriété de symétrie qui permet de réduire son étude à un intervalle qu’on précisera. 3. Étudier les variations de x et y . 4. Étudier les branches infinies de Γ. 5. Préciser la nature du point A de paramètre 0 ainsi que la tangente en ce point. 6. Tracer la courbe. (a) Pour tout réel t > 0, déterminer une équation cartésienne de la tangente Dt à Γ au point M (t ) de paramètre t. (b) Cette tangente recoupe l’axe des abscisses en un point N (t ) dont on déterminera les coordonnées. (c) Déterminer la distance M (t ) N (t ). (d) Préciser la nature du mouvement du point N (t ). Solution : 1. Les fonctions x et y sont définies sur R.. 2. Restriction de l’intervalle d’étude.Si t ∈ R, on a : x (−t ) = −x (t ) et y (−t ¡ )¢= y (t ). On restreint alors l’étude à I = R∗+ et on déduira la partie de courbe manquante par la symétrie d’axe Oy .
3. Variations. Soit t ∈ I. On calcule
x ′ (t ) = th2 t
253
y ′ (t ) = −
sh t
ch2 t
On en déduit le tableau de variation suivants : 0
t
x ′ (t ) 0 x (t ) 0 1 y (t )
+∞ +
% &
y ′ (t ) 0
+∞
0
−
4. Étude du point stationnaire Le seul point stationnaire est celui de paramètre t = 0. On a ¡ ¢ x ′′ (t ) = −2 th (t ) −1 + th2 (t )
y ′′ (t ) =
ch2 (t ) − 2 ch3 (t )
donc x ′′ (0) = 0 et y ′′ (0) = −1. La courbe admet alors une tangente verticale au point stationnaire. Par symétrie, on en déduit que le point stationnaire est un point de rebroussement de première espèce. 5. Étude de la branche infinie. La courbe admet une asymptote horizontale d’équation y = 0 quand t tend vers +∞.
−2
1
−1
−1
6. Soit t > 0. Un vecteur directeur µ ¶ à la tangente à la courbe au point M de paramètre t est celui de coordonnées ¡
¢ sh t x ′ (t ), y ′ (t ) = th2 t , − 2 ch t
ou encore celui de coordonnées : (sh t , −1) qui lui est colinéaire. Une équation
cartésienne de cette tangente est donc x + sh (t ) y − t = 0 . Les coordonnées du point N sont alors (t , 0) et il décrit bien un mouvement rectiligne uniforme. De plus :
donc NM = 1.
¡ ¢2 NM2 = (x (t ) − t )2 + y (t ) = th2 t +
Exercice 6.8 ♥♥ On se donne la courbe paramétrée Γ:
1 ch2 t
=1
x(t ) = 2t +
1 2t − 1 1 y(t ) = t 2 − 2t + 1
1. Préciser le domaine de définition de f : t 7→ (x(t ), y(t )). Étudier ensuite les variations de x et de y en fonction du paramètre t . 2.
(a) Quelle est la nature des branches infinies de Γ lorsque t tend vers ±∞.
1 (b) Montrer que lorsque t tend vers −1 2 (respectivement 2 ), Γ possède une asymptote dont on précisera l’équation. Préciser la position de la courbe par rapport à cette asymptote. de la tangente en ce point.
(c) Tracer le support de Γ.
254
Solution :
ª
©
1. x et y sont définies sur I = R \ ± 12 . La courbe ne présente pas de symétrie évidente. Soit t ∈ I. On a : ′
x (t ) =
8t (t − 1) (2t − 1)2
et
′
y (t ) = 2
4t 3 + 4t 2 + t + 1 (2t + 1)2
=
¡ ¢ 2(t + 1) 4t 2 + 1
(2t + 1)2
la factorisation du numérateur de y ′ étant obtenue en remarquant que −1 est une racine évidente de 4t 3 +4t 2 +t +1. On en déduit le tableau de variation suivant : t
−∞
′
x (t )
+
x (t ) −∞ +∞
− 12
−1
% % & %
+
− 32
2
+∞
y (t )
−∞
y ′ (t )
2.
3.
%&
+
− 73
−
0
1 2
0
+
0
−1
−
−
−∞
%%
+∞
0
+∞ +
&% %% 3 2 3
− 41
−1
+
1
+
+
+∞ +∞
+
y (t ) y (t ) −−−−−→ +∞ et −−−−−→ −∞. Ces deux branches infinies sont donc des branches t →+∞ x (t ) x (t ) t →+∞ paraboliques de direction Oy .
(a) On vérifie que
3 (b) Lorsque t tend vers −1 2 Γ admet une asymptote verticale d’équation x = − 2 et quand t tend vers 1 une asymptote horizontale d’équation y = − 4 .
4 3 2 1
−5
−4
−3
−2
1
−1 −1 −2 −3 −4 −5
255
2
3
4
1 2
Γ admet
Exercice 6.9
♥♥
Étudier la courbe donnée par :
x (t ) y (t )
sin2 t 2 + sin t . = cos t
=
Attention 6.10 La correction de cet exercice utilise les équivalents.
Solution : 1. x et y sont définies sur R. Ces deux fonctions sont 2π-périodiques. On peut restreindre le domaine d’étude à [−π, π]. De plus, si t est ¤ de ce segment : x (π − t ) = x (t ) et y (π − t ) = −y (t ). On peut alors restreindre le £ élément domaine d’étude à I = − π2 , π2 . On obtiendra la partie manquante de la courbe par une symétrie d’axe Ox .
2. Soit t ∈ I :
x ′ (t ) =
sin t cos t (4 + sin t ) (2 + sin t )2
et
y ′ (t ) = − sin t
Comme cos est positif sur I, x ′ (t ) est du signe de sin t . On en déduit le tableau de variations : − π2
t
x ′ (t ) 0 1 x (t )
0
&% %& −
0
+
0
π 2
0 1 3
1
y (t ) 0 ′
y (t ) 1
+
0
−
0 −1
L’unique point où la courbe est singulière est celui de paramètre t = 0. On lit dans le tableau de variation que la courbe admet une tangente verticale en le point de paramètre t = − π2 ainsi qu’en celui de paramètre t = π2 .
3. En utilisant les formules usuelles d’équivalent :
2
−2 t2 y (t ) − y (0) (cos t − 1) (2 + sin t ) = −1 = ∼ t →0 t 2 x (t ) − x (0) sin2 t
La courbe admet donc en le point singulier une tangente ∆ de pente −1. Une équation cartésienne de ∆ est alors : y = −x + 1.
4. Soit t ∈ I. La position du point M par rapport à ∆ est donnée par le signe de y (t ) + x (t ) − 1 : y (t ) + x (t ) − 1
= = =
sin2 t −1 2 + sin t 2cos t + sin t cos t + 1 − cos2 t − 2 − sin t 2 + sin t ¡ ¢ − cos2 t − 2cos t + 1 + sin t cos t − sin t
cos t +
2 + sin t − (cos t − 1) + sin t (cos t − 1) 2 + sin t (cos t − 1) (1 − cos t + sin t ) 2 + sin ³ pt p ¢´ ¡ 2 (cos t − 1) 22 − cos t + π4 2
= = =
p 2 2
2 + sin t ¡
¢
− cos t + π4 qui est positif si t est proche de 0 et positif et le signe de cette expression est donnée par celui de et qui est négatif si t est proche de 0 et négatif. Par conséquent, au voisinage du point singulier, la courbe est en dessus de la tangente pour les temps positifs et en dessous pour les temps négatifs. Le point singulier est donc un point de rebroussement de première espèce.
5. Représentation graphique : 256
1
0
1
−1
Il s’agit d’un bicorne. Exercice 6.10 ♥♥ Étudier la courbe paramétrée :
2 x(t ) = t + 1 2t y(t ) = 2t − 1 t2
On montrera l’existence d’une parabole asymptote. Attention 6.11 Les développements limités sont utilisés dans la correction de l’exercice Solution : 1. Domaine de définition : Dx = D y = R \ {0}.
2. Restriction de l’intervalle d’étude : Pas de symétrie évidente. 3. Variations : On calcule x ′ (t ) = t
−∞
x ′ (t ) x
0
y y ′ (t )
y ′ (t ) =
%& && 0
−1
−
−3
−
−4
−2(t − 1) t3
0
−1
+
−∞
(t − 1)(t + 1) 2t 2
−∞
1
+∞
&% %& −
0
+
1
+∞ +∞
1
−∞ −∞
−
+
0
0
−
En traçant le tableau de variations, on trouve un point stationnaire M(1), et une branche infinie lorsque t → 0.
4. Étude du point stationnaire : en posant h = x − 1, on trouve
µ ¶ µ ¶ µ ¶ h2 1 h 3 −1 1 e + F(h) = F(1 + h) = + + o(h 3 ) 1 2 −2 2 4
et donc le point stationnaire est un point de rebroussement de première espèce, de tangente dirigée par le vecteur
→ − u = (1, −2).
5. Étude des branches infinies : Lorsque t → ±∞, comme y(t ) → 0, la droite (Ox) est asymptote, et le tableau de variations donne la position de la courbe par rapport à l’asymptote. Pour l’étude de la branche infinie en t = 0, écrivons x(t ) = t /2 + 1/(2t ),
y(t ) = −1/t 2 + 2/t
et calculons (pour éliminer les termes en 1/t 2 ) : y(t ) + 4x 2 (t ) = 2 + 2/t + t 2
Éliminons ensuite les termes divergents en 1/t en calculant y(t ) + 4x 2 (t ) − 4x(t ) = 2 + 2/t + t 2
257
d’où l’on tire que y(t ) + 4x 2 (t ) − 4x(t ) − 2 ∼ −2t
et donc la parabole d’équation y = −4x 2 + 4x − 2 est asymptote à la courbe, et lorsque t → 0+ , la courbe est située localement au dessous de la parabole, et lorsque t → 0− , elle est située localement au dessus de la parabole. 1 1
−4 −3 −2 −1 −1
2
3
−2 −3 −4 −5 −6 −7
Exercice 6.11 ♥♥ Construire la courbe paramétrée :
x(t ) =
t t2 −1 2 y(t ) = t t −1 Déterminer ensuite les coordonnées du point double I et montrer que les tangentes en I sont orthogonales.
Attention 6.12 Les développements limités sont utilisés dans la correction de l’exercice
Solution : 1. Domaine de définition : Dx = R \ {−1, 1} et D y = R \ {1}.
2. Restriction de l’intervalle d’étude : Pas de restrictions apparentes. 3. Variations : On trouve que x ′ (t ) = − t
−∞
x ′ (t ) 0 x (t )
y (t ) −∞ y ′ (t )
& % +
+∞
−∞
y ′ (t ) =
1
& & %& −
−1
−
3/2
+
0
−
2
+∞
0 0
−1/2
t (t − 2) (t − 1)2
0
−1
−
t2 +1 , (t 2 − 1)2
−∞ −∞
+∞
& & & % −
−5/9
+∞
−
2/3
4
−
0
0 +∞
+
Le tableau de variations montre deux points ordinaires à tangente horizontale : M(0) = (0, 0) et M(2) = (2/3, 4).
4. Points stationnaires : Il n’y a pas de points stationnaires.
5. Branches infinies : Lorsque t → ±∞, le tableau de variations montre que la droite (Ox) est asymptote, et on lit la position de la courbe par rapport à cette asymptote. De même, lorsque t → −1, la droite d’équation y = −1/2 est asymptote au vu du tableau de variations. 258
Pour l’étude de la branche infinie, lorsque t → 1 et en posant h = t − 1 : x(h) =
1 1 h + − + o (h) , 2h 4 8 h→0
et
et donc, lorsque t → 1,
y(h) =
1 + 2 + h + o (h) h h→0
5 3 ∼ (t − 1) 2 t →1 4
y(t ) − 2x(t ) −
la droite y = 2x + 3/2 est asymptote. Lorsque t → 1−1 , la courbe arrive à gauche en dessous, et lorsque t → 1+ , la courbe arrive sur l’asymptote à droite au dessus. 6. Coordonnées du point double : Cherchons le point double M = M(t1 ) = M(t2 ) avec t1 6= t2 . On doit avoir (
et en mettant (t1 − t2 ) en facteur,
t1 (t22 − 1)
= t2 (t12 − 1)
t12 (t2 − 1)
(
= t22 (t1 − 1)
t1 t2 + 1
t1 t2 − (t1 + t2 )
=0
=0
Par conséquent, t1 t2 = −1 et t1 + t2 = −1. Les deux valeurs t1 et t2 sont racines du trinôme T2 + T − 1 = 0
Le point double a pour coordonnées x=
t1 t12 − 1
=
t2 t22 − 1
=
t1 − t2
t12 − t22
=
1 = −1 t1 + t2
et de même, y = −1. I = (−1, −1). 7. Tangentes orthogonales au point double : Les deux tangentes au point doubles sont dirigées par les vecteurs → −′ → − F (t1 ) et F′ (t2 ). Il suffit de montrer que ces deux vecteurs sont orthogonaux. Calculons leur produit scalaire : ³→ ´ − → − s = F′ (t1 ) | F′ (t2 ) = x ′ (t1 )x ′ (t2 ) + y ′ (t1 )y ′ (t2 )
On calcule
£ ¤ (t1 t2 )2 + (t12 + t22 ) + 1 t1 t2 t1 t2 − 2(t1 + t2 ) + 4 t1 t2 (t1 − 2)(t2 − 2) s= 2 + =£ ¤2 + £ ¤2 (t1 − 1)2 (t2 − 1)2 (t1 − 1)2 (t22 − 1)2 (t1 t2 )2 − (t12 + t22 ) + 1 t1 t2 − (t1 + t2 ) + 1
(t12 + 1)(t22 + 1)
Mais t12 + t22 = (t1 + t2 )2 − 2t1 t2 = 3, et finalement s=
−1 + 2 + 4 1+3+1 − = 5−5 = 0 2 (1 − 3 + 1) (−1 + 1 + 1)2
Ce qui montre que les deux tangentes sont orthogonales. 8. Tracé : 7 6 5 4 3 2 1 −5 −4 −3 −2 −1 −1 −2 −3 −4
259
1
2
3
4
Exercice 6.12
♥♥
Construire la courbe x(t )
y(t )
t3 3t + 1 . 3t 2 = 3t + 1
=
Attention 6.13 Les développements limités sont utilisés dans la correction de l’exercice
Solution : 1. Domaine de définition : Les fonctions x et y sont définies sur I = R \ {1/3}.
2. Symétries : Il n’y a pas de symétrie évidente. 3. Variations : Si t ∈ I alors :
x ′ (t ) =
3t 2 (2t + 1) (3t + 1)2 − 12
− 32
t ′
x (t ) +∞
y ′ (t )
& & % % & & −
−4/9
−
0
+
8/27
3t (3t + 2) (3t + 1)2
−∞
−4/3
+
0
−3/2
−
−3
0
−1/3
%% &% +
+∞
0
+
0
1/4
x (t )
y (t )
y ′ (t ) =
−∞ +∞ −∞
−
0
−
0
+∞ +∞
+
4. Points stationnaires : On remarque que la courbe admet un point stationnaire en t = 0. Étudions cette singularité : µ
µ ¶ Ã o ¡ t 3 ¢! ¶ µ ¶ x (t ) 1 0 + t →0 ¡ 3 ¢ + t3 = 3t 2 o t y (t ) −9 1 t →0
Le point stationnaire est donc un point de rebroussement de première espèce. 5. Branches infinies : On a une branche infinie pour t → ±∞ : x(t ) = −
1 t 1 + − + o (t ) 81t 27 9 t →+∞
et
y(t ) =
1 1 − + t + o (t ) t →+∞ 9t 3
Donc :
1 2 1 + o (1/t ) 3x(t ) − y 2 (t ) − y(t ) + = 3 9 27t t →+∞ y 1 Cette branche admet donc une parabole asymptote d’équation : 3x − y 2 − + = 0. On a une autre branche infinie 3 9 pour t → − 31 . Avec u = t − 1/3 : x(u) = −
1 1 u + − + o (u) 81u 9 3 u→0
d’où : y(u) + 9x(u) −
et
y(u) =
1 2 − + u + o (u) u→0 9u 3
1 = −2u + o (u) u→0 3
En conclusion, la droite d’équation y = −9x + 1/3 est asymptote à cette branche infinie et la courbe est située en dessous de l’asymptote si t > −1/3 et au dessus si t < −1/3.
6. Tracé :
260
2 1
−3
−2
1
−1
2
−1 −2 −3 −4 −5 −6 −7
Exercice 6.13 ♥♥ On considère la famille de courbes paramétrées : x(t ) = cos3 t + m sin t
y(t ) = sin3 t + m cos t
1. Faire l’étude de C0 . 2. Pour quelles valeurs de m , la courbe Cm admet-elle des points stationnaires ? 3. Trouver l’équation paramétrique de l’ensemble des points stationnaires et représenter cet ensemble. Solution : 1. Voir l’exercice 6.4. 2. Recherche des points stationnaires de Cm : x ′ (t ) = cos t (m − 3sin t cos t ) 3 3 2 2
y ′ (t ) = sin t (3sin t cos t − m) 3 2
Une condition nécessaire et suffisante est que m ∈ [− , ], avec m = sin(2t ). 3. Lieu des pts stationnaires : on montre par double inclusion que c’est la courbe paramétrée : ¡ ¢ x(t ) = cos t 1 + 2sin2 t
¡ ¢ y(t ) = sin t 1 + 2cos2 t
4. Étude de cette courbe : Les fonctions x et y sont définies sur R. Elles sont 2π périodiques don on peut travailler sur [−π, π]. x est paire et y impaire, donc on peut limiter l’étude à [0, π] et déduire la partie restante de la courbe par la symétrie d’axe¡ (Ox) ¢ . Pour tout t dans cet intervalle, x (π − t ) = −x (t ) et y (π − t ) = y (t ). On a donc aussi une symétrie d’axe Oy et on travaille sur [0, π/2]. Enfin, x (π/2 − t ) = y (t ) et y (π/2 − t ) = x (t ) On travaille finalement sur [0, π4 ] et la courbe présente aussi une symétrie par rapport à la première bissectrice. Pour tout t ∈ [0, π4 ] , on calcule (
x ′ (t ) y ′ (t )
£ ¤ = −3sin(t ) 1 − 2cos2 t £ ¤ = 3cos(t ) 1 − 2sin 2 t
et on en déduit le tableau de variations et le tracé :
261
1 t
0
x ′ (t ) 0 x
1
y
0
y ′ (t ) 3
π/4
% % +
+
0 p 2 p
−2
1
−1 −1
2 −2
0
Remarquons qu’on a un point stationnaire en t = π4 . En raison des symétries, c’est nécessairement un point rebroussement de première espèce. Exercice 6.14 ♥♥♥ On considère la courbe paramétrée Γ :
(
= t 2 − 2t
x(t )
= 2t 3 − 3t 2
y(t )
1. Tracer cette courbe et étudier le point stationnaire. 2. Écrire l’équation cartésienne de la tangente à Γ en un point M(t ) ordinaire. 3. À quelle condition sur t1 , t2 les tangentes issues des points ordinaires M(t1 ) et M(t2 ) sont-elles orthogonales ?
¯ ¯x 4. Soit un point M¯¯ . Trouver une condition nécessaire pour que de M soient issues deux tangentes orthogonales y
à Γ.
Solution : 1. Les fonctions x et y sont définies sur R. Il n’y a pas de symétrie évidente. Pour tout t ∈ R x ′ (t ) = 2(t − 1)
et
y ′ (t ) = 6t (t − 1) .
On en déduit les variations de x et y : t
−∞
x ′ (t ) +∞ x (t )
0
1
&&% %&% −
−2
−
y ′ (t )
+
0
−1
0
y (t ) −∞
0
−1
0
+
−
0
+∞
+∞ +∞
+
Le point de paramètre 1 est stationnaire.On écrit : x (t ) = −1 + (t − 1)2
et
Ã
y (t ) = −1 + 3(t − 1)2 + 2(t − 1)3
et
! Ã ! Ã ! Ã ! −1 x (t ) 2 1 3 0 = + (t − 1) + (t − 1) . y (t ) −1 3 2
On a donc un point de rebroussement de première espèce, avec¢ une de pente 3. La courbe présente des ¡ ¡ tangente ¢ branches infinies quand t → ±∞. On a y (t )/x (t ) = 2t 3 − 3t 2 / t 2 − 2t = t (2 − 3/t ) (1 − 2/t ) −−−−−→ ±∞ donc ¡
¢
ces branches sont de type parabolique de direction Oy . 262
t →±∞
4 3 2 1 −2
−1
1 −1 −2 −3 −4 −5 ¡
¢
2. La tangente Tt à la courbe en un point de paramètre t 6= 1 est dirigée par le vecteur x ′ (t ) , y ′ (t ) ou encore par celui de coordonnées (1, 3t ). Une équation de Tt est de la forme : 3t x − y + c = 0 où c ∈ R. Comme M (t ) = ¡ ¢ x (t ) , y (t ) ∈ Tt , il vient c = −t 3 + 3t 2 et donc Tt : 3t x − y − t 3 + 3t 2 = 0 . −→ −→
3. On traduit l’orthogonalité des tangentes par Tt1 .Tt2 = 0, c’est-à-dire t1 t2 = −1/9 . 4. Le point M appartient à la tangente issue de M(t ) si et seulement si t est racine du polynôme P(t ) = t 3 − 3t 2 − 3xt + y = 0.
Si t1 , t2 , t3 désignent les trois racines complexes de ce polynôme, leur produit vérifie t1 t2 t3 = −y . D’après la question précédente, on doit avoir t3 = 9y qui doit être racine de P, c’est-à-dire y(93 y 2 − 3 × 92 y − 3 × 9x + 1) = 0
et si y 6= 0, on reconnaît l’équation d’une parabole.
6.4.3 Courbes polaires Exercice 6.15 ♥ Tracer la courbe polaire ρ = 1 + tan θ2 . On précisera les coordonnées du point double. Solution : 1. Domaine de définition de ρ : La fonction ρ est définie sur R \ {(2k + 1)π; k ∈ Z }. 2. Restriction de l’intervalle d’étude : Puisque ρ(θ + 2π) = ρ(θ), M(θ + 2π) = M(θ) et il suffit donc de faire l’étude sur [0, 2π]. 3. Tableau de signe de ρ : Il est clair que ρ est croissante, et s’annule en 3π/2. θ0
% % π/2 2
ρ1
0
−∞
263
% % 3π/2
π +∞
2π 1
4. Passage au pôle : le passage au pôle correspond à un point ordinaire, à tangente verticale (ρ change de signe). 5. Branche infinie : lorsque θ → π. Il y a une direction asymptotique horizontale. Pour chercher une droite asymptote, étudions y(θ) = ρ(θ) sin θ. En posant u = θ−π, ye(u) = y(π+u) = − sin u +2cos2 (u/2) = 2−u +o(u). La droite d’équation y = 2 est donc asymptote à la courbe, et lorsque θ → π− , la courbe arrive sur l’asymptote, et lorsque θ → π+ , la courbe arrive sous l’asymptote.
6. Point double : On voit sur le dessin que le point double vérifie M(θ1 ) = M(θ1 + π) avec θ1 ∈ [0, π/2], c’est-à-dire ρ(θ1 ) = −ρ(θ1 + π)
En posant t = tan(θ1 /2), on obtient
t 2 + 2t − 1 = 0
p
c’est-à-dire t = 2 − 1 p (pour avoir θ1 ∈ [0, π/2]. Alors si le point double a pour coordonnées M = (x1 , x2 ), on trouve, puisque ρ(θ1 ) = 2, que : p 1− t2 2 =1 1+ t2 p 2t =1 y 1 = ρ(θ1 ) sin(θ1 ) = 2 1+ t2
x1 = ρ(θ1 ) cos(θ1 ) =
Donc le point double est M = (1, 1).
7. Représentation graphique :
2 1
−7
−6
−5
−4
−3
−2
1
−1
2
3
4
5
6
−1
Exercice 6.16
♥
Tracer la courbe polaire ρ = cos(3θ).
Solution : 1. Domaine de définition de ρ : ρ est définie sur R. 2. Restriction de l’intervalle d’étude : Soit θ ∈ R. – ρ(θ + 2π/3) = ρ(θ), donc M(θ + 2π/3) est l’image du point M(θ) par la rotation de centre 0 et d’angle 2π/3. Il suffit de faire l’étude sur un intervalle de la forme [α, α + 2π/3] ; – ρ(θ + π/3) = −ρ(θ), donc le point M(θ + π/3) est l’image du point M(θ) par la rotation d’angle −2π/3. Il suffit de faire l’étude sur un intervalle de longueur π/3 ; – ρ(−θ) = ρ(θ), donc le point M(−θ) est le symétrique du point M(θ) par rapport à l’axe Ox . On fait donc l’étude sur [0, π/6], et on complète la courbe par symétrie par rapport à (0x), puis par rotations d’angle −2π/3.
3. Variations : La fonction ρ est décroissante sur [0, π/6] et s’annule en π/6. Comme ρ′ s’annule en 0, la courbe présente une tangente orthoradiale en θ = 0. 4. Points stationnaires : Le passage au pôle est un point ordinaire car ρ change de signe donc il n’y a pas de point stationnaire.
5. Branches infinies : Il n’y a pas de branche infinie. 6. Représentation graphique : 264
1
−1
−1
Il s’agit d’un trifolium.
Exercice 6.17
♥
Construire la courbe paramétrée ρ=
sin θ sin θ − cos θ
Solution : – Domaine de définition : Le domaine de définition de ρ est Dρ = R \ {π/4 + kπ; k ∈ Z } ; Remarquons que ∀θ ∈ Dρ ,
ρ (θ) = −
p
2 sin θ . 2 cos (θ + π/4)
– Restriction du domaine d’étude : Soit θ ∈ Dρ . – ρ(θ + 2π) = ρ(θ), donc M(θ + 2π) = M(θ). On n’étudie la courbe que sur un intervalle de la forme [α, α + 2π]. – ρ(θ + π) = ρ(θ) : le point M(θ + π) est le symétrique du point M(θ) par rapport à l’origine. Il suffit de faire l’étude sur l’intervalle I = [0, π] \ {π/4} et de compléter la courbe par une symétrie par rapport au pôle. – Variations de ρ : Pour tout θ ∈ I ρ′ (θ) = −
donc ρ est décroissante sur [0, π/4[ et sur ]π/4, π]. θ
0
ρ′ (θ) 1 0 ρ
1
(cos θ − sin θ)2
π/4
& −
−∞
π
+∞
& −
1 0
– Point stationnaire : ρ s’annule en θ = 0 ou en θ = π en changeant de signe. Le passage au pôle correspond à un point ordinaire à tangente horizontale. ¡ ¢ – Étude de la branche infinie : lorsque θ → π/4. Un point de la courbe a pour coordonnées M (θ) = x (θ), y (θ) où x (θ) = ρ (θ)cos θ et y (θ) = ρ (θ) sin θ. On calcule y (θ) /x (θ) = tan θ −−−−→ 1. Puis θ→π/4
p
p 2 sin θ (sin θ − cos θ) = sin θ −−−−→ y (θ) − x (θ) = θ→π/4 2 sin θ − cos θ
donc la droite y = x + 2/2 est asymtote à la courbe quand θ → π/4. On aurait aussi pu procéder ainsi : on fait l’étude dans le repère polaire R π/4 . Dans ce repère, le point M(θ) a pour ordonnée Y(θ) = ρ(θ) sin(θ − π/4), et en posant h = θ − π/4, on trouve que e Y(h) = Y(π/4 + h) = cos h(1 + tan h) = 1 + h + o(h)
Par conséquent, il y a une droite asymptote horizontale, d’équation Y = 1 dans le repère polaire R π/4 , et lorsque θ → π/4−1 , la courbe arrive sous l’asymptote, et lorsque θ → π/4+ , elle arrive au dessus. – Représentation graphique : 265
3 2 1 −4
−3
−2
−1
1
2
3
−1 −2 −3 −4
Exercice 6.18 Construire la courbe
♥♥ ρ = 1 − tan 2θ
Solution : 1. Domaine de définition : Le domaine de définition de ρ est Dρ = R \ {π/4 + kπ/2 | k ∈ Z}.
2. Restriction du domaine d’étude : Comme tan est π périodique, ρ est π/2 périodique et il suffit de travailler sur un intervalle de longueur π/2 On travaillera sur I = [0, π/2] \ {π/4}. ¡
¢
3. Variations de ρ : Pour tout θ ∈ I, ρ′ (θ) = 2 1 + tan2 2θ donc ρ est croissante sur [0, π/4[ et sur ]π/4, π/2]. 0
θ
ρ′ (θ) −2 1
π/8
π/4
& & −
−4
−
−
0
ρ
π/2
−∞
+∞
4. Point stationnaire : La courbe ne présente pas de point stationnaire.
&
−2 1 ¡
¢
5. Étude de la branche infinie : lorsque θ → π/4. Un point de la courbe a pour coordonnées M (θ) = x (θ) , y (θ) où x (θ) = ρ (θ) cos θ et y (θ) = ρ (θ)sin θ. On calcule y (θ)/x (θ) = tan θ −−−−→ 1. Puis θ→π/4
y (θ) − x (θ)
= = =
(cos 2θ − sin 2θ) (sin θ − cos θ) cos ¡ ¢ 2θ ¡ ¢ cos 2θ + π4 cos θ + π4 −2 cos 2θ ¡ ¢ p π π ³ ´ 2θ − 2 π4 2 π cos θ + 4 − cos 2 − − − − → − cos 2θ + ¢ ¡ θ→π/4 2 4 θ + π4 − π2 cos 2θ − cos 2π 4 p
en reconnaissant deux taux d’accroissement. Donc la droite y = x+ 2/2 est asymptote à la courbe quand θ → π/4. Si on sait utiliser les équivalents, c’est un peu plus simple : ³ ´ ³π ´ π cos θ + = sin − θ 4
4
∼
π
θ→π/4 4
−θ
donc par produit d’équivalents :
et
cos 2θ = sin
³π 2
−θ
´
∼
π
θ→π/4 2
− 2θ
p ´ ³ 2 π . y (θ) − x (θ) ∼ − cos 2θ + −−−−→ 4 θ→π/4 2 θ→π/4
On en déduit de plus la position de la courbe par rapport à l’asymptote, elle est en dessous quand θ → π/4− et au dessus quand θ → π/4+ .
6. Représentation graphique :
266
3 2 1 −4
−3
−2
−1
1
2
3
−1 −2 −3 −4
Exercice 6.19 Construire la courbe
♥♥ ρ=
sin 3θ sin θ
Solution : 1. Domaine de définition. La fonction ρ est définie sur R \ πZ. Mais en utilisant la trigonométrie, on montre que ∀θ ∈ R, sin 3θ = 4sin θ cos2 θ − sin θ donc ∀θ ∈ R \ πZ, ρ (θ) = 4cos2 θ − 1 et ρ se prolonge par continuité en chaque point de πZ. On travaille donc sur R. 2. Restriction de l’intervalle d’étude. ρ est 2π périodique et on travaille alors sur un intervalle de longueur 2π. Mais ∀θ ∈ R, ρ (θ + π) = ρ (θ) donc on peut travailler sur un intervalle de longueur π. Enfin, comme ρ est paire, son support admet une symétrie d’axe (Ox) et on étudie la courbe sur I = [0, π/2].
3. Variations. Pour tout θ ∈ I, ρ′ (θ) = −8sin θ cos θ = −4sin (2θ). Donc ρ′ est négative sur I. On calcule facilement que les seuls points de I où ρ s’annule sont 0 et π/2. Par ailleurs, le seul point de I où ρ s’annule est π/3. On en déduit les variations de ρ : θ
0
ρ′ (θ) 0 3
π/3 p −2 3
π/2
& & −
−
0
0
ρ(θ)
−1
La courbe présente un vecteur tangent orthoradial en θ = 0 et en θ = π/2.
4. Étude du point stationnaire. La courbe ne présente pas de point stationnaire. 5. Étude de la branche infinie. La courbe ne présente pas de branche infinie. 6. Représentation graphique.
1
−4
−3
−2
1
−1 −1 −2
Exercice 6.20 Construire la courbe
♥♥ ρ = 1+
267
1 θ−2
2
3
4
Solution : 1. Domaine de définition. La fonction ρ est définie sur I = R \ {2}.
2. Restriction de l’intervalle d’étude. La courbe ne présente pas de symétrie évidente. 3. Variations. Pour tout θ ∈ I, ρ′ (θ) = −1/(θ − 2)2 . Donc ρ′ est négative sur I. On calcule facilement que le seul point de I où ρ s’annule est 1. On en déduit les variations de ρ : θ
−∞
′
ρ (θ) 1
1
2
&& −
−1
−
−
0
ρ(θ)
+∞
+∞
−∞
&
1
Remarquons que la courbe passe par le pôle quand θ = 1.
4. Étude du point stationnaire. La courbe ne présente pas de point stationnaire. 5. Étude des branches infinies. La courbe présente des branches infinies quand θ → ±∞ et quand θ → 2. – Quand θ → ±∞ : comme ρ (θ) −−−−−→ 1, la courbe admet le cercle unité comme cercle asymptote. Elle est à θ→±∞
l’intérieur du cercle quand θ → −∞ et à l’extérieur quand θ → +∞. – Quand θ → 2 : on étudie la quantité y (θ) /x (θ) : y (θ) ρ (θ)sin θ = = tan θ −−−→ tan 2. θ→2 x (θ) ρ (θ)sin θ
On forme maintenant la quantité : y (θ) − tan 2x (θ) = ρ (θ) (sin θ − tan 2cos θ) = ρ (θ)
µ ¶ 1 sin (θ − 2) sin θ cos 2 − sin 2cos θ = sin (θ − 2) + . cos 2 cos 2 θ−2
En utilisant la limite usuelle sin x/x −−−→ 1, on montre que y (θ)−tan 2x (θ) −−−→ 1/ cos 2. La droite y = tan 2x+ x→0 x→2 1/ cos 2 est donc asymptote à la courbe quand θ → 2.
6. Représentation graphique.
4 3 2 1
−4
−3
−2
1
−1 −1 −2 −3 −4 −5
268
2
3
4
Exercice 6.21 On considère le cercle
♥♥ C : x2 + y 2 = 1
¯ ¯−2 et le point A¯¯ . Déterminer le lieu des projections orthogonales de A sur les tangentes au cercle. 0
¯ ¯cos t et la tangente en M(t ) a pour équation cartésienne sin t
Solution : Un point du cercle a pour coordonnées M(t )¯¯
Tt : cos t x + sin t y = 1
¯ ¯ x(t )
−−−−→
Le projeté orthogonal P(t ) de A sur Tt vérifie P¯¯ = A + λOM(t ) et on trouve que y(t ) (
x(t )
= −2 + (1 + 2cos t ) cos t
y(t )
= (1 + 2cos t ) sin t
En effectuant un changement de repère de centre A (X = x + 2, Y = y ), puisque t est l’angle entre (Ox) et AP(t ), on a une équation polaire de la courbe décrite par P : ρ = 1 + 2cos θ
qu’on étudie. 1. Domaine de définition. La fonction ρ est définie sur R. 2. Restriction de l’intervalle d’étude. La fonction ρ est paire et 2π-périodique. On travaillera sur I = [0, π] et on déduire la partie manquante de la courbe par une symétrie d’axe (Ox). 3. Variations. Pour tout θ ∈ I, ρ′ (θ) = −2sin θ. Donc ρ′ est négative sur I. On calcule facilement que le seul point de I où ρ s’annule est 2π/3. La courbe présente un vecteur tangent orthoradial en 0 et π. θ
0
′
ρ (θ) 0 3
2π/3 p − 3
π
& & −
−
0
0
ρ(θ)
−1
Remarquons que la courbe passe par le pôle quand θ = 2π/3.
4. Étude du point stationnaire. La courbe ne présente pas de point stationnaire. 5. Étude des branches infinies. La courbe ne présente pas de branche infinie. 6. Représentation graphique.
1
1
−1
2
3
−1 −2
C’est un limaçon de Pascal. Exercice 6.22 ♥♥ Une roue de rayon b roule sans glisser sur une roue de rayon a . Déterminer le lieu d’un point de la circonférence de la roue de rayon a .
269
−ı , → − ), la roue de rayon a est centrée en O, et la roue de rayon b est Solution : Dans un repère orthonormé R = (0, → → −ı , − OP), α centrée en C. Notons P l’intersection des deux roues, et M le point de la circonférence. En notant t l’angle (→ −→ −→ −−→ −ı , − l’angle (→ CM) et γ l’angle (CP, CM), on a les relations t +γ−α = π
La condition de roulement sans glissement s’écrit at = bγ
Donc si x et y sont les coordonnées du point M, (
¡ ¢ x = (a + b) cos t − b cos (a + b)/bt ¡ ¢ y = (a + b) sin t − b sin (a + b)/bt
270
Chapitre
7
Coniques Compared to what an ellipse can tell us, a circle has nothing to say. Eric T. Bell.
Pour bien aborder ce chapitre
Hyperbole
Ellipse
Parabole
Les coniques sont des courbes du plan étudiées depuis les grecs. Elles l’ont été par Menechme vers 400 ans avant J.C. Puis par Archimède, Apollonius de Perge, ... Ils les voyaient comme les intersections d’un cône et d’un plan et les avaient baptisées « sections coniques ». Suivant l’angle d’inclinaison de ce plan avec l’axe du cône, on distingue différents cas (voir l’exercice 7.2 page 286) : – Si cet angle est inférieur à l’angle d’ouverture du cône, on obtient une hyperbole. – Si cet angle est supérieur à l’angle d’ouverture du cône, on obtient une ellipse. – Si cet angle est égal à l’angle d’ouverture du cône, on obtient une parabole. Mais d’autres situations peuvent se produire, ainsi si le plan contient le sommet du cône, l’intersection du plan et du cône peut être formé de deux droites sécantes, ou d’une seule droite, ou même seulement de ce sommet. Ces coniques sont dites dégénérées tandis que les trois premières obtenues sont dites propres. Il existe d’autres façons d’introduire les coniques. Celle retenue dans ce cours est appelée « définition monofocale des coniques », ou « définition par foyer-directrice »(voir la définition 7.1). On verra, avec la « définition bifocale »(voir la définition 7.17) un autre moyen de définir les coniques propres. Enfin, on peut voir les coniques comme la famille des courbes du plan d’équation cartésienne ax 2 + 2bx y + c y 2 + d x + e y + f = 0 où a, b, c, d, e, f ∈ R. On apprendra dans le paragraphe 7.6 à étudier de telles courbes et comment reconnaître parmi celles-ci les coniques propres. Les coniques possèdent de nombreuses propriétés géométriques remarquables et on en étudiera quelques unes dans les exercices de ce chapitre. On les retrouve en mains endroits dans la nature. Kepler au 16e siècle a compris que les planètes décrivent des ellipses dont le soleil occupe un des deux foyers. Galilée au 17e siècle découvre qu’un obus tiré d’un canon décrit une trajectoire parabolique. La trajectoire d’une comète cyclique est une ellipse et celle d’une comète qui ne revient jamais est une parabole ou une hyperbole. Dans la vie courante, c’est grâce aux propriétés géométriques des paraboles que peuvent fonctionner les télescopes et les antennes paraboliques (voir l’exercice 7.3 page 286). 271
7.1 Définitions et premières propriétés 7.1.1 Définition monofocale ✎ Notation 7.1 Si A et B sont deux points du plan, on notera d (A, B) la distance de A à B, c’est-à-dire la norme du −→ vecteur AB. D ÉFINITION 7.1 ♥ Conique Soient D une droite du plan, F un point du plan n’appartenant pas à D et e un réel strictement positif. On appelle conique de foyer F, de directrice D et d’excentricité e la courbe C formée des points M du plan vérifiant : d(M, F) = e d(M, D )
– Si 0 < e < 1, on dit que C est une ellipse. – Si e = 1, on dit que C est une parabole. – Si e > 1, on dit que C est une hyperbole. La droite ∆ passant par F et orthogonale à D est appelée l’axe focal. P ROPOSITION 7.1 ♥ L’axe focal d’une conique est un axe de symétrie de cette conique. Démonstration
H
M
∆ F H′
M′
D Soit M un point de la conique C de directrice D , de foyer F et d’excentricité e . Soit ∆ l’axe focal de C et soit M′ l’image de M par la ′ ′ réflexion donc ¡ ′ ¢d’axe′ ∆′. Soit H et H les projetés orthogonaux respectifs de M et M£ sur D ¡ ¢ ¤ . Les droites D et ∆ sont perpendiculaires ′ et que F ∈ ∆, on a aussi d M′ ,F = d (M,F). Par d M , D = H¡M = ¢HM = d (M, D ) . Comme ∆ est la médiatrice du segment MM ¡ ¢ conséquent d M′ ,F = d (M,F) = ed (M, D ) = ed M′ , D ce qui prouve que M′ ∈ C .
D ÉFINITION 7.2 ♥ Paramètre Soit C une conique de directrice D, de foyer F et d’excentricité e . Soit d = d(F, D ). Le réel p = e d est appelé paramètre de la conique C . Remarque 7.1 Le paramètre d’une conique C correspond à la distance de F à chacun des deux points de C situés sur la droite passant par F et parallèle à D.
7.1.2 Équation cartésienne d’une conique H
M ~j
K
F d
D 272
∆ ~i
P ROPOSITION 7.2 ♥ Équation cartésienne d’une conique Soit C une conique de directrice D, de foyer F et d’excentricité e . Soit d = d(F, D )· Dans un repère orthonormal → − → − → − → − (F, i , j ) choisi en sorte que D ait pour équation x = −d (⇐⇒ i unitaire normal à D et j unitaire directeur pour D) C a pour équation cartésienne : x 2 + y 2 = e 2 (x + d)2 ³ → − → −´
→ −
Soit K le projeté orthogonal de F sur la directrice D . On rapporte le plan au repère R F, i , j où i =
Démonstration
−→ °KF ° °−→° °KF°
et
→ − → − → − où j est directement orthogonal à i . Remarquons que ¯j dirige la directrice D . Posons d = d(F, D )· La directrice, dans ce repère, ¯x admet bien comme équation cartésienne x = −d . Soit M ¯¯ . On a : y M∈C
⇐⇒
d(M,F) = e d(M, D )
⇐⇒
x 2 + y 2 = e 2 (x + d)2
⇐⇒
d 2 (M,F) = e 2 d 2 (M, D )
d’où l’équation cartésienne de la conique dans R .
Remarque 7.2
→ −
L’axe focal de la conique passe par F et est dirigé par i . Son équation dans R est y = 0.
Multimédia : Pour une directrice et un foyer fixés, on trace en faisant varier e les différentes coniques correspondantes.
7.1.3 Équation polaire d’une conique ³
→ − → −´
On fixe un repère orthonormal du plan O, i , j . P ROPOSITION 7.3 ♥ Équation polaire d’une conique Soit D la droite d’équation polaire r = d’excentricité e et de directrice D est :
d avec h 6= 0. Alors une équation polaire de la conique C de foyer O, cos (θ − θ0 ) r=
ed . 1 + e cos (θ − θ0 )
Démonstration Si θ0 = π [2π] alors la directrice D est perpendiculaire à l’axe des abscisses et d’équation x = −d . On peut alors utiliser la proposition 7.2 : une équation cartésienne de C est x 2 + y 2 = e 2 (x + d)2 . On passe en polaire et on obtient r = ±e (r cos θ + d). La conique C est donc l’ensemble des points satisfaisant : r =−
ed ed ou r = . 1 + e cos θ 1 − e cos θ
Mais ces deux équations sont celles d’une même courbe. En effet, si (r,θ) satisfait la première équation alors (−r,θ + π) satisfait la seconde. Ces deux couples sont les coordonnées polaires d’un même point du plan. Une équation polaire de C est donc donnée par r=
ed . 1 + e cos (θ − π)
Dans le cas général, on effectue une rotation de centre O et d’angle θ0 − π et on trouve pour la conique l’équation polaire r = ed . 1 + e cos (θ − θ0 )
Remarque 7.3 – L’équation polaire d’une conique s’écrit aussi p =
p 1 + e cos (θ − θ0 ) – L’axe focal de cette conique admet comme équation polaire θ = θ0 .
7.2 Étude de la parabole : e = 1 On s’intéresse dans ce paragraphe à une parabole P de foyer F, de directrice D, de paramètre p > 0. On considère à → − → − nouveau le repère R (F, i , j ) construit dans la proposition 7.2. Dans ce repère, une équation de P est
→ −
x 2 + y 2 = (x + p)2 .
L’axe focal ∆, passe par F, est dirigé par i (et admet donc comme équation y = 0), coupe P en un unique point de p coordonnées (− 2 , 0), ce qui justifie la définition suivante : 273
D ÉFINITION 7.3 ♥ Sommet d’une parabole On appelle sommet de la parabole P l’unique point S d’intersection entre P et son axe focal ∆. Dans le repère → − → − p (F, i , j ), les coordonnées de S sont (− 2 , 0). Remarque 7.4
Si K est le projeté orthogonal de F sur D, S est le milieu de [FK].
P ROPOSITION 7.4 ♥ Équation réduite d’une parabole → − → − Il existe un repère orthonormal (O, i , j ) dans lequel la parabole P de paramètre p > 0 admet pour équation caractéristique : Y2 − 2 p X = 0
Cette équation est appelée équation réduite de la parabole P. → − → − Réciproquement, une courbe d’équation : Y2 −2 p X = 0 dans un repère orthonormal (O, i , j ) est une parabole de foyer ¯p ¯ F ¯¯ 2 0
p
et de directrice d’équation D : X = − 2 .
M1 p ~j
K
∆
O ~i
p 2
F
M2
p 2
D Démonstration ³ → − → −´ ⇒ Soit P la parabole de paramètre p > 0, de foyer F et de directrice D . Dans le repère R F, i , j construit dans la proposition ³
p
´
7.2, P admet comme équation cartésienne x 2 + y 2 = (x + p)2 ou : y 2 = 2px + p 2 . Considérons le point O − 2 ,0 et le repère ³
→ − → −´
R ′ O, i , j . Calculons les formules de changement de coordonnées du repère R au repère R ′ . Soit M un point du plan de ¡ ¢ coordonnées x, y dans R et de coordonnées (X,Y) dans R ′ . On a : → − → − −−→ OM = X i + Y j .
Par ailleurs :
p ´→ − → − − → − → − ³ −−→ −→ −−→ p → i +y j . OM = OF + FM = i + x i + y j = x + 2
Par identification, on obtient alors :
2
X = x + p 2 Y = y
.
L’équation de P : y 2 = 2px + p 2 devient dans R ′ : Y2 = 2pX. Remarquons que O est le sommet de la parabole. → − → − ⇐ Soit C une courbe d’équation Y2 − 2 p X = 0 dans un repère orthonormal (O, i , j ). Montrons que C est une parabole. Soit p
¯p ¯
¯ ¯X
D la droite d’équation X = − 2 , F ¯¯ 2 et M ¯¯ un point du plan. Montrons que d (M,F) = d (M, D ) si et seulement si M ∈ C ce qui 0
Y
prouvera que C est une parabole P de foyer F et de directrice D . Remarquons que : ³ p ´2 + Y2 d 2 (M,F) = X − 2
On a :
M∈P
⇐⇒
⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
et
³ p ´2 d 2 (M, D ) = X + .
d (M,F) = d (M, D )
d 2 (M,F) = d 2 (M, D ) ³ ³ p ´2 p ´2 + Y2 = X + X− 2 2 Y2 − 2 p X = 0 M∈C.
274
2
P ROPOSITION 7.5 ♥ Paramétrage de la parabole → − → − On peut paramétrer la parabole d’équation Y2 − 2 p X = 0 dans un repère orthonormal (O, i , j ) par ³
→ − → −´
Soit R O, i , j
Démonstration
p t2 2 y(t ) = p t x(t ) =
:t ∈R
le repère construit dans la proposition précédente. Dans ce repère une équation de P est
¯ ¯x y 2 − 2px = 0. Soit M ¯¯ un point du plan. On a équivalence entre : y
M∈P
⇐⇒
y 2 − 2px = 0
⇐⇒
∃t ∈ R,
et
y =p t
x=
p t2 . 2
y (t )
Remarque 7.5 Comme lim t →±∞ x(t ) = 0, la parabole possède deux branches paraboliques de direction asymptotique OX (c’est de là que vient l’appellation). P ROPOSITION 7.6 ♥ Tangente à la parabole
→ − → − Dans un repère (O, i , j ), on considère la parabole P de paramètre p > 0 et paramétrée par
– La tangente TM0 à P au point M0 de P de paramètre t0 ∈ R a pour équation : x − t0 y + p
t 02 2
(
p t2
x(t ) = 2 y(t ) = p t
: t ∈ R.
=0
– La tangente TM0 à P au point M0 (x0 , y 0 ) a pour équation y y 0 = p(x + x0 ) Démonstration Soit T0 la tangente à P au point de paramètre t0 . Un vecteur directeur à cette tangente a pour coordonnées ¡ ¢ pt0 , p . Le vecteur de coordonnées (t0 ,1) dirige donc T0 . Une équation cartésienne de T0 est donc
¡
¢
µ
soit t0 y − pt0 − x −
¶
p t 02 =0 2
encore px − y 0 y + px0 = 0.
ou encore x − t0 y +
¯ ¯ t0 ¯ ¯ 1
¯ x − x (t0 ) ¯¯ = 0. y − y (t0 ) ¯
p t 02 2 = 0.
Par ailleurs, comme x0 =
p t 02 2
et que y 0 = p t0 , cette équation s’écrit
7.3 Étude de l’ellipse : 0 < e < 1 On considère dans tout ce paragraphe une ellipse E de foyer F, de directrice D et d’excentricité e (0 < e < 1). P ROPOSITION 7.7 ♥ Équation réduite de l’ellipse → − → − – Il existe un repère orthonormal (O, i , j ) dans lequel E a pour équation X2 Y2 + =1 a2 b2
0³ 0. Le couple (X,Y) représente les coordonnées dans ¡ ¢ → − → −´ → − → − un repère R ′ O, i , j d’un point de coordonnées x, y dans le repère R F, i , j où O est déduit de F par une translation de ¯ ¯c
− u ¯¯ . Dans ce nouveau repère, (⋆) s’écrit alors vecteur → 0
X2 a2
Y2 + 2 =1 b
qui est bien de la forme annoncée. On a par ailleurs bien a 2 − b 2 = c 2 ,
c a =e
et d =
b2 c .
Enfin, une équation de la directrice D
dans R étant x = −d , une équation de D dans R ′ est : X +c = −d , soit X = −d −c . Mais −d −c = − 2
de D dans R ′ est donc : X = − ac .
Réciproquement, soit E une courbe d’équation
⇐
c= ¡
¢
2 X2 + Y2 = 1 a2 b
p
a 2 − b2 ,
³
2 b2 + c 2 = − ac . Une équation c
→ − → −´
dans un repère R ′ O, i , j .avec a > b > 0. Posons c
e=
a
et
d=
¯ ¯−c
Par identification avec l’équation ⋆′ , on reconnait l’ellipse de foyer F ¯¯
0
b2 c
. 2
de directrice D : X = − ac et d’excentricité e .
P ROPOSITION 7.8 ♥ 2 2 → − → − Soit (O, i , j ) un repère orthonormal dans lequel E a pour équation Xa 2 + Yb 2 = 1 avec 0 < b < a . – L’origine O est centre de symétrie de E . C’est le centre de l’ellipse. – OX et OY sont axes de symétrie de E . OX est appelé axe focal ou grand axe. OY est appelé axe non focal ou petit axe. – a est appelé demi-axe focal ou demi-grand axe. b est appelé demi-axe non focal ou demi-petit ¯ axe. ¯ p
→ − → −
¯−c
– Soit c = a 2 − b 2 . E admet deux foyers F et F′ de coordonnées dans le repère (O, i , j ) : F ¯¯ associée d’équation, dans ce même repère : D :
→ − → −
2 X = − ac
′
et D : X =
a2 c . ′
0
¯c
et F′ ¯¯ de directrice 0
′ – L’ellipse E¯ coupe ¯ du repère (O, i , j ) en quatre points A, A , B, B appelés les sommets de E et on a : ¯ les axes ¯ ¯0 ¯ 0 ¯a ¯−a , B′ ¯¯ . , A′ ¯¯ , B ¯¯ A ¯¯
0
0
−b
b
276
P ROPOSITION 7.9 ♥ Paramétrage de l’ellipse 2 2 → − → − On peut paramétrer l’ellipse d’équation Xa 2 + Yb 2 = 1 avec 0 < b < a dans un repère orthonormal (O, i , j ) par ½ Démonstration
³
→ − → −´
Soit R O, i , j
x(t ) = a cos t : t ∈ [−π, π] y(t ) = b sin t
le repère construit dans la proposition précédente. Dans ce repère une équation de E est
¯ ¯ X + Y = 1. Soit M ¯X un point du plan. On a équivalence entre : 2 2 ¯Y a b 2
2
M∈E
⇐⇒
⇐⇒
Remarque 7.6
X2
Y2 + =1 a 2 b2 ∃t ∈ [−π,π], X = a cos t
et
Y = b sin t
L’ellipse ne possède pas de branche infinie.
B a A
K
~j b
F c O ~i
p F
′
A
′
∆ K′
B′ 2
a c
D
D′
P LAN 7.1 : Pour construire une ellipse 1
On trace ses axes focaux et demi-focaux.
2
On place le centre O de l’ellipse puis ses quatre sommets A, A′ , B, B′ .
3
On mesure au compas la longueur OA et on place le compas en B.
4
On trace les deux arcs intersectant l’axe focal. On obtient ainsi les points F et F′ .
D ÉFINITION 7.4 ♥ Affinité orthogonale → − → − → − Soient (O, i , j ) un repère orthonormal. L’affinité orthogonale de base (O, i ) et de rapport k ∈ R est l’application du plan dans lui même qui au point M de coordonnées (x, y) associe le point M′ de coordonnées (x, k y). P ROPOSITION 7.10 ♥ Cercle principal d’une ellipse → − → − = 1 avec 0 < b < a dans un repère orthonormal (O, i , j ) est l’image du cercle C → − d’équation cartésienne X + Y = a 2 par l’affinité orthogonale de base (O, i ) et de rapport k = ba . Le cercle C est appelé
L’ellipse E d’équation
X2 a2 2
+
Y2 b2 2
cercle principal de l’ellipse E . Démonstration
Soit M un point de ¯ C . Il existe t ∈ [−π,π] tel que les coordonnées de M soient (a cos t, a sin t). Soit T l’affinité ¯a cos t
orthogonale en question. On a T (M) ¯¯
b sin t
. Donc T (M) ∈ E . Réciproquement, tout point de E est image d’un point de C par T .
P ROPOSITION 7.11 ♥ Équation de la tangente à une ellipse → − → − Dans ½ un repère (O, i , j ), on considère l’ellipse E de demi-grand axe a et de demi-petit axe b (0 < b < a ) et paramétrée
x(t ) = a cos t : t ∈ [−π, π]. y(t ) = b sin t – La tangente TM0 à E au point M0 de E de paramètre t0 ∈ R a pour équation :
par
b x cos t0 + a y sin t0 − ab = 0
277
– La tangente TM0 à E au point M0 (x0 , y 0 ) a pour équation x x0 y y 0 + 2 −1 = 0 a2 b Démonstration – Un vecteur tangent à l’ellipse E en le point M de paramètre t est celui de coordonnées (−a sin t,b cos t). Une équation de la tangente TM à E en M est donc : ¯ ¯ ¯ −a sin t ¯ ¯ b cos t
x − a cos t ¯¯ =0 y − b sin t ¯
ce ¡qui donne ¢ : b x cos t + a y sin t − ab = 0. – Si x0 , y 0 sont les coordonnées de M0 , cette équation devient : x
y y x0 + 20 − 1 = 0. a2 b
P ROPOSITION 7.12 ♥ L’image d’un cercle dans l’espace par une projection orthogonale est une ellipse L’image d’un cercle C de l’espace par une projection orthogonale sur un plan P non perpendiculaire au plan contenant C est une ellipse de P. Démonstration Nommons P ′ le plan contenant le cercle C , r le rayon de C , O′ son centre et O le projeté orthogonale de O′ sur le plan P . Si les plans P et P ′ sont parallèles alors l’image de C par la projection orthogonale sur P est le cercle de même rayon et de centre O. On suppose que P ′ est non parallèle à P . On note alors D la droite formée par leur intersection et α ∈ ]0,π/2[ l’angle non orienté ³ → − → −´ → − → − entre les plans P et P ′ . Soit i un vecteur unitaire dirigeant D . Soit j un vecteur de P en sorte que R O, i , j soit un repère → −
³
→ − → − ´
orthonormal de P . De la même façon, on considère un vecteur j ′ en sorte que R ′ O′ , i ′ , j ′ soit un repère orthonormal de P ′ . ¡ ¢ ′ ′ ′ θ ∈ R. Par la projection ¡ ¢orthogonale sur P , le point M ∈ P de coordonnées x, y dans R se transforme en le point M ∈ P de coordonnées x, y cos α dans R . Si M′ est élément de C alors il existe θ ∈ R tel que x = r cos θ et y = r sin θ et les coordonnées de M′ sont alors (r cos θ,r sinθcos α). Donc M′ est élément de l’ellipse de centre O, de demi grand axe r et de demi petit axe Rcos α. Réciproquement, on vérifie que si M (r cos θ,r sin θcos α) est élément de cette ellipse alors c’est le projeté orthogonal sur P du point M′ (r cos θ,r sin θ) de P ′ .
7.4 Étude de l’hyperbole : 1 < e On considère dans tout ce paragraphe une hyperbole H de foyer F, de directrice D et d’excentricité e (e > 1). P ROPOSITION 7.13 ♥ Équation réduite de l’hyperbole → − → −
– Il existe un repère orthonormal (O, i , j ) dans lequel H a pour équation X2 Y2 − =1 a2 b2
278
a > 0, b > 0
Cette équation est appelée équation réduite de l’hyperbole H . X2 a2
– Réciproquement : l’équation c=
p
−
Y2 b2
a 2 + b 2 , de directrice D : X =
¯ ¯c = 1 avec a > 0, b > 0 est l’équation d’une hyperbole de foyer F ¯¯ 0
a2 c
et d’excentricité e =
c a
avec
.
Démonstration ³ → − → −´ ⇒ D’après la proposition 7.2, il existe un repère orthonormal direct R F, i , j dans lequel une équation cartésienne de H est x 2 + y 2 = e 2 (x + d)2 (⋆)
où d = d (F, D ). On a : ⇐⇒
(⋆)
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
³ ´ 1 − e 2 x 2 − 2e 2 d x + y 2 − e 2 d 2 = 0 ³ ´ e 2 − 1 x 2 + 2e 2 d x − y 2 + e 2 d 2 = 0 Ã ! ³ ´ 2e 2 d e2 − 1 x2 + 2 x − y 2 + e2d 2 = 0 e −1 ÃÃ !2 ! ³ ´ e4d 2 e2d 2 2 2 −¡ x+ 2 e2 − 1 ¢2 − y + e d = 0 e −1 e2 − 1 Ã !2 ³ ´ e2d e4d 2 e2 − 1 x + 2 − y 2 + e2d 2 − 2 =0 e −1 e −1 Ã !2 ¡ ¢ ³ ´ e2d 2 e2 − 1 − e4d 2 e2d − y2 + =0 e2 − 1 x + 2 e −1 e2 − 1 !2 Ã ³ ´ e2 − 1 − e2 e2d − y 2 + e2d 2 =0 e2 − 1 x + 2 e −1 e2 − 1 Ã !2 ³ ´ e2d e2d 2 − y2 − 2 =0 e2 − 1 x + 2 e −1 e −1 !2 Ã ³ ´ ³ ´2 e2d − e2 − 1 y 2 − e2d 2 = 0 x+ 2 e2 − 1 e −1 !2 ¡ 2 ¢2 Ã e −1 e2 − 1 e2d − 2 2 y2 −1 = 0 x + 2 2 2 e d e −1 e d !2 Ã !2 Ã 2 2 ¡ ¢ e2 − 1 e −1 e d − 2 2 y 2 − 1 = 0 ⋆′ x+ 2 ed e −1 e d
Posons alors ed a= 2 , e −1
e2d c= 2 e −1
ed , b= p e2 − 1
(
et
X = x +c
Y=y
.
³
→ − → −´
Ces quantités sont bien définies car e > 1. Remarquons que a > 0 et b > 0. (X,Y) sont les coordonnées dans un repère R ′ O, i , j ¡
¯ ¯−c
³ → − → −´
¢
− u ¯¯ d’un point de coordonnées x, y dans le repère R F, i , j où O est déduit de F par une translation de vecteur →
nouveau repère, (⋆) s’écrit alors
X2
a2
Y2 − 2 =1 b
qui est bien de la forme annoncée. On a par ailleurs bien a 2 + b 2 = c 2 , de la directrice D dans R étant x = −d , une équation de D dans équation de D dans R ′ est donc X =
⇐
2
a c
et d =
c=
p
2 X2 − Y2 = 1 a2 b
a 2 + b2 ,
b2 . c
¯ ¯c
³
0
2 −b 2 = ac . c
→ − → −´
c a
et
d=
b2 c
.
¯ ¯c
Par identification avec l’équation ⋆′ , on reconnait l’hyperbole de foyer F ¯¯ de directrice D : X = 0
P ROPOSITION 7.14 ♥ → − → − Soit (O, i , j ) un repère orthonormal dans lequel l’hyperbole H a pour équation a) L’origine O est centre de symétrie de H . C’est le centre de l’hyperbole. 279
2
dans un repère R ′ O, i , j avec a > 0 et b > 0. Posons
e=
¢
. Dans ce
Dans R ′ , on a F ¯¯ . Enfin, une équation
est X − c = −d , soit X = c − d . Mais c − d = c
.
Réciproquement, soit H une courbe d’équation
¡
R′
c a =e
0
X2 a2
2
a2 c
et d’excentricité e .
− Y2 = 1 avec a > 0, b > 0. b
Une
b) OX et OY sont axes de symétrie de H . OX est appelé axe focal ou grand axe. OY est appelé axe non focal ou axe non transverse. c) a est appelé demi-axe focal ou demi-grand axe. b est appelé demi-axe non focal ou demi-petit ¯ axe. ¯ p
→ − → −
¯c
¯−c
d) Soit c = a 2 + b 2 . H admet deux foyers F et F′ de coordonnées dans le repère (O, i , j ) : F ¯¯ et F′ ¯¯ associée d’équation, dans ce même repère, : D : X =
2
2
et D ′ : X = − ac .
a c
0
0
de directrice
¯ ¯ ¯ ¯a ′ ¯−a ¯ e) L’hyperbole H coupe le grand axe en deux points A et A appelés les sommets de H · On a A ¯ et A ¯ 0 0 ′
P ROPOSITION 7.15 ♥ Paramétrage de l’hyperbole 2 2 → − → − On peut paramétrer l’hyperbole d’équation Xa 2 − Yb 2 = 1 avec a > 0, b > 0 dans un repère orthonormal (O, i , j ) par ½ Démonstration
³
→ − → −´
Soit R O, i , j
x(t ) = εa ch t : t ∈ R, ε = ±1 y(t ) = b sh t
le repère construit dans la proposition précédente. Dans ce repère une équation de H est
¯ ¯X X2 Y2 ¯ un point du plan. On a équivalence entre : − = 1 . Soit M ¯Y a2 b2
M∈H
⇐⇒
⇐⇒
Remarque 7.7
X2
Y2 − =1 a 2 b2 ∃t ∈ R, Y = b sh t
et
X = ±a ch t
Remarquons que l’hyperbole possède des branches infinies.
P ROPOSITION 7.16 ♥ Asymptotes à l’hyperbole 2 2 → − → − Soit H l’hyperbole d’équation Xa 2 − Yb 2 = 1 avec a > 0, b > 0 dans un repère orthonormal (O, i , j ). H admet deux asymptotes : δ : b X − a Y = 0 et δ′ : b X + a Y = 0 .
Démonstration Nous allons nous limiter ¡ ࢠla branche correspondant à ε = 1 et montrer que cette branche admet les deux asymptotes indiquées. Par symétrie d’axe Oy , on en déduira que la branche de l’hyperbole correspondant à ε = −1 admet aussi ces deux droites comme asymptotes. Commençons par l’étude de la branche infinie quand t tend vers +∞. On a : y (t) b sh t b b = = th t −−−−−→ t →+∞ x (t) a ch t a a
De plus : y (t) −
b x (t) = b (sh t − ch t) = −be −t −−−−−→ 0 t →+∞ a
Par conséquent, la droite d’équation y = ba x , soit bx − a y = 0 est asymptote à l’hyperbole. De plus : y (t) − ba x (t) = −be −t < 0. La courbe est donc en dessous de l’asymptote. On fait de même pour l’asymptote à la branche infinie quand t tend vers −∞. On peut aussi utiliser la symétrie de l’hyperbole par rapport à l’axe (Ox) et déduire ainsi la seconde asymptote de la première.
~j
p a
b
~i F′
A′
O
D′
∆ A c
D a2 c
280
F
P LAN 7.2 : Pour construire une hyperbole 1
On trace ses axes focal et demi-focal.
2
On place le centre O de l’hyperbole puis ses deux sommets A et A′ .
3
On trace le cercle de centre O et de rayon a .
4
On trace les asymptotes.
5
Pour une de ces deux asymptotes, on considère son intersection avec le cercle. Elle est formée de deux points P et P′ .
6
On trace les perpendiculaires à l’asymptote passant par chacun de ces deux points.
7
L’intersection de chacune de ces deux perpendiculaires avec l’axe focal est constituée des deux foyers de l’hyperbole.
8
Les directrices de l’hyperbole sont les droites perpendiculaires à l’axe focal et passant par P et P′ .
7.5 Définition bifocale de l’ellipse et de l’hyperbole P ROPOSITION 7.17 ♥ Définition bifocale de l’ellipse et de l’hyperbole °−→° ° ° Soient a et c deux réels strictement positifs, F et F′ deux points du plan tels que °FF′ ° = 2c . 1. Si a > c , l’ensemble des points du plan tels que
°−−→° °−−→° ° ° ° ° °MF° + °MF′ ° = 2a
est l’ellipse de foyers F et F′ et de demi-grand axe a 2. Si a < c , l’ensemble des points du plan tels que
¯°−−→° °−−→°¯ °¯ ° ° ¯° ¯°MF° − °MF′ °¯ = 2a
est l’hyperbole de foyers F et F′ et de demi-axe focal a . £
¤
→ −
° −→ ° °−→°
→ − ³ ´ ¡ ¢ → − → − → − i . On forme ainsi un repère orthonormal direct O, i , j . Dans ce repère, on a F (c,0), F′ (−c,0) . Soit M x, y un point de plan.
Démonstration
Introduisons le point O milieu de F,F′ et i = OF/ °OF°. Soit j un vecteur unitaire directement orthogonal à
On calcule MF2 = (x − c)2 + y 2 et MF′2 = (x + c)2 + y 2 et il s’ensuit que
³ ´³ ´ ³ ´³ ´ ³ ´2 MF2 .MF′2 = (x − c)2 + y 2 (x + c)2 + y 2 = x 2 + y 2 + c 2 − 2cx x 2 + y 2 + c 2 + 2cx = x 2 + y 2 + c 2 − 4c 2 x 2
et que
³ ´ MF2 + MF′2 = (x − c)2 + y 2 + (x + c) 2 + y 2 = 2 x 2 + y 2 + c 2 .
1. On a alors les équivalences :
MF + MF′ = 2a ⇐⇒
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
MF2 + MF′2 + 2MF.MF′ = 4a 2 ³ ´ 2MF.MF′ = 4a 2 − MF2 + MF′2 ³ ³ ´´2 4MF2 .MF′2 = 4a 2 − MF2 + MF′2 ³ ³ ´´2 ³ ´2 x 2 + y 2 + c 2 − 4c 2 x 2 = 2a 2 − x 2 + y 2 + c 2 ³ ´ ³ ´ a2 − c2 x2 + a2 y 2 = a2 a2 − c2 b2 x 2 + a 2 y 2 = a 2 b2 x2
a2
y2 + 2 =1 b
où b 2 = a 2 − c 2 est bien défini car a > c . Donc on a MF + MF′ = 2a si et seulement si M est élément de l’ellipse de centre O, de demi-grand axe a et de demi-petit axe b .
281
2. On a les équivalences :
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
¯ ¯ ¯MF − MF′ ¯ = 2a
MF2 + MF′2 − 2MF.MF′ = 4a 2 ³ ´ 2MF.MF′ = MF2 + MF′2 − 4a 2 ³³ ´ ´2 4MF2 .MF′2 = MF2 + MF′2 − 4a 2 ³³ ´ ´2 ³ ´2 x 2 + y 2 + c 2 − 4c 2 x 2 = x 2 + y 2 + c 2 − 2a 2 ³ ´ ³ ´ a2 − c2 x2 + a2 y 2 = a2 a2 − c2 ³ ´ ³ ´ c2 − a2 x2 − a2 y 2 = a2 c2 − a2 b2 x 2 − a 2 y 2 = a 2 b2 x2
a2
y2 − 2 =1 b
¯
¯
où b 2 = c 2 − a 2 est bien défini car a < c . Donc on a ¯MF − MF′ ¯ = 2a si et seulement si M est élément de l’hyperbole de centre O, de demi-grand axe a et de demi-petit axe b .
Application : Comment dessiner une ellipse avec un crayon et une ficelle.
7.6 Courbes algébriques dans le plan ³
→ − → −´
Le plan est rapporté dans tout ce paragraphe à un repère orthonormal direct R O, i , j . On s’intéresse ici à l’ensemble C des points du plan dont une équation cartésienne est :
¡
¡ ¢ P x, y = ax 2 + 2bx y + c y 2 + d x + e y + f = 0
¢
où a, b, c, d, e, f ∈ R6 et où les réels a , b et c ne sont pas tous nuls (sinon C est une droite affine du plan). D ÉFINITION 7.5 ♥ On appelle discriminant de la courbe du second degré : C : ax 2 + 2bx y + c y 2 + d x + e y + f = 0 le réel, noté ∆ et donné par : ∆ = ac − b 2 . L EMME 7.18 ♥ Élimination du terme en x y ³ → − → − ´ Il existe une rotation de centre O et d’angle θ ∈ R telle que dans le repère R ′ O, i ′ , j ′ déduit du repère R par cette rotation, l’équation de C devient : C : AX2 + CY2 + DX + EY + F = 0. De plus ∆ = ac − b 2 = AC (et F = f ). Démonstration On utilise les formules de changement de repère de la proposition 2.5 page 68 : (
x y
= cos θX − sin θY
= sin θX + cos θY
où θ est un réel à déterminer. On a :
⇐⇒
ax 2 + 2bx y + c y 2 + d x + e y + f = 0 ³ ´ ³ ´ a cos2 θ + c sin 2 θ + 2b sin θcos θ X 2 + a sin2 θ + c cos2 θ − 2b sin θcos θ Y2 + ³ ³ ´´ 2(c − a) sin θcos θ + 2b cos2 θ − sin2 θ XY + (d cos θ + e sin θ) X + (e cos θ − d sin θ) Y + f = 0 ¡
¢
On cherche θ en sorte que 2(c − a) sin θcos θ + 2b cos2 θ − sin2 θ = 0 ce qui s’écrit aussi (c − a) sin 2θ + 2b cos 2θ = 0. – Si a = c alors on peut prendre θ = π/4. ´ ³ 2b . – Si a 6= c alors on peut prendre θ = 21 arctan a−c
282
Dans le nouveau repère, l’équation de C est bien de la forme annoncée avec A = a cos2 θ + c sin2 θ + 2b sin θcos θ , C = a sin2 θ + c cos2 θ − 2b sin θcos θ, D = d cos θ + e sin θ, E = e cosθ − d sin θ et F = f . ¢ ¡ On remarque que A + C = a + c , que A − C = (a − c) cos 2θ + 2b sin 2θ et que AC = 1/4 (A³ + C)´2 − (A − C)2 .
Si a = 0 et donc θ = π/4, on vérifie facilement que ac − b 2 = AC. Sinon, si θ = 12 arctan cos2 2θ =
donc
et (A − C)2 = (a − c)2 + 4b 2 . Donc
1 1 + tan2 2θ
=
2b a−c
, alors tan2θ = 2b/(a − c) et
(a − c)2
(a − c)2 + 4b 2
µ ¶ ³ ´ 2b a −c A − C = (a − c) cos 2θ 1 + tan 2θ = (a − c) cos 2θ 1 + tan2 θ = a −c cos 2θ
AC =
´ 1³ ´ 1³ (A + C)2 − (A − C)2 = (a + c)2 − (a − c)2 − b 2 = ac − b 2 . 4 4
L EMME 7.19 ♥ Élimination des termes linéaires ³ → − → − ´ Si ∆ 6= 0 alors il existe un repère orthonormal R ′′ Ω, i ′ , j ′ déduit de R ′ par une translation dans lequel une équation de C est : Au 2 + Cv 2 = F′
où F′ ∈ R.
¡
¢
Démonstration Le repère R ′′ est déduit du repère R ′ par une translation de vecteur α,β ∈ R2 à déterminer. On a donc les formules de changement de repère : (
X Y
= u +α = v +β
et
¡
¢
⇐⇒
On cherche α,β en sorte que
AX 2 + CY2 + DX + EY + F = 0 ¡ ¢ Au 2 + Cv 2 + (2Aα + D) u + 2Cβ + E v + Aα2 + Cβ2 + Dα + Eβ + F = 0 (
2Aα + D
=0
2Cβ + E
=0
.
Comme ∆ = AC 6= 0, ce système admet comme solutions α = −D/(2A) et β = −E/(2C). On en déduit F′′ en remplaçant α et β par ces valeurs dans Aα2 + Cβ2 + Dα + Eβ + F. Dans ce nouveau repère, l’équation de C est bien de la forme annoncée.
On en déduit le théorème de classification des courbes du second degré, dû à Descartes (voir 2.2.1 page 67). T HÉORÈME 7.20 ♥♥ Classification des courbes du second degré On considère une courbe du second degré d’équation : C:
ax 2 + 2bx y + c y 2 + d x + e y + f = 0
dans un repère orthonormal. On note ∆ = ac − b 2 son discriminant. – Si ∆ > 0, la courbe C est une ellipse, un point ou l’ensemble vide. – Si ∆ < 0, la courbe C est une hyperbole ou la réunion de deux droites sécantes. – Si ∆ = 0, la courbe C est une parabole, une droite, la réunion de deux droites parallèles ou l’ensemble vide. Démonstration D’après le lemme 7.18, on peut trouver un repère dans lequel une équation de C est AX2 +CY2 +DX +EY +F = 0 où A,C,D,E,F ∈ R et où ∆ = ac − b 2 = AC. 1. Si ∆ = 0 alors A = 0 ou C = 0.
(a) Si A = 0 et C 6= 0 alors C : CY2 + DX + EY + F = 0 qui s’écrit aussi C : C (Y + E/(2C))2 + DX + F − E2 /(4C) = 0. ³
2
´
E 1 E F et X′ = − 2C on obtient : C : Y′2 − 2DX′ = 0 et on reconnaît i. Si D 6= 0 alors en posant Y′ = Y + 2C − 4CD X+ D une parabole.
ii. Si D = 0, alors en effectuant le même travail, on montre qu’une équation de C dans un repère convenablement choisi est de la forme Y′2 + F′ = 0. Si F′ > 0, C est l’ensemble vide, si Fp′ = 0, C est lapdroite d’équation Y′ = 0 et enfin si F′ < 0, C est la réunion des droites parallèles d’équations Y′ = −F′ et Y′ = − −F′ .
(b) Si A 6= 0 et C = 0 alors C : AX2 + DX + EY + F = 0, on retrouve les mêmes résultats que dans le cas précédent . (c) Si A = 0 et C = 0 alors la courbe n’est plus du second degré.
2. Si ∆ 6= 0, on sait d’après le lemme 2 que dans un bon repère, C : AX′2 + CY′2 = F′ avec A,C,F′ ∈ R et ∆ = AC.
283
′2
′2
(a) Si ∆ > 0, alors A et C sont de même signe et on peut écrire l’équation de C sous la forme : X′2 + Y ′2 = ε avec ε = 0,1 A C ou −1 et A′ ,C′ > 0. Si ε = 0 alors C est réduit à un point. Si ε = −1 alors C est vide. Enfin, si ε = 1 alors C est une ellipse. (b) Si ∆ < 0, alors A et C sont de signe contraire et on peut écrire l’équation de C sous la forme : A′ ,B′ > 0.
ε = 0,1 ou −1 et Si ε = 0 alors l’équation s’écrit : sécantes. Si ε = ±1, C est une hyperbole.
Remarque 7.8
³
X − Y′ A′ C
´³
´
X + Y′ = 0 A′ C
X ′2 − Y ′2 = ε A′2 C′2
avec
et C est la réunion de deux droites
Ce théorème fournit un algorithme pour déterminer la nature d’une courbe C:
ax 2 + 2bx y + c y 2 + d x + e y + f = 0
et préciser son équation réduite. 1. Calculer le discriminant ∆ = ac − b 2 et T = a + c . Selon le signe de ∆, on peut, sans calcul, préciser le type de la courbe. 2.
(a) Si ∆ 6= 0, par un changement du centre du repère défini par les formules : (
x = X+α y = Y +β
on se débarrasse des termes linéaires en x et y pour aboutir à une équation : ax 2 + 2bx y + c y 2 = F ¯ ¯α
Le centre du nouveau repère est, dans R, Ω ¯¯ . β
(b) On sait qu’on peut, par rotation des axes, se placer dans un repère orthonormé de même centre Ω où l’équation devient : Ax 2 + Cy 2 = F
(c) On connaît la somme et le produit de A et de C : (
A+C
AC
= a +c
= ac − b 2
.
Ils sont par conséquent racines d’un trinôme du second degré. (d) Ayant déterminé A et C, on peut écrire l’équation réduite de la conique et discuter de sa nature en fonction du signe de F. (e) Si l’on veut avoir toutes les informations, il faut déterminer l’angle θ de rotation choisi pour annuler le terme x y. 3. Si ∆ = 0, on peut, par rotation des axes, se placer dans un repère orthonormé de même centre où l’équation devient : Ax 2 + By 2 + Cx + Dy = F
avec A = 0 ou B = 0. On sait alors qu’après une translation, on peut facilement identifier C . Exemple 7.2 Réduire la conique C d’équation x 2 + 6x y + y 2 + 16x − 9 = 0. 1
Son discriminant vaut −8 donc C est une hyperbole ou la réunion de deux droites sécantes.
2
On effectue le changement de repère
(
x = X+α y = Y +β
. On obtient :
X 2 + 6XY + Y2 + (6β + 2α + 16)X + (2β + 6α)Y − 9 + β2 + α2 + 16α + 6αβ = 0.
On se débarrasse des termes linéaires si
(
6β + 2α + 16 2β + 6α = 0
=0
c’est à dire si α = 1 et β = −3 ce qui nous donne Ω(1, −3) Dans ce nouveau repère, l’équation de C devient : X 2 + 6XY + Y2 − 1 = 0. 284
3
On sait que par rotation des axes on peut se placer dans un repère orthonormé de même centre Ω où l’équation devient : Ax 2 + Cy 2 = 1.
On sait que AC = ∆ = −8 et que A+C = a+c = 2. Ils sont donc racines du polynôme X2 −2X−8 et on trouve A = 4 et C = −2 ou A = −2 et C = 4. On obtient alors dans le nouveau repère pour C une des deux équations 4x 2 − 2y 2 = 1 ou −2x 2 + 4y 2 = 1. Ces deux équations sont obtenues dans deux repères différents, l’un étant déduit de l’autre p par une rotation d’angle π/2. On reconnaît une hyperbole de demi-axes 1/2 et 2/2 et de centre Ω(1, −3). Pour mieux faire, il faut déterminer complètement la rotation. En partant de l’équation X2 +6XY+Y2 −1 = 0, on effectue le changement de repère ( X
= cos(θ)x − sin(θ)y
Y
= sin(θ)x + cos(θ)y
et on obtient : ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 6sin(θ) cos(θ) + cos2 (θ) + sin2 (θ) x 2 + 6 cos2 (θ) − sin(θ)2 x y + cos2 (θ) − 6sin(θ) cos(θ) + sin2 (θ) y 2 = 1
ou encore
(3sin(2θ) + 1) x 2 + 6cos(2θ)x y + (1 − 3sin(2θ)) y 2 = 1. 2 Pour supprimer les termes linéaires, il suffit et on obtient dans le nouveau repère p θ = π/4 p p de prendre p C : 4x − 2y 2 = 1. On sait donc que a = 1/2, b = 2/2 et c = a 2 +pb 2 = 3/2. On en déduit que e = c/a = 3 . De plus, p les dans le repère final sont x = 3/6 et x = − 3/6. Les coordonnées des foyers sont ¢ ¡ des p directrices ¢ ¡p équations 3/2, 0 et − 3/2, 0 . On peut alors facilement représenter C .
5,0
2,5 −5,0
−2,5
0,0
2,5
5,0
0,0
−2,5
−5,0
−7,5
−10,0
Remarque 7.9
Pour le tracé final, on peut s’aider des méthodes 15 page 277 et 16 page 281.
285
7.7 Exercices 7.7.1 En général Exercice 7.1 ♥ Soit D une droite du plan P et F un point du plan non situé sur D . Montrer que par tout point M du plan non situé sur D ∪ {F} passe une et une seule conique C de foyer F et de directrice D . d (M, F) est un réel positif non d (M, D ) nul. Par construction, la conique de directrice D , de foyer F et de directrice D passe par M.
Solution : On a d (M, D ) > 0 car M 6∈ D et d (M, F) > 0 car M 6= F. Par conséquent e =
Exercice 7.2 ♥♥ On considère un cône de révolution de sommet S , d’axe D et on note α ∈ ]0, π/2[ une mesure de l’angle entre cet axe et une génératrice du cône. On va étudier l’intersection entre ce cône et un plan P de l’espace. 1. Dans un repère orthonormal direct de l’espace fixé, déterminer une équation cartésienne du cône. 2. En choisit un repère orthonormal direct de l’espace en sorte qu’une équation cartésienne de P soit z = 0. Écrire une équation cartésienne de l’intersection I du cône et du plan et reconnaître l’équation algébrique d’une courbe du plan de degré 2. 3. On note β ∈ ]0, π/2[ l’angle entre le plan P et l’axe D du cône. Montrer que cos2 β = a 2 + b 2 . 4. Conclure en comparant α et β. Solution : − u (a, c) un vecteur directeur unitaire de D . Un point M est élément du cône°si et°seulement si l’angle 1. On note → ³ b, − −−→ − −→´ °−−→° → − u = ± °SM° cos α ce qui amène non orienté u , SM est égal ) α ou π − α, c’est-à-dire si et seulement si SM.→ l’équation cartésienne : ¡
¢
¡
´ ¡ ¢ ¢2 ³ ¡ ¢2 a (x − xS ) + b y − y S + c (z − zS ) = (x − xS )2 + y − y S + (z − zS )2 cos2 α ¡
¢
où S xS , y S , zS et M x, y, z .
2. Avec z = 0, l’équation précédente devient : ¡
´ ¡ ¢ ¢2 ³ ¡ ¢2 a (x − xS ) + b y − y S − czS = (x − sS )2 + y − y S + zS2 cos2 α
et en développant, on trouve une expression de la forme : ¡
¢ ¡ ¢ a 2 − cos2 α x 2 + 2abx y + b 2 − cos2 α y 2 + d x + e y + f = 0
où d, e, f ∈ R. On reconnaît l’équation d’une courbe algébrique du plan de degré 2.
→ le projeté orthogonal du vecteur → − − → sont 3. Notons − u u sur le planpP . Comme → u = (a, b, c), les coordonnées de − u 0 0 ° °→ ° °− → − − → − → 2 2 2 2 ° ° ° ° (a, b, 0). Mais u .u0 = u u0 cos β et il vient a + b = a + b cos β d’où l’égalité.
4. On calcule le discriminant de cette équation :
¡ ¢¡ ¢ ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ ∆ = a 2 − cos2 α b 2 − cos2 α − a 2 b 2 = cos2 α cos2 α − a 2 + b 2 = cos2 α cos2 α − cos2 β .
Comme α et β sont compris entre 0 et π/2, le signe de ∆ est donné par cos α − cos β. – Si α < β alors I est une ellipse, un point ou l’ensemble vide. . – Si α = β alors I est une une parabole, une droite, la réunion de deux droites parallèles ou l’ensemble vide. – Si α > β alors I est une hyperbole ou la réunion de deux droites sécantes.
7.7.2 Paraboles Exercice 7.3 ♥ On considère une parabole. Montrer que les rayons parallèles à l’axe réfléchis sur la parabole passent par le foyer. Application : Le fonctionnement du miroir d’un télescope de Newton est basé sur la propriété de la parabole prouvée dans la question 3. de cet exercice.
286
Solution :
¯ 2 ¯t /2p
En paramétrant la parabole M(t )¯¯ t
¯ t 2 + p2 −−−−→ −−−−→¯¯(t 2 − p 2 )/2p et kFM(t )k = . On calcule alors FM(t )¯ t 2p
¯
¯ −1 − , un vecteur normal en M(t ) est → . Calculons n ¯¯
t /p
¯ −−−−→ → − ¯¯−1 → − → FM(t ) → − − −−−−→ . n = 1 et en posant h ¯ 0 , h . n = 1 ce qui montre kFM(t )k
que la droite (FM) et la droite horizontale passant par M sont symétriques par rapport à la normale en M.
Exercice 7.4 ♥ Soit P une parabole de paramètre p > 0 et de directrice D . Soient M un point de P et H son projeté orthogonal sur D . Montrer que : 1. La tangente TM à P en M coupe la tangente au sommet de P en I, milieu du segment [FH]. 2. La tangente TM à P en M est la bissectrice principale du triangle isocèle FMH. 3. Le projeté orthogonal du foyer de P sur les tangentes à P décrit la tangente au sommet. 4. Deux tangentes à P perpendiculaires se coupent sur la directrice D de P . Solution : TN b
H b
M
I b
b
TM b
O F N b
b
1. D’après le cours, la tangente TS à la parabole en son sommet admet pour équation cartésienne : x = 0 et TM0 ³
t2
´
: x − t0 y + p 20 = 0. Ces deux droites se coupent en le point de coordonnées 0, pt20 qui est bien le milieu I du segment [FH].
est aussi la médiane issue de M. Or, 2. Comme le triangle FMH est isocèle, la bissectrice principale de l’angle HMF on vient de prouver que la droite passant par M et par le milieu de [FK] est la tangente en M à P .
3. La droite (MI) est aussi la hauteur du triangle FMH issue de M. Par conséquent, les droites (FH) et TM sont perpendiculaires en I. Le projeté orthogonal de F sur TM est donc I. Il est clair que le point I, ses coordonnées ³ ´ pt étant 0, 20 est élément de la tangente au sommet. 2
′2
4. Soient TM : x − t y + p t2 = 0 et TM′ : x − t ′ y + p t2 = 0 deux tangentes à T en ¡ les points ¡ M ¢de ¢paramètre t et M′ de paramètre t ′ . Ces deux droites se coupent en le point de coordonnées p t t ′ /2, p t + t ′ /2 et sont orsi 1 + t t ′ = 0. Si c’est le cas, les coordonnées de leur point d’intersection s’écrivent ¡thogonales si et seulement ¢ −p/2, p (t − 1/t ) /2 . Ce point est bien un point de la directrice D car une équation cartésienne de cette dernière est x = −p/2. Exercice 7.5
♥♥
¯ 2 ¯a /2p
On considère la parabole d’équation y 2 = 2p x et un point A¯¯ a
de cette parabole. On considère deux points
¯ 2 ¯ 2 ¯m /2p ¯n /2p et N¯¯ . On note α = m + n et β = mn . m n
distincts de la parabole M¯¯
1. Donner une condition nécessaire et suffisante sur α et β pour que les droites (AM) et (AN) soient orthogonales. 2. Montrer que lorsque M, N varient sur la parabole, (avec la condition d’orthogonalité précédente), la droite (MN) passe par un point fixe Q à déterminer. 3. À chaque point A de la parabole on peut donc associer le point Q. Déterminer le lieu de Q lorsque A varie. 287
Solution : −−→ −→
1. En traduisant AM.AN = 0, on trouve que (m + a)(n + a) + 4p 2 = 0 c’est-à-dire β + aα + a 2 + 4p 2 = 0 . 2. L’équation cartésienne de la droite (MN) est : 2p x − αy + β = 0
et en utilisant la condition d’orthogonalité, cette équation devient α(y + a) − 2p x + a 2 + 4p 2 = 0. on voit donc que ¯ 2 ¯ a + 4p 2 ¯ cette droite passe par le point fixe . Q¯¯ 2p . ¯ −a
3. En éliminant le paramètre a , on voit que le point Q se déplace sur la parabole d’équation y 2 = 2p(x − 2p) . → −
c’est-à-dire la parabole initiale translatée du vecteur 2p i . Exercice 7.6 ♥♥ On considère une parabole d’équation cartésienne ¯ 2 ¯t /2p
1. Soient deux points distincts M¯¯
t
P : 2p x = y 2
¯ ′2 ¯t /2p
et N¯¯
t′
de la parabole. Trouver une condition nécessaire et suffisante
pour que la droite (MN) soit normale à la parabole en M. 2. Déterminer la longueur minimale des cordes (MN) vérifiant cette condition. Solution :
¯ → − ¯ t /p
−−→ → −
dirige la tangente en M. En écrivant MN. t = 0, on trouve que t (t + t ′ ) + 2p 2 = 0 . 1. Le vecteur t ¯¯ 1
2. On calcule
£ (t ′ + t )2 ¤ −−→ kMNk2 = (t ′ − t )2 1 + 4p 2
Mais en utilisant que
t + t′ = −
2p 2 2 et t ′ − t = t ′ + t − 2t = − (p 2 + t 2 ) t t
on exprime d(M, N)2 =
4 2 2 3 (p + t ) t4
8(p 2 + t 2 )2 2 (t − 2p 2 ), on en déduit ses variations. Elle admet un minimum t5 p p en t = 2p et finalement, la distance minimale vaut 3 3p .
et en étudiant cette fonction, f ′ (t ) =
7.7.3 Ellipses Exercice 7.7 ♥ On considère une ellipse de grand axe (AA′). Soit M0 un point de l’ellipse. La tangente en M0 coupe les tangentes en −→ −−→ A et A′ aux points P et P′ . Montrer que AP.A′ P′ est constant. Solution : L’ellipse dans un bon repère orthonormé a pour équation réduite x2 y 2 + =1 a2 b2 ¯ ¯ ¯ ¯−a ′ ¯a ¯x ¯ ¯ et A¯ , A ¯ . Si M0 ¯¯ 0 , l’équation cartésienne de la tangente en M0 est 0 0 y0
TM0 :
xx0 y y 0 + 2 =1 a2 b
288
¯ ¯ ¯ ¯ −a a ¯ ¯ −→ −−→ 2¡ ′ ′ ¯ ¢ x0 , P ¯¯ b 2 ¡ x0 ¢ et il s’ensuit AP.A′ P′ = b 2 . On trouve alors (il faut que M0 6= A, A ) P¯ b 1 + 1 − ¯ ¯ y0 a y0 a
Exercice 7.8 ♥♥ On considère un point P d’une ellipse de centre O. On lui associe un point M tel que la tangente en M à l’ellipse soit parallèle à la droite (OP). 1. Montrer que l’aire du triangle OPM est constante et la calculer. °−−→°2 ° °
°−→°2 ° °
2. Montrer que °OM° + °OP ° est constante.
Solution :
1. On rapporte le plan à un repère orthonormal dans lequel l’ellipse est paramétrée par :
(
x (t ) = a cos t y (t ) = b sin t
avec
t ∈ [0, 2π] et 0 < b < a . La tangente à l’ellipse au point M0 de paramètre T0 ∈ [0, 2π] admet comme équation cartésienne : b cos T0 x + a sin T0 y − ab = 0. On suppose que P est le point¯ de paramètre t0 ∈ [0, 2π]. Un vecteur ¯−a sin t
− − tangent → v à l’ellipse au point M de paramètre t ∈ [0, 2π] est donné par : → v ¯¯
b cos t
. Les coordonnées du vecteur
¯ ³−→ ´ ¯a cos t0 −→ −→ − − . Le vecteur → v = 0, c’est-à-dire OP sont : ¯¯ v est colinéaire au vecteur OP si et seulement si : det OP, → b sin t0
si et seulement si : cos t cos t0 + sin t sin t0 = 0, ce qui s’écrit encore : cos (t − t0 ) = 0 et équivaut à t = t0 + π2 ou
¯ ¯ ¯−a sin t0 ¯ a sin t0 t = t0 − π2 . Les coordonnées du point P sont donc : ¯¯ ou ¯¯ . Dans le premier cas, l’aire du b cos t0 −b cos t0
triangle OPM est :
¯ ³−→ −−→´¯ ¯ ¯ ¯det OP, OM ¯
2
¯ 1 ¯ a cos t0 = | ¯¯ 2 b sin t0
¯ ab −a sin t0 ¯¯ |= ¯ b cos t0 2
Dans le second cas, l’aire est identique. Cette dernière est donc bien constante. 2. En appliquant les résultats précédents :
Cette somme est bien constante.
°−−→°2 °−→°2 ° ° ° ° °OM° + °OP° = a 2 + b 2
Exercice 7.9 ♥♥ On considère l’ellipse d’équation réduite x2 y 2 + =1 a2 b2
À un point M de l’ellipse différent des sommets, on fait correspondre le point M′ symétrique par rapport à l’axe (Ox). On note P le point d’intersection de la droite (OM′ ) avec la normale à l’ellipse en M. Déterminer le lieu du point P lorsque M décrit l’ellipse. ¯ ¯ ¯ ¯ a cos t ¯b cos t → − ¯¯−a sin t → − ¯ Solution : En paramétrant l’ellipse, M¯ , le vecteur t ¯ est tangent en M à l’ellipse et le vecteur n ¯¯ b sin t b cos t a sin t
est donc normal. Une équation cartésienne de la droite (OM′ ) est :
b sin t x + a cos t y = 0 − Puisque le point P est sur la normale, P = M + λ→ n et puisque P ∈ (OM′ ), on trouve que λ = − x
P
yP
2ab et enfin a2 + b2
a(a 2 − b 2 ) cos t a2 + b2 b(a 2 − b 2 ) sin t =− 2 a + b2 =
On en déduit que le point P décrit l’ellipse homothétique (privée de ses sommets) de l’ellipse initiale avec un rapport d’homothétie de
a2 − b2 . a2 + b2
289
Exercice 7.10 ♥♥ On considère une ellipse de foyers F et F′ et un point M variable sur cette ellipse. On note TM la tangente à l’ellipse au point M Montrer que d(F, TM ) × d(F′ , TM ) est constante. Solution : Dans un bon repère orthonormé, l’équation cartésienne de l’ellipse est : E:
x2 y 2 + =1 a2 b2
¯ ¯x avec a > b > 0. Si M¯¯ 0 , l’équation cartésienne de la tangente en M est : y0
TM : ¯ ¯ ¯−c ′ ¯c ¯ Puisque F¯ , F ¯¯ où c 2 = a 2 − b 2 , on calcule 0 0
d(F, TM ) × d(F′ , TM ) = q = = =
x0 x y 0 y + 2 −1 = 0 a2 b
|cx 2 /a 2 + 1| ×q 0 x02 /a 4 + y 02 /b 4 x02 /a 4 + y 02 /b 4
|cx0 /a 2 − 1|
|c 2 x02 /a 4 − 1|
x02 /a 4 + y 02 /b 4
|x02 /a 2 − b 2 x02 /a 4 − 1| x02 /a 4 + y 02 /b 4
b 2 x02 /a 4 + y 02 /b 2 x02 /a 4 + y 02 /b 4
car c 2 = a 2 − b 2
car x02 /a 2 + y 02 /b 2 = 1
= b2
Exercice 7.11 ♥♥ On considère, dans le plan rapporté à un repère orthonormal, deux ellipses : E:
y2 x2 + =1 4a 2 4b 2
E′ :
x2 y 2 + =1 a2 b2
1. On considère une droite D d’équation ux + v y + w = 0. Écrire une condition nécessaire et suffisante pour que D soit tangente à E ′ . 2. On décide de paramétrer l’ellipse E . On considère alors deux points de E de paramètres P(θ) et Q(α). Trouver une relation entre θ et α pour que la droite (PQ) soit tangente à l’ellipse E . Solution :
¯ ¯x 1. Si la droite D est tangente à l’ellipse, il existe un point M0 ¯¯ 0 de l’ellipse tel que la droite D soit la droite y0
d’équation
xx0 y y 0 + 2 =1 a2 b
Les deux équations cartésiennes de droite sont proportionnelles : a2u b2 v = = −w x0 y0
Donc on doit avoir x0 = −
a2u w
y0 = −
b2 v w
et comme le point M0 est sur l’ellipse, une condition nécessaire est que a2u2 + b2 v 2 = w 2
290
Réciproquement, si cette condition est vérifiée, il suffit de poser x0 = −a 2 u/w et y 0 = −b 2 v/w , de vérifier que ce point appartient à l’ellipse, et que la tangente à l’ellipse en ce point est la droite D . 2. Paramétrons l’ellipse :
(
x = 2a cos θ y = 2b sin θ
¯ ¯ ¯2a cos α ¯2a cos θ et Pα ¯¯ deux points de l’ellipse E . La droite passant par ces deux points a pour équation 2b sin α 2b sin θ
Soit Mθ ¯¯
cartésienne
¯ ¯X − 2a cos θ ¯ ¯ Y − 2b sin θ
Mais en utilisant la trigonométrie, puisque
¯ 2a(cos α − cos θ)¯¯ =0 2b(sin α − sin θ) ¯
cos α − cos θ = −2sin((α + θ)/2) sin((α − θ)/2)
et que sin α − sin θ = 2sin((α − θ)/2) cos((α + θ)/2)
On trouve en développant ce déterminant ³ ¡ ´ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ b cos (α + θ)/2 X + a sin (α + θ)/2 Y − 2ab cos (α + θ)/2 cos θ + sin α + θ)/2 sin θ = 0
La condition pour que cette droite soit tangente à la petite ellipse s’écrit alors
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ a 2 b 2 cos2 (α + θ)/2 + a 2 b 2 sin2 (α + θ)/2 = 4a 2 b 2 cos2 (α − θ)/2
et après simplifications, on trouve que
¯ ¡ ¢¯¯ ¯ ¯cos (α − θ)/2 ¯ = 1/2
Donc α = θ + 2π/3 + 2kπ ou alors α = θ − 2π/3 + 2kπ.
7.7.4 Hyperboles Exercice 7.12 ♥ → − → − 2 2 Soit H l’hyperbole d’équation Xa 2 − bY2 = 1 avec a > 0, b > 0 dans un repère orthonormal R (O, i , j ). Prouver l’équivalence des quatre propriétés suivantes : 1. Les asymptotes de H sont perpendiculaires. 2. a = b
3. H a pour équation réduite : X2 − Y2 − a 2 = 0. p
4. L’excentricité e est égale à 2. Lorsque H vérifie une de ces 4 propriétés, on dit qu’elle est équilatère. Solution : 1 ⇐⇒ 2 On sait que les asymptotes δ et δ′ de H ont pour équations respectives dans R bx − a y = 0 et bx + a y = 0. Leurs vecteurs normaux respectifs sont donc (b, −a) et (b, a). Elles sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux, ce qui est équivalent, grâce au produit scalaire, à écrire que b 2 − a 2 = 0 ou encore, a et b étant positifs, à a = b . 2 ⇐⇒ 3 La condition a = b est clairement équivalente au fait que l’équation réduite de l’ellipse soit X 2 − Y2 − a 2 = 0. p p p p 2 =⇒ 4 Si a = b alors c = a 2 + b 2 = 2a 2 = 2a car a > 0 et e = c/a = 2. p 4 =⇒ 2 Réciproquement, si e = 2 alors c 2 = 2a 2 . Comme a 2 + b 2 = c 2 , il s’ensuit que b 2 = a 2 et comme a et b sont strictement positifs, on en déduit que a = b .
Exercice 7.13 ♥♥ Prouver qu’un ensemble H du plan est une hyperbole équilatère si et seulement si il existe un repère (pas forcément → − → − orthonormal) (O, i , j ) dans lequel H a une équation de la forme XY = γ où γ ∈ R∗ . 291
Solution : =⇒ Supposons que H est une hyperbole. Alors dans un bon repère orthonormal, une équation de H est x 2 /a 2 − y 2 /b 2 = 1 où a, b > 0. Cette équation s’écrit aussi ¡
¢¡
¢
= bx − a y
.
H : bx − a y bx + a y = a 2 b 2 .
On introduit le changement de repère :
(
X Y
= bx + a y
Dans ce nouveau repère l’équation de H est H : XY = γ avec γ³= a 2 b 2 . ´ → − → − ⇐= Supposons que dans un repère par forcément orthonormal R O, i , j une équation de H soit XY = γ. Montrons − que H est une hyperbole. Introduisons les vecteurs : → u′ =
→ − i° °→ °− ° °i °
+
→ − j° °→ °− ° °j°
− v′= et →
→ − i° °→ °− ° °i °
−
→ − j° °→ °− ° °j°
− u = puis les vecteurs →
°− ′ ° °− ′ ° ¡ − → ¢ → − − − u ′ / °→ u ° et → u ,− v est orthonormal. De plus, on a les formules de changement de v =→ v ′ / °→ v °. Le repère O, →
repère :
X
=
Y
=
et dans le nouveau repère une équation de H est : 1 °°− ° °→ ° °− °°→ ° i °° j °
qui est de la forme x 2 /a 2 − y 2 /b 2 = 1 avec a =
Ã
1° °→ °− ° °i °
1° °→ °− ° °j°
³
³
x − u ′k k→ x − u ′k k→
+ −
y − v ′k k→ y − v ′k k→
´ ´
! y2 x2 °→ °2 − °→ °2 = γ °− °− u ′° v ′°
r° ° ° ° r° ° ° ° − ° °→ − ° °→ − ° °→ − ° °→ °→ °→ − ° − ° ° i ° ° j ° γ ° u ′ ° et b = ° i ° ° j ° γ ° v ′ ° (On peut supposer γ > 0
quitte à permuter a et b ). Donc H est bien une hyperbole.
Exercice 7.14 ♥♥ −−→ −−−→ Un point M d’une hyperbole se projette en H et H′ sur les deux asymptotes. Montrer que le produit scalaire MH.MH′ est constant. x2
y2
Solution : Dans le repère orthonormé adéquat, l’équation de l’hyperbole est H : 2 − 2 = 1 et les deux asymptotes a b ont pour équations y = b/ax et y = −b/ax ou encore : ¯ ¯b
D1 : bx + a y = 0
D2 : bx − a y = 0
¯ ¯b sont normaux à ces droites. Paramétrons un point M de la branche droite de l’hyperbole : a −a ¯ ¯ ¯ ¯ a ch t ab ab −−→ − → t t ¯b ¯ M¯ . En écrivant que H = M+λn1 , on trouve que λ = − 2 2 e puis que MH = − 2 2 e ¯ . De la même façon, a b sh t a +b a +b ¯ ¯b −−−→ ab et on calcule finalement on trouve que MH′ = − 2 2 e −t ¯¯ −a a +b
→¯ et − →¯ n n et les vecteurs − 1¯ 2¯
¡ ¢ −−→ −−−→′ a 2 b 2 b 2 − a 2 MH.MH = ¡ ¢2 a2 + b2
qui est bien indépendant de t . Par symétrie, on obtient le même résultat si M se trouve sur la branche gauche de l’hyperbole. Exercice 7.15 ♥♥ On considère une hyperbole H et un point M variable sur cette hyperbole. On note H le projeté orthogonal du foyer F sur la tangente en M. Montrer que le point H se trouve sur le cercle tangent à l’hyperbole aux deux sommets. Solution : Dans un repère orthonormé bien choisi, l’équation de l’hyperbole est H :
x2 y 2 − =1 a2 b2
292
¯ ¯ x0
En notant M¯¯
y0
, l’équation cartésienne de la tangente en M est : xx0 y y 0 − 2 =1 a2 b ¯ ¯ x0 /a 2 − − n ¯¯ avec c 2 = a 2 + b 2 . Le vecteur → est normal à la tangente donc H = F + λ→ n −y 0 /b 2 TM :
¯ ¯c
Les coordonnées du foyer sont F¯¯
0
¡
où λ ∈ R. Puisque H ∈ TM , on trouve que λ = 1 − xH yH
et l’on calcule ensuite
2 2 xH + yH = c2 +
= c2 + = c2 + = c2 + = c2 −
cx0 ¢ ¡ x02 y 02 ¢ / 4 + 4 , puis a2 a b =c+ =−
(1 − cx0 /a 2 )x0 /a 2
x02 /a 4 + y 02 /b 4 (1 − cx0 /a 2 )y 0 /b 2 x02 /a 4 + y 02 /b 4
(1 − cx0 /a 2 )2 + 2cx0 /a 2 (1 − cx0 /a 2 )
x02 /a 4 + y 02 /b 4 ¡ ¢ (1 − cx0 /a 2 ) 1 + cx0 /a 2 x02 /a 4 + y 02 /b 4
1 − c 2 x02 /a 4
x02 /a 4 + y 02 /b 4
1 − x02 /a 2 − b 2 x02 /a 4 x02 /a 4 + y 02 /b 4
b 2 (y 02 /b 4 + x02 /a 4 ) x02 /a 4 + y 02 /b 4
car c 2 = a 2 + b 2 car x02 /a 2 − y 02 /b 2 = 1
= c2 − b2 = a2
Exercice 7.16 ♥♥ On considère une hyperbole H de foyers F et F′ . 1. Rappeler la définition bifocale de H .
→ −
2. Dans un repère orthonormal, on suppose l’hyperbole paramétrée par f : R → R2 . Pour tout t ∈ R, on note − −−−−→ → M de R°2 tel que OM (t ) = f (t ). Calculer la dérivée de la fonction θ : R 7→ R définie par θ(t ) = (t ) le°point °−− ° ° −−→° °−−′−−−→° °FM (t )° − °F M (t )°.
3. En déduire que si M est un point de l’hyperbole, la normale en M est la bissectrice extérieure des droites (FM) et (F′ M). 4. Que dire de la tangente à H en M ? Indication 7.2 : On pourra s’aider de l’exercice 2.13 page 91. Solution : ¯°−−−−→° °−−−−−→°¯ ¯° ° ° °¯ 1. On sait que le point M est élément de l’hyperbole de grand axe a si et seulement si ¯°FM (t )° − °F′ M (t )°¯ = 2a .
2. Comme pour tout t ∈ R, M (t ) est distinct de F et F′ , la fonction θ est dérivable sur R. On utilise la formule de dérivation de la norme, on obtient, pour tout t ∈ R : θ′ (t ) = −−−−→
−−−−−→ → − − −−−−→ → → − 〈FM (t )| f ′ (t )〉 〈F′ M (t )| f ′ (t )〉 − °−−−−→° − °−−−−−→° u (t ) | f ′ (t )〉 = 〈→ ° ° ° ′ ° °FM (t )° °F M (t )°
−−′−−−→
FM (t ) F M (t ) − u (t ) = °−−−−→° − °−−−−−→° . Comme |θ| est constante, on sait aussi que θ′ = 0 et il vient que avec → ° ° ° ′ ° °FM (t )° → −′ → − 〈 u (t )| f (t )〉 = 0.
°F M (t )°
293
→ −
3. Soit t ∈ R et soit M le point de l’hyperbole de paramètre t . Le vecteur f ′ (t ) dirige la tangente à l’ellipse en M. On → − − u (t ) est orthogonal à f ′ (t ) et donc il dirige la normale en M à l’hyperbole. sait d’après la question précédente que → On sait d’après l’exercice 2.13 page 91 qu’il dirige aussi la bissectrice extérieure des droites (FM) et (F′ M). 4. C’est la bissectrice intérieure des droites (FM) et (F′ M).
7.7.5 Coniques et coordonnées polaires Exercice 7.17 ♥ Construire les coniques d’équation polaire : 1. r =
5
4
2. r = p
1 + 32 cos θ
2 2 + cos θ + sin θ
3. r =
1 1 + sin θ
4
6
Solution : 1. On identifie avec la formule donnée dans le cours et on reconnaît une hyperbole d’excentricité e = 3/2, de foyer O, d’axe focale d’équation polaire θ = 0 (l’axe des abscisses) et de directrice d’équation polaire r = 3 5 .
3 2
2 cos θ
1
Cette droite est donc perpendiculaire à l’axe des abscisses et se trouve à une distance 10/3 de O. Les deux sommets de l’hyperbole sont sur l’axe focal et sont donnés par θ = 0 et θ = π. On obtient r = 5/(1+ 3/2cos 0) = 2 et r = 5/(1 + 3/2cos π) = −10. Les coordonnées polaires des deux sommets sont donc (2, 0) et (10, 0). Le centre de l’hyperbole est le milieu du segment formé par les sommets et il se trouve donc en le point de coordonnées polaire (6, 0).
−1 −1
O 1
2
3
5
7
8
9 10 11
−2 −3 −4
2. On a ¶ µ p p ´ p p ³ p 1 π 2 2 cos θ + cos θ = 2 2 1 + cos(θ − ) 2 2+cos θ+sin θ = 2 2 + 2
donc l’équation s’écrit aussi r =
2
2
p 1 2
4
1 O
2
1 + cos(θ −
π 4)
−2
. On
O, reconnaît une ellipse d’excentricité e = 1/2, de foyer p 2 2 de directrice la droite d’équation polaire r = cos(θ− π ) .
−1
1 −1 −2
4 p Cette droite est à une distance 2 2 de O. L’axe focal
est la droite perpendiculaire à la directrice et qui passe par le foyer. C’est donc la bissectrice principale. 3. L’équation s’écrit aussi r = 1/(1 + cos(θ − π/2)) et on reconnaît une conique d’excentricité e = 1, c’est-à-dire une parabole. Son foyer est en O, sa directrice admet comme équation polaire r = 1/ cos(θ−π/2). Cette droite est parallèle à l’axe des abscisses et passe par le point de coordonnées cartésiennes (0, 1). L’axe focal est donc l’axe des ordonnées et le sommet de la parabole a pour coordonnées (0, 1/2).
1 −3
−2
−1 O −1 −2 −3 −4
294
1
2
7.7.6 Courbes du second degré Exercice 7.18 ♥ On considère la courbe E d’équation : x 2 + 4y 2 + 4x − 8y + 4 = 0
Déterminer sa nature et préciser ses éléments géométriques. Solution : Le discriminant de la courbe vaut 4. La courbe est donc une ellipse ou est réduite à un point ou vide. On effectue un changement d’origine du repère défini par les formules (
x y
= X+α
= Y +β
pour éliminer les termes en x et y . On choisit à cette fin α et β avec (
2α + 4 8β − 8
=0
=0 ¯ ¯−2
c’est-à-dire α = −2 et β = 1. L’origine du nouveau repère est Ω¯¯
1
et dans ce nouveau repère l’équation devient
X2 +Y = 1 4
On reconnaît¯ l’équation d’une ellipse de centre Ω et de demi axes a = 2 et b = 1. Dans les nouvelles coordonnées, les ¯ ¯c
¯−c
p
foyers sont F¯¯ et F¯¯ avec c = a 2 − b 2 . Les directrices D et D ′ admettent comme équation respectives : X = a 2 /c et 0 0 p p X = −a 2 /c avec a 2 /c = 4 3/3. Enfin l’excentricité de l’ellipse est e = c/a = 3/2.
3
2
1
0 −5
−4
−3
−2
−1
0
1
−1
Exercice 7.19 ♥ On considère la courbe H d’équation : −9x 2 + 16y 2 + 18x − 32y − 137 = 0
Déterminer la nature de H et préciser ses éléments géométriques : sommets, foyers, directrice, excentricité, asymptotes. Solution : Procédant comme dans l’exercice linéaires dans l’équation cartésienne ( précédent, on supprime les termes ( de H grâce à un changement de variable
x y
= X+α
= Y +β
ce qui amène le système
295
−18α + 18 32β − 32
=0
=0
et donc α = β = 1.
¯ ¯1
L’origine du nouveau repère est donc Ω¯¯ et l’équation de H s’écrit : 1
Y2 X2 − − 1 = 0. 9 16
On effectue alors une rotation d’angle π/2 :
(
u =Y
et dans ces dernières coordonnées, l’équation de H devient :
v = −X
u2 v 2 − − 1 = 0. 9 16 ¯ ¯c
La courbe H est donc une hyperbole de demi axes a = 3 et b = 4. Dans les coordonnées (u, v), les foyers de H sont F¯¯ 0
¯ p ¯−c et F¯¯ avec c = a 2 + b 2 = 5. Les directrices D et D ′ admettent comme équations respectives : X = a 2 /c et X = −a 2 /c 0
avec a 2 /c = 9/5. Enfin l’excentricité de l’hyperbole est e = c/a = 5/3 et ses asymptotes sont δ : y = ab x et δ′ : y = − ab x avec b/a = 4/3. 10 8 6 4 2 0 −10
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8
10
12
−2 −4 −6 −8 −10
Exercice 7.20 ♥ On considère dans le repère canonique la courbe d’équation p 2x 2 + y 2 + 3x y − 1 = 0
Déterminer sa nature, puis tracer cette courbe en précisant le centre et l’excentricité. Solution : Le discriminant de cette courbe est ∆ = 5/4 > 0. La courbe est une ellipse ou est réduite à un point ou vide. Il n’y a pas(de terme linéaire à éliminer. Afin de faire disparaître le terme en x y , on effectue une rotation d’angle θ et de centre O :
x = cos θX − sin θY
y = sin θX + cos θY
. Le coefficient devant XY est
p 3(cos2 θ − sin2 θ) − 2cos θ sin θ
= = =
p
3cos 2θ − sin 2θ µp ¶ 3 1 2 cos 2θ − sin 2θ 2 2 ´ ³ π −2cos 2θ + 6
qui s’annule par exemple pour θ = −π/3. Pour cette valeur de θ, l’équation de la courbe devient x2 y 2 −1 = 0 + 2 2 5
296
p
p µ ¶ 10 2p repère, l’équation des directrices est X = ± et les foyers ont pour coordonnées : ± 10, 0 . 2 5 p
La courbe est une ellipse de centre O, de demi p axes a = 2 et b = (2/5), d’excentricité e = 2 5/5. Dans le nouveau 2,4 2,0 1,6 1,2 0,8 0,4 0,0 −2
−1
−0,4
0
1
2
−0,8 −1,2 −1,6 −2,0 −2,4
Exercice 7.21
♥
On considère dans le repère canonique la courbe d’équation p x 2 + 6x y + y 2 + 4 2x = 0
Déterminer sa nature, puis tracer cette courbe en précisant le centre et l’excentricité.
Solution : Le discriminant de cette courbe est ∆(= −8 < 0. La courbe est une hyperbole ou la réunion de deux droites
sécantes. On effectue le changement de variable (
3α + β = 0 p α + 3β + 2 2 = 0 p ¯ ¯ 2/4 repère de centre ω¯¯ p : −3 2/4
système :
x y
= X+α
= Y +β
afin de supprimer les termes linéaires, ce qui amène le p
p
qui admet comme solution : α = 2/4 et β = −3 2/4. L’équation s’écrit alors dans le
X 2 + 6XY + Y2 + 1 = 0.
Afin de faire disparaître le terme en XY, on effectue une rotation d’angle θ et de centre ω :
(
coefficient devant uv est
X = cos θu − sin θv Y = sin θu + cos θv
. Le
¡ ¢ 6 cos 2 θ − sin2 θ = 6cos (2θ)
qui s’annule par exemple pour θ = π/4. Pour cette valeur de θ, l’équation de la courbe devient 2u 2 − 4v 2 = 1 p
p
La courbe est une hyperbole de centre Ω, de demi axes a = 2/2 et b = 1/2, d’excentricité !e = 6/2. Dans le nouveau à p p repère, l’équation des directrices est X = ±
3 3 et les foyers ont pour coordonnées : ± , 0 . 3 2
297
2
1
−2
−1
0
1
2
0
−1
−2
−3
Exercice 7.22 ♥ On considère dans le repère canonique la courbe d’équation p ¡ ¢ x 2 + 2x y + y 2 + 4 2 x − y = 0
Déterminer sa nature (on effectuera une rotation de centre O et d’angle 3π/4), puis tracer cette courbe en précisant son centre et son excentricité. Solution : On calcule le discriminant ∆ = 0. La courbe est une parabole, une droite, la réunion de deux droites parallèles ou l’ensemble vide. Par le changement de coordonnées suggéré, l’équation devient y 2 − 4x = 0.
¯ ¯1
La courbe est donc une parabole de sommet O, de directrice la droite d’équation est X = −1 et de foyer F¯¯ . 0
5 4 3 2 1 0 −6
−5
−4
−3
−2
−1 −1
0
1
2
3
4
5
6
−2 −3 −4 −5
Exercice 7.23 ♥ On considère dans le repère canonique la courbe d’équation x 2 − 4y 2 = 0
Déterminer sa nature, puis tracer cette courbe en précisant le centre et l’excentricité.
298
Solution : On calcule le discriminant ∆ = −4 < 0. La courbe est une hyperbole ou la réunion de deux droites sécantes. Remarquons que x 2 −4y 2 = (x −2y)(x +2y) et donc que la courbe est la réunion des deux droites sécantes en O x −2y = 0 et x + 2y = 0. Exercice 7.24 ♥ On considère dans le repère canonique la courbe d’équation x 2 + 3x + 4y + 1 = 0
Déterminer sa nature, puis tracer cette courbe en précisant le centre et l’excentricité. Solution : On calcule le discriminant ∆ = 0. La courbe est une parabole, une droite, la réunion de deux droites parallèles ou l’ensemble vide. On réduit l’expression ³ ´ ³ 3 2 x 2 + 3x + 4y + 1 = 0 ⇐⇒ x + +4 y − 2
5 16
´
=0
ce qui nous amène à effectuer le changement de variable (
= x + 23
X
5 = y − 16
Y
.
¯ 3 ¯− L’origine du nouveau repère est Ω¯¯ 52 et dans ce nouveau repère l’équation devient 16
X 2 + 4Y = 0
On effectue ensuite une rotation des axes d’angle − π2 définie (
x y
= −Y =X
.
L’équation devient alors dans ce nouveau repère y 2 − 4x = 0
¯ ¯1 donc c’est une parabole de paramètre p = 2 et de centre Ω. Son foyer est F¯¯ et sa directrice admet comme équation 0
1 −5,0
−2,5
0,0
2,5
5,0
0 −1 −2 −3 −4 −5
x = −1.
Exercice 7.25 ♥ On considère dans le repère canonique la courbe d’équation 2x 2 − 3x + 2y 2 + 4y − 3 = 0
Déterminer sa nature, puis tracer cette courbe en précisant le centre et l’excentricité. 299
Solution : On calcule le discriminant ∆ = 4. La courbe est une ellipse ou alors réduite à un point ou vide. Par un changement d’origine du repère défini par les formules (
= X+α
x
= Y +β
y
pour éliminer les termes en x et y , on choisit α et β avec (
4α − 3
=0
β+1
=0 ¯ ¯
c’est-à-dire α = 34 et β = −1. L’origine du nouveau repère est Ω¯¯ X2 + Y2 −
49 16
3 4
−1
et dans ce nouveau repère l’équation devient
=0 0,8
−2
−1
0,4
0
1
2
0,0 −0,4 −0,8 −1,2 −1,6 −2,0 −2,4 −2,8 −3,2 −3,6
On reconnaît l’équation d’un cercle de centre Ω et de rayon 74 .
−4,0
Exercice 7.26 ♥ On considère dans le repère canonique la courbe d’équation x2 + x y + y 2 − 1 = 0
Déterminer sa nature, puis tracer cette courbe en précisant le centre et l’excentricité. ¡ ¢2
Solution : On calcule le discriminant ∆ = 12 − 12 > 0. La courbe est une ellipse ou alors réduite à un point ou vide. L’équation ne présente pas de termes en x et y . On effectue une rotation des axes d’angle θ définie par les formules de changement de repère ( x y
= cos θX − sin θY
= sin θX + cos θY
et pour annuler le terme en x y , on choisit cos(2θ) = 0, c’est-à-dire θ = π/4. L’équation devient alors dans ce nouveau repère X2 2 3
c’est une ellipse d’excentricité e =
p
6 2
+
Y2 =1 2
et de centre O. Dans¯ le nouveau repère les directrices ont pour équation :
¯ 2p3 p ¯± X = ± 3 et les foyers ont pour coordonnées : ¯ 3 . On trace sans peine cette ellipse. ¯ 0
300
3
2
1
0 −2
−1
0
1
2
−1
−2
−3
Exercice 7.27
♥
On considère dans le repère canonique la courbe d’équation
25x 2 − 14x y + 25y 2 + 64x − 64y − 224 = 0
Déterminer sa nature, puis tracer cette courbe en précisant le centre et l’excentricité.
Solution : On calcule le discriminant ∆ = 252 − 72 > 0. La courbe est une ellipse ou alors réduite à un point ou vide. Par un changement d’origine du repère défini par les formules (
x y
= X+α
= Y +β
pour éliminer les termes en x et y , on choisit α et β avec (
25α − 7β
−7α + 25β
= −32 = 32
¯ ¯−1 c’est-à-dire α = −1 et β = 1. L’origine du nouveau repère est Ω¯¯ et dans ce nouveau repère l’équation devient 1
25x 2 − 14x y + 25y 2 = 288
On effectue ensuite une rotation des axes d’angle θ définie par les formules de changement de repère (
x y
= cos θX − sin θY
= sin θX + cos θY
et pour annuler le terme en x y , on choisit cos(2θ) = 0, c’est-à-dire θ = π/4. L’équation devient alors dans ce nouveau repère p
X2 Y2 + = 1. 42 32
C’est une ellipse d’excentricité e = 7/4 et de centre Ω. On trace sans peine cette ellipse. 301
7 6 5 4 3 2 1 0 −7
−6
−5
−4
−3
−2
−1
0
1 −1
2
3
4
5
6
−2 −3 −4 −5 −6 −7
Exercice 7.28
♥
On considère la courbe d’équation 3x 2 + 4x y − 12x + 16 = 0
dans le repère canonique. Montrer (avec le moins de calculs possibles) que cette courbe est une hyperbole dont on précisera les demi-axes ainsi que le centre.
Solution : Le discriminant vaut ∆ = −4 < 0. Cette courbe est soit une hyperbole, soit la réunion de deux droites sécantes. Par un changement d’origine de repère défini par les formules (
x y
= X+α
= Y +β
pour éliminer les termes linéaires, on choisit α et β vérifiant (
3α + 2β α
=6
=0
¯ ¯0 c’est-à-dire α = 0 et β = 3. Le centre du nouveau repère a pour coordonnées Ω¯¯ . Par un changement de repère or3
thonormé (rotation des axes), on sait que l’on peut trouver un angle θ tel que dans le nouveau repère, la courbe ait pour équation Ax 2 + Cy 2 = −16
mais puisque
(
AC A+C
= ∆ = −4
=3
A et C sont racines du trinôme T2 − 3T − 4 = 0, c’est-à-dire {A, C} = {−1, 4}. Les deux équations possibles de la courbe
sont donc
x2 y 2 x2 y 2 − = 1 ou − + =1 42 22 22 42 ¯ ¯0
On reconnait une hyperbole de demi-axes 4 et 2 . le centre est le point Ω¯¯ . 3
302
10,0
7,5
5,0
2,5
0,0 −6
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
−2,5
−5,0
Exercice 7.29 ♥♥ On considère un polynôme de degré 3 : P = X 3 + λX 2 + µX + δ
¯ ¯x et la courbe formé des points M¯¯ d’équation y
C : P(y) = P(x)
Montrer que : a. Si λ2 − 3µ < 0, C est une droite à préciser. b. Si λ2 − 3µ > 0, C est la réunion d’une droite et d’une conique. On montrera que l’excentricité de cette conique est indépendante de P. Solution : L’équation de C s’écrit en factorisant par (y − x) :
[y − x](x 2 + x y + y 2 + λ(x + y) + µ) = 0
La courbe contient la droite d’équation y = x (première bissectrice). Intéressons-nous à la courbe du second degré. Par un changement de repère défini par les formules (
x y
= X+α
= Y +β
on peut annuler les termes en x et y en choisissant α et β solutions du système (
2α + β
= −λ
α + 2β
= −λ
c’est-à-dire α = β = −λ/3. Dans ce nouveau repère, l’équation devient X 2 + XY + Y2 =
λ2 − 3µ 3
Si λ2 − 3µ < 0, cette courbe est vide. Sinon, on sait que par une rotation des axes, on peut trouver un nouveau repère dans lequel l’équation devient AX 2 + BY2 =
λ2 − 3µ 3
avec ∆ = AB = 1 − 1/4 = 3/4 > 0 et A + B = 2. On reconnaît une ellipse. A et B sont racines du trinôme 4T2 − 8T + 3 = 0, c’est-à-dire {3/2, 1/2}. L’équation réduite de l’ellipse s’écrit a 2
λ2 − 3µ 3A λ2 − 3µ = 3B p p p Pour avoir a > b , on prend A < B. Alors l’excentricité vaut e = c/a = 1 − b 2 /a 2 = 1 − A/B = 2/3 . 2
2
y x + 2 = 1 avec 2 a b b 2
303
=
Chapitre
8
Nombres entiers naturels, ensembles finis, dénombrements L’administration pénitentiaire dispose, avec ses quinze mille forçats de trente mille paires de bras. Pierre MILLE, L’œuvre coloniale, 21 septembre 1923. Nos correspondants nous font remarquer que 25 × 8 = 20000 et non pas 25000. Pourquoi pas ? 26 octobre 1928.
Pour bien aborder ce chapitre La construction de l’ensemble N des entiers naturels a été formalisée pour la première fois au 19e siècle par le mathématicien italien Giuseppe Peano et le mathématicien allemand Richard Dedekind. Celle-ci s’avère assez aride et délicate aussi il n’est pas question de l’aborder ici. Nous nous contenterons d’admettre l’existence de N et de supposer qu’il vérifie les règles suivantes : 1
N est non vide.
2
N est totalement ordonné : pour tout x, y ∈ N, on a x É y ou y É x .
3
4
Toute partie non vide de N possède un plus petit élément : si A ⊂ N est non vide, alors il existe a ∈ A tel que ∀x ∈ A, a É x . Toute partie non vide et majorée de N possède un plus grand élément. Ce sachant qu’une partie non vide A ⊂ N : – est majorée s’il existe M ∈ N tel que ∀x ∈ A, x É M. – admet un plus grand élément si il existe a ∈ A tel que ∀x ∈ A,
x Ê a.
Des propriétés de N découlent directement, comme nous le verrons, le principe de récurrence. Ces propriétés nous permettront aussi d’introduire la notion très intuitive de cardinal puis de faire quelques premiers pas dans les techniques de dénombrement. Le lecteur est invité à reprendre la section A.4 page 1131 de l’annexe A s’il n’est pas à l’aise avec les rudiments de théorie des ensembles et les notions d’applications injective, surjective et bijective. Comme indiqué dans le programme officiel, la connaissance des démonstrations des sections 8.1 et 8.2 n’est pas exigible des étudiants.
8.1 Ensemble des entiers naturels - Récurrence 8.1.1 Ensemble des entiers naturels Les propriétés suivantes sont conséquences de celles ci dessus : P ROPOSITION 8.1 Construction des entiers naturels 1. N possède un plus petit élément, noté 0. 304
2. N \ {0} possède un plus petit élément, noté 1. On peut ainsi nommer les entiers successifs : ©
ª
1. Pour tout n ∈ N, la partie p ∈ N | p > n possède un plus petit élément, appelé successeur de n et noté n + 1. ©
ª
2. Pour tout n ∈ N, la partie p ∈ N | p < n possède un plus grand élément, appelé prédécesseur de n et noté n − 1.
Démonstration La proposition est une conséquence directe des règles 1 et 3 précédentes.
8.1.2 Principe de récurrence Il est de règle en Danemark que ce soit un Frédéric qui succède à un Christian, et un Christian qui succède à un Frédéric, quels que soient les prénoms de ses prédécesseurs. La Petite République, 13 juin 1907. T HÉORÈME 8.2 ♥♥♥ Principe de récurrence Soit Pn un prédicat sur N. On suppose qu’il existe un entier n0 tel que : H1
Pn0 est vrai.
H2
∀n Ê n0 ,
Pn =⇒ Pn+1
alors Pn est vrai pour tout n Ê n0 . ©
ª
Démonstration Soit F = k ∈ N | k Ê n0 et Pk est fausse . Prouver le théorème revient à montrer que F est un ensemble vide. Supposons que ce ne soit pas le cas. Alors F possède un plus petit élément k0 ∈ N. On a nécessairement k0 > n0 et Pk 0 est fausse. De plus k0 − 1 Ê n0 et Pk 0 −1 est vraie. Mais d’après l’hypothèse 2, Pk 0 doit aussi être vraie ce qui est une contradiction. Par conséquent F = ∅ et le principe de récurrence est prouvé.
Remarque 8.1 On peut comprendre ce théorème en se représentant les prédicats Pn comme des dominos. – Montrer que le prédicat P0 est vrai revient à faire tomber le premier domino. – Affirmer que, pour tout n , le prédicat Pn entraine le prédicat Pn+1 revient à supposer que si un domino tombe alors il entraine dans sa chute le suivant. Si ces deux conditions sont réunies, on fait chuter tous les dominos... Pour rédiger une récurrence on pourra utiliser le plan suivant. P LAN 8.1 : Pour rédiger une récurrence
On veut prouver que pour tout n ∈ N une propriété donnée Pn est vraie. 1
On montre que P0 est vraie.
2
Soit n ∈ N.
3
On suppose que Pn est vraie. C’est l’hypothèse de récurrence. On montre que Pn+1 est vraie.
4
D’après le principe de récurrence, la propriété Pn est vraie pour tout n ∈ N.
Exemple 8.1 Montrer par récurrence que : ∀n ∈ N,
0+1+2+3+... +n =
n (n + 1) . 2
0(0 + 1) . 2
1
L’égalité est vraie au rang 0 : 0 =
2
Soit n ∈ N.
3
On suppose que 0 + 1 + 2 + 3 + . . . + n =
n (n + 1) . 2
Montrons que 0 + 1 + 2 + 3 + . . . + n + (n + 1) = 0 + 1 + 2 + 3 + . . . + n + (n + 1)
= =
(n + 1) (n + 2) . On a : 2
n (n + 1) + (n + 1) d’après l’hypothèse de récurrence 2 (n + 1) (n + 2) 2
ce qu’il fallait démontrer. 4
L’égalité 0 + 1 + 2 + . . . + n =
n (n + 1) est vraie pour tout n ∈ N d’après le théorème de récurrence. 2
305
Il existe des variantes importantes du théorème de récurrence. Citons en deux : T HÉORÈME 8.3 ♥ Récurrence double Soit Pn un prédicat sur N. On suppose qu’il existe un entier n0 tel que : H1
Pn0 et Pn0 +1 sont vrais.
H2
∀n Ê n0 ,
[Pn
et Pn+1 ] =⇒ Pn+2
alors Pn est vrai pour tout n Ê n0 . T HÉORÈME 8.4 ♥ Récurrence forte Soit Pn un prédicat sur N. On suppose qu’il existe un entier n0 tel que : H1
P0 est vrai.
H2
∀n Ê 0,
[P0 , P1 , . . . , Pn ] =⇒ Pn+1
alors Pn est vrai pour tout n Ê 0. Exemple 8.2 Les exercices 8.6 et 8.7 page 319 utilisent le principe de récurrence double. La démonstration du théorème 20.15 page 756 se fait par une récurrence forte.
8.1.3 Suite définie par récurrence Rappels : – Soit E un ensemble. On appelle suite de E une application de N (ou d’une partie de N) dans E. – L’image de l’entier n est notée un . – La suite est notée (un ). D ÉFINITION 8.1 ♥ Suite définie par récurrence Une suite peut être construite de la façon suivante : 1. On fixe une condition initiale u0 . 2. On se donne une relation, dite de récurrence, permettant de déterminer chaque terme de la suite en fonction du précédent : un+1 = f (un ).
Le principe de récurrence permet d’affirmer l’existence et l’unicité d’une suite satisfaisant à ces deux conditions. On va voir différents exemples de suites définies par récurrence dans les deux prochains paragraphes.
8.1.4 Notations
P
et
Q
D ÉFINITION 8.2 ♥ Notation
P
Soit (un ) une suite à valeurs dans un ensemble muni d’une loi additive. On définit S n = récurrence suivante :
Exemple 8.3
(
n X
k=0
D ÉFINITION 8.3 ♥ Notation
n X
S 0 = u0
∀n ∈ N, S n+1 = S n + un+1
k = 0+1+2+... +n
n X
k=0
k 2 = 02 + 12 + 22 + . . . + n 2
Q
Soit (un ) une suite à valeurs dans un ensemble muni d’une loi multiplicative. On définit S n = récurrence suivante :
(
uk par la relation de
k=0
P0 = u 0
∀n ∈ N, Pn+1 = Pn × un+1
306
n Y
k=0
uk par la relation de
Exemple 8.4 Soit a est un réel :
n Y
k=0
a = |a × .{z . . × a} = a n+1 n
facteurs
D ÉFINITION 8.4 ♥ Factorielle On définit par récurrence la suite (n!) à valeurs dans N par : (
0! = 1
∀n ∈ N, (n + 1)! = n! × (n + 1)
Pour un entier n , le nombre n! s’appelle la factorielle de n et se lit « n factorielle ». P ROPOSITION 8.5 ♥ Écriture développée de n! Pour tout n ∈ N∗ :
n! = 1 × 2 × 3 × . . . × (n − 1) × n.
Exemple 8.5 – 0! = 1 – 1! = 1
– 2! = 2 – 3! = 6
– 4! = 24 – 5! = 120
– 6! = 720 – 7! = 5040
8.1.5 Suites arithmétiques et géométriques D ÉFINITION 8.5 ♥ Suite arithmétique On appelle suite arithmétique de raison r ∈ C la suite donnée par la relation de récurrence : (
u0 ∈ C
∀n ∈ N,
un+1 = un + r
P ROPOSITION 8.6 ♥♥♥ Terme général d’une suite arithmétique et somme arithmétique ∀n ∈ N,
Démonstration 305.
et
un = u0 + nr
n X
k=0
uk = (n + 1) u0 +
n (n + 1) r 2
On prouve la première relation par une simple récurrence. La seconde a été prouvée dans l’exemple 8.1 page
P LAN 8.2 : Pour montrer qu’une suite (un ) est arithmétique
Pour tout n ∈ N, on montre que la différence un+1 − un est constante. D ÉFINITION 8.6 ♥ Suite géométrique On appelle suite géométrique de raison q ∈ C la suite donnée par la relation de récurrence : (
u0 ∈ C
∀n ∈ N,
un+1 = qun
P ROPOSITION 8.7 ♥♥♥ Terme général d’une suite géométrique et somme géométrique ∀n ∈ N,
un+1 = u0 q n
et
n+1 u . 1 − q 0 uk = 1−q (n + 1) u k=0 0 n X
307
si q 6= 1 si q = 1
Démonstration On prouve la première relation par une simple récurrence. Pour la seconde on peut faire ainsi. Soit q ∈ C \ {1}. On calcule ´ ³ ´ ³ ´ ¡ ¢³ 1 + q + q 2 + ... + q n = 1 + q + q 2 + ... + q n − q + q 2 + q 3 + ... + q n+1 = 1 − q n+1 ¡ ¢ ¡ ¢ et il s’ensuit que 1 + q + q 2 + ... + q n = 1 − q n+1 / 1 − q . Donc 1−q
³ ´ 1 − q n+1 . u0 + u1 + u2 + ... + un = u0 + u0 q + u0 q 2 + ... + u0 q n = u0 1 + q + q 2 + ... + q n = u0 1−q
Si q = 1, la formule est évidente.
P LAN 8.3 : Pour montrer qu’une suite (un ) est géométrique
Pour tout n ∈ N, on montre que le quotient un+1 /un est constante. Remarque 8.2
On appelle suite arithmético-géométrique une suite vérifiant une relation de récurrence de la forme
un+1 = kun +r . Lorsque k = 1, on a une suite arithmétique et lorsque r = 0, on a une suite géométrique de raison k . Dans le cas général, la méthode la plus rapide pour exprimer un en fonction de n et u0 consiste à déterminer une suite constante (α) vérifiant la relation de récurrence : α = kα+r . La suite (v n ) = (un −α) vérifie v n+1 = kv n (suite géométrique) et donc v n = k n v 0 . On en déduit que un = α + (u0 − α)k n où α = r /(1 − k).
8.2 Ensembles finis Cette section aborde les problèmes de dénombrement. Pour être en mesure de la comprendre, il faut être à l’aise avec les notions d’application, d’injection, de surjection et de bijection. Il faut aussi posséder quelques rudiments en théorie des ensembles. On pourra consulter à cette fin les sections A.2 page 1129 et A.4 page 1131 de l’annexe A.
8.2.1 Définitions ✎ Notation 8.6 Soit (m, n) ∈ N2 tels que m < n . On convient de noter m, n l’ensemble des entiers compris entre m et n: m, n = {k ∈ N | m É k É n}
L EMME 8.8 Un premier lemme technique Soit (m, n) ∈ N2 . Si il existe une bijection de 1, m dans 1, n alors m = n Démonstration La démonstration de ce lemme est difficile aussi on l’admettra. On pourra consulter l’exercice 8.13 page 322 qui lui est consacré.
P ROPOSITION 8.9 ♥ Ensemble fini,Cardinal Soit E un ensemble. On dit que E est un ensemble fini si : (
Soit E = ∅ Soit il existe n ∈ N et une bijection entre E et 1, n
Si un tel entier n existe, il est alors le seul à vérifier cette propriété. On l’appelle cardinal de E et on le note Card (E) ou |E| ou encore ♯E. Si E est vide, on dit que son cardinal est nul : Card(E) = 0. Si un ensemble n’est pas fini alors on dit qu’il est infini.
Démonstration Supposons que E 6= ∅ et supposons qu’il existe deux entiers n et m et deux applications bijectives ϕ : E → 1,n et ψ : E → 1,m alors ϕ ◦ ψ−1 est une bijection de 1,m dans 1,n et d’après le lemme précédent, on a n = m .
Remarque 8.3 Il ne faut pas être décontenancé par le côté abstrait de cette définition. Quand on dénombre un ensemble d’objets, on ne fait rien d’autre que de construire une bijection entre cet ensemble et l’intervalle d’entiers 1, n. D ÉFINITION 8.7 ♥ Ensembles équipotents Deux ensembles finis sont dits équipotents si ils ont même cardinal.
8.2.2 Propriétés des cardinaux 308
L EMME 8.10 Un second lemme technique Soit E un ensemble fini de cardinal n 6= 0 et soit a ∈ E. L’ensemble E′ = E \ {a} est fini de cardinal n − 1. Démonstration Comme E est de cardinal n > 0, il existe une bijection ϕ : E → 1,n. Il y a deux possibilités : • Si ϕ (a) = n alors ϕ|E′ est définie sur E′ et à valeurs dans 1,n − 1 et est bijective. • Si ϕ (a) = p < n alors en considérant l’application ψ : 1,n → 1,n qui échange p et n et laisse invariant les autres éléments de 1,n, ψ est bijective et il en est de même de ψ ◦ ϕ : E → 1,n. De plus, ψ ◦ ϕ (a) = n et on est ramené au cas précédent.
T HÉORÈME 8.11 Partie d’un ensemble finie Si E est un ensemble fini et F une partie de E alors : – F est un ensemble fini et Card(F) É Card(E). – Card(F) = Card(E) ⇐⇒ F = E Démonstration Démontrons la première propriété par récurrence sur le cardinal de E. • Si Card (E) = 0 alors E est vide et il en est de même de F. La propriété est donc démontrée au rang 0. • Soit n ∈ N. Supposons la propriété vraie pour un ensemble de cardinal n et montrons là pour un ensemble E de cardinal n + 1. • Si F = E alors F est fini et Card (F) = Card (E) • Sinon, il existe un élément a de E qui n’est pas élément de F. Posons : E′ = E \ {a}. E′ est non vide, F est inclus dans E′ et par application du lemme précédent, E′ est de cardinal Card (E) − 1 = n + 1 − 1 ¡= n¢. On peut alors appliquer à E′ l’hypothèse de réccurence : F est un sous ensemble fini de E′ , donc de E et Card (F) É Card E′ = Card (E) − 1 < Card (E). La propriété est alors prouvée par application du théorème de récurrence. Démontrons maintenant la seconde propriété. On sait déjà que si F = E alors Card(F) = Card (E). Il s’agit de prouver la réciproque. ′ Par l’absurde, nous supposons ¡ ¢ que Card (F) = Card (E) mais que F 6= E. Il existe alors a ∈ E tel que F ⊂ E = E \ {a} ¡ .¢ Mais, d’après le lemme précédent, Card E′ = Card (E) − 1 et d’après la propriété que nous venons de prouver, Card (F) É Card E′ = Card (E) − 1 < Card(E) ce qui contredit notre hypothèse de départ. Par conséquent E = F.
C OROLLAIRE 8.12 Toute partie d’un ensemble fini est finie. P ROPOSITION 8.13 Caractérisation des parties finies de N Une partie de N est finie si et seulement si elle est majorée. Démonstration ⇒ Soit A une partie finie de E. Nous allons effectuer une démonstration par récurrence sur le cardinal n de A pour prouver qu’elle est majorée. • Si n = 0 alors A est vide et donc majorée par n’importe quel entier. • Fixons n ∈ N et supposons la propriété vraie pour un ensemble de A de cardinal n . • Soient A un ensemble de cardinal n + 1 et a ∈ A. Alors A \ {a} est un sous-ensemble de cardinal n de N. Il est, par application de l’hypothèse de récurrence, majoré. Soit b un majorant de A \ {a}. Alors max (a,b) est un majorant de A et A est majoré. • La propriété est alors prouvée par application du théorème de récurrence. ⇐ Soit A une partie de N majorée. Soit n un majorant de A. Alors A ⊂ 0,n et par conséquent, A est finie de cardinal inférieur ou égal à n .
L EMME 8.14 Un troisième et dernier lemme technique 1. Soit n ∈ N. Si f est une bijection strictement croissante de 0, n dans N alors : ∀p ∈ 0, n ,
2. Si f est une application strictement croissante de N dans N alors : ∀n ∈ N,
f (n) Ê n .
¡ ¢ f p Ê p.
Démonstration Nous allons effectuer une récurrence sur n . • Si n = 0 la propriété est trivialement vérifiée. • Soit n ∈ N. • Supposons la propriété vraie au rang n et prouvons là au rang n + 1. f est donc une bijection strictement croissante de 0,n + 1 dans N. Par conséquent, ¡ ¢f |0,n est une bijection strictement croissante de 0,n dans N et appliquant l’hypothèse de récurrence :∀p ∈ 0,n , f p Ê p . En particulier, f (n) Ê n . Mais comme f est strictement croissante : f (n + 1) > f (n) Ê n donc f (n + 1) Ê n + 1. • La propriété est donc prouvée par application du principe de récurrence. La seconde partie du lemme est une application de la première à f |0,n .
P ROPOSITION 8.15 Si P est une partie finie non vide de N de cardinal n alors il existe une et une seule bijection strictement croissante de l’intervalle 1, n dans P. Démonstration
309
– Prouvons par récurrence sur n l’existence de cette bijection. Si n = 1 alors P contient un unique élément qu’on note a . L’application ϕ définie sur le singleton {1} dans le singleton P = {a} qui à 1 associe a est une bijection strictement croissante de 1,1 dans P. Soit n ∈ N∗ . Supposons que pour un ensemble P de cardinal n il existe une bijection strictement croissante de 1,n dans P. Soit P un ensemble de cardinal n + 1. Comme P est une partie finie de N, d’après la proposition 8.13, P admet un plus grand élément a . Alors P′ = P \ {a} est un ensemble de cardinal n et d’après l’hypothèse de récurrence, il existe une bijection strictement croissante ϕ : 1,n → P′ . On prolonge ϕ à P en posant ϕ (n + 1) = a . Alors ϕ ainsi prolongée est une bijection strictement croissante de 1,n + 1 dans P car a est le plus grand élément de P. La propriété est alors prouvée par application du principe de récurrence. – Prouvons maintenant l’unicité de cette bijection. Supposons que ϕ1 et ϕ2 sont deux bijections strictement croissantes de 1,n dans P. Alors ϕ = ϕ−1 2 ◦ ϕ1 est une bijection strictement croissante de 1,n dans lui-même. D’après le lemme précédent, ¡ ¢ ϕ p Ê p . Mais ϕ−1 = ϕ−1 1 ◦ ϕ2 est aussi une bijection strictement croissante de 1,n dans lui¡ ¢ ¡ ¢ −1 même et on aussi que ∀p ∈ 1,n , ϕ p Ê p , ce qui s’écrit encore, ϕ étant strictement croissante : ∀p ∈ 1,n , p Ê ϕ p . ¡ ¢ En conclusion, ∀p ∈ 1,n , ϕ p = p et donc ϕ = id1,n . On a prouvé alors prouvé que ϕ1 = ϕ2 .
il s’ensuit que ∀p ∈ 1,n ,
8.2.3 Applications entre ensembles finis P ROPOSITION 8.16 Caractérisation des applications injectives entre ensembles finis Soient E et F deux ensembles finis et f : E → F. On a : ¡
¢
1. Card f (E) É Card(E)
¡
¢
2. f est injective si et seulement si Card f (E) = Card (E)
Démonstration ¡ ¢ © ª 1. Pour tout y ∈ f (E), on choisit un élément ¡ ¢ x y ∈ E tel que f x y = y . Soit F = x y ∈ E | y ∈ f (E) . f |F est une bijection de F sur f (F) = f (E). Par conséquent Card f (E) = CardF É CardE. ¡ ¢ 2. ⇒ Si f est injective alors f réalise une bijection de E sur f (E) et donc : Card f (E) = Card (E). ¡ ¡ ¢ ¢ ⇐ Réciproquement, si Card f (E) = Card (E) alors, avec les notations de la preuve précédente, Card (F) = Card f (E) = Card (E) et donc tout élément de f (E) possède un et un seule antécédent. f est donc injective.
T HÉORÈME 8.17 Bijections et ensembles finis Soient E et F deux ensembles finis de même cardinal et f : E → F. On a équivalence entre : 1. f est injective.
2. f est surjective. 3. f est bijective. ¡
¢
¡
¢
Démonstration On a les équivalences : f est injective ⇐⇒ Card f (E) = Card (E) ⇐⇒ Card f (E) = CardF ⇐⇒ f est surjective. D’où l’équivalence des trois propositions.
P ROPOSITION 8.18 Principe des tiroirs Soient E et F deux ensembles finis non vides avec CardE > CardF et f : E → F. On a : f n’est pas injective. Autrement dit, il existe deux éléments distincts i et j de E pour lesquels f (i ) = f ( j ). Démonstration Par récurrence sur le cardinal de E. Si CardE = 2, alors CardF = 1 et la proposition est claire. Si CardE = n + 1, alors on ne s’intéresse qu’aux F de cardinal É n . Si CardF < n , alors on applique la propriété de récurrence à la restriction de f à une partie de E à n éléments. Si CardE = n , on considère la restriction f˜ de f à une partie E \ {i 0 } de E à n éléments. Supposons qu’elle soit injective (sinon c’est gagné), d’après la proposition 8.17, elle est surjective. Donc f (i 0 ) admet un antécédent i 1 par f˜, et par suite f (i 0 ) = f (i 1 ) et f n’est pas injective.
Remarque 8.4 Cette proposition de bon sens dit que si on range des chaussettes dans une commode, on est assuré d’avoir au moins un tiroir qui comporte au moins deux chaussettes. Elle permet de résoudre un grand nombre d’exercices.
8.3 Opérations sur les ensembles finis P ROPOSITION 8.19 ♥ Cardinal d’une réunion disjointe Soient A et B deux ensembles finis disjoints. Alors A ∪ B est fini et : Card(A ∪ B) = Card(A) + Card(B)
310
Démonstration Posons n = Card (A) et m = Card (B). Soit ϕ : A → 1,n et ψ1 : B → 1,m deux bijections. Posons ψ:
½
B x
−→ 7−→
n + 1,n + m . ψ (x) + n
L’application ψ est encore bijective. Considérons enfin l’application :
θ:
A∪B
x
−→ 7−→
1,m + n ( ϕ (x) si x ∈ A
ψ (x) si x ∈ B
θ est clairement bien définie car A ∩ B = ∅ et est une bijection de A ∪ B sur 1,m + n ce qui prouve que Card (A ∩ B) = m + n = Card(A) + Card (B).
C OROLLAIRE 8.20 ♥ Cardinal du complémentaire Soit A une partie d’un ensemble fini E alors ¡ ¢ Card Ac = Card (E) − Card(A)
où Ac désigne le complémentaire de A dans E.
Démonstration Il suffit d’appliquer la proposition précédente à A et B = Ac .
C OROLLAIRE 8.21 ♥ Cardinal d’une réunion finie disjointe Plus généralement, si A 1 , . . . , A n sont n parties d’un ensemble fini E deux à deux disjointes (c’est à dire telles que, pour tout i , j ∈ 1, n, A i ∩ A j = ∅ si i 6= j ), alors : Card (A 1 ∪ · · · ∪ A n ) = Card(A 1) + · · · + Card(A n ) . Démonstration La preuve est laissée en exercice au lecteur. Elle s’effectue par récurrence et la proposition précédente permet d’initialiser cette récurrence.
C OROLLAIRE 8.22 ♥ Lemme des bergers Plus généralement, si A 1 , . . . , A n sont n parties d’un ensemble fini E qui forment une partition de E (voir ?? p.??). On suppose de plus que tous les (A i )1ÉiÉn ont le même cardinal à savoir p . Dans ces conditions : Card(E) = n × p .
C OROLLAIRE 8.23 ♥ Cardinal d’une union Si A et B sont deux parties d’un ensemble fini E alors A ∪ B est fini et : Card(A ∪ B) = Card (A) + Card (B) − Card(A ∩ B) . Démonstration On peut partitionner A ∪ B de la façon suivante : A ∪ B = (A \ (A ∩ B)) ∪ (A ∩ B) ∪ (B \ (A ∩ B)) .
On applique alors la proposition précédente.
P ROPOSITION 8.24 ♥ Cardinal d’un produit cartésien Soient E et F deux ensembles finis. Alors E × F est fini et Card(E × F) = Card(E) × Card(F) .
311
Démonstration {xk } × B
y1
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
. .. yl b
.. . ym B
b
Supposons que A = {x1 ,... , xn } où n est le cardinal de A. On a :
b b
A × B = {(a,b) | a ∈ A
b
b
b
b
b
b
b
b
b
A × B A x1
···
b
xk
···
b ∈ B} =
n ¡© [
k=1
½ ©
ª ¢ xk × B
(⋆) .
ª x ¡ k ×¢B −→ B est xi , y 7−→ y ¡© ª ¢ bijective donc Card xk × B = Card (B). De plus les ensembles de la réunion (⋆) sont deux à deux disjoints. D’après la proposi-
Pour tout i ∈ 1,n l’application θi :
b
b
et
tion précédente, on a :
b
Card (A × B)
xn
=
=
Card ({x1 } × B) + ... + Card ({xn } × B)
Card (B) + ... + Card (B) {z } | n
=
fois
n.Card (B) = Card (A) Card (B)
C OROLLAIRE 8.25 Cardinal d’un produit fini Soient E un ensemble fini et soit n ∈ N∗ . Alors En est fini et :
¡ ¢ Card En = (Card(E))n
Démonstration Par une récurrence facile.
8.4 Dénombrement 8.4.1 Nombre de p -listes d’un ensemble fini D ÉFINITION 8.8 ♥ p -liste Soient A un ensemble et p ∈ N. On appelle p -liste d’éléments de A tout p -uplet d’éléments de A c’est à dire tout élément de Ap . Exemple 8.7 – (1, 4, 7, 2, 7) est une 5-liste de N. – (π, e, i , −1) est une 4-liste de C. – (i , e, π, −1) est une 4-liste de C différente de la précédente. P ROPOSITION 8.26 ♥ Nombre de p -listes d’un ensemble fini Soient A un ensemble fini de cardinal n et p ∈ N. Le nombre de p -listes d’éléments de A est n p . ¡
¢
Démonstration On a : Card E p = (Card(E))p = n p .
À méditer :
Exemple 8.8 – Le nombre de codes de 4 lettres est 264 . – Le nombre de façons de réaliser un collier de 30 perles avec 3 couleurs de perles est 330 – Le nombre de bouquets de 10 fleurs quand on choisit ces fleurs parmi 5 espèces est 510 .
8.4.2 Nombre d’applications d’un ensemble fini dans un ensemble fini ✎ Notation 8.9 Si E et F sont des ensembles, l’ensemble des applications de E dans F est noté F (E, F) ou FE . P ROPOSITION 8.27 ♥ Nombre d’application entre deux ensembles finis Si E et F sont des ensembles sont des ensembles finis de cardinaux respectifs p et n alors : Card(F (E, F)) = Card(F)Card(E) = n p
312
Démonstration
Supposons que E = {x1 ,... , xn } où n = Card (E). Posons : θ :
½
FE u
−→ 7−→
Fp . L’application (u (x1 ) ,... ,u (xn ))
θ associe à toute fonction de E dans F la p -liste des images des éléments de E. θ est injective et surjective, donc bijective. On en déduit que Card (F)Card(E) = n p
8.4.3 Arrangement D ÉFINITION 8.9 ♥ Arrangement
Soit E un ensemble fini de cardinal n . Soit p ∈ N∗ . On appelle p -arrangement de E une injection de 1, p dans E. On p note A n le nombre de p -arrangements de E Remarque 8.5 – A11 = n . p – Si p > n , A n = 0. – Si p = 0, l’unique application de l’ensemble vide dans E est injective et donc on écrira A0n = 1. Remarque 8.6 Se donner un p -arrangement revient à se donner une p -liste de E sans répétition .
En effet, d’après la définition, un p -arrangement de E ¡est¢¢une injection ϕ de 1, p dans E. Cette injection est entièrement ¡ caractérisée par la p -liste de ses images : ϕ (1) , . . . , ϕ p . Il n’y a pas de répétition dans cette p -liste car ϕ est injective. P ROPOSITION 8.28 ♥ Nombre de p -arrangements d’un ensemble fini Soient E un ensemble fini de cardinal n et p tels que 0 É p É n . Le nombre de p -arrangements de E est : p
An = ¡
n!
¢ . n−p !
Démonstration Notons I l’ensemble des p -arrangements de E. Comme I est un sous ensemble de F (E,F) et que ce dernier est de cardinal fini, il en est de même de I . Afin de calculer le cardinal de I , nous allons effectuer un raisonnement par récurrence sur p . 1. Si p = 0, on a déjà vu que A0n = 1. La formule est donc vraie pour p = 0.
2. Si p = 1, 1, p = {1} est un singleton et une injection de {1} dans E est déterminée par l’image de 1 par cette injection. Comme E compte n éléments, il y a n images possibles pour 1 et cardinal de I est n = 3. Soit p < n ∈ N.
n! . (n − 1)!
4. Supposons la relation vraie au rang p , c’est notre hypothèse
de récurrence, et vérifions là au rang p + 1 É n . Une injection ϕ de 1, p + 1 dans E est déterminée par sa restriction à 1, p : ϕ|1,p et par l’image de p + 1 dans E. Par application de l’hypothèse de récurrence, il y a Anp possibilités pour le choix de ϕ|1,p et du coup n − p possibilités pour le choix de ¡
¢
p
p+1
l’image de p + 1 par ϕ dans E. Au total, cela fait n − p × An possibilités, soit An
5. Par application du théorème de récurrence, la formule est démontrée.
p+1
possibilités et CardI = An
C OROLLAIRE 8.29 ♥ Nombre de bijections d’un ensemble fini Si E est un ensemble fini de cardinal n , le nombre de bijections de E dans lui même est n!. À méditer : Exemple 8.10 – Le nombre de tiercés possibles quand 15 chevaux sont en course est A 1 53 . – Le nombre de mots de 4 lettres sans lettre répétée est A426 . – Le nombre de classements possibles dans une course automobile comptant 20 voitures est 20!.
8.4.4 Combinaison D ÉFINITION 8.10 ♥ Combinaison ∗ Soit E un ensemble à fini ! de cardinal n . Soit p ∈ N . On appelle p -combinaison de E un sous ensemble de cardinal p de p
E. On note Cn ou
n le nombre de p -combinaisons de E p
313
Exemple 8.11 – {1, 4, 7, 2, 7} est une 5-combinaison de N. – {π, e, i , −1} est une 4-combinaison de C. – {i , e, π, −1} représente la même 4-combinaison que la précédente. Remarque 8.7 à ! n • = 1 car l’ensemble vide est l’unique sous ensemble 0 de à !E ayant 0 élément. n • = n. 1
à ! n • = n. n
à ! n • Si p > n , = 0. p
P ROPOSITION 8.30 ♥ Nombre de p -combinaison d’un ensemble fini Soient E un ensemble fini de cardinal n et p É n . Le nombre de p -combinaisons de E est p
Cn =
p
An n! ¢ =¡ p! n − p !p!
Démonstration Se donner un p -arrangement revient à se donner une p -combinaison puis à ordonner les éléments de cette p -combinaison, c’est à dire à choisir une bijection de cette p -combinaison dans elle même. Le nombre de bijections d’une p combinaison de E dans elle même est p!. On a donc : ¡
¢
Nombre de p -arrangements de E = Nombre de p -combinaisons dans E × p! p
p
Soit An = Cn × p!. Ce qui prouve la propriété.
En résumé :
∀n, p ∈ N
à ! ¡ n! ¢ n p Cn = = p! n − p ! p 0
si p É n si p > n
À méditer : Exemple 8.12 ¡ ¢ – Le nombre de tirages possibles au loto est 49 7 . ¡ ¢ – Le nombre de mains (c’est à dire de 5-uplet de cartes) au poker est 32 5 . P ROPOSITION 8.31 ♥ Relation de Pascal Pour tout n ∈ N et p ∈ 0, n : 1
2
3
à ! à ! n n = p n−p
à ! à ! n n n −1 Formule de factorisation : = si p Ê 1 p p p −1 à ! à ! à ! n n n +1 Relation de Pascal : + = p p +1 p +1
Cette dernière égalité ainsi que la remarque 8.7 permettent de construire le triangle de Pascal :
C OROLLAIRE 8.32 ♥ Triangle de Pascal
314
H HH p HH HH n H
0
1
2
3
4
5
6
0 1 2 3 4
1 1 1 1 1
0 1 2 3 4 +
0 0 1 3 6
0 0 0 1 4
0 0 0 0 1
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
5 6
1 1
5 6
10
10 20
5 15
1 6
0 1
q
15
À l’intersection de la p e et de la n e colonne, on lit le coefficient
¡n ¢ p
.
P ROPOSITION 8.33 ♥ Nombre de partie d’un ensemble fini Soit E un ensemble de cardinal n . L’ensemble P (E) des parties de E a pour cardinal 2n et donc : Ã ! n X n = 2n p=0 p
Démonstration On fait une démonstration par récurrence sur le cardinal n de E : 1. si n = 0 alors Card (E) = 0 et E = ∅. E ne contient donc que la partie vide et Card (E) = 20 = 1. La propriété est donc vraie au rang 0. 2. Soit n ∈ N. 3. Supposons la propriété vraie pour un ensemble de cardinal n . C’est notre hypothèse de récurrence. Prouvons que la propriété est vraie pour un ensemble de cardinal n + 1. Soient E un ensemble de cardinal n + 1 et a ∈ E. Posons E′ = E \ {a}. E′ est de cardinal n . Il y a deux types de parties dans E : – Celles qui contiennent a . Ce sont exactement les parties de E′ auxquelles on adjoint a . Par application de l’hypothèse de récurrence, il y a 2n parties dans E′ et donc 2n parties de E qui contiennent a . – Celles qui ne contiennent pas a . Ce sont exactement les parties de E′ . Toujours par application de l’hypothèse de récurrence, on compte 2n parties dans E′ . Au total, E est donc constitué de 2n +2n = 2n+1 parties. La propriété est donc démontrée pour un ensemble de cardinal n +1. 4. Par application du théorème de récurrence, la propriété est démontrée pour tout ensemble de cardinal n ∈ N.
T HÉORÈME 8.34 ♥♥♥ Formule du binôme de Newton 2
∀(a, b) ∈ C ,
∀n ∈ N,
à ! n n X a k b n−k (a + b) = k k=0 n
Démonstration Soient (a,b) ∈ C2 . Effectuons une récurrence sur n . 1
si n = 0 l’égalité est trivialement vérifiée.
2
Soit n ∈ N.
3
Supposons l’égalité vérifiée au rang n , c’est notre hypothèse de récurrence : (a + b)n =
315
à ! n n X a n−k b k k=0 k
et prouvons la au rang n + 1. On a : (a + b)n+1
= = = =
= =
4
(a + b) (a + b)n ! Ã ! Ã n n X a n−k b k par application de l’hypothèse de récurrence (a + b) k=0 k ! Ã ! ! Ã Ã ! Ã ! ÃÃ ! n n n n 2 n−2 n n n a a n−1 b + a b + ... + ab n−1 + b + (a + b) n n −1 2 1 0 ! ÃÃ ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! n n 2 n−1 n 3 n−2 n n n+1 n n ab + a b + a b + ... + a b+ a 0 1 2 n −1 n ! ! Ã ! Ã Ã ! Ã ! ÃÃ ! n n n n 2 n−1 n n n+1 n−1 2 n a b a b + a b + ... + ab + b + + n n −1 2 1 0 Ã ! ! Ã !! ÃÃ ÃÃ ! Ã !! ÃÃ ! Ã !! Ã ! n n+1 n n n n n n n n+1 n 2 n−1 n a a b+ + a b + ... + + ab + + b + n n n −1 2 1 1 0 0 ! ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã Ã n + 1 n+1 n +1 n n + 1 2 n−1 n +1 n + 1 n+1 a a b+ a b + ... + ab n + b + n +1 n 2 1 0
La dernière ligne étant conséquence de la formule de Pascal. Ceci prouve que la formule est vraie au rang n + 1. La formule est démontrée par application du théorème de récurrence.
Remarque 8.8
On peut aussi écrire : 2
∀(a, b) ∈ C ,
∀n ∈ N,
à ! n n X a n−k b k . (a + b) = k k=0 n
D ÉFINITION 8.11 ¡ ¢ ♥ Coefficients binomiaux Les nombres np sont aussi, en raison de cette dernière égalité, appelés coefficients binomiaux.
B IO 6 Isaac Newton, né le 25 décembre 1642, mort le 19 mars 1727 Mathématicien Anglais. L’enfance d’Isaac Newton n’est pas particulièrement heureuse. Il perd son père à trois mois. Sa mère se re-marie quand il a trois ans et il est alors élevé par sa grand mère. À seize ans, sa mère lui enjoint de quitter l’école afin qu’il devienne fermier. Elle se rend vite compte qu’il est plus doué pour les mathématiques que pour l’agriculture aussi l’autorise-t-elle à retourner mener ses études. À dix-huit ans, il entre au Trinity College de Cambridge où il est remarqué par le mathématicien Isaac Barrow. Pendant sept ans, il étudie les mathématiques, la physique, la philosophie et la théologie. En 1665, il a vingt-cinq ans et la peste s’abat sur la ville. Il est alors obligé de suspendre ses études et de retourner pour deux ans dans son pays natal. C’est à cette période qu’il fera ses découvertes concernant les lois de la gravitation universelle et à la décomposition de la lumière. En 1669, il prend la chaire d’Isaac Barrow à Cambridge. Il publie son traité sur le calcul infinitésimal. Il fonde ainsi l’analyse moderne. En 1687, il publie son œuvre majeure ``Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica´´qui marque le début de la mathématisation de la physique et qui contient tous les fondements de la mécanique. En parallèle de ses travaux scientifiques, Newton s’initie à la chimie dès 1666 et à l’alchimie dès 1668. Il fit partie d’un réseau secret d’alchimistes et se choisit le pseudonyme alchimique Ieoua Sanctus Unus qui signifie en français : « Jéhovah Unique Saint », qui est aussi l’anagramme d’Isaac Neuutonus. Il garda pendant 25 ans le secret sur cette activité. La citation suivante de Keynes permet de comprendre pourquoi un génie de l’envergure de Newton a pu s’intéresser à l’alchimie : « Newton n’est pas le premier de l’âge de la Raison. Il est le dernier des Babyloniens et des Sumériens, le dernier grand esprit qui a contemplé le monde visible et intellectuel avec les mêmes yeux que ceux qui ont commencé à construire notre héritage intellectuel il y a quelque 10 000 ans. » Newton avait une personnalité complexe et tourmentée. Il répugnait à publier ses travaux, ce qui lui valut différentes querelles de paternité pour certaines de ses inventions. De 1692 à 1693, il souffre d’une grande période de dépression et vit dans un état de prostration mélangeant paranoïa et hallucinations. En 1699, il rejoint Londres car il est nommé membre du Conseil et de la Royal Society. Il en deviendra président quatre années plus tard. Il est anobli en 1705. Il meurt à Kensington à l’âge de 84 ans. Il est inhumé en grande pompe à l’abbaye de Westminster où sont enterrés les rois d’Angleterre. Il est considéré comme un des plus grands génies de l’humanité. 316
Remarque Ã8.9!
La formule du binôme permet de donner une démonstration algébrique de la formule
n n X ∀n ∈ N, = 2n p p=0
P ROPOSITION 8.35 ♥ Factorisation de a n − b n Soient (a, b) ∈ C2 et n ∈ N. On a : a n − b n = (a − b)
n−1 X
a n−k−1 b k
k=0
Démonstration Il suffit de développer la partie de droite de cette égalité et de remarquer que les termes de la somme se télescopent.
En résumé A l’issue de ce chapitre, il convient de bien savoir effectuer un raisonnement par récurrence et d’être à l’aise avec sa rédaction. La connaissance des p -listes, des p -arrangements et des p -combinaisons permet de résoudre des problème de combinatoire. Une des difficultés principales est de choisir le bon outil parmi ces trois. Le tableau qui suit devrait vous être d’une certaine aide. Tableau récapitulatif Ordre important p -liste p -arrangement p -combinaison
Répétitions possibles
oui oui non
oui non non
Calcul p
n p An p Cn
Exemple code tiercé loto
La formule du binôme est un résultat essentiel qu’on étendra aux anneaux dans le chapitre 19. On pourra ainsi l’utiliser dans le cadre du cours d’algèbre linéaire avec des endomorphismes ou des matrices. Enfin, afin d’être à l’aise avec les manipulations et les calculs de sommes ou de produits et avant de vous lancer dans les exercices, lisez le paragraphe B.2 page 1158 de l’annexe B.
317
8.5 Exercices 8.5.1 Principe de récurrence Exercice 8.1
♥
1. Montrer par récurrence que : ∀n ∈ N∗ ,
n X
k=1
k2 =
n (n + 1) (2n + 1) 6
2. Calculer le nombre de carrés que l’on peut dessiner sur un échiquier 8 × 8, (les cotés sont parallèles aux bords de l’échiquier et les sommets sont des sommets de cases de l’échiquier). Généraliser avec un échiquier n × n . Solution : ∗ 1. L’égalité est vraie au rang 1 : 12 = 1×2×3 6 . Soit n ∈ N . Supposons la vraie au rang n et montrons la au rang n + 1 : n+1 X
k2
k=1
= = = = =
n X
k=1
k 2 + (n + 1)2
n (n + 1) (2n + 1) + (n + 1)2 d’après l’hypothèse de récurrence 6 ¶ µ n (2n + 1) + (n + 1) (n + 1) 6
2n 2 + 7n + 6 6 (n + 2) (2n + 3) (n + 1) 6 (n + 1)
et la formule est encore vraie au rang n + 1. On termine en appliquant le théorème de récurrence.
2. Il y a 64 carrés 1× 1, c’est bien connu. Il y a 49 carrés 2× 2. Il suffit pour cela de repérer la position du sommet en 8 × 9 × 17
haut à gauche. Cela revient à compter sur un échiquier 7×7. etc. On trouve au total 82 +72 +. . .+12 = = 6 4 × 3 × 17 = 204. Cet exercice fait l’objet d’une blague en anglais (How many squares on a chessboard) basée sur le double entendre square = case (de l’échiquier) et square = carré. Sur un échiquier n × n , il y a
n (n + 1) (2n + 1) tels carrés. 6
Exercice 8.2 ♥ Montrer par récurrence que : ∀n ∈ N∗ ,
n X
k=1
k3 =
µ
n (n + 1) 2
¶2
2
∗ Solution : L’égalité est vraie au rang 1 : 12 = (1×2) 2 . Soit n ∈ N . Supposons la vraie au rang n et montrons la au rang n +1 : n+1 X k=1
k3
= = = =
n X
k=1
µ
k 3 + (n + 1)2
n (n + 1) 2
¶2
+ (n + 1)3 d’après l’hypothèse de récurrence
¢ (n + 1)2 n 2 + 4n + 1 4 2 2 + 2) + 1) (n (n 22
¡
ce qui prouve la propriété au rang n + 1. On termine en appliquant le théorème de récurrence. Exercice 8.3 ♥ ¡ ¢ Montrer par récurrence que pour tout n ∈ N, n n 2 + 5 est divisible par 6. 318
Solution : La propriété vraie au rang 0 ce qui¡ nous permet ¡ est clairement ¢ ¢ d’initialiser la récurrence. Soit n ∈ N. On suppose que 6 divise n n 2 + 5 . Montrons que 6 divise (n + 1) (n + 1)2 + 5 . Mais : ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ (n + 1) (n + 1)2 + 5 = n n 2 + 5 + 3n 2 + 3n + 6 = n n 2 + 5 + 3n (n + 1) + 6
et : ¡ ¢ – n n 2 + 5 est divisible par 6 d’après l’hypothèse de récurrence. – 3n (n + 1) est ¡ divisible ¢par 6 car l’un des deux n ou n + 1 est pair donc divisible par 2. Donc (n + 1) (n + 1)2 + 5 est divisible par 6 et la propriété est prouvée par récurrence. Exercice 8.4 ♥ Montrer par récurrence que pour tout n ∈ N, 7 divise 32n+1 + 2n+2 .
Solution : On vérifie facilement la propriété au rang 0. Soit n ∈ N. Supposons la propriété vraie au rang n et prouvons la au rang n + 1. Il s’agit de montrer que 32n+3 + 2n+3 est divisible par 7. Mais : ¡ ¢ 32n+3 + 2n+3 = 32n+1 × 9 + 22n+2 × 2 = 32n+1 × 7 + 32n+1 + 22n+2 × 2
et d’après l’hypothèse de récurrence, il est clair que 7 divise ce nombre. La propriété est alors prouvée par récurrence. Exercice 8.5
♥ ∗
Montrer que : ∀n ∈ N ,
r q ³ π ´ p 1 cos n+1 = 2 2 + . . . + 2. 2 | {z } n
radicaux
Solution : La propriété est vraie au rang 1. Soit n ∈ N∗ . Supposons que la propriété est vraie au rang n et prouvons la au rang nq+ 1. Remarquons au préalable que pour tout x ∈ [0, π/2], comme cos2 x = (cos (2x) + 1) /2, on peut écrire cos (x/2) =
cos x+1 2
et
cos
³ π ´ 2n+2
= =
=
=
³ 1 ³ π ´´ cos 2 2n+1 r ³ ³ π ´ ´ 1 cos n+1 + 1 2 2 v u r u q u1 1 p u u × 2 + . . . + 2 +1 d’après l’hypothèse de récurrence t2 2 | {z } 1
2
n
r |
2+
n+1
Montrer que ∀n ∈ N,
un = 2n + 1.
p ... + 2 {z }
radicaux
On prouve ainsi la propriété par récurrence. Exercice 8.6 ♥ Soit (un ) la suite donnée par :
radicaux
q
u0 = 2 u1 = 3 ∀n ∈ N,
un+2 = 3un+1 − 2un
Solution : Effectuons une récurrence double. La propriété est vraie aux rangs 0 et 1. Soit n ∈ N. On suppose qu’elle est vraie au rang n et au rang n + 1. On la montre au rang n + 2 : ¡ ¢ ¡ ¢ un+2 = 3un+1 − 2un = 3 2n+1 + 1 − 2 2n + 1 = 3 × 2n+1 − 2 × 2n + 1 = 6 × 2n − 2 × 2n + 1 = 4 × 2n + 1 = 2n+2 + 1
La propriété est ainsi prouvée par application du principe de récurrence.
319
Exercice 8.7 ♥ Soit (un ) la suite donnée par :
Prouver que : ∀n ∈ N,
u0 = 1 u1 = 2 ∀n Ê 2,
un = 2n .
un =
2 u n−1 u n−2
Solution : Effectuons une récurrence double. La propriété est vraie aux rangs 0 et 1. Soit n ∈ N. On suppose qu’elle est vraie au rang n et au rang n − 1. On la montre au rang n : un =
2 un−1
=
un−2
22(n−1) = 2n 2n−2
La propriété est alors prouvée par application du principe de récurrence. Exercice 8.8 Montrer que
♥ ∀n ∈ N \ {0, 1} ,
1+
1 2
2
+... +
1 n
2
>
3n 2n+1
Solution : 3n . La propriété P2 est clairement Effectuons une preuve par récurrence, pour n É 2, la propriété Pn : 1+ 212 +. . .+ n12 > 2n+1 vraie. Soit n É 2. On suppose la propriété Pn vraie et on va prouver qu e Pn+1 est vraie. On applique l’hypothèse de récurrence et il vient : 1+
Il faut alors chercher si
3n 2n+1
+
1 (n+1)2
É
1 2
2
+... +
3(n+1) 2(n+1)+1
1 n
2
=
+
1 2
(n+1)
3(n+1) 2n+3 .
>
3n 2n+1
+
1 (n+1)2
Il suffit de former la différence des deux termes de cette
n(n+2) inégalité et après avoir mis au même dénominateur, l’inéquation est équivalente à : (2n+1)(n+1) Ê 0 qui est vraie. 2 (2n+3) La propriété est alors prouvée au rang n + 1. On termine en appliquant le théorème de récurrence.
Exercice 8.9 ♥♥ Soit une fonction f : N 7→ Z . Montrez qu’il existe une suite d’entiers relatifs (αk ) telle que ∀n ∈ N ,
Solution : Pour tout n ∈ N, notons P (n) la propriété : n
P (n) : ∃(α1 , . . . , αn ) ∈ N :
à ! n αk f (n) = k k=0 n X
à ! p ∀p ∈ 0, n , αk = f (p). k k=0 p X
Effectuons une récurrence sur n . La propriété P (0) est vraie : il suffit de poser α0 = f (0). Soit ni n N. Montrons que P (n) =⇒ P (n + 1). Si P (n) est vraie, il existe (α0 , . . . , αn ) ∈ Nn vérifiant l’hypothèse. Définissons αn+1 par à ! n +1 αk αn+1 = f (n + 1) − . k k=0 n X
à ! ¡ ¢ Pp p On vérifie alors facilement que pour tout p ∈ 0, n, f p = k=0 αk . De plus, par construction : k
f (n + 1) =
n X
k=0
αk
Ã
! Ã ! Ã ! n+1 X n +1 n +1 n1 + αn+1 αk = . k n +1 k k=0
La propriété est alors conséquence du théorème de récurrence. Exercice 8.10 ♥♥ Démontrer que ∀n ∈ N, il existe un entier multiple de 2n qui ne s’écrit qu’avec des "1" et des "2". 320
Solution : Soit n ∈ N, on considère la proposition Hn : il existe un entier Mn multiple de 2n qui ne s’écrit qu’avec des "1" et des "2". De plus pour n Ê 1, Mn peut être choisi avec n chiffres. H0 , H1 , H2 , H3 sont vraies, il suffit de prendre M0 = 1, M1 = 2, M2 = 12, M3 = 112. Montrons que Hn =⇒ Hn+1 . Hn¢ on peut On cherche Mn+1 sous la forme Mn+1 = Mn + k10n avec k ∈ {1, 2}. Mn+1 a bien n + 1 chiffres. D’après ¡ ′ ′ n n n+1 n+1 n+1 2 + 5 2 = p + 5 2 . Si écrire Mn = m2n . Si p est pair, p = 2p ′ , alors on choisit Mn+1 = Mn + 2 × 10n+1 = 2p ¡ ¢ p est impair, p = 2p ′ + 1, alors on choisit Mn+1 = Mn + 10n = (2p ′ + 1)2n + 5n 2n = 2p ′ + 1 + 5n 2n . Or 2p ′ + 1 + 5n est pair en tant que somme de deux nombres impairs, on peut donc l’écrire 2p ′ + 1 + 5n = 2q avec q ∈ N et donc on a bien Mn+1 = q2n+1 . Remarque : Si on prend un chiffre pair et un chiffre impair, par exemple 3 et 6, on peut toujours trouver un entier Mn multiple de 2n qui ne s’écrit qu’avec des "3" et des "6" et ce pour tout entier n . Exercice 8.11 ♥♥ Soit n Ê 2, x1 , x2 , . . . , xn ∈ [0; 1]. Démontrer que x2 xn x1 + +... + É n − 1. 1 + x2 .x3 . . . . .xn 1 + x1 .x3 . . . . .xn 1 + x1 .x2 . . . . .xn−1
Solution : On pose F (x1 ; x2 ; . . . ; xn ) =
x1 x2 xn + +... + . 1 + x2 .x3 . . . . .xn 1 + x1 .x3 . . . . .xn 1 + x1 .x2 . . . . .xn−1
Comme x1 É 1 on a x1 .x2 .x3 . . . . .xn É x2 .x3 . . . . .xn donc quotients et on a alors
x1 x1 De même pour les autres É 1 + x2 .x3 . . . . .xn 1 + x1 .x2 .x3 . . . . .xn
F (x1 ; x2 ; . . . ; xn ) É
x1 + x2 + . . . + xn . 1 + x1 .x2 .x3 . . . . .xn
On démontre ensuite par récurrence que pour tout entier n Ê 2, la propriété : Hn pour tous x1 ; x2 ; . . . ; xn ∈ [0; 1] , x1 + x2 + · · · + xn É (n − 1)(1 + x1 x2 . . . xn )
La propriété est vraie pour n = 2 : (1 − x1 )(1 − x2 ) Ê 0, soit 1 − x1 − x2 + x1 x2 Ê 0 soit 1 + x1 x2 Ê x1 + x2 Supposons qu’elle soit vraie pour l’entier n − 1. On fixe x1 , x2 , . . . , xn−1 ∈ [0; 1], et on considère la fonction affine G(xn ) = x1 + x2 + · · · + xn − (n − 1)(1 + x1 x2 . . . xn ).
Elle prend son maximum sur [0; 1] en 0 ou en 1. G(0) = x1 + x2 + · · · + xn−1 − (n − 1) É 0 G(1) = x1 + x2 + · · · + xn−1 + 1 − (n − 1)(1 + x1 x2 . . . xn−1 )
É x1 + x2 + · · · + xn−1 − (n − 2)(1 + x1 x2 . . . xn−1 ) +1 − (1 + x1 x2 . . . xn−1 ) {z } | É0 (Hn−1 )
É 0 + 1 − 1 − x1 x2 . . . xn−1
É −x1 x2 . . . xn−1
É0
donc pour tout xn ∈ [0; 1], G(xn ) É 0. CQFD. Pour finir, on obtient, en divisant par 1 + x1 x2 . . . xn : x1 + x2 + . . . + xn É n − 1. 1 + x1 .x2 .x3 . . . . .xn
Exercice 8.12 Montrer que ∀n Ê 1,
♥♥♥ n X
k=1
kk! = (n + 1)! − 1
321
Montrer que tout entier N Ê 1 se décompose de façon unique sous la forme N=
n X
0 É ak É k,
ak k!,
k=1
an 6= 0
Solution : On a ∀k ∈ N, (k + 1)! − 1 − (k! − 1) = k!(k + 1 − 1) = kk! En sommant ces égalités, la somme se télescope en n X
k=1
kk! = (n + 1)! − 1.
Unicité : On considère deux écritures N =
n X
k=1
ak k! =
m X
b k k!. Quitte à rajouter des ak ou des b k nuls, on peut supposer
k=1
n = m . On suppose que les deux suites sont distinctes et on appelle p le plus grand entier pour lequel an 6= b − n . Pour p−1 p−1 X X (ak − b k )k! É kk! = p! − 1 puisque ak − b − k É k pour tout fixer les idées, a p < b p . On a donc p! É (b p − a p )p! = k=1
k=1
entier k . On a bien une contradiction. Existence : Par récurrence sur N. On a bien 1 = 11! donc n = 1 et a1 = 1. Supposons la propriété vraie jusqu’au rang N − 1. La suite (n!)n∈N∗ est strictement croissante et tend vers +∞ donc on peut trouver un (unique) entier n tel que n! É N < (n + 1)! On écrit la division euclidienne de N par n! : N = an n! + r avec 0 É r < n! É N. On a an É n , sinon on aurait N Ê (n + 1)n! ce qui ne convient pas. Si r = 0, on a une écriture (ak = 0 pour k ∈ 1, n − 1 ), sinon on écrit r=
p X
k=1
ak k! d’après la propriété de récurrence. On a p É n −1, sinon on aurait r Ê n!. On a donc une écriture en prenant,
le cas échéant, ak = 0 pour k = p + 1, . . . , n − 1. Exercice 8.13 ♥♥♥ Démontrer le premier lemme technique : Soit (m, n) ∈ N2 . Si il existe une bijection de 1, m dans 1, n alors m = n . Solution : Quitte à considérer la bijection réciproque, on peut toujours supposer n É m . On démontre par récurrence la propriété Hn : ∀m ∈ N, n É m , pour toute bijection de 1, m dans 1, n on a m = n . H0 est vraie, c’est immédiat certes lorsqu’on sait travailler avec l’ensemble vide...Formellement, on peut se passer de la vérification de H1 qui suit. H1 est vraie. Soit f une bijection de 1, m dans 1, 1 = {1}. ∀k ∈ 1, m, f (k) = 1. Supposons l’espace d’un instant que m > 1, on aurait alors f (1) = f (2) et f ne serait pas injective. Donc m = 1, ce qu’il fallait démontrer. Soit n ∈ N. Démontrons que Hn =⇒ Hn+1 . Pour cela, supposons Hn .
Soit f une bijection de 1, m dans 1, n + 1 . Premier cas : f (m) = m + 1. On considère f 1 1, m − 1 −→ 1, n défini par f 1 (k) = f (k) pour k ∈ 1, m − 1. C’est la (double) restriction de f à f 1 1, m − 1 et en 1, n. • f 1 est bien une application. • on a bien ∀k ∈ 1, m − 1, f 1 (k) ∈ 1, n. • f 1 est bien une surjection. • f 1 est bien une injection. Vérifications immédiates. Donc f 1 est une bijection. D’après Hn , on en déduit que m − 1 = n et donc que m = n + 1. Deuxième cas : f (m) < n + 1. Posons a = f −1 (n + 1) ∈ 1, m + 1 et b = f (m) ∈ 1, n + 1 . On définit f 1 1, m − 1 −→ 1, n par f 1 (a) = b et f 1 (k) = f (k) pour k ∈ 1, m − 1 , k 6= a . • f 1 est bien une application. • on a bien ∀k ∈ 1, m − 1, f 1 (k) ∈ 1, n. • f 1 est bien une surjection. Soit y ∈ 1, n. Si y = b , alors y = f 1 (a). Sinon, comme f est une surjection de 1, m sur 1, n + 1 , ∃k ∈ 1, m, tel que f (k) = y . On ne peut pas avoir k = a puisque f (a) = n + 1 6= y et on ne peut pas avoir k = m + 1 puisque f (m + 1) = b 6= y . Donc f (k) = f 1 (k) = b . • f 1 est bien une injection. Supposons f 1 (k) = f 1 (ℓ) avec k, ℓ ∈ 1, n − 1. Supposons k = a et donc f 1 (k) = f 1 (ℓ) = f 1 (a) = b . On a ℓ 6= a impossible, car alors f 1 (ℓ) = f (ℓ) = b . Comme on a aussi f (m + 1) = b , f ne serait plus une injection de 1, m dans 1, n. Contradiction. Donc on a bien ℓ = k = a . Prenons le cas qui reste, k, ℓ ∈ 1, n − 1 \ {a}. On a donc f 1 (k) = f (k) = f (ℓ) = f 1 (ℓ). Comme f est injective, on en déduit que k = ℓ, ce qu’il fallait démontrer. Donc f 1 est une bijection. D’après Hn , on en déduit que m − 1 = n et donc que m = n + 1. On a bien Hn+1 .
322
Exercice 8.14 ♥♥♥ ³ a + a + . . . + a ´n 1 2 n On se propose de démontrer la propriété Pn : ∀(a1 , a2 , . . . , an ) ∈ Rn+ , Ê a1 .a2 . . . . .an . Il existe de n nombreuses démonstrations de cette inégalité (arithmético-géométrique). Celle-ci, due à Cauchy, utilise la récurrence de façon peu ordinaire. 1. démontrer Pn lorsque l’un au moins des ak est nul. Par la suite on supposera que tous les ak sont strictement positifs. 2. Démontrer P2 . 3. Par récurrence, démontrer Pn lorsque n est une puissance de deux. 4. Démontrer Pn en toute généralité. L’idée de Cauchy est de compléter la suite ak par des termes tous égaux à la moyenne arithmétique des ak , afin d’avoir un nombre de termes égal à une puissance de deux. Solution : a1 + a2 + . . . + an est positif ainsi que ses puissances. n a1 + a2 p p p Ê a1 a2 d’où le résultat en élevant au carré. 2. 0 Ê ( a1 − a2 )2 = a1 + a2 − 2 a1 a2 . Donc 2 3. On démontre que P2m =⇒ P2m+1 . Soit donc a1 , a2 , . . . , a2m+1 , 2m+1 nombres (strictement) positifs.
1. Le produit a1 .a2 . . . . .an alors que
m a1 + a2 + . . . + a2m a2m +1 + a2m +2 + . . . + a2m+1 2 2 + ³ a + a + . . . + a m+1 ´2m+1 1 2 2 2m 2m = m+1 2 2 ³ a + a + . . . + a m a m + a m + . . . + a m+1 ´2m 2 +1 2 +2 1 2 2 2 × 2m 2m ³ a + a + . . . + a m ´2m ³ a m + a m + . . . + a m+1 ´2m 1 2 2 2 +1 2 +2 2 Ê × 2m 2m Ê a1 .a2 . . . . .a2m × a2m +1 .a2m +2 . . . . .a2m+1
Ê
Ce qu’il fallait vérifier. On a utilisé P2 puis deux fois P2m . a1 + a2 + . . . + an
soit a1 + a2 + . . . + an = nM et on 4. L’idée de Cauchy : Soit n un entier, et 2m Ê n . On pose M = n considère la suite bk définie par bk = ak pour k É n et bk = M sinon. On a b1 + b2 + . . . + b2m = b1 + b2 + . . . + bn + (2m −n)M = nM+(2m −n)M = 2m M. Résultat prévisible : on ne change pas la moyenne arithmétique en rajoutant des termes égaux à cette moyenne arithmétique. m m m D’après P2m on a M2 Ê b1 .b2 . . . . .bn × M2 −n donc en divisant par M2 −n > 0 puisque les ak sont strictement positifs, Mn Ê a1 .a2 . . . . .an ce qu’il fallait vérifier.
8.5.2 Sommes Exercice 8.15 ♥ Simplifier, pour n ∈ N∗ , les sommes suivantes : 1. 2.
Pn+1
P k − nl=0 l k=1 Pn + 1) k=0 (2k
3. 4.
Pn
k=1
Pn
k=1
k (k − 1)
k (k + 1) (k + 2)
Indication 8.12 : Pour les deux derniers, on pourra utiliser les résultats des exercices 8.1 et 8.2.
Solution : 1. 2.
Pn+1 k=1
Pn
k=0
Pn
k−
Pn
l =0
l=
(2k + 1) = 2
Pn
k=0 (k
Pn
k=0
Pn
− k) + n + 1 = n + 1 .
k +n +1 = 2 Pn
n (n + 1) + n + 1 = (n + 1)2 . 2
n (n + 1) (2n + 1) n (n + 1) n (n + 1) (n − 1) − = 6 2 3 ¶ µ ¡ ¢ P n (n + 1) (2n + 1) n (n + 1) 2 P P P P 4. nk=1 k (k + 1) (k + 2) = nk=1 k 3 + 3k 2 + 2k = nk=1 k 3 +3 nk=1 k 2 +2 nk=1 k = + +3 2 6 n (n + 1) (n + 2) (n + 3) n (n + 1) = 2 . 2 4
3.
k=1
k (k − 1) =
k=1
k2 −
k=1
k=
323
Exercice 8.16 ♥ Simplifier, pour n ∈ N∗ , les sommes suivantes : µ
¶ 1 1 . 1. k=1 − k k +1 ¢ ¡ Pn 2. k=1 ln 1 + k1 Pn
Pn
k + (k 1)! Pn 4. k=0 (k.k!)
3.
k=1
Indication 8.12 : Pour les deux derniers, on pourra écrire le terme général de la somme comme une différence.
Solution : 1. 2. 3. 4.
¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − − − +... + − = + = 1− par télescopage. k=1 k k +1 1 2 2 3 n n +1 n +1 ¶ µ ¡ ¢ ¢ n +1 2 3 Pn Qn ¡ Qn k + 1 1 1 ln 1 + k = ln k=1 1 + k = ln k=1 = ln (n + 1) par télescopage. = ln × × . . . × k=1 k 1 2 n µ ¶ 1 1 1 k Pn (k + 1) − 1 Pn Pn − = = = 1− par télescopage. k=1 (k + 1)! k=1 k! k=1 (k + 1)! (k + 1)! (n + 1)! P P P Pn (k.k!) = nk=0 (((k + 1) − 1) .k!) = nk=0 ((k + 1) k! − k!) = nk=0 ((k + 1)! − k!) = (n + 1)! − 1 par télescopage. k=0 Pn
µ
Exercice 8.17 ♥ Soit n Ê 1. On considère les deux sommes Sn = S˜ n =
1.
2.
n X
k=1
(2k − 1)3 = 13 + 33 + 53 + . . . + (2n − 1)3
n X
1 1 1 1 1 = + + +... + 1×2 2×3 3×4 n × (n + 1) k=1 k (k + 1)
(a) Calculer S 1 , S 2 et S 3 . (b) Démontrer par récurrence que : ∀n Ê 1,
S n = 2n 4 − n 2 β 1 α ¡ ¢= + (a) Déterminer deux réels α et β tels que : ∀p ∈ N∗ , . p p +1 p p +1 (b) En déduire une expression simple de S˜ n .
(c) Retrouver ce résultat en effectuant un raisonnement par récurrence. Solution : 1.
2.
(a) S 1 = 1, S 2 = 28 et S 3 = 153.
(b) La formule est vraie au rang 1. Soit n ∈ N∗ . Supposons la formule vraie au rang n + 1 et démontrons là au rang n +1. En appliquant l’hypothèse de récurrence, on calcule que S n+1 = S n +(2n + 1)3 = 2n 4 −n 2 +8n 3 + 12n 2 +6n +1 = 2n 4 +8n 3 +11n 2 +6n +1. Par ailleurs 2(n + 1)4 −(n + 1)2 = 2n 4 +8n 3 +11n 2 +6n +1 et donc S n+1 = 2(n + 1)4 − (n + 1)2 . La propriété est prouvée par récurrence. (a) Après mise au même dénominateur et identification, on trouve :α = 1 et β = −1.
(b) On en déduit que :
S˜ n
= = =
1 1 1 1 + + +... + 1×2 2×3 3×4 n × (n + 1) µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 1 − − − − + + +... + 1 2 2 3 3 4 n n +1 1 1− n +1
par télescopage (c) La propriété est vraie au rang 1. Soit n ∈ N∗ . Supposons la formule vraie au rang n + 1 et démontrons là au rang n + 1. Appliquant l’hypothèse de récurrence : S˜ n+1 = S˜ n +
1 1 1 1 1 = 1− + − = 1− n +1 n +1 n +2 n +2 (n + 1) × (n + 2)
et la formule est prouvée par récurrence.
324
8.5.3 Produit Exercice 8.18 ♥ Calculer pour tout n ∈ N∗ , les produits suivants : 1. 2.
n Y
µ ¶ 1 1+ k k=1 µ ¶ n Y 1 1− 2 4. k k=2
3.
2k
k=1 n Y
k k=1 k + 1
n Y
Solution : Pour tout n ∈ N∗ : 1.
n Y
k=1
2k = 2n n!
n Y
k 1 2 ... k +1 n 1 par télescopage. = × ×... × × ×... × = k + 1 2 3 k + 1 . . . n + 1 n + 1 k=1 ´ Y n ³ n Y 1 1+ = 3. Par télescopage ou en reconnaissant l’inverse du produit précédent :
2.
k=1
4.
k
k+1
k=1 k
= n +1
µ ¶ n k2 − 1 n (k − 1) (k + 1) Y Y 1 1×3 2×4 3×5 n +1 (n − 1) × (n + 1) encore par 1− 2 = = = 2 × 2 × 2 × ... × = 2 2 2 k k 2 3 4 n 2n k=2 k=2 k k=2 n Y
télescopage.
Exercice 8.19 ♥ Le but de cet exercice est de calculer, pour tout x ∈ R et n ∈ N∗ , le produit P (x) =
n Y
k=0
³ ´ cos 2k x
1. Traiter le cas où x = 0 [π] 2. Pour x 6= 0 [π] simplifier sin (x) P (x) et calculer P (x). Solution : Soit n ∈ N∗ .
1. Si x = 0 [2π], il est clair que P (0) = 1. Sinon, si x = π [2π] alors, pour tout k ∈ N∗ , 2k x = π [2π] et P (x) = −1.
2. Soit x 6= 0 [π]. On a, grâce aux formules de trigonométrie : sin xP (x)
= = = = =
Comme x 6= 0 [π] : P (x) = Exercice 8.20
¡ ¢ sin 2n+1 x
¡ ¢ sin x. cos x. cos (2x) . . . . . cos 2n x ¡ ¢ 1 sin (2x) . cos (2x) . . . . . cos 2n x 2 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 sin 22 x . cos 22 x . . . . . cos 2n x 2 2 ¡ ¢ ¡ ¢ 1 sin 2n x cos 2n x n 2 ¡ ¢ 1 sin 2n+1 x 2n+1
2n+1 sin x
♥
On veut calculer pour tout a ∈ R et n ∈ N le produit P = 1. Calculer P quand a = 1.
n ³ Y
k=0
´ k 1 + a2 .
2. Calculer (1 − a) P quand a 6= 1 et en déduire la valeur de P. Solution : 1. Si a = 1, P = 2n+1 . 325
2. Supposons a 6= 1. (1 − a) P
= = = =
= =
´ ´ ³ ´³ ¡ ¢³ n 3 2 (1 − a) (1 + a) 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 2 . . . 1 + a 2 ´ ´ ³ ´³ ¡ ¢¡ ¢³ n 3 2 1 − a2 1 + a2 1 + a2 1 + a2 . . . 1 + a2 ´ ´ ³ ´³ ´³ ³ n 3 2 2 1 − a2 1 + a2 1 + a2 . . . 1 + a2
.. .³
1 − a2
1 − a2
n
´³
1 + a2
n
n+1
´
n+1
1 − a2 1−a
On en déduit que P =
8.5.4 Factorielles Exercice 8.21 ♥ Soit n ∈ N∗ . Exprimer à l’aide de factorielles : 1. 2 × 4 × . . . × (2n) 2. 1 × 3 × . . . × (2n − 1) 3. le terme général de la suite (un ) donnée par la relation de récurrence : u0 = 1 et ∀n ∈ N,
un+1 =
2n + 1 un . n +1
Solution : 1. 2 × 4 × . . . × (2n) = 2n n! 2. 1 × 3 × . . . × (2n − 1) =
1 × 2 × 3 × . . . × (2n − 1) × (2n) (2n)! = n 2 × 4 × . . . × (2n) 2 n!
2n − 1 2n − 3 5 3 1 × 3 × . . . × (2n − 1) (2n)! . × ×... × × ×1 = = n n n −1 2 1 n! 2 (n!)2
3. On a un =
Exercice 8.22 ♥♥ Résoudre l’inéquation 4n É n! pour n ∈ N. Solution : Considérons la suite (un ) de terme général 4n /n!. Soit n ∈ N. On vérifie facilement que un+1 /un = 4/(n +1). Donc la suite est strictement décroissante dés que n Ê 4. On calcule alors les premières valeurs de la suite. On trouve : u0 1
u1 4
u2 8
u3 32/3
u4 32/3
u5 128/15
u6 256/45
u7 1024/315
u8 512/315
u9 2048/2835
donc l’ensemble solution de l’inéquation est 9, +∞ Exercice 8.23 Montrer que
♥♥ ∀n Ê 2,
Solution : Soit n Ê 2. On a : n! É
µ
n +1 2
¶n
⇐⇒ n! É
µ
n (n + 1) 2
¶n
n! É
µ
n +1 2
¶n
.
µ ¶ p 1+2+... +n 1+2+... +n n 1 n ⇐⇒ n! É ⇐⇒ n! É n n n n
Mais par comparaison entre la moyenne géométrique et la moyenne arithmétique, voir 1 page 485, on sait que la dernière inégalité est valide. Il en est alors de même de la première.
8.5.5 Coefficients binomiaux, calculs de somme Exercice 8.24 ♥ Calculer rapidement les expressions suivantes où n ∈ N∗ : 326
à ! n 1. 1 à ! n 2. où n Ê 2 n −2
Ã
3.
! p +n où p ∈ N. n
6. (1 − x)5 où x ∈ R. 7. (2a − b)4 avec a, b ∈ C.
4. 993 5. 10012
8. (1 + i )2012
Solution : Ã !
n =n 1 Ã ! Ã ! n n n (n − 1) 2. = = 2 n −2 2 Ã ! ¡ ¢ (n + 1) . . . n + p p +n 3. = p! n
1.
4. 993 = (100 − 1)3 = 1003 − 3 × 1002 + 3 × 100 − 1 = 1000000 − 30000 + 300 − 1 = 970299 5. 10012 = (1000 + 1)2 = 1000000 + 2000 + 1 = 1002001 6. (1 − x)5 = 1 − 5x + 10x 2 − 10x 3 + 5x 4 − x 5 .
7. (2a − b)4 = 16a 4 − 32a 3 b + 24a 2 b 2 − 8ab 3 + b 4 . p
π
8. 1 + i = 2e i 4 et donc (1 + i )2012 = 21006 e i503π = −21006
Exercice 8.25 ♥ Pour n ∈ N, calculer les sommes suivantes : 1. 2.
¡n ¢ k 3 k=0 k Pn ¡n ¢ k+1 4 k=0 k Pn
3. 4.
¡n ¢ (−1)k 51−k k=0 k Pn ¡n ¢ (−1)k+1 23k k=0 k Pn
Solution : On applique à chaque fois la formule du binôme. ¡n ¢ k 3 k=0 k
Pn
¡n ¢ k 3 k=0 k
Pn
× 1n−k = (1 + 3)n = 4n ¡ ¢ ¡ ¢ P P 2. nk=0 nk 4k+1 = 4 nk=0 nk 4k × 1n−k = 4 × 5n µ ¶ ¡ ¢ 1n−k ¡ ¢ 1 n 4n P P 3. nk=0 nk (−1)k 51−k = 5 nk=0 nk (−5) = 5 1 − = k 5 5n−1 ¡ ¢ ¡ ¢ P P 4. nk=0 nk (−1)k+1 23k = − nk=0 nk (−1)k 8k = − (−8 + 1)n = − (−7)n .
1.
=
8.26 ♥ ¡ Exercice ¢ Soit p, n ∈ N2 avec p ∈ 0, n.
¡ ¢ = n n−1 p−1 . Ã ! n X n 2. En déduire que : p = n2n−1 p p=0
1. Montrer que : p
¡n ¢ p
Solution : 1.
2.
à ! à ! n p.n! n −1 n (n − 1)! ¢ =¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ =n p =¡ p p −1 n − p !p! n −1− p −1 ! p −1 !
à à ! ! à ! à ! n n −1 n n−1 X X X n −1 n −1 n n p =n = =n = n2n−1 p −1 p p p=1 p − 1 p=1 p=0 p=0 n X
8.27 ♥ ¡ Exercice ¢ Soit p, n ∈ N2 avec p ∈ 0, n. Montrer que
Ã
n +k k
!Ã ! Ã !Ã ! n n +k p +k = . p p +k k
327
Solution : On a d’une part :
et d’autre part :
à Ã
n +k k
n +k p +k
d’où l’égalité.
!Ã
!Ã ! n! n (n + k)! (n + k)! ¡ ¢ =¡ ¢ = n!k! n − p !p! p n − p !p!k!
! ¡ ¢ p +k ! p +k (n + k)! (n + k)! ¢¡ ¢ ¢ =¡ =¡ k n − p ! p + k ! p!k! n − p !p!k!
Exercice 8.28 ♥ Calculer pour tout n ∈ N∗ : 1. 2. 3. 4.
à ! n n X An = k=0 k à ! n X n k Bn = k k=0 à ! n X n k2 Cn = k k=0 à ! n X k n Dn = (−1) k k=0
5. 6. 7. 8.
à ! n 2n X En = k=0 2k à ! n−1 X 2n Fn = k=0 2k + 1 à ! n X n k Gn = (−1) k k k=0 à ! n (−1)k n X Hn = k=1 k + 1 k
Solution : Soit n ∈ N∗ . Pour tout x ∈ R, par application de la formule du binôme de Newton, on a l’égalité : (⋆) :
à ! n n X xk . (1 + x) = k=0 k n
1. En utilisant (⋆) avec x = 1, on obtient : An = 2n . 2. En dérivant les deux membres de l’égalité (⋆), on obtient n (1 + x)n−1 = nx n−1 + donc, avec x = 1 il vient Bn = n2n−1 .
¡n ¢ 1
(n − 1) x n−2 + . . . +
¡
n ¢ n−1
et
3. En dérivant ¡une seconde fois les deux membres de l’égalité (⋆) , on¢ ¡obtient : n (n − 1) (1 + x)n−2 = Pn ¡ 2 Pn n¢ n ¢ k−2 n−2 et donc, si x = 1, on a n (n − 1) 2 = k=0 k − k k = Cn − Bn . On obtient alors k (k − 1) k x k=0 Cn = n (n − 1) 2n−2 + n2n−1 = n (n + 1) 2n−2
4. En appliquant (⋆) avec x = −1, on obtient Dn = 0 . 2n et donc En = 22n−1 . 5. On a l’égalité En = A2n +D 2
6. On a aussi En + Fn = A2n ce qui amène Fn = 22n−1 .
7. On remplace x par −x dans (⋆). On obtient :
(⋆⋆) :
à ! n n X (1 − x) = (−1)k x k . k=0 k n
Puis on dérive les deux membres de cette égalité et on trouve −n (1 − x)
n−1
à ! n n X = (−1)k kx k−1 k=0 k
de quoi on tire Gn = 0 .
8. Intégrons maintenant les deux membres de (⋆⋆) entre 0 et 1, on trouve # ¸1 " n à ! · k+1 1 X n (1 − x)n+1 k x = − (−1) n +1 k +1 0 k=0 k 0
et on obtient Hn =
1 . n +1
328
Exercice 8.29 Démontrer que :
♥ ∀k ∈ N,
¡2k ¢ k
k +1
∈ N.
a −c a c a c = alors (lorsque b 6= d ) = = : b d b d b −d à à ! ! à ! à ! 2k 2k 2k 2k − k +1 k k k +1 (2k)! = = = ∈ N. k + 1 k!(k + 1)! k k +1−k
Solution : On peut utiliser la propriété bien connue ( ?) Si
Exercice 8.30
♥♥
1. Montrer par récurrence l’inégalité de Bernoulli : ∀x Ê 0,
∀n ∈ N,
1 + nx É (1 + x)n .
2. Re-démontrer cette inégalité en utilisant la formule du binôme de Newton. Solution : 1. Soit x Ê 0. Si n = 0 l’inégalité est clairement vérifiée. Soit n ∈ N. Supposons que l’inégalité est vraie au rang n et prouvons la au rang n + 1. Par application de l’hypothèse de récurrence : 1 + (n + 1) x = 1 + nx + x É (1 + x)n + x É (1 + x)n + x (1 + x)n = (1 + x)n+1
car 1 + x > 0. La formule est alors prouvée par application du théorème de récurrence. Remarquons que cette démonstration est encore valable si x > −1.
2. Soient n ∈ N et x Ê 0. En appliquant la formule du binôme : (1 + x)
Exercice 8.31 Résoudre
♥
n
=
à ! à ! à ! à ! n n n n n n−1 + x +... + x + x 0 1 n −1 n {z } |
Ê
à ! à ! n n + x 0 1
Ê
1 + nx
Ê0
Ã
! Ã !Ã ! n +1 n n x − x+ =0 p +1 p p +1 2
Ã
! n +1 Solution : On utilise les relations coefficients -racines. La somme des racines du polynôme vaut et le produit p +1 Ã !Ã Ã ! Ã ! ! Ã ! n n n n n +1 . D’après la formule d’additivité, , les deux racines sont + = p p +1 p p +1 p +1 Ã ! Ã ! n n x1 = et x2 = p p +1
Exercice 8.32 ♥ Soit x ∈ R et n ∈ N. Développer de deux façons (1 + x)2n (1 − x)2n .
Calculer le coefficient de x 2n et en déduire une propriété des coefficients binomiaux.
329
Solution à !: (−1)n
On écrit (x + 1)2n (x − 1)2n = (x 2 − 1)2n . En utilisant la formule du binôme, le coefficient de x 2n vaut
2n . Si on développe (1 + x)2n et (1 − x)2n avec le binôme, on obtient que : n 2n
(1 + x) (1 − x)
2n
à ! !à à ! ! 2n 2n 2n 2n X X k p p = x (−1) x p=0 p k=0 k Ã
Le coefficient de x 2n dans ce produit s’obtient en choisissant des produits de coefficients de x p par les coefficients de x k avec p + k = 2n . Par conséquent, (−1)
n
Ã
! Ã !Ã ! Ã !2 2n X X 2n p 2n 2n k 2n (−1) = (−1) = n p k n k+p=2n k=0
Exercice 8.33 ♥♥ Soient n, m ∈ N avec m É n . 1. Vérifier que
à ! à ! n X k n +1 = m +1 k=0 m
2. Interpréter cette formule dans le triangle de Pascal. Solution :
¡¢ = 11 = 1 la formule est vérifiée au rang 0. ! k n +1 = . Prouvons la formule au rang n +1. Soit m m +1
1. On effectue une récurrence sur n . Si n = 0 alors m = 0 etÃcomme ! Ã Soit n ∈ N. Supposons que pour tout m ∈ 0, n, on a
m ∈ 0, n. On a :
à ! k m k=0
n+1 X
= = =
Pn
k=0
¡ 0¢ 0
à ! à ! à ! à ! m m +1 n n +1 + +... + + m m m m à ! à ! n +1 n +1 + d’après l’hypothèse de récurrence m +1 m à ! n +2 d’après la relation de Pascal m +1
Si m = Ã n !+ 1 Ãalors la! formule est trivialement vraie. On a donc prouvé que pour tout m ∈ 0, n + 1 , Pn+1 k n +2 = . Le résultat découle alors du théorème de récurrence. k=0 m m +1
ème ligne et de la m + 1ème 2. On considère un le terme ¡m ¢ diagonale du triangle de Pascal à l’intersection de la m + 1∗ colonne. Il s’agit de m . On lui additionne les k − 1 termes juste en dessous (k ∈ N ). Cette somme est égale au ¢ ¡ coefficient situé à l’intersection de la m + 2ème colonne et de la m + k + 2ème ligne, c’est-à-dire à m+k+1 m+1 .
Exercice 8.34 ♥ Calculer pour (p, q) ∈ N2 :
à !à ! p X p +q p +q −k S= k p −k k=0
Solution : On trouve en écrivant les coefficients binomiaux à l’aide de factorielles, Ã
Donc
p +q k
!Ã
à ! ! (p + q)! p p +q −k (p + q)! = = (p − k)!q!k! p!q! k p −k
à ! à ! ! p p +q X p p +q p S= = 2 p k=0 k p Ã
330
Pour une interprétation combinatoire simple de cette identité on compte de deux manières différentes, le nombre de! Ã façons de choisir p étudiants parmi p + q d’en peindre k en rouge et de peindre les autres p − k en vert. Il y a
p +q p
possibilités de choisir p étudiants parmi p + q . Pour chaque choix, il y a 2p répartition des coloris. Maintenant à on!s’intéresse aux étudiants peints en rouge. On commence par en choisir k (0 É k É p ) parmi p + q ce
p +q choix. Ensuite on choisit les p − k étudiants peints en vert parmi les p + q − k qui restent, ce qui fait k à ! p +q −k choix. En sommant on trouve le résultat. p −k
qui fait
Exercice 8.35 ♥ En utilisant la fonction définie par f (x) = (1 + x)2n + (1 − x)2n
calculer la somme Sn =
n X
p
2
p=0
Ã
2n 2p
!2
Solution : En développant avec le binôme, Ã ! Ã ! 2n 2n n 2n X X k k f (x) = [1 + (−1) ]x = x 2p k 2p p=0 k=0
En dérivant, en multipliant par x et en re-dérivant, on trouve ′ ′
[x f ] (x) = 8
et donc S n = [x f ′ ]′ (1) c’est-à-dire : n X
p
p=0
Exercice 8.36
2
Ã
2n 2p
!2
n X
p=1
p
2
Ã
2n 2p
!
= (n + 1) 22n .
♥♥
1. Pour tout n ∈ N∗ , établir que :
Ã
2. Montrer que pour tout n ∈ N∗ :
à ! ! 2n 2n + 2 2n + 1 × = 2× n +1 n n +1
4n 2n + 1 4n+1 × p É 2× p n +1 2 n 2 n +1
3. Déduire grâce à un raisonnement par récurrence que : Ã ! 4n 2n . p É n 2 n
4. De la même façon, montrer que pour tout n ∈ N∗ :
Ã
5. On considère la suite (un ) de terme général : un = Solution : Soit n ∈ N∗ . 1.
¡2n+2¢ n+1
=
(2n + 2)!
((n
+ 1)!)2
=
(2n + 2) (2n + 1) (2n)! (n
+ 1)2
(n!)
2
= 2×
! 2n 4n Ép 3 n n ¡2n ¢ n
4n
. Montrer que (un ) converge et déterminer sa limite.
2n + 1 ¡2n ¢ × n n +1
331
2. On a :
⇐⇒ ⇐⇒
4n 2n + 1 4n+1 × p É 2× p n +1 2 n 2 n +1 1 2n + 1 2 ×p É p n +1 n n +1 4 (2n + 1)2 1 É × n +1 n (n + 1)2
⇐⇒
4n (n + 1) É (2n + 1)2
⇐⇒
0É1
⇐⇒
4n 2 + 4n É 4n 2 + 4n + 1
La dernière inégalité étant vraie, il en est de même de la première. 3. Effectuons, comme proposé, une récurrence. La propriété est trivialement vérifiée si n = 1. Soit n ∈ N∗ . Supposons 4n
que : p É 2 n
¡2n ¢ n
4n+1
. Montrons que l’inégalité est encore vraie au rang n + 1. Il faut montrer que : p
2 n +1
Appliquant l’hypothèse de récurrence et les questions précédentes : Ã
É
¡2n+2¢ n+1
.
à ! ! 4n+1 2n 2n + 2 4n 2n + 1 2n + 1 × × p Ê p Ê 2× = 2× . n n +1 n +1 n +1 2 n 2 n +1
L’inégalité est donc vérifié au rang n + 1 et la propriété est prouvée par récurrence.
4. Raisonnons à nouveau par récurrence. Au rang 1 l’inégalité est trivialement vérifiée. Soit n ∈ N∗ . Supposons que
¢ ¡ 4n 4n+1 et montrons que 2n+2 . En appliquant l’hypothèse de récurrence et le résultat de la première Ép 3 n+1 É p 3 n n +1 question, on a : Ã ! Ã ! 2n 2n + 2 2n + 1 4n 2n + 1 . × ×p É 2× = 2× 3 n n +1 n +1 n +1 n ¡2n ¢ n
Il faut donc montrer que : 2 ×
4n+1 2n + 1 4n ×p É . On a la série d’équivalences : p 3 3 n +1 n n +1 2n + 1 4n 4n+1 Ép ×p 3 3 n +1 n n +1 µ ¶3 2n + 1 8n É n +1 n +1 2×
⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
(2n + 1)3 É 8n (n + 1)2
8n 3 − 12n 2 + 6n + 1 É 8n 3 + 16n 2 + 8n
0 É 4n 2 + 2n − 1
La dernière inégalité est vraie dés que n Ê 1. Il en est donc de même de la première et la propriété est prouvée par récurrence. 5. On applique les résultats précédents et le théorème des gendarmes, on en déduit que un −−−−−→ 0. n→+∞
8.5.6 Dénombrement Exercice 8.37 ♥ Avec les chiffres 0, 1, 2, 3, 4, combien peut-on écrire d’années au-delà de 2000 en utilisant une seule fois le même chiffre ? Solution : Il y a deux cas possibles : – Si l’année compte 4 chiffres, alors il faut choisir son premier chiffre dans l’ensemble 2, 4 et les trois autres dans 0, 4 en ne reprenant pas celui qui a déjà été choisi en premier, ce qui fait 3 × A34 possibilités. – Si l’année en compte 5, le premier chiffre ne peut pas être 0. Il y a donc 4 possibilités pour le choisir. Il y a A44 possibilités pour les 4 chiffres suivants. Le nombre d’années possibles est donc : 3 × A34 + 4 × A44 . 332
Exercice 8.38 ♥ Dans une course de 10 voitures, déterminer le nombre de classements possibles dans les cas suivants : 1. Toutes les voitures sont arrivées et il n’y a pas d’ex-aequo. 2. Toutes les voitures sont arrivées et il y a exactement deux ex-aequo. 3. Toutes les voitures sont arrivées et il y a deux ex-aequo à la première place (pas d’ex-aequo par ailleurs). 4. Trois voitures ne sont pas arrivées et il n’y a pas d’ex-aequo. 5. Trois voitures ne sont pas arrivées et il y a exactement deux ex-aequo Solution : 1. 10! 2 2. Il faut choisir les 2 ex-aequo ainsi que leur rang et classer les 8 autres voitures, ce qui donne C10 × 9 × ×8! classements possibles. 2 × 8! 3. Même raisonnement que dans la question précédente si ce n’est que le rang des ex-aequo est fixé. Il y a C10 classements possibles. 3 4. Il faut choisir les 3 voitures qui ne sont pas arrivées et classer les 7 autres. Au total, cela fait C10 × 7! classements possibles. 3 × C72 × 6 × 5! classements possibles. 5. On combine les raisonnements précédents. On trouve C10
Exercice 8.39 ♥ Au bridge, les mains comptent 13 cartes prises dans un jeu de 52 cartes. Combien de mains comportent : 4. Les 4 rois
1. Un seul roi. 2. Aucun roi 3. Au moins un roi
5. Que des piques
Solution : 12 1. On choisit le roi puis on choisit 12 cartes parmi 48, ce qui fait 4 × C48 mains possibles.
4 possibilités. 2. Il faut choisir 13 cartes parmi 48, il y a C48
12 3. On choisit un roi puis 12 cartes parmi 51, ce qui fait 4 × C51 mains possibles.
9 possibilités. 4. Il faut compléter la main par 9 cartes prises parmi 48, ce qui fait C48
5. Il n’y a qu’une main ne contenant que des piques. Exercice 8.40 ♥ Au poker, on distribue des mains de 5 cartes provenant d’un jeu de 32 cartes.Déterminer le nombre de mains qui comporte exactement : 1. Exactement une paire (c’est-à-dire deux cartes de même hauteur). 2. Deux paires (mais pas un carré ni un brelan). 3. Un brelan (c’est-à-dire trois cartes de même hauteur mais pas un full).
4. Un full (c’est-à-dire un brelan et une paire). 5. Un carré (c’est-à-dire cinq cartes de même hauteur) 6. Une couleur (c’est-à-dire quatre cartes du même signe).
Solution : 1. Il y a 8 possibilités pour la hauteur de la paire et il faut choisir 2 cartes dans cette hauteur. Pour les 3 cartes manquantes, il faut les choisir en sorte de ne pas reformer de paire, c’est-à-dire dans des hauteurs différentes et il faut choisir une couleur pour chacune des ces hauteurs. On trouve alors : 8 × C42 × C73 × 43 . 2. Il faut choisir les hauteurs des 2 paires ce qui fait C82 possibilités. On forme ensuite les deux paires. Il faut enfin choisir la cinquième carte dans les 6 hauteurs restantes. Au total, il y a C82 × C42 × C42 × 24 mains possibles. 3. Pour former un brelan, on choisit une hauteur puis 3 cartes dans cette hauteur. On complète la main par 2 cartes prises dans les 7 hauteurs restantes mais dans des hauteurs différentes, ce qui correspond à C72 × 42 possibilités. Il y alors 8 × C43 × C72 × 42 mains contenant des brelans. 4. Il y a 8 × C43 possibilités pour former le brelan. Pour la paire, on choisit une hauteur parmi les 7 restantes et on choisit deux couleurs parmi 4. Il y a donc 8 × C43 × 7 × C42 full possibles. 5. De manière analogue, il y a 8 × 28 mains contenant un carré. 6. On choisit une couleur puis 5 cartes dans cette couleur. Cela donne 4 × C85 mains possibles. 333
Exercice 8.41 ♥ Soit un ensemble fini E de cardinal n > 0. Calculer la somme X
X∈P (E)
|X|
à ! n Solution : Il y a parties X ⊂ E de cardinal k . La somme cherchée vaut donc k à ! à ! à ! n−1 n X n −1 X n n n −1 =n = n2n−1 k k S= = p k p=0 k=0 k=1 k k − 1 n X
Exercice 8.42 ♥ Soit n Ê 3. On considère un polygone convexe à n côtés. 1. Déterminer le nombre de diagonales joignant les sommets . 2. Déterminer le nombre d’intersections entre les diagonales si l’on suppose que 2 diagonales ne sont jamais parallèles et que 3 diagonales ne sont jamais concourantes. Solution : 1. On se donne une diagonale du polygône dés qu’on se donne deux sommets non consécutifs. Le nombre de choix ¡ ¢ possibles est donc n2 − n = n(n − 3)/2 diagonales (il faut enlever les n arêtes).
2. On se donne une intersection dés qu’on choisit 2 diagonales parmi les n(n −3)/2 du polygône ce qui fait choix possibles.
¡n(n−3)/2¢ 2
Exercice 8.43 ♥♥ Soient E un ensemble fini de cardinal n et A une partie de E qui contient p éléments (p É n ). 1. Quel est le nombre de parties à k éléments de E contenant un et un seul élément de A ? 2. Quel est le nombre de parties à k éléments de E contenant au moins un élément de A ? Solution : 1. Soit P une telle partie. Il y a p choix pour l’élément de A et ¡ ¢ . le nombre recherché est p × n−p k−1
¡n−p ¢ k−1
choix pour les k − 1 autres éléments de P, donc
2. En s’inspirant de la question précédente, le nombre de parties à k éléments de E contenant au moins un élément de A est égal au nombre de parties de A contenant exactement un élément ¡de A¢, auquel ajoute le nombre de ¡parties ¡p ¢ ¡on p¢ n−p ¢ ¡p ¢ ¡n−p ¢ × + 3 × k−3 +. . .+ k ×1. + de A contenant exactement 2 éléments de A, .... On trouve au final : p × n−p 2 k−2 k−1 ¡n−p ¢ On peut aussi remarquer qu’il y a exactement k partie de E à k éléments ne contenant aucun élément de A et ¡ ¢¡ n ¢ ¡n ¢ ¡n−p ¢ ¢ ¡ ¢ ¡ P = k − k . le nombre cherché est nk − n−p . On a prouvé au passage la formule : kr=1 pr k−r k
Exercice 8.44 ♥♥ Montrer que pour tout p, q, n ∈ N
à !à ! à ! n p X q p +q = n k=0 k n − k
Solution : Cherchons une interprétation combinatoire à cette somme. On considère deux ensembles disjoints E et F de cardinaux respectifs p et q . Soit n ∈ N. On veut compter le nombre d’ensembles à n éléments qu’on peut former ¢ en ¡ allant chercher les éléments dans E et F. Cela revient à prendre des parties de E ∪ F à n éléments. Il y en a p+q n . On peut aussi ainsi. Pour tout k ∈ 0, n, on prend k¡éléments ¢¡ q ¢ dans E et n − k éléments dans F, ce qui correspond ¡ ¢¡lesq former ¢ P possibilités. On peut ainsi former au total nk=0 pk n−k parties de E ∪ F et l’égalité est prouvée. à pk n−k
Exercice 8.45 ♥♥ Soient n, p, k ∈ N∗ tels que p É k É n . Dénombrez les parties à p + 1 éléments de l’intervalle entier [|1, . . . , n + 1|] dont le plus grand élément est k + 1. En déduire la valeur de la somme : n ³k ´ X k=p p
Voir l’exercice 8.33 pour une preuve de cette formule par récurrence.
334
¡ ¢
Solution : Le plus grand élément étant fixé, il suffit de choisir p éléments dans l’intervalle 1, k. Il y a pour cela pk possibilités. Si l’on considère une partie X quelconque de l’intervalle 1, n + 1, à p +1 éléments, son plus grand élément k est compris entre p + 1 et n + 1. On peut alors faire un partage des parties à p + 1 éléments en classes Cp+1 , . . . Cn disjointes, où Ck désigne l’ensemble des parties de 1, n + 1 dont le plus grand élément vaut k . Donc d’après le lemme des bergers, le cardinal de l’ensemble des parties à p + 1 éléments vaut :
Mais on sait également qu’il y a
¡n+1¢ p+1
|Cp+1 | + · · · + |Cn+1 |
parties à p + 1 éléments dans 1, n + 1 . Par conséquent : Ã
! Ã ! n X n +1 k = p +1 p k=p
Exercice 8.46 ♥♥ Montrer que ∀n Ê 0, ∀( j , k) ∈ N2 tels que 0 É j + k É n , Ã
! Ã !Ã ! n n n− j É j +k j k
On donnera une démonstration par le calcul et une démonstration combinatoire. Solution : 1. Par le calcul, comme à !à ! n n− j n! ¡ ¢ = j k j !k! n − j − k !
et
Ã
! n n! ¢¡ ¢, =¡ j +k j +k ! n − j −k !
il suffit de démontrer que j !k! É ( j + k)!, ce qui est vrai, car ( j + 1)( j + 2) . . . ( j + k) Ê 1 × 2 × · · · × k .
2. Prouvons l’inégalité par une démonstration combinatoire. Soit A une partie de cardinal j + k de 1, n. On lui associe le couple (A1, A2 ) de parties suivantes. A1 est la partie formée des j plus petits éléments de A. Si β est le plus grand élément de A1 et si B est l’ensemble des k éléments suivants de A alors A2 est donné par :
© ª A2 = α − β | α ∈ B .
Il est clair que B ⊂ 1, n − j . On peut donc définir l’application ϕ:
½
Pn,j +k A
−→ 7−→
Pn,j × Pn− j ,k (A 1, A 2 )
où Pn,j +k désigne l’ensemble des parties de 1, n de cardinal j + k , Pn,j l’ensemble des parties de 1, n de cardinal j et Pn− j ,k l’ensemble des parties de 1, n \ Cette application ϕ est injective, par construction de (A1, A2 ) et donc |Pn,j +k | É |Pn,j ||Pn− j ,k | d’où l’inégalité souhaitée. Exercice 8.47 ♥♥ Soit n ∈ N∗ . Déterminez le nombre de surjections de l’intervalle d’entiers 1, n + 1 vers l’intervalle d’entiers 1, n. Solution : Soit¡ une¢ surjection f : 1, n + 1 7→ 1, n. Exactement deux éléments n1 et n2 doivent avoir la même image k par f . Il y a n+1 choix possibles pour ces deux éléments, et n choix possibles pour k . Ensuite, la restriction de 2 f de 1, n + 1 \ {n1 , n2 } 7→ 1, n \ {k} est une bijection et il y en a (n − 1)!. Le nombre total de surjections est donc ¡n+1¢ 2
n(n − 1)! =
n(n + 1)! 2
Exercice 8.48 ♥♥ Pour tout n ∈ N∗ , on note an le nombre d’entiers k ∈ 1, n divisibles à la fois par 3 et par 4. Calculer an et trouver un équivalent de an lorsque n → +∞.
335
Solution : Soit p ∈ 1, n divisible par 3 et 4. Alors p = 22a 3b c où a, b, c Ê 1. Par conséquent p = 12min(a,b) × d et donc p est divisible par 12. Réciproquement, un entier divisible par 12 est divisible par 3 et 4. an est donc le nombre d’entiers p = 12k avec k Ê 1 avec p ∈ 1, n. Mais 1 É 12k É n ⇐⇒ 1 É k É E(
n 12
)
n ) . On a donc an = E( 12
Puisque an
∼
n 12
n→+∞
É an É
n 12
12a n n
+ 1 =⇒ 1 É
É 1+
12 n ,
d’après le théorème des gendarmes,
12an −−−−−→ 1 et donc n→+∞ n
n . 12
Exercice 8.49 ♥♥ Soit E un ensemble fini de cardinal n ∈ N. Dénombrer les couples (X, Y) ∈ P (E)2 vérifiant X∩Y = ∅ n−p Solution parties Y ∈ P (E) vérifiant X ∩ Y = ∅. Comme ¡n ¢ : Soit p ∈ 0, n et soit X ∈ P (E) fixé de cardinal p . Il y a 2 il y a p parties X de cardinal p , il y a donc
à ! n n X 2n−p p=0 p
couples (X, Y) de parties disjointes, c’est-à-dire 3n . Exercice 8.50 ♥♥ Soit E un ensemble fini de cardinal n ∈ N. Dénombrer les couples (X, Y) ∈ P (E)2 vérifiant X⊂Y
Solution : Fixons X de cardinal p ∈ 0, n. Se donner une ¡ ¢ partie Y ∈ P (E) telle que X ⊂ Y revient à se donner la partie Y \ X . Il y a 2n−p choix possibles pour Y. Comme il y a np parties X de cardinal p , il y a donc à ! n n X 2n−p = 3n p p=0
couples (X, Y) tels que X ⊂ Y. Exercice 8.51 ♥♥ Soit E un ensemble fini de cardinal n ∈ N. Montrer qu’il y a autant de parties X ∈ P (E) de cardinal pair que de parties de E de cardinal impair. Solution : On démontre ce résultat par le calcul en remarquant que (voir l’exercice 8.28) Ã ! n = 2n−1 p p=0,p pair n X
et p=0,p
à ! n = 2n−1 p impair
n X
Montrons ce résultat de façon combinatoire. Considérons un élément a ∈ E et introduisons l’application f :
P (E)
X
−→ 7−→
P (E) ( X ∪ {a} X \ {a}
si a 6∈ X . si a ∈ X
On vérifie facilement que f est involutive, c’est-à-dire que f ◦ f = id. Donc f est bijective. Il est de plus clair que f envoie une partie de cardinal pair de E sur une partie de E de cardinal impair. Il y a donc autant de parties de E de cardinal pair que de parties de E de cardinal impair. Exercice 8.52 ♥♥ Soit E un ensemble fini de cardinal n Ê 3 et (a, b) ∈ E2 . Soit 2 É p É n . Dénombrer les parties de E à p éléments contenant a et b , contenant a uniquement, b uniquement, ni a ni b . En déduire une relation sur les coefficients 336
binomiaux. Re-démontrer cette relation par le calcul : Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! n n −2 n −2 n −2 = +2 + p p −2 p −1 p
Solution ¡ :¢ Choisir une partie de E à p éléments contenant ¡n−2¢ a et b revient à choisir p − 2 éléments parmi n − 2. Il y a donc n−2 choix possibles. De la même façon, il y a p−2 p−1 choix possibles pour une partie de E à p éléments contenant a et pas b (ou contenant b et pas a ). Et il y a ni b . ¡ ¢
¡n−2¢ p
choix possibles pour une partie de E à p éléments ne contenant ni a
Il y a par ailleurs np choix possibles pour une partie de E à p éléments. Mais pour choisir une partie de E à p éléments, on peut choisir une partie : – contenant a et b – ou alors une partie de E contenant a et pas b – ou alors une partie de E contenant b et pas a – ou alors une¡partie contenant ¢ a ni b ¢ ¡n−2ni ¢ ¡ de ¢E ne¡n−2 + + 2 ce qui amène : np = n−2 p . Prouvons cette égalité par le calcul : p−1 p−2 Ã
! Ã ! Ã ! n −2 n −2 n −2 +2 + p −2 p −1 p
= = = =
(n − 2)! (n − 2)! (n − 2)! ¢ ¢¡ ¢ +2¡ ¢¡ ¢ + ¡ p −2 ! n −p ! p − 1 ! n − p − 1 ! p! n − p − 2 ! ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢ p p − 1 p − 2 ! + 2p n − p (n − 2)! + n − p n − p − 1 (n − 2)! ¡ ¢ p! n − p ! ¡ 2 ¢ n − n (n − 2)! ¡ ¢ p! n − p ! à ! n p ¡
Exercice 8.53 ♥♥♥ Montrer que pour 1 < p < n ,
p−1
p
Retrouver ce résultat de façon combinatoire. Solution : Par le calcul, en utilisant que
p An
p
A n = p A n−1 + A n−1
à ! n = p! et l’additivité des coefficients binomiaux : p Ã
¡ ¢ p−1 p p A n−1 + A n−1 = p p − 1 !
! Ã ! Ã ! n −1 n −1 n p + p! = p! = An . p −1 p −1 p
p
De façon combinatoire : An est le nombre d’injections de Ip = [[1, p]] vers In = [[1, n]]. On partitionne les injections en deux ensembles : A 1 = { f ∈ I (Ip , In ) | n ∈ f (Ip )} et A 2 = { f ∈ I (Ip , In ) | n 6∈ f (Ip )} ¡
¢
p
On montre que A2 ≡ I Ip , In−1 et donc que |A2 | = An−1. On partitionne ensuite A1 en classes Bk = { f ∈ A1 | f (k) = n}
p−1 disjointes où k ∈ 1, p . On montre que Bk ≡ I (Ip−1 , In−1 ) et donc que |Bk | = An−1 . Comme il y a p classes Bk , il vient p−1 d’après le lemme des bergers que |A1 | = p An−1 d’où le résultat. Exercice 8.54 ♥♥♥
Soient p, n ∈ N∗ tels que p É n . Déterminez le nombre d’applications de 1, n vers 1, p telles que f (1) = 1 et ∀i ∈ 1, n − 1 ,
f (i ) É f (i + 1) É f (i ) + 1
Solution : Dénombrons d’abord le nombre de telles applications avec f (n) = k . Puisque f (n) É n , il faut que k É n pour qu’il en existe une. Une telle application est entièrement déterminée en se donnant les entiers i ∈ 1, n tels que f (i ) < f (i + 1), c’est-à-dire les entiers en lesquels la fonction change de valeur. Comme f (n) = k , il y a exactement k « sauts »,¡ c’est-à-dire k changements de valeur. Choisir une telle fonction revient alors à choisir ces k entiers dans 1, n ¢ et il y a nk choix possibles. Le nombre cherché vaut donc : Ã ! p X n k=1 k
337
Exercice 8.55 ♥♥♥ Soit E un ensemble fini de cardinal n ∈ N∗ . Calculer
X
(X,Y)∈P (E)2
|X ∪ Y| ¡ ¢
n Solution : Soit k ∈ 0, n. Déterminons le nombre ¡n ¢de paires (X, Y) telles que |X ∪ Y| = k . Il y a k choix possibles pour l’ensemble X ∪ Y. Une fois Z = (X ∪ Y) fixé, il y a p choix possibles pour la partie X ⊂ Z de cardinal fixé p ∈ 0, k. Une fois la partie X fixée, la partie Y doit contenir Z \ X. Il y a autant de parties Y possibles que de choix de parties de X, c’est-à-dire 2p . ¡ ¢ P Au total, il y a kp=0 pk 2p = 3k choix possibles pour le couple (X, Y) tel que X ∪ Y = Z. La somme cherchée vaut donc à !
S=
n X
k=0
k
n k 3 = 3n × 4n−1 k
Exercice 8.56 ♥♥♥ Soient n, p, k ∈ N. On considère un quadrillage à coordonnées entières et A = (0, n), B = (p, k) deux points de ce quadrillage. Déterminer le nombre de trajets de A vers B avec réflexion sur l’axe (Ox), c’est-à-dire que : 1. pour aller de A vers l’axe (0x), on peut avancer d’un cran vers la droite ou d’un cran vers le bas. 2. Pour aller de l’axe (0x) vers B, on peut avancer d’un cran vers le haut ou d’un cran vers la droite.
Solution : Soit i ∈ 0, p . Pour aller de A vers vers le point de coordonnées (i , 0), il faut descendre n fois et avancer i fois vers la droite et donc au total parcourir n + i segments. Un tel chemin est¡ entièrement déterminé dés qu’on a choisi ¢ . Pour aller ensuite de (0, i ) à B, il y a les i segments horizontaux. Le nombre de trajets de A vers (i , 0) vaut donc n+i i ¡p+k−i ¢ chemins. Et donc pour aller de A vers B, il y a k à !à ! p X n +i p +k −i i k i=0
chemins possibles. Exercice 8.57 ♥♥♥ On considère un échiquier de 8 × 8 cases.
1. De combien de façons peut-on disposer 8 tours sur l’échiquier sans qu’elles soient en prise ?
2. Si l’on a placé les 8 tours ainsi, montrer qu’il y a un nombre pair de tours placées sur des cases blanches. Solution : 1. Il est clair que chaque colonne de l’échiquier doit contenir une et une seule tour. Une configuration des tours correspond alors à une application de f : 1, 8 → 1, 8. Soit i ∈ 1, 8. Notons f (i ) la rangée où est placée la tour de la colonne i . L’hypothèse que les tours ne soient pas en prise se traduit en disant que f est bijective. Il y donc 8! placements possibles. 2. Remarquons que si on permute des lignes sur l’échiquier, si les tours ne sont pas en prises au départ, elles ne sont pas en prises après ces permutations (les tours restent solidaires de leur ligne) . Il se produit la même chose si on permute des colonnes. Par de telles permutations, on peut arriver à disposer les tours sur la diagonale de l’échiquier. Chaque tour reste évidemment sur une case de la même couleur que celle de départ. Remarquons qu’après permutations de lignes ou de colonnes, le nombre de case de couleur blanche sur la diagonale est toujours pair. Par suite, si aucune tour n’est en prise au départ, elles sont nécessairement en nombre pair à être sur des cases blanches.
338
Chapitre
9
Corps R des nombres réels Le réel, c’est quand on se cogne. Jacques Lacan.
Pour bien aborder ce chapitre Les mathématiciens de l’antiquité pensent pouvoir mesurer n’importe quelle grandeur comme un quotient de deux entiers, c’est-à-dire comme un rationnel. Les pythagoriciens vont même plus loin en affirmant que « tout est nombre », c’est à dire que chaque chose peut s’exprimer comme un entier ou un quotient de nombres entiers. Ils ne se relèveront jamais de la découverte qu’ils feront que la diagonale d’un carré de côté 1 est incommensurable (voir la proposition 9.1). Plus récemment, au 17e siècle, des mathématiciens comme Mercator, Gregory, Leibniz ou les frères Bernoulli découvrent que certaines sommes infinies admettent des limites qui ne sont pas rationnelles. C’est le cas par exemple de la série de Mercator qui converge vers ln 2 1 : 1−
1 1 1 + − +... 2 3 4
Toujours au 17e , Newton et Leibniz inventent le calcul infinitésimal, qu’on appelle maintenant l’analyse. Leur construction cependant manque de rigueur et le formalisme qu’ils emploient est très compliqué car ils ne disposent que des fractions pour parler des infiniment petits et la notion de limite est loin d’être formalisée. Il faut attendre le 19e siècle pour que, grâce à Cauchy, cette notion commence à être bien comprise et ce n’est que vers la seconde moitié de ce siècle que les premières constructions des nombres réels apparaissent. On les doit aux mathématiciens Cantor, Méray et Dedekind. L’adjectif « réel »apparaît pour la première fois au 17e siècle sous la plume de Descartes comme un rétronyme au terme « imaginaire »qui qualifie des nombres dont le carré est négatif (voir l’introduction du chapitre 1). C’est Georg Cantor qui introduisit en 1883 le terme de nombre réel. Le cœur de ce premier chapitre d’analyse de la seconde période. est constitué de l’axiome de la borne supérieure duquel découleront des théorèmes fondamentaux en analyse (propriété d’Archimède, théorème de la limite monotone, construction de l’intégrale . . .) Un des enjeux de cette seconde période est l’apprentissage de la démonstration. Il est vivement conseillé de consulter dans un premier temps l’annexe A. On y apprendra à utiliser les quantificateurs ainsi que des rudiments de théorie des ensembles qui seront utilisés en permanence.
9.1 Introduction P ROPOSITION p 9.1 Le nombre 2 ne peut s’écrire comme quotient de deux entiers. Démonstration Remarquons tout d’abord que le carré d’un nombre pair est un nombre pair. De même, le carré d’un nombre impair est un nombre impair. Autrement dit, un nombre entierpest pair si et seulement si son carré est pair. Supposons qu’il existe deux entiers non nuls p et q tels que 2 = p/q . On peut supposer que la fraction p/q est irréductible. On a donc 2 = p 2 /q 2 ou encore p 2 = 2q 2 . Nécessairement 2 divise p 2 . Ceci n’est possible, d’après ce qu’on vient d’expliquer, que si 2 divise p . Il existe donc p ′ ∈ N tel que p = 2p ′ et alors 4p ′2 = 2q 2 ou encore 2p ′2 = q 2 . On peut alors affirmer de la même façon que précédemment que 2 divise q 2 et donc que 2 divise q . L’entier 2 est donc un diviseur commun à p et q ce qui vient contredire le fait que la fraction p/q est irréductible. La proposition est ainsi prouvée par l’absurde. 1. Voir l’exercice 13.100 page 586
339
Remarque 9.1 Il existe donc des nombres irrationnels. L’ensemble Q ne contient pas tous les nombres, d’où la nécessité d’introduire un nouvel ensemble R de nombres, les réels.
9.2 Le corps des réels B IO 7 Georg Cantor, né le 3 mars 1845 Saint-Pétersbourg , mort le 6 janvier 1918 à Halle Mathématicien Allemand. Les parents de Georg Cantor appartenaient à un milieu aisé, tant financièrement qu’intellectuellement. Son père était homme d’affaire et sa mère était issue d’une famille de musicien. Il jouait du violon de manière remarquable. Il reçut une excellente éducation et se montra très tôt doué en particulier pour les activités manuels. Mais son père rêve qu’il devienne ingénieur aussi il part faire ses études supérieures à Berlin. Il obtient son doctorat de mathématiques en 1867. Les premiers travaux qu’il mène après sa thèse lui sont suggérés par Heine. Ils concernent l’unicité de la décomposition d’une fonction périodique d’une variable réelle comme série de fonctions trigonométriques (les fameuses séries de Fourier que vous découvrirez en deuxième année). Il parvient à prouver cette propriété pour les fonctions continues alors qu’elle échappait à des mathématiciens de la classe de Lejeune Dirichlet, Lipschitz, Riemann et Heine lui-même. Afin de résoudre ce problème, il est amené à définir et étudier l’ensemble des points de discontinuité de ces fonctions. C’est alors qu’il commence à étudier des ensembles de cardinal infini et cela le conduit en 1872 à définir rigoureusement ce qu’est un nombre réel. Il est le premier à comprendre que l’ensemble des réels R n’est pas dénombrable, autrement dit qu’il n’existe pas de bijection entre N et R. Il y a beaucoup plus de réels que d’entiers et tous les ensembles infinis n’ont pas le même nombre d’éléments ... Ces découvertes soulèvent évidemment des contestations, en particulier celles de Poincaré et Kronecker. Ce dernier n’hésita pas à bloquer non seulement les articles de Cantor mais aussi sa carrière. Cantor est frappé de sa première dépression en 1884. Les attaques de Kronecker à son sujet n’y sont sûrement pas étrangères. Il ne retrouva plus alors sa puissance intellectuelle. En 1899 il perd son plus jeune fils et commence à souffrir de dépression chronique et de schizophrénie. Il est affecté à un poste administratif le dispensant de cours. Il prend sa retraite en 1913 et meurt dans la pauvreté en 1918.
P ROPOSITION 9.2 (R, +) est un groupe commutatif. L’addition dans R vérifie les propriétés¡ suivantes : ¢ ¡ ¢ • Elle est associative : ∀x, y, z ∈ R, x+y +z = x+ y +z . • Elle possède un élément neutre 0 : ∀x ∈ R, x + 0 = 0 + x = x . • Chaque réel possède un opposé : ∀x ∈ R, ∃y ∈ R : x + y = y + x = 0. Le nombre y opposé à x est noté −x . • Elle est commutative : ∀x, y ∈ R, x + y = y + x . Pour résumer ces 4 propriétés, on dit que (R, +) est un groupe commutatif. P ROPOSITION 9.3 (R∗ , ×) est un groupe commutatif. La multiplication dans R vérifie les propriétés ¡ ¢ suivantes¡ : ¢ • Elle est associative : ∀x, y, z ∈ R∗ , x×y ×z = x× y ×z . • Elle possède un élément neutre 1 : ∀x ∈ R∗ , x × 1 = 1 × x = x . • Chaque réel possède un inverse : ∀x ∈ R∗ , ∃y ∈ R∗ : x × y = y × x = 1. Le nombre y , inverse de x est noté x −1 ou encore 1/x . • Elle est commutative : ∀x, y ∈ R∗ , x × y = y × x . Pour résumer ces quatre propriétés, on dit que (R∗ , ×) est un groupe commutatif. P ROPOSITION 9.4 (R, +, ×) est un corps. La multiplication dans R est distributive relativement à l’addition : ∀x, y, z ∈ R, toutes ces propriétés, on dit que (R, +, ×) est un corps. Dans la suite, nous noterons x y à la place de x × y . Considérons sur R la relation d’ordre usuelle É. 340
¡ ¢ x × y + z = x × y +x ×z . Pour résumer
P ROPOSITION 9.5 (R, +, .) est un corps totalement ordonné. • La relation d’ordre É est totale : ∀x, y ∈ R, x É y ou y É x • La relation d’ordre É est compatible avec l’addition : ∀x, y, z ∈ R, x É y =⇒ x + z É y + z • La relation d’ordre É est compatible avec la multiplication : ∀x, y ∈ R, x É 0 et y É 0 =⇒ x y Ê 0. Pour résumer toutes ces propriétés, on dit que (R, +, ×, É) est un corps totalement ordonné. Remarque 9.2
(Q, +, ×, É) est aussi un corps totalement ordonné.
9.3 Valeur absolue D ÉFINITION 9.1 Valeur absolue Soit x ∈ R. On définit la valeur absolue de x comme étant le nombre réel positif, noté |x| donné par : |x| =
(
x si x Ê 0
−x si x < 0
✎ Notation 9.1 Si x, y ∈ R, on note max ¡x, y ¢ le plus grand de ces deux nombres. P ROPOSITION 9.6
Soient x, y ∈ R et r ∈ R∗+ . On a : 1. |x| = max(x, −x)
6.
2. |x| Ê 0 3. |x| = 0 ⇐⇒ x = 0 4. 5.
p ¯
x 2 = |x| ¯
¯ ¯
7. ¯x + y ¯ É |x| + ¯ y ¯
¯ ¯ ¯ y − x ¯ É r ⇐⇒ x − r É y É x + r ¯ ¯ ¯ ¯ ¯x y ¯ = |x| ¯ y ¯, |−x| = |x|
¯
¯ ¯¯
¯
¯
8. ¯ |x| − ¯ y ¯ ¯ É ¯x + y ¯
Les deux dernières inégalités sont appelées inégalités triangulaires et sont fondamentales en analyse. Démonstration 1 Il suffit d’étudier les cas x Ê 0 et x < 0. 4 Puisque |y − x| É r , d’après (1), y − x É r et x − y É r d’où l’encadrement souhaité. q
q
q
q
7 Utilisons les propriétés (1), (5) et (6), |x +y| = (x + y)2 = x 2 + 2x y + y 2 É |x|2 + |y|2 + 2|x||y| = (|x| + |y|)2 = |x|+|y|. On remarque qu’il y a égalité dans cette majoration si et seulement si x y = |x y|, c’est-à-dire lorsque x et y sont de même signe. |x| 8 Utilisons (7) et (5) : |x| = |x + y + (−y)| É |x + y| + |−y| = |x + y| + |y|. Par conséquent, ¯ ¯ − |y| É |x + y|. En inversant le rôle de x et y , on obtient également |y| − |x| É |x + y| d’où finalement (d’après (1)), ¯|x| − |y|¯ É |x + y|.
Les autres preuves sont laissées en exercice.
P ROPOSITION 9.7 Pour tout réel x , en notant x + = max {x, 0} et x − = max {−x, 0}, on a : • |x| = x + + x − • x = x+ − x−
1 (|x| + x) 2 1 • x − = (|x| − x) 2 • x+ =
Démonstration • Si x Ê 0 alors |x| = x , x + = x et x − = 0. • Si x < 0 alors |x| = −x , x + = 0 et x − = −x . Dans les deux cas, il est clair que |x| = x + + x − et que x = x + − x − . En additionnant et soustrayant ces deux relations, on obtient les deux dernières.
D ÉFINITION ¯ ¡ ¢ 9.2 Distance entre deux réels ¡ ¢ ¡ ¢ ¯ Soit x, y un couple de réels. On appelle distance de x à y la quantité, notée d x, y et donnée par : d x, y = ¯x − y ¯. 341
9.4 Majorant, minorant, borne supérieure D ÉFINITION 9.3 Plus grand élément, plus petit élément Soit A une partie de R (ou de Q) et un réel a . On dit que a est : • le plus grand élément de A si et seulement si a ∈ A et ∀x ∈ A, x É a . • le plus petit élément de A si et seulement si a ∈ A et ∀x ∈ A, a É x . S’il existe, le plus grand élément de A est unique. Nous le noterons max (A). De même, s’il existe, le plus petit élément de A est unique et nous le noterons min (A). Démonstration Supposons que a et a ′ soient deux plus grands éléments de A. Comme a est un plus grand élément de A et que a ′ ∈ A, on doit avoir a ′ É a . De façon symétrique, on a aussi a ′ É a . Il s’ensuit que a = a ′ .
Exemple 9.2 – N, Q, R n’ont pas de plus grand élément. – N possède un plus petit élément (0) mais pas Q ni R. – [0, 1] possède un plus grand et un plus petit élément. – ]0, 1[© ne possède niªde plus grand ni de plus petit élément. p – X = x ∈ Q | x 2 É 2 ne possède pas de plus grand élément dans Q mais il en possède un dans R qui vaut 2. D ÉFINITION 9.4 Majorant, minorant Soit A une partie de R (ou de Q) et soit a ∈ R. On dit que a est • un majorant de A si et seulement si ∀x ∈ A, x É a . • un minorant de A si et seulement si ∀x ∈ A, a É x . Remarque 9.3 Un majorant n’est pas unique. Le plus grand élément d’une partie, s’il existe, est un majorant de la partie qui, de plus, appartient à cette partie. Exemple 9.3 – La partie [0, 1]© possède par exemple comme majorants 2 et 3 et comme minorants −1 et 0. ª – La partie X = x ∈ Q | x 2 É 2 admet par exemple 5 comme majorant. D ÉFINITION 9.5 Borne supérieure Soit A une partie de R (ou de Q) • La borne supérieure de A est, si elle existe, le plus petit élément de l’ensemble des majorants de A. On la note sup (A). • La borne inférieure de A est, si elle existe, le plus grand élément de l’ensemble des minorants de A. On la note inf (A). Exemple 9.4 – 0 est la borne inférieure de [0, 1] ou de ]0, 1[. – 1 est© la borne supérieure de [0, 1] ou de ]0, 1[. ª p – X = x ∈ Q | x 2 É 2 ne possède pas de borne supérieure dans Q. X possède une borne supérieure dans R qui vaut 2. P ROPOSITION 9.8 Unicité de la borne supérieure Si une partie A de R possède une borne supérieure alors celle-ci est unique. Démonstration Nous avons montré que le plus petit élément d’un ensemble (ici les majorants de A) était unique.
Axiome de la borne supérieure Toute partie non vide et majorée de R possède une borne supérieure. Remarque 9.4 dans Q .
Cette propriété distingue R de Q . En effet, la partie X = {x ∈ Q | x 2 < 2} n’admet pas de borne supérieure
T HÉORÈME 9.9 ♥♥♥ Caractérisation de la borne supérieure Soient X une partie de R et a un nombre réel. Il y a équivalence entre : 1 2
a est la borne supérieure de X . ∀x ∈ X, x É a et ∀ε > 0, ∃x ∈ X,
x ∈ ]a − ε, a]
342
a −ε
X
a
x ε
F IGURE 9.1 – Caractérisation de la borne supérieure
Démonstration ⇒ Supposons que a est la borne supérieure de X . Par définition de celle ci, a est un majorant de X et la première affirmation de (2) est prouvée. Soit ε > 0, si a − ε était un majorant de X , on aurait a É a − ε ce qui est faux. Puisque a − ε n’est pas un majorant de X, il existe x ∈ X tel que a − ε < x . ⇐ Supposons maintenant que (2) est vraie et montrons que a est la borne supérieure de X . Il est clair que a est un majorant de X . Il faut montrer que c’est le plus petit des majorants de X. Supposons que ce ne soit pas le cas. Il existe alors un réel a ′ qui majore X et qui est plus petit que a . On a donc : ∀x ∈ X,
x É a′ < a
¤
Posons ε = a − a ′ > 0. En appliquant (2), on peut affirmer qu’il existe un élément x ∈ X tel que x ∈ ]a − ε, a] = a ′ , a a ′ < x et a ′ ne peut être un majorant de X ce qui prouve la seconde implication par l’absurde.
¤
. Mais alors
Remarque 9.5 Une erreur commise fréquemment dans la démonstration précédente : le réel a − ε n’appartient pas nécessairement à la partie A. Si l’on considère la partie A = [0, 1[∩ (R \ Q ), elle possède une borne supérieure sup A = 1 et pour tout entier non nul n , avec ε = 1/n , 1 − ε 6∈ A. Cette erreur provient du fait que l’on fait souvent des dessins avec des parties A qui sont des intervalles ouverts lorsqu’on raisonne sur les propriétés de la borne supérieure. Multimédia : représenter une partie A “à trous”, faire glisser a − ε et colorer un point x ∈ A tel que sup A − ε É x É sup A. Il est conseillé de lire l’appendice C.3 page 1201 où l’on étudie une technique classique pour manipuler les bornes supérieures.
9.5 Droite numérique achevée R D ÉFINITION 9.6 Droite numérique achevée On appelle droite numérique achevée l’ensemble, noté R obtenu en ajoutant deux éléments à R : R = R ∪ {−∞, +∞} ✎ Notation 9.5 On prolonge la relation d’ordre É sur R en posant : ∀x ∈ R,
Remarque 9.6
x É +∞
et
−∞ É x
R possède un plus grand élément : +∞ et un plus petit élément : −∞.
✎ Notation 9.6 Si X est une partie non vide de R, par convention, on pose : • sup X = +∞ si X n’est pas une partie majorée de R. • inf X = −∞ si X n’est pas une partie minorée de R. Avec ces notations, on a : P ROPOSITION 9.10 Toute partie non vide de R possède une borne supérieure et une borne inférieure. Démonstration Soit X une partie non vide de R. Si sup X 6= +∞ alors X est une partie majorée de R et lui appliquant la propriété de la borne supérieure, elle possède une borne supérieure. Si supX = +∞ alors la borne supérieure de X est +∞. On prolonge de même à R les opérations sur R :
✎ Notation 9.7 La somme, le produit et le quotient de deux réels étendus sont définis d’après les tables suivantes. Une case noire correspond à une forme indéterminée. x+y
−∞
y ∈R
+∞
−∞ x ∈R +∞
−∞ −∞
−∞ x+y +∞
+∞ +∞
343
x×y
−∞
−∞ x ∈ R∗− 0 x ∈ R∗+ +∞
+∞ +∞ −∞ −∞
y ∈ R∗− +∞ xy 0 xy −∞
0
y ∈ R∗+
0 0 0
−∞ xy 0 xy +∞
+∞ −∞ −∞
x
+∞ +∞
x ∈R −∞ +∞ 0
1/x ⋆
1/x 0 0
9.6 Intervalles de R D ÉFINITION 9.7 Segment Soient a et b deux réels. On appelle segment [a, b] l’ensemble des réels compris, au sens large, entre a et b : – Si a < b , [a, b] = {t ∈ R | a É t É b}. – Si a = b , [a, a] = {a}. – Si b < a , [a, b] = {t ∈ R | b É t É a}. D ÉFINITION 9.8 Intervalle Soit I une partie de R. On dit que I est un intervalle de R si et seulement si ∀x, y ∈ I,
£
¤ x, y ⊂ I.
P ROPOSITION 9.11 Caractérisation des intervalles de R Soit I une partie de R. Il y a équivalence entre : 1
I est un intervalle de R.
2
∀x, y ∈ I,
Remarque 9.7
∀t ∈ [0, 1] ,
(1 − t ) x + t y ∈ I
Nous verrons plus tard que cela signifie que les intervalles de R sont les parties convexes.
Démonstration ⇒ Supposons que I est un intervalle de R. Soient x, y ∈ I tels que y > x et soit t ∈ [0,1] . Posons z = (1 − t) x + t y . Montrons que z ∈ I. On a : ¡ ¢ z − x = (1 − t) x + t y − x = t y − x Ê 0
Par conséquent z Ê x . De même :
⇐
¡ ¢ y − z = y − (1 − t) x − t y = (1 − t) y − x Ê 0 £ ¤ donc y Ê z . Ceci prouve que x É z É y et que z ∈ x, y . Comme I est un intervalle, z ∈ I.
£
¤
Supposons que (2) est vraie et montrons que I est un intervalle. Soient x, y ∈ I. Il faut montrer £ que ¤ : x, y ⊂ I. Si x = y alors £ ¤ x, y = {x} et il est clair que x ∈ I. Si x 6= y , on peut supposer x < y . Considérons z ∈ x, y . On a : x É z É y . Posons t=
z −x . Il est clair que t ∈ [0,1] et que y −x
z = (1 − t) x + t y. ¤ £ ¤ Par conséquent z ∈ I. Ceci étant vrai pour tout z ∈ x, y on peut affirmer que x, y ⊂ I. £
P ROPOSITION 9.12 Les intervalles de R sont de la forme : • • • •
R [a, +∞[ = {x ∈ R | a É x} ]a, +∞[ = {x ∈ R | a < x} ]−∞, b] = {x ∈ R | x É b}
• • • •
]−∞, b[ = {x ∈ R | x < b} [a, b] = {x ∈ R | a É x É b} ]a, b[ = {x ∈ R | a < x < b} [a, b[ = {x ∈ R | a É x < b}
• ]a, b] = {x ∈ R | a < x É b} • ]a, a[ = ∅
où a, b ∈ R Démonstration Admis...
9.7 Propriété d’Archimède T HÉORÈME 9.13 R est un corps archimèdien L’ensemble R vérifie la propriété suivante, dite d’Archimède : ∀x ∈ R∗+ , 344
∀y ∈ R,
∃n ∈ N :
nx Ê y .
Démonstration Supposons que la propriété d’Archimède ne soit pas vraie. Celle ci sera prouvée si on aboutit à une contradiction. Alors il existe x ∈ R∗+ et y ∈ R tels que ∀n ∈ N, nx < y . Définissons la partie de R suivante : A = {nx | n ∈ N}. Elle est non vide et majorée par y . D’après l’axiome de la borne supérieure, A possède une borne supérieure a ∈ R. En particulier : ∀n ∈ N, nx É a ce qui s’écrit aussi ∀n ∈ N, (n + 1) x É a . On en déduit que ∀n ∈ N , nx É a − x . Mais alors a − x est un majorant de A et comme x > 0, a −x < a . Le réel a n’est donc pas le plus petit des majorants de A ce qui est en contradiction avec le fait que ce soit la borne supérieure de A .
9.8 Partie entière P ROPOSITION 9.14 ♥♥♥ Partie entière d’un réel Soit x ∈ R. Il existe un unique entier relatif p tel que : p É x < p +1 .
Cet entier est appelé la partie entière de x et est noté [x] ou E (x) Démonstration Soit x ∈ R. Analyse Supposons qu’un tel entier relatif p existe alors p est le plus grand élément de l’ensemble A = {n ∈ Z | n É x}. Réciproquement, si p est le plus grand élément de cet ensemble, il vérifie p É x < p + 1 et c’est la partie entière de x . Synthèse Montrons que la partie entière p de x existe. Cela revient à montrer que l’ensemble A possède un plus grand élément. On a : • A 6= ∅ : en effet, si x est positif ou nul alors 0 É x et donc 0 ∈ A . Sinon, si x est strictement négatif alors −x ∈ R∗ + . En appliquant la propriété d’Archimède à Y = −x et X = 1, on peut affirmer qu’il existe N ∈ N tel que N.X Ê Y c’est-à-dire tel que N.1 Ê −x ou x Ê −N. On a donc −N ∈ A . • L’ensemble A est majoré par x et il existe, d’après la propriété d’Archimède un entier plus grand que x . Par conséquent a est une partie majorée de Z. Nous verrons plus tard qu’un axiome des entiers permet d’affirmer que A possède un plus grand élément.
b
b
b
x b
b
E (x) E (x) + 1
F IGURE 9.2 – Partie entière d’un réel
Remarque 9.8
Les deux majorations suivantes sont souvent utiles dans les exercices : ∀x ∈ R,
E (x) É x < E (x) + 1
et
x − 1 < E (x) É x
9.9 Densité de Q dans R D ÉFINITION 9.9 Partie dense Soit A une partie de R. On dit que A est dense dans R si et seulement si : ∀x ∈ R , ∀ε > 0, ∃a ∈ A tel que |x − a| É ε
Remarque 9.9 de A.
Une partie A de R est dense dans R si on peut approché tout réel aussi près que l’on veut par un élément
T HÉORÈME 9.15 ♥♥♥ Q est dense dans R L’ensemble Q des nombres rationnels est dense dans R . Démonstration
Soit x ∈ R et soit ε > 0. Considérons un entier q > 0 tel que 1/q É ε. Posons p = E(qx), on a p É qx < p + 1 d’où p/q É x < (p + 1)/q . Posons r = p/q , le nombre r est bien rationnel et puisque 0 É x − r < 1/q É ε, on a bien |x − r | É ε.
345
T HÉORÈME 9.16 R \ Q est dense dans R L’ensemble R \ Q formé des nombres irrationnels est dense dans R . Démonstration Soit x ∈ R et ε > 0. – si x est irrationnel, il suffit de poser θ = x ∈ R \ Q et on a bien |x − θ| = 0 É ε. p – si x ∈ Q est rationnel, on montre facilement par l’absurde que pour tout entier q > 0, le réel θq = x + 2/q est irrationnel. Puisque p p |x − θq | = 2/q , il suffit de choisir un entier q suffisamment grand pour que 2/q É ε.
En résumé Les points suivants doivent être parfaitement connus : 1
l’axiome de la borne supérieure
2
la caractérisation de la borne supérieure
3
les inégalités triangulaires
Pour se familiariser avec les raisonnements d’analyse, il sera très profitable de passer du temps à comprendre et à refaire les démonstrations des théorèmes 9.9, 9.15.
346
9.10 Exercices 9.10.1 Inégalités Exercice 9.1 ♥♥ Soient x1 , x2 , ..., xn , n réels strictement positifs. Montrer que ¡ ¢ (x1 + x2 + ... + xn ) x1−1 + x2−1 + ... + xn−1 Ê n 2
Indication 9.7 : On montrera au préalable que : ∀x ∈ R∗+ , x +
Solution : Soit x ∈ R∗+ . On a :
1 Ê 2. x
x + 1/x Ê 2 ⇐⇒ x 2 − 2x + 1 Ê 0 ⇐⇒ (x − 1)2 Ê 0
et donc on a toujours x + 1/x Ê 2. Par ailleurs : ¢ ¡ (x1 + x2 + ... + xn ) x1−1 + x2−1 + ... + xn−1 P
=
X
1Éi< j Én
µ
¶ xi x j + +n x j xi
La somme 1Éi< j Én (xi /x j + x j /xi ) contient n 2 /2 − n termes et d’après l’inégalité précédente, on peut affirmer que chacun de ces termes est Ê 2. Il vient donc : µ 2 ¶ ¡ ¢ n − n + n = n2 − n Ê n2 (x1 + x2 + ... + xn ) x1−1 + x2−1 + ... + xn−1 Ê 2 2
Exercice 9.2 Montrer que :
♥♥
p p a + b É a + b . Étudier dans quel cas on a égalité. ¯p p ¯¯ p ¯ 2. ∀(a, b) ∈ R2 , ¯ |a| − |b|¯ É |a − b|.
1. ∀(a, b) ∈ R2+ ,
p
Indication 9.7 : Aidez-vous de la preuve de l’inégalité triangulaire page 341.
Solution : 1. Soient (a, b) ∈ R2+ . On a :
et donc
p
a +b É
p
³p
p ´2 p a + b = a + 2 ab + b Ê a + b
p p a + b . On a égalité si et seulement si ab = 0, c’est-à-dire si et seulement si a ou b est nul.
2. Soient (a, b) ∈ R2 . En utilisant la première inégalité, on trouve que :
p p p p p |a| = |a − b + b| É |a − b| + |b| É |a − b| − |b| p p p p p p p p − b|. On montre donc |a| − |b| É |a de même que |b| É |a − b| − |a| et on en déduit que |b| − |a| É ¯ ¯ p p ¯ p ¯p |a − b|. En résumé : ¯ |a| − |b|¯ É |a − b|
Exercice 9.3 ♥♥ Majorer et minorer pour n Ê n0 (à déterminer), les suites suivantes par des suites de la forme c.n p (avec le même exposant pour la majoration et la minoration). 1. un =
2n 5 − n 4 + n 2 − 1 n2 + n − 1
2. un =
Solution :
n 2 + (n 2 − 1)/(n + 1) n + (n 3 − 1)(n + 1) ¡
¢ ¡
¢
1. Pour n Ê 1, on a n 5 − n 4 Ê 0 et n 2 − 1 Ê 0 donc 2n 5 − n 4 + n 2 − 1 = n 5 + n 5 − n 4 + n 2 − 1 Ê n 5 . Par ailleurs, on a −n 4 + n 2 É 0 et donc 2n 5 − n 4 + n 2 − 1 É 2n 5 . On s’occupe maintenant du dénominateur. Si n Ê 1, n − 1 Ê 0 et n 2 + n − 1 Ê n 2 . De même, si n Ê 1, n 2 Ê n et donc n 2 + n − 1 É 2n 2 − 1 É 2n 2 . En conclusion, si n Ê 1 : n3 2n 5 − n 4 + n 2 − 1 2n 5 n5 É = É 2 = 2n 3 . 2 2 2n n2 + n − 1 n
347
n2 + n − 1 . D’après la première question, si n Ê 1, on sait que n 2 É n4 + n3 − 1 n 2 + n − 1 É 2n 2 . On montre facilement que si n Ê 1, n 4 É n 4 + n 3 − 1 É 2n 4 donc il vient pour n Ê 1 :
2. On remarque que pour tout n ∈ N, un =
n2 + n − 1 2 1 É 4 . É 2 2n n + n3 − 1 n2
9.10.2 Borne supérieure Exercice 9.4 ♥ Soit A une partie non vide et majorée de R. On suppose que la borne supérieure M de A vérifie M = sup(A) > 0. Montrer qu’il existe un élément de A strictement positif. Solution : Comme M > 0 alors M/2 > 0. D’après la propriété de caractérisation de la borne supérieure appliquée à ε = M/2, il existe a ∈ A tel que a ∈ ]M − ε, M[. Le réel a est strictement positif. Exercice 9.5 ♥ Soit a un réel positif. Montrer que ∀ε > 0, a É ε =⇒ a = 0
Solution : Par l’absurde : supposons a > 0 et posons ε = a/2 > 0. Il vient alors a É a/2 ce qui n’est possible que si a = 0. Exercice 9.6 ♥♥♥ Soit f une application croissante de [0, 1] dans lui même. On considère l’ensemble © ª E = x ∈ [0, 1], f (x) Ê x
1. Montrer que E possède une borne supérieure b . 2. Montrer que f (b) = b .
Indication 9.7 : On pourra étudier les deux cas : f (b) > b et f (b) < b )
Solution : 1. E est une partie majorée de R. En effet : ∀x ∈ E, x É 1. E est une partie non vide de R : f (0) Ê 0 donc 0 ∈ E. Par l’axiome de la borne supérieure, on peut affirmer que E admet une borne supérieure b . ¡
¢
2. – Si f (b) > b alors, comme f est croissante, f f (b) Ê f (b) et donc f (b) ∈ E. Mais, comme f (b) > b et que b est la borne supérieure de E, on aboutit à une contradiction. On ne peut donc avoir : f (b) > b . – Supposons maintenant que f (b) < b . Posons η = b − f (b) > 0. Comme b est la borne supérieure de E, il existe c ∈ E tel que : b − η < c < b . Par conséquent : f (c) Ê c > b − η = b − b + f (b) = f (b), c’est-à-dire f (c) > f (b). Mais f est croissante et cette inégalité est impossible. Par conséquent f (b) = b . Exercice 9.7 ♥♥ On considère la partie de R suivante :
¾ x2 + 2 | x∈R . A= x2 + 1 ½
Déterminer, s’ils existent, sup A, inf A, min A, max A. Solution : Soit x ∈ R . On écrit :
x2 + 2 1 = 1+ 2 x2 + 1 x +1
Alors on obtient immédiatement que A est minorée par 1. Soit ε > 0. Il existe x ∈ R tel que
p de choisir x Ê 1/ε − 1 si ε É 1 et x = 0 si ε > 1. Alors
1É
x2 + 2 É 1+ε x2 + 1
348
1 x2 + 1
É ε. Il suffit en effet
et par conséquent, inf A = 1. De plus A ne possède pas de plus petit élément car inf A 6∈ A. En effet, si 1 ∈ A alors il existe x ∈ R tel que x 2 + 2 = x 2 + 1 ce qui n’est pas le cas. Majorons ensuite pour x ∈ R , 1+
1 É 1+1 É 2 x2 + 1
(on a minoré le dénominateur car x 2 Ê 0). Par conséquent, A possède une borne supérieure et c’est le plus grand élément de A (il suffit de prendre x = 0). En définitive, sup A = max A = 2. Exercice 9.8 ♥♥ On considère la partie de R suivante :
½ ¾ 1 A = (−1)n + | n ∈ N∗ . n
Déterminer sup A et inf A. Indication 9.7 : Faire un dessin représentant les points de A. Solution :
½ ¾ 3 2 3 4 A = 0, , − , , − , . . . . 2 3 4 5
On montre facilement que 3 max A = sup A = . 2 En effet, c’est un majorant de A qui appartient à A. Montrons que inf A = −1 en utilisant la propriété de caractérisation de la borne supérieure : 1 1. −1 est un minorant de A : Soit n ∈ N∗, on a (−1)n + Ê (−1)n Ê −1. n 1 1 1 2. Soit ε > 0. Soit n ∈ N∗ tel que n est impair et É ε. Posons xε = (−1)n + = −1 + . On a bien xε ∈ A et n n n −1 É xε É −1 + ε.
Exercice 9.9 ♥ Soit un intervalle I ⊂ R et deux applications bornées f : I −→ R , g : I −→ R . Montrez que : ¯ ¯ ¯sup f (x) − sup g (x)¯ É sup| f (x) − g (x) | x∈I
x∈I
x∈I
¯ ¯ ¯ ¯ Indication 9.7 : Montrez que sup f − sup g É sup ¯ f − g ¯ et dans un deuxième temps que sup g − sup f É sup ¯ f − g ¯. I I I I I I ¯ ¯ Soit x ∈ I, écrire f (x) = f (x) − g (x) + g (x) et majorer f (x) É ¯ f (x) − g (x)¯ + g (x). Utiliser ensuite le raisonnement de
passage à la borne supérieure.
Solution : Soit x ∈ I. Majorons :
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (x) = f (x) − g (x) + g (x) É ¯( f (x) − g (x)) + g (x)¯ É ¯ f (x) − g (x)¯ + ¯ g (x)¯ É sup ¯( f − g )¯ + sup ¯g ¯ I
I
Comme le membre de droite est un majorant indépendant de x , par passage à la borne sup, on en déduit que ¯ ¯ ¯ ¯ sup f É sup ¯( f − g )¯ + sup ¯ g ¯ I
En écrivant de même
I
I
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ g (x) = g (x) − f (x) + f (x) É ¯ f (x) − g (x)¯ + ¯ f (x)¯ É sup ¯( f − g )¯ + sup ¯ f ¯ I
I
on en déduit par passage à la borne supérieure que
¯ ¯ ¯ ¯ sup g É sup ¯( f − g )¯ + sup ¯ f ¯ I
I
I
¯ ¯ et alors ¯supx∈I f (x) − supx∈I g (x)¯ É supx∈I | f (x) − g (x) |.
Exercice 9.10 ♥♥ Soient deux parties de R , A ⊂ R et B ⊂ R non-vides et majorées. Montrez que sup(A∪B) existe et l’exprimer en fonction de sup A et sup B. 349
Solution : A∪B est une partie de R non-vide. Montrons qu’elle est majorée. Puisque A est majorée, il existe MA ∈ R tel que ∀a ∈ A, a É MA . De même, il existe MB ∈ R un majorant de B. Posons alors M = max(MA , MB ). Alors si x ∈ A ∪ B, x É M. En effet, si x ∈ A, x É MA É M et si x ∈ B, x É MB É M. Montrons que sup(A ∪ B) = max(sup A, sup B). On suppose que sup A É sup B. Montrons alors que sup(A∪B) = sup B. Utilisons pour cela la propriété de caractérisation de la borne supérieure : 1. sup B est un majorant de A ∪ B : Soit x ∈ A ∪ B : Si x ∈ B, alors x É sup B. Si x ∈ A, x É sup A É sup B. 2. Soit ε > 0. En utilisant la caractérisation de sup B, il existe xε ∈ B tel que sup B − ε É xε É sup B
Et xε ∈ A ∪ B. On montre ainsi que sup B est la borne supérieure de A ∪ B. Si sup B É sup A, on montre de la même façon que sup A ∪ B = sup A. En résumé, on a : sup(A ∪ B) = max(sup A, sup B) . Exercice 9.11 ♥ Soit f : R 7→ R une application croissante et A ⊂ R une partie non-vide majorée. 1. Montrez que sup f (A) É f (sup A). 2. Trouvez un exemple où l’inégalité est stricte. Solution : Il suffit de montrer que f (sup A) est un majorant de f (A). Soit y ∈ f (A). Il existe x ∈ A tel que y = f (x). Mais puisque x É sup A et que f est croissante, f (x) É f (sup A)
Par conséquent, f (A) est majorée, admet donc une borne supérieure et sup f (A) É f (sup A). Exercice 9.12 ♥♥ On considère une partie A ⊂ R non-vide. On suppose qu’il existe (α, β) ∈ R2 tels que ∀x ∈ A, 0 < α É x É β. Montrer 1
que la partie A′ = { ; x ∈ A} possède une borne supérieure et une borne inférieure et exprimer sup A′ , inf A′ en fonction x de sup A et inf A. On vérifie que A′ est majorée par 1/α et minorée par 1/β, donc sup A′ et inf A′ existent. Montrons que sup A = 1/ inf A. Solution : ′
1 1 1 . Soit y ∈ A′ , il existe x ∈ A tel que y = . Puisque x Ê sup A, y É . Par passage à la borne inf A x inf A supérieure, on en déduit que sup A′ É 1/ inf A. 1 1 1 Ï sup A′ Ê . Montrons que inf A Ê . Soit x ∈ A. Écrivons x = 1 . Puisque 1/x ∈ A′ , on a 1/x É sup A′ et donc inf A sup A′ x 1 1 xÊ . Par passage à la borne inférieure, inf A Ê . sup A′ sup A′ 1 On montre de la même façon que inf A′ = . sup A Ï sup A′ É
9.10.3 Rationnels, irrationnels, densité Exercice 9.13 ♥ p p p p Soient x et y deux rationnels tels que x et y soient irrationnels. Démontrer que x + y est irrationnel. Indication 9.7 : Introduire la différence :
p
x−
p
y
p p x−y p p p x− y = p p . Si x + y était rationnel alors il en serait de même de x − y . Mais comme x + y ¡p p ¢ ¡p p ¢ x− y + x+ y p p x= , on aurait que x est rationnel. 2
Solution : On a :
p
350
Exercice 9.14 On définit la fonction
♥ f :
Déterminez infx∈R f (x).
R
−→
x
7−→
R (
|x|
si x ∈ R \ Q si x ∈ Q
|x| + 1
Solution : Montrons que 0 est la borne inférieure de Im f . – 0 est clairement un minorant de Im f . – Soit ε > 0. Comme R \ Q est dense dans R, il existe x ∈ R \ Q tel que 0 < x < ε et f (x) = |x| = x . Donc x ∈ Im f . On applique alors la propriété de caractérisation de la borne inférieure et 0 = inf f (x) . x∈R
Exercice 9.15 ♥♥♥ Soit f : R+ 7→ R une fonction non-nulle vérifiant : (⋆)
∀(x, y) ∈ R2 ,
(⋆⋆)
f (x + y) = f (x) + f (y)
∀(x, y) ∈ R2 ,
f (x y) = f (x) f (y)
1. Montrez que f (1) = 1 et f (0) = 0. 2. Montrez que ∀n ∈ N , f (n) = n . 3. Montrez que ∀r ∈ Q+, f (r ) = r . 4. Montrez que ∀x ∈ R+, f (x) Ê 0. 5. Montrez que f est une fonction croissante. 6. Montrez que ∀x ∈ R+, f (x) = x . (On raisonnera par l’absurde, en supposant par exemple que x < f (x) et on introduira un rationnel r tel que x < r < f (x)). Solution : 1. Comme f n’est pas la fonction nulle, il existe α ∈ R+ tel que f (α) 6= 0. Alors, puisque f (α) = f (1.α) = f (1). f (α)
on en déduit que
£ ¤ f (α) f (1) − 1 = 0
et puisque f (α) 6= 0, on obtient que f (1) = 1. Puisque d’après (⋆),
f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0)
on obtient que f (0) = 0.
2. Montrons la propriété par récurrence sur n . P (n) : f (n) = n P (0) est vraie d’après a). P (n) =⇒ P (n + 1) : en utilisant (⋆) et P (n) : f (n + 1) = f (n) + f (1) = f (n) + 1 = n + 1
3. Soit r ∈ Q+. Il existe (p, q) ∈ Q2 (p Ê 0, q > 0) tels que r=
Alors, en utilisant (⋆⋆) : qf
µ ¶ p q
= f (q). f
On en tire donc que f
µ ¶ p q
351
p q µ ¶ p q
=
p q
= f (p) = p
4. Soit x ∈ R+. Écrivons en utilisant (⋆⋆) : f (x) = f
¡p p ¢ £ ¡p ¢¤2 x. x = f x Ê0
5. Soit (x, y) ∈ R+2 , tels que x É y . Comme y − x Ê 0, d’après d), on en déduit que f (y − x) Ê 0
et d’après (⋆) que f (y) = f (y − x + x) = f (y − x) + f (x) Ê f (x)
Donc f est croissante. 6. Par l’absurde, si f 6= idR+ , il existerait x ∈ R+ tel que f (x) 6= x . Distinguons les deux cas possibles : (a) x < f (x) : Comme Q est dense dans R , il existe r ∈ Q vérifiant x < r < f (x)
Comme d’après c), f (r ) = r , on aurait puisque f est croissante : f (x) É f (r )
et donc x < r < f (x) É f (r ) = r
ce qui est absurde. (b) f (x) < x : ce cas se traite de la même façon. Exercice 9.16 ♥♥♥ Sous-groupes de (R, +) Soit G un sous-groupe de (R, +) non réduit à {0}. L’objet de cet exercice est de montrer que G est soit discret dans R de la forme a Z où a ∈ R∗+ , soit dense dans R. 1. Montrer que G ∩ R∗+ est non vide. 2. En déduire que G ∩ R∗+ admet une borne inférieure a Ê 0. 3. On suppose dans cette partie que a > 0. (a) Montrer que a ∈ G. Indication 9.7 : On pourra faire un raisonnement par l’absurde en montrant que si a n’appartient pas à G alors il existe des éléments t1 et t2 de G tels que a < t2 < t1 < 2a et en déduire une contradiction. (b) Prouver que G = a Z. 4. On suppose maintenant que a = 0. Montrer que G est dense dans R. Solution : 1. Comme G n’est pas réduit à {0}, il existe x ∈ G tel que x 6= 0. Si x est positif, il est clair que G ∩ R∗+ est non vide. Sinon, si x est négatif, G étant un groupe, −x est élément de G et est positif. Pas suite, G ∩ R∗+ est non vide.
2. G ∩ R∗+ est donc une partie non vide de R. Elle est minorée par 0. En appliquant l’axiome de la borne supérieure, elle admet une borne inférieure a Ê 0.
3.
(a) Supposons que a n’est pas élément de G. En appliquant la propriété de caractérisation de la borne inférieure, il existe t1 , t2 ∈ G tels que 0 < a < t2 < t1 < 2a . Mais alors 0 < t1 − t2 < a car t1 > 0. De plus, t1 − t2 ∈ G. Donc a ne peut alors être la borne inférieure de G ce qui est en contradiction avec notre hypothèse de départ. a est donc nécessairement élément de G.
(b) a étant élément de G, il est clair que a Z ⊂ G. Montrons l’inclusion inverse. Soit x ∈ G. Quitte à considérer −x plutôt que x , on peut supposer que x est positif. D’après la propriété d’Archimède, il existe n ∈ N tel que n.a > x . Notons n0 le plus petit entier vérifiant cette propriété. On a : (n0 − 1) .a É x < n0 .a ce qui amène : 0 É x − (n0 − 1) .a É a . Mais alors x − (n0 − 1) .a est un élément positif de G plus petit que a . Comme a est la borne inférieure de G, ceci n’est possible que si x − (n0 − 1) .a = 0 c’est-à-dire que si x = (n0 − 1) .a . On prouve ainsi que G ⊂ a Z. Finalement : G = a Z. £
¤
4. Soit x < y ∈ R. Il faut montrer que x, y ∩ G 6= ∅. Comme précédemment, on peut supposer que x est positif. de caractérisation de la borne inférieure, ¡il existe Posons : ε = y − x > 0. D’après ¡ ¢la propriété ¢ g ∈ G tel que ∗ q, r ∈ N × R 0 < g É ε. Il existe un couple tel que : y = q g +r et 0 É r < g . Donc x = y − y − x = y −ε É y − g É + £ ¤ y − r É q g É y . Donc q g ∈ x, y et comme q g ∈ G, G est dense dans R. 352
9.10.4 Partie entière Exercice 9.17
♥
1. Montrer que ∀n ∈ N∗ ,
2. En déduire la partie entière de
p p n +1− n <
1 p 2 n
<
p p n − n −1
µ ¶ 1 1 1 1 + p + ... + p 2 2 10000
Solution : 1. On a : p
p n +1− n =
On montre de même que :
¡p
p ¢ ¡p p ¢ n +1− n n +1+ n 1 1 =p p p p < p . n +1+ n n +1+ n 2 n 1 p 2 n
2. On en déduit que
<
p
p n − n − 1.
µ ¶ 10000 p X p p 1 1 1 < 1 + p + ... + p i +1− i < i − i − 1. 2 2 10000 i=1
10000 X p i=1
Mais les deux sommes extrêmes sont télescopiques et on trouve :
¶ µ p p 1 1 1 1 + p + ... + p < 10000 10001 − 1 < 2 2 10000
Soit aussi :
µ ¶ 1 1 1 99 < 1 + p + ... + p < 100. 2 2 10000 µ µ ¶¶ 1 1 1 On en déduit que E 1 + p + ... + p = 99 2 2 10000
353
Chapitre
10
Suites de nombres réels On dit qu’une grandeur est la limite d’une autre grandeur, quand la seconde peut s’approcher de la première plus près que d’une grandeur donnée, si petite qu’on puisse la supposer... D’Alembert.
Pour bien aborder ce chapitre Nous allons définir dans ce chapitre et le suivant une des notions les plus fondamentales en analyse, celle de limite. Si on se pose les questions suivantes : – Qu’est ce qu’une dérivée ? – Qu’est ce qu’une intégrale ? – Qu’est ce qu’une somme infinie ? La réponse est la même : une limite. Bien que les mathématiciens utilisent ces différents objets depuis la renaissance, ce n’est que vers la fin du 18e siècle et le début du 19e siècle que la notion de limite, grâce à D’Alembert (voir 51 page 778) et à Cauchy (voir 11 page 200), commence à être formalisée. Le cours d’analyse de Cauchy, alors qu’il professait à l’École Polytechnique, allait d’ailleurs devenir une référence pour tout travail en analyse au 19e siècle. Malgré la grande rigueur de son contenu, il subsistait des lacunes, comme une preuve, fausse, que la limite d’une série de fonctions continues est continue. Le mathématicien allemand Karl Weierstrass vers 1860 (voir 24 page 366) et ses élèves formalisèrent définitivement la notion de limite et parachevèrent l’œuvre de Cauchy. La forme actuelle de la définition d’une limite est exactement celle donnée par Weierstrass. Il vous faudra prendre le temps dans ce chapitre de bien comprendre les nouvelles notions, de faire et refaire les démonstrations. Il fallut plusieurs siècles pour que les mathématiciens formalisent ces concepts correctement. Il est alors naturel que cela vous demande un travail approfondi. Vous êtes en train de préparer les fondations sur lesquelles seront construites toute votre connaissance en analyse.
10.1 Définitions 10.1.1 Vocabulaire D ÉFINITION 10.1 Suite réelle Une suite réelle est une application u : N → R. On note cette application sous forme indicielle (un )n∈N ou encore (un ). L’ensemble des suites réelles est noté S (R). Remarque 10.1 – On appellera aussi suite réelle une application u définie à partir d’un certain n0 ∈ N, u : {n ∈ N | n Ê n0 } → R. On la note : (un )nÊn0 . – Attention aux notations : la notation (un ) désigne une suite, alors que un désigne le terme de rang n de la suite (un ). On adoptera une des visualisations suivantes pour une suite :
10.1.2 Opérations sur les suites
354
R
u1 u3u4 u2 u0 N
R
F IGURE 10.1 – Représentations d’une suite réelle
D ÉFINITION 10.2 Opérations sur les suites On définit les lois suivantes sur l’ensemble des suites S (R). Soient (un ), (v n ) ∈ S (R) et λ ∈ R, – Addition : (un ) + (v n ) = (un + v n ) – Multiplication par un scalaire : λ(un ) = (λ un ) – Multiplication de deux suites : (un ) × (v n ) = (un .v n ) Remarque 10.2 – S (R) muni de l’addition et de la multiplication précédemment définies a une structure d’anneau commutatif (que l’on verra plus tard). – Élément neutre de l’addition : la suite nulle. – Élément neutre de la multiplication : la suite constante égale à 1. – S (R) muni de l’addition et de la multiplication par un scalaire précédemment définies a une structure d’espace vectoriel que l’on verra plus tard. D ÉFINITION 10.3 Suite majorée, minorée, bornée On dit qu’une suite réelle (un ) est : – majorée lorsque le sous-ensemble {un | n ∈ N} est majoré dans R, c’est à dire lorsque : ∃M ∈ R :
∀n ∈ N,
un É M
– minorée lorsque le sous-ensemble {un | n ∈ N} est minoré dans R, c’est à dire lorsque : ∃m ∈ R :
∀n ∈ N,
un Ê m
– bornée si et seulement si elle est à la fois majorée et minorée. P ROPOSITION 10.1 Une suite (un ) ∈ S (R) est bornée si et seulement si la suite (|un |) est majorée : ∃M ∈ R,
∀n ∈ N,
|un | É M
Démonstration ⇒ Supposons que la suite (un ) est bornée. Alors il existe m,M ∈ R tels que ∀n ∈ N, m É un É M. En notant K = max(|m|,|M|), on a pour tout n ∈ N , |un | É K. La suite |un | est majorée par le réel K. ⇐ Si la suite (|un |) est majorée, il existe M ∈ R tel que ∀n ∈ N, |un | É M et donc ∀n ∈ N, −M É un É M ce qui prouve que la suite (un ) est bornée.
D ÉFINITION 10.4 Suite croissante, décroissante, monotone On dit qu’une suite réelle (un ) est – croissante si et seulement si : ∀n ∈ N,
un É un+1
∀n ∈ N,
un+1 É un
– décroissante si et seulement si : – monotone si et seulement si elle est croissante ou décroissante. On dit que (un ) est strictement croissante , strictement décroissante ou strictement monotone si et seulement si l’inégalité correspondante est stricte. D ÉFINITION 10.5 Suite constante Une suite (un ) ∈ S (R) est dite constante lorsqu’il existe un réel α ∈ R tel que ∀n ∈ N, un = α. 355
D ÉFINITION 10.6 À partir d’un certain rang On dit qu’une propriété P(n) est vérifiée à partir d’un certain rang N ∈ N si et seulement s’il existe un entier N ∈ N tel que ∀n Ê N, la propriété P(n) est vraie.
10.2 Convergence d’une suite 10.2.1 Suites convergentes, divergentes D ÉFINITION 10.7 ♥♥♥ Limite, suite convergente, suite divergente On dit qu’une suite réelle (un ) converge vers un réel l ∈ R si et seulement si ∀ε > 0,
∃N ∈ N :
∀n ∈ N,
n Ê N ⇒ |un − l| É ε
c’est-à dire, pour tout epsilon strictement positif, il existe un entier N qui dépend de epsilon tel que pour tout n plus grand que N, un est à une distance plus petite que ε de l . On dit alors que l est la limite de la suite (un ) et on note un −−−−−→ l ou encore lim un = l . n→+∞ n→+∞ – S’il existe un tel l , on dit que la suite (un ) est convergente. – S’il n’existe pas de réel l vérifiant cette propriété, on dit que la suite (un ) est divergente. Remarque 10.3 Pour comprendre cette définition, étudiez le premier dessin de la figure ci-dessous. Imaginez qu’une clé à molette est centrée sur l’axe (Oy) en l . Vous pouvez choisir l’ouverture 2ε à votre guise aussi petite que vous le souhaitez. Chaque ouverture détermine une bande [l − ε, l + ε]. Si la suite converge vers l , on peut trouver un rang N à partir duquel tous les termes de la suite sont dans la bande [l − ε, l + ε]. Une autre façon de comprendre cette définition consiste à interpréter n comme un temps. À l’instant n , on allume un point sur l’axe (Ox) d’abscisse un . Pour tout ε > 0, à partir de l’instant N, tous les points allumés seront dans l’intervalle [l − ε, l + ε].
R
l +ε l l −ε
u0 u2 u4 u3 N
u1 R
l 2ε
Multimédia : un pied à coulisse où l’on choisit ε avec le rang N à partir duquel tous les termes sont dans la bande [l − ε, l + ε] P LAN 10.1 : Pour montrer que un −−−−−→ l n→+∞
On utilise le plan 1
Soit ε > 0.
2
On cherche à partir de quelle valeur N, on a |uN − l| É l en sorte de vérifier le point 3 . Cela se ramène la plupart du temps à la résolution d’inéquations. C’est souvent la partie la partie la plus difficile de la preuve
3
Posons N = ....
4 5
Vérifions : soit n Ê N, on a bien |un − l| É ε. Donc un −−−−−→ l . n→+∞
Exemple 10.1 Montrons que la suite (1/n)n∈N∗ converge vers 0 en utilisant le plan ci-dessus. 1 Soit ε > 0. 2 On cherche N tel que 1/N É ε. On obtient N Ê 1/ε. 3 On pose alors N = E (1/ε) + 1. 4 Vérifions. Soit n Ê N. On a n Ê N Ê 1/ε ce qui s’écrit aussi 1/n É ε ou encore |1/n − 0| É ε. 5 Donc 1/n −−−−−→ 0. n→+∞
356
P ROPOSITION 10.2 On peut utiliser une inégalité stricte dans la définition de convergence Une suite (un ) converge vers une limite l ∈ R si et seulement si ∀ε > 0, ∃N ∈ N , ∀n ∈ N , n Ê N =⇒ |un − l| < ε
Démonstration ⇐ est évidente puisqu’une inégalité stricte est à fortiori large. ⇒ soit ε > 0. Posons ε′ = ε/2 > 0. Puisque un −−−−−→ l , il existe un rang N ∈ N à partir duquel |un − l | É ε′ et à partir de ce rang, on a |un − l | É ε′ < ε.
n→+∞
Remarque 10.4 Nous allons voir cette année plusieurs définitions d’analyse faisant intervenir des inégalités. Par défaut, nous utiliserons des inégalités larges. On peut souvent remplacer dans les définitions ces inégalités larges par des inégalités strictes au besoin en utilisant l’idée de la démonstration précédente. T HÉORÈME 10.3 ♥♥♥ Unicité de la limite La limite d’une suite réelle, si elle existe, est unique. Démonstration ♥ Supposons que (un ) possède deux limites l 1 ,l 2 ∈ R et montrons par l’absurde que l 1 = l 2 . Supposons l 1 6= l 2 et posons ε = |l 1 − l 2 |/2 > 0. Puisque un −−−−−→ l 1 , il existe un rang N1 ∈ N à partir duquel |un − l 1 | < ε et n→+∞ puisque un −−−−−→ l 2 , il existe un rang N2 à partir duquel |un − l 2 | < ε. Considérons l’entier n = max(N1 ,N2 ) supérieur à la fois à n→+∞ N1 et N2 . On a |un − l 1 | < ε et |un − l 2 | < ε mais alors, en utilisant l’inégalité triangulaire, |l 1 − l 2 | = |(l 1 − un ) + (un − l 2 )| É |un − l 1 | + |un − l 2 | < 2ε = |l 1 − l 2 |
ce qui est absurde.
T HÉORÈME 10.4 La valeur absolue d’une suite convergente est convergente Soit (un ) une suite convergeant vers l ∈ R. Alors |un | −−−−−→ |l| n→+∞
Démonstration
Soit ε > 0, puisque un −−−−−→ l , il existe un rang N ∈ N à partir duquel |un − l | É ε. Alors pour n Ê N, en vertu n→+∞
¯
¯
de la minoration de l’inégalité triangulaire voir 9.6 page 341, ¯ |un | − |l | ¯ É |un − l | É ε.
T HÉORÈME 10.5 ♥ Une suite convergente est bornée Toute suite convergente est bornée. Démonstration ♥♥♥ Posons ε = 1. Puisque (un ) converge, il existe l ∈ R et N ∈ N tel que ∀n Ê N, |un − l | É ε. Donc pour n Ê N, en vertu de la minoration de l’inégalité triangulaire, |un | − |l | É |un − l | É 1 et donc |un | É 1 + |l |. Les premiers termes sont en nombre fini, donc on peut poser M = max(|u0 |,... ,|uN−1 |,1+|l |). Alors, ∀n ∈ N , |un | É M ce qui montre que la suite est bornée.
On se sert souvent du résultat suivant pour transformer l’hypothèse sur une limite en inégalité à partir d’un certain rang. T HÉORÈME 10.6 ♥♥♥ Transformation de limite en inégalités Soit (un ) une suite et k, k ′ ∈ R .. On suppose que H1
un −−−−−→ l ∈ R
H2
k < l < k′.
n→+∞
Alors, il existe un rang N ∈ N tel que ∀n Ê N, k É un É k ′ . Démonstration ♥ Posons ε = min(l − k,k ′ − l ) > 0. Puisque un −−−−−→ l , il existe un rang N à partir duquel |un − l | É ε. Alors, n→+∞ si n Ê N, • un − l É ε É k ′ − l d’où un É k ′ , • l − un É ε É l − k d’où un Ê k .
357
10.3 Opérations sur les limites 10.3.1 Opérations algébriques sur les limites Les démonstrations de ce paragraphe sont très instructives pour comprendre ce qu’est une preuve d’analyse. Nous les avons rédigées en deux étapes. La première étape (qui se fait au brouillon) consiste à comprendre l’idée de l’approximation. La deuxième étape consiste à rédiger rigoureusement une preuve qui s’appuie sur le plan de démonstration correspondant aux définitions. Étudiez en particulier l’ordre dans lequel les différents objets sont introduits dans ces preuves. P ROPOSITION 10.7 Soit (un ) une suite réelle et l un réel. La suite (un ) converge vers l si et seulement si la suite (un − l) converge vers 0. Démonstration Il suffit d’écrire |un − l | = |(un − l ) − 0| dans la définition.
Pour montrer qu’une suite converge vers une limite l , il suffit donc de majorer |un −l| comme le montre le résultat suivant. P ROPOSITION 10.8 Théorème de majoration Soit (un ) une suite réelle et l ∈ R. On suppose qu’il existe une suite réelle (αn ) et un rang N1 ∈ N tel que |un − l| É αn ,
H1
∀n Ê N1 ,
H2
αn −−−−−→ 0. n→+∞
alors un −−−−−→ l n→+∞
Démonstration Soit ε > 0.
Puisque αn −−−−−→ 0, il existe un rang N2 ∈ N tel que ∀n Ê N2 , |αn | É ε. n→+∞
Posons N = max(N1 ,N2 ).
Soit n Ê N. Puisque n Ê N1 et n Ê N2 ,
|un − l | É αn É ε
T HÉORÈME 10.9 La somme de suites convergentes est convergente Soient (un ) et (v n ) deux suites. On suppose que H1
un −−−−−→ l ,
H2
v n −−−−−→ l ′ .
n→+∞
n→+∞
Alors un + v n −−−−−→ l + l ′ . n→+∞
Démonstration ♥♥♥ Nous devons majorer |(un +v n )−(l +l ′ )| à partir d’un certain rang. Notre hypothèse permet de majorer les quantités |un − l | et |v n − l ′ | par un réel ε′ > 0 arbitraire à partir d’un certain rang. Faisons donc apparaître ces groupements avant d’utiliser l’inégalité triangulaire : |(un + v n ) − (l + l ′ )| = |(un − l ) + (v n − l ′ )| É |un − l | + |v n − l ′ | É 2ε′
Il ne reste plus qu’à rédiger rigoureusement la preuve en suivant le plan de démonstration. Soit ε > 0.
Posons ε′ = ε/2 > 0. Puisque un −−−−−→ l , il existe un rang N1 ∈ N à partir duquel |un − l | É ε′ . De même, il existe un rang n→+∞
N2 ∈ N à partir duquel |v n − l ′ | É ε′ .
Posons N = max(N1 ,N2 ).
Soit n Ê N, comme n Ê N1 et n Ê N2 , |(un + v n ) − (l + l ′ )| É |(un − l ) + (v n − l ′ )| É |un − l | + |v n − l ′ | É 2ε′ = ε
T HÉORÈME 10.10 ♥ Combinaison linéaire de suites convergentes Soient deux suites (un ) et (v n ) convergentes : un −−−−−→ l et v n −−−−−→ l ′ . Alors pour tous réels α, β ∈ R , n→+∞
n→+∞
αun + βv n −−−−−→ αl + βl ′ n→+∞
358
Démonstration les deux nuls.
Similaire à la preuve précédente et laissée en exercice. Utiliser ε′ = ε/(|α| + |β|) lorsque α et β ne sont pas tous
T HÉORÈME 10.11 ♥ Produit de suites convergentes On considère deux suites (un ) et (v n ) convergentes : H1
un −−−−−→ l ∈ R ,
H2
v n −−−−−→ l ′ ∈ R .
n→+∞
n→+∞
Alors un v n −−−−−→ ll ′ . n→+∞
Démonstration ♥♥♥ Nous devons estimer la quantité |un v n − l l ′ | et utiliser notre hypothèse, |un − l | É ε′ et |v n − l ′ | É ε′ . Faisons donc apparaître ces groupements à l’intérieur des valeurs absolues avant de majorer grâce à l’inégalité triangulaire : |un v n − l l ′ | = |un (v n − l ′ ) + l ′ (un − l )| É |un ||v n − l ′ | + |l ′ ||un − l | É (|un | + |l ′ |)ε′
Il reste |un | qu’il nous faut majorer. Nous savons qu’une suite convergente est bornée, donc |un | É M et alors |un v n − l l ′ | É (|l ′ | + M)ε′ . Reste à rédiger rigoureusement la preuve en suivant le plan de démonstration. Soit ε > 0. Puisque la suite (un ) converge, elle est bornée. Il existe M > 0 tel que ∀n ∈ N , |un | É M. Posons ε′ = ε/(|l ′ | + M) > 0. Puisque un −−−−−→ l , il existe N1 ∈ N tel que ∀n Ê N1 , |un − l | É ε′ . Puisque v n −−−−−→ l ′ , il n→+∞
n→+∞
existe N2 ∈ N tel que ∀n Ê N2 , |v n − l ′ | É ε′ . Posons N = max(N1 ,N2 ). Soit n ∈ N tel que n Ê N, on a
|un v n − l l ′ | = |un (v n − l ′ ) + l ′ (un − l )| É |un ||v n − l ′ | + |l ′ ||un − l | É (M + |l ′ |)ε′ = ε
P ROPOSITION 10.12 Inverse d’une suite convergente Soit (un ) une suite et l ∈ R . On suppose que H1
un −−−−−→ l ∈ R ,
H2
l 6= 0.
Alors
n→+∞
1 1 −−−−−→ . n→+∞ un l
Démonstration ♥♥♥ Nous devons estimer la quantité |1/un − 1/l | en utilisant l’hypothèse |un − l | É ε′ . Écrivons ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ |un − l | ε′ ¯ = − É ¯u ¯ l |l ||un | |l ||un | n
Il reste |un | au dénominateur qu’il nous faut minorer. Comme |un | −−−−−→ |l |, et que k = |l |/2 < |l |, d’après la proposition 10.6, à n→+∞
partir d’un certain rang, |1/un − 1/l | É 2ε′ /|l |2 . Il nous reste à rédiger rigoureusement cette idée en suivant le plan : Soit ε > 0. Posons ε′ = |l |2 ε/2. Puisque un −−−−−→ l , il existe un rang N1 à partir duquel |un − l | É ε′ . n→+∞
Puisque d’après la proposition 10.4, |un | −−−−−→ |l |, en utilisant la proposition 10.6 avec k = |l |/2 < |l |, il existe un rang n→+∞ N2 ∈ N tel que ∀n Ê N2 , |un | Ê |ł|/2. Posons N = max(N1 ,N2 ). Soit n Ê N, ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ |un − l | ε′ ¯ ¯ u − l ¯ = |l ||u | É |l |2 /2 = ε n n
T HÉORÈME 10.13 Quotient de suites convergentes On considère deux suites (un ) et (v n ) et on fait les hypothèses suivantes. H1
un −−−−−→ l ,
H2
v n −−−−−→ l ′ ,
H3
Alors
n→+∞
n→+∞
′
l 6= 0. un l −−−−−→ ′ . n→+∞ vn l
359
Démonstration Il suffit d’appliquer les théorèmes 10.12 puis 10.11.
Remarque 10.5
Les théorèmes précédents s’appellent les théorèmes généraux sur les suites.
10.3.2 Limites et relations d’ordre Nous allons voir dans ce paragraphe les liens entre limites et inégalités. Ces résultats sont particuliers aux suites réelles et ne s’étendront pas aux suites complexes (il n’y a pas de relation d’ordre naturelle dans C !). P ROPOSITION 10.14 ♥♥♥ Passage à la limite dans une inégalité Soit (un ) une suite réelle et k ∈ R . On suppose que : H1
un −−−−−→ l ∈ R ,
H2
À partir d’un certain rang, un É k .
n→+∞
Alors l É k . Démonstration Montrons le résultat par l’absurde. Supposons l > k et posons ε = l − k > 0. Puisque un −−−−−→ l , il existe un n→+∞ rang N1 ∈ N à partir duquel |un − l | < ε (on peut utiliser une inégalité stricte dans la définition de la limite). D’après la deuxième hypothèse, il existe un rang N2 ∈ N à partir duquel un É k . Considérons l’entier n = max(N1 ,N2 ). On devrait avoir d’une part l − un < l − k d’où un > k et d’autre part un É k ce qui est absurde.
Remarque 10.6 Attention aux hypothèses de ce théorème important : on suppose que la suite converge. En aucun cas un passage à la limite ne permet de justifier l’existence d’une limite. On obtient évidemment le théorème correspondant en remplaçant l’inégalité É par Ê. P ROPOSITION 10.15 ♥♥♥ Passage à la limite dans les inégalités Soient deux suites (un ) et (v n ). On suppose que : H1
un −−−−−→ l ,
H2
v n −−−−−→ l ′ ,
H3
À partir d’un certain rang, un É v n .
n→+∞
n→+∞
Alors l É l ′ . Démonstration Il suffit d’utiliser le résultat précédent avec la suite (w n ) = (un − v n ) et k = 0.
Multimédia : Une suite cv vers l . On choisit une barre de hauteur k < l et on obtient le rang à partir duquel un Ê k T HÉORÈME 10.16 ♥♥♥ Théorème des gendarmes On considère trois suites : (un ), (v n ) et (w n ) . On suppose que : H1
À partir d’un certain rang, v n É un É w n ,
H2
Les deux suites encadrantes (v n ) et (w n ) convergent vers une même limite l ∈ R .
Alors la suite (un ) converge vers l . Démonstration ♥ Soit ε > 0. Puisque v n −−−−−→ l , il existe N2 ∈ N tel que ∀n Ê N2 , |v n −l | É ε. De même, il existe N3 ∈ N tel que ∀n Ê N3 , |w n −l | É ε. n→+∞ D’après la première hypothèse, il existe N1 ∈ N tel que ∀n Ê N1 , v n É un É w n Posons N = max(N1 ,N2 ,N3 ). Soit n Ê N. On a un − l É w n − l É ε et l − un É l − v n É ε. Par conséquent, |un − l | É ε.
Remarque 10.7 Contrairement au passage à la limite dans les inégalités, le théorème des gendarmes garantit l’existence de la limite de (un ). Bien distinguer les deux théorèmes.
360
T HÉORÈME 10.17 ♥ Caractérisation séquentielle de la borne supérieure On considère une partie X non vide et majorée de R . Elle possède une borne supérieure sup X. Soit un réel l ∈ R . Les deux propriétés suivantes sont équivalentes. 1. l = sup X.
2. l est un majorant de X et il existe une suite (xn ) d’éléments de X qui converge vers l . Démonstration ♥ La preuve illustre bien l’utilisation des deux théorèmes précédents. ⇒ On sait que sup X est un majorant de la partie X . Nous allons utiliser pour la première fois une technique importante en analyse : la construction d’une suite à partir d’une propriété à quantificateurs de la forme ∀ε > 0, ∃x ... . Utilisons la caractérisation à ε de la borne supérieure (théorème 9.9 page 342). ∀ε > 0, ∃x ∈ X, sup X − ε É x É supX
Soit n ∈ N⋆ , en prenant ε = 1/n > 0 dans la propriété ci-dessus, il existe un réel xn ∈ X vérifiant sup X − 1/n É xn É sup X. On construit ainsi une suite de points (xn ) de X qui converge vers sup X d’après le théorème des gendarmes. ⇐ Montrons que l est le plus petit des majorants de la partie X . Soit M un majorant de X , on a ∀x ∈ X , x É M d’où ∀n ∈ N , xn É M
Mais puisque xn −−−−−→ l , par passage à la limite dans les inégalités, on en déduit que l É M. n→+∞ Multimédia : illustrer cette construction séquentielle
10.3.3 Limites infinies Nous allons étendre la notion de limite d’une suite à R. D ÉFINITION 10.8 ♥ Suite divergeant vers +∞ ou −∞ Soit (un ) une suite réelle. – On dit que (un ) diverge (ou tend) vers +∞ si et seulement si ∀M ∈ R,
∃N ∈ N :
∀n ∈ N,
n Ê N ⇒ un Ê M
On note alors un −−−−−→ +∞. n→+∞ – On dit que (un ) diverge (ou tend) vers −∞ si et seulement si ∀m ∈ R,
∃N ∈ N :
∀n ∈ N,
n Ê N ⇒ un É m
On note alors un −−−−−→ −∞. n→+∞
P LAN 10.2 : Pour montrer que un −−−−−→ +∞ n→+∞
On utilise le plan : 1. Soit M ∈ R.
2. Posons N = ...
3. Vérifions : soit n Ê N, on a bien un Ê M Remarque 10.8 Attention, il existe des suites divergentes qui ne tendent pas vers ±∞, par exemple la suite de terme général (−1)n . . . On étend les théorèmes généraux aux suites qui divergent vers l’infini. Par exemple : P ROPOSITION 10.18 Soient (un ) et (v n ) deux suites. On suppose que H1
un −−−−−→ l ∈ R ,
H2
v n −−−−−→ +∞.
n→+∞
n→+∞
Alors un + v n −−−−−→ +∞. n→+∞
361
Démonstration On veut minorer un + v n à partir d’un certain rang. Avec nos hypothèses, à partir d’un certain rang, un Ê l − 1 et v n Ê M′ (avec M′ aussi grand que l’on veut). Alors à partir d’un certain rang, un +v n Ê M′ +l −1. Il suffit de rédiger rigoureusement cette idée : Soit M ∈ R .
Posons M′ = M − l + 1.
Puisque v n → +∞, il existe N1 ∈ N tel que ∀n Ê N1 , v n Ê M′ . Puisque un −−−−−→ l et que k = l − 1 < l , d’après le théorème 10.6, il existe N2 ∈ N tel que ∀n Ê N2 , un Ê l − 1. n→+∞
Posons N = max(N1 ,N2 ).
Soit n Ê N, un + v n Ê l − 1 + M′ = M.
Plus généralement, on dispose des théorèmes généraux suivants qui utilisent les opérations sur R vues dans les tables 9.7 page 343. T HÉORÈME 10.19 Théorèmes généraux étendus à R On considère deux suites (un ) et (v n ). On suppose que : H1
un → l ∈ R,
H2
vn → l ′ ∈ R
Alors, – un + v n −−−−−→ l + l ′ sauf si (l + l ′ ) est une forme indéfinie. n→+∞
– un v n −−−−−→ ll ′ sauf si (ll ′ ) est une forme indéfinie. n→+∞
– un /v n −−−−−→ l/l ′ sauf si l/l ′ est une forme indéfinie. n→+∞
On utilise souvent la variante suivante du théorème des gendarmes : T HÉORÈME 10.20 ♥♥♥ Théorème des gendarmes étendu à R Soient deux suites (un ) et (v n ). On suppose que H1
À partir d’un certain rang, v n É un ,
H2
v n −−−−−→ +∞. n→+∞
Alors un −−−−−→ +∞. n→+∞ De même, si H1
À partir d’un certain rang, un É v n ,
H2
v n −−−−−→ −∞, n→+∞
alors un −−−−−→ −∞. n→+∞
Démonstration Soit M ∈ N . Puisque v n −−−−−→ +∞, il existe un rang N1 ∈ N tel que ∀n Ê N1 , v n Ê M. n→+∞
D’après la première hypothèse, il existe un rang N2 ∈ N tel que ∀n Ê N2 , v n É un . Posons N = max(N1 ,N2 ). Soit n Ê N, un Ê v n Ê M.
10.4 Suite extraite d’une suite D ÉFINITION 10.9 Suite extraite On dit qu’un suite (v n ) est une suite extraite ou une sous suite d’une suite (un ) s’il existe une application ϕ : N → N strictement croissante telle que ∀n ∈ N,
v n = uϕ(n)
362
L EMME 10.21 ♥ Soit ϕ : N → N strictement croissante. Alors
∀n ∈ N,
ϕ(n) Ê n
Démonstration Par récurrence : Si n = 0 alors comme ϕ est à valeurs dans N, on a bien ϕ (0) Ê 0.
Soit n ∈ N. On suppose que ϕ(n) Ê n . Montrons que ϕ(n + 1) Ê n + 1. Comme ϕ est strictement croissante, on a nécessairement ϕ (n + 1) > ϕ (n) Ê n . Par conséquent ϕ (n + 1) Ê n + 1. (Si pour deux entiers x, y , on a x > y alors x Ê y + 1). La propriété est alors prouvée par application du principe de récurrence.
P ROPOSITION 10.22 ♥♥♥ Une suite extraite d’une suite convergente est convergente Toute suite extraite d’une suite (un ) convergeant vers une limite l est une suite convergeant vers l Démonstration Soit ϕ : N 7→ N une application strictement croissante. On suppose que un −−−−−→ l . Montrons que uϕ(n) −−−−−→ l . n→+∞
n→+∞
Soit ε > 0. Puisque un −−−−−→ l , il existe N ∈ N tel que ∀n Ê N, |un − l | É ε. n→+∞
Soit n Ê N. D’après le lemme précédent, ϕ(n) Ê n Ê N et donc |uϕ(n) − l | É ε.
C OROLLAIRE 10.23 ♥ Critère de divergence d’une suite Soit (un ) une suite réelle. On suppose qu’il existe deux suites extraites uϕ(n) et uϕ(n) telles que : ˜ H1
uϕ(n) −−−−−→ l 1 ∈ R ,
H2
uϕ(n) −−−−−→ l 2 ∈ R , ˜
H3
l 1 6= l 2 .
n→+∞
n→+∞
Alors la suite (un ) est divergente. Démonstration Par l’absurde, s’il existait l ∈ R tel que un −−−−−→ l , d’après le théorème précédent, on aurait uϕ(n) −−−−−→ l et n→+∞ n→+∞ uϕ(n) −−−−−→ l . Par unicité de la limite, on aurait alors l 1 = l = l 2 ce qui est absurde. ˜ n→+∞
Exemple 10.2 La suite (un ) = ((−1)n ) est divergente. En effet, la suite extraite (u2n ) converge vers 1 alors que la suite extraite (u2n+1 ) converge vers −1. P ROPOSITION 10.24 Critère de convergence d’une suite Soit (un ) une suite et l ∈ R. On suppose que : H1
u2n −−−−−→ l
H2
u2n+1 −−−−−→ l
n→+∞
n→+∞
alors un −−−−−→ l . n→+∞
Démonstration Soit ε > 0. ¯ ¯ Comme u2n −−−−−→ l , il existe un rang N1 ∈ N tel que ∀p Ê N1 , ¯u2p − l ¯ É ε. Puisque u2n+1 −−−−−→ l , il existe un rang n→+∞ ¯ ¯ N2 ∈ N tel que ∀p Ê N2 , ¯u2p+1 − l ¯ É ε.
n→+∞
Posons N = max (2N1 ,2N2 + 1). Soit n Ê N. Il y a deux possibilités. ¯ ¯ • Si n est pair, n = 2p avec 2p Ê N Ê 2N1 d’où p Ê N1 et alors ¯u2p − l ¯ É ε. ¯ ¯ • Si n est impair, n = 2p + 1 avec 2p + 1 Ê N Ê 2N2 + 1 d’où p Ê N2 et alors ¯u2p+1 − l ¯ É ε. Dans les deux cas, on a vérifié que |un − l | É ε.
10.5 Suites monotones 10.5.1 Théorème de la limite monotone 363
T HÉORÈME 10.25 ♥♥♥ Théorème de la limite monotone Soit (un ) une suite croissante. On a les deux possibilités suivantes. Si la suite (un ) est majorée alors elle converge vers une limite finie l ∈ R donnée par l = sup {un | n ∈ N}.
1
Si la suite (un ) n’est pas majorée alors elle diverge vers +∞.
2
Démonstration ♥♥♥ 1
Supposons que (un ) soit une suite croissante et majorée par un réel M. L’ensemble A = {un | n ∈ N} est une partie non vide et majorée de R. En appliquant la propriété de la borne supérieure 9.4, cet ensemble possède une borne supérieure l ∈ R. Montrons que un −−−−−→ l . n→+∞
Soit ε > 0.
D’après la caractérisation de la borne supérieure, il existe x ∈ A tel que l − ε É x É l . Il existe N ∈ N tel que x = uN et on a l − ε É uN É l .
Soit n Ê N. Puisque la suite (un ) est croissante, uN É un et comme l est un majorant de A , un É l . D’où l −ε É uN É un É l . Mais alors −ε É un − l É 0 ce qui montre que |un − l | É ε. 2 Supposons que (un ) est croissante mais non majorée. Soit A ∈ R. Comme (un ) n’est pas majorée, il existe N ∈ N tel que uN Ê A. Comme (un ) est croissante, on a ∀n Ê N, un Ê uN Ê A. Par conséquent un −−−−−→ +∞. n→+∞
Remarque 10.9 – Ce théorème dit que toute suite croissante possède une limite dans R. – La première partie de ce théorème est souvent formulée sous la forme suivante qu’il faut impérativement retenir : Toute suite réelle croissante et majorée est convergente. – Si une suite (un ) croissante converge vers l , on a ∀n ∈ N , un É l . – Si un suite (un ) décroissante converge vers l , on a ∀n ∈ N , l É un . C OROLLAIRE 10.26 Soit (un ) une suite décroissante. On a les deux possibilités suivantes. 1. Si (un ) est minorée alors (un ) converge vers une limite finie l ∈ R donnée par l = inf {un | n ∈ N}.
2. Si (un ) n’est pas minorée alors elle diverge vers −∞.
Démonstration Il suffit d’appliquer la propriété précédente à la suite (−un ).
Remarque 10.10 Le théorème de la limite monotone permet de justifier l’existence d’une limite sans la connaître explicitement. C’est un théorème d’existence abstrait très important en analyse.
10.5.2 Suites adjacentes
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
F IGURE 10.2 – Suites adjacentes
D ÉFINITION 10.10 Suites adjacentes Soient (un ) et (v n ) deux suites réelles. On dit que (un ) et (v n ) sont adjacentes si et seulement si 1
(un ) est croissante
2
(v n ) est décroissante
3
v n − un −−−−−→ 0 n→+∞
364
18
19
T HÉORÈME 10.27 Théorème de convergence des suites adjacentes Soient (un ) et (v n ) deux suites réelles. On suppose que H1
les suites (un ) et (v n ) sont adjacentes.
Alors ces deux suites sont convergentes et convergent vers la même limite l ∈ R. De plus, ∀n ∈ N,
un É l É v n
Démonstration 1
2 3 4
Remarquons tout d’abord que pour tout n ∈ N, un É v n . En effet, si ce n’était pas le cas, il existerait N ∈ N tel que uN −v N > 0. Mais alors, comme (un ) est croissante et (v n ) est décroissante, il vient pour tout n Ê N, un − v n Ê uN − v N > 0 ce qui est en contradiction avec le fait que un − v n −−−−−→ 0. On en déduit en particulier que pour tout n ∈ N, un É v n É v 0 car (v n ) n→+∞ est décroissante et v n Ê un Ê u0 car (un ) est croissante.
(un ) est croissante et majorée par v 0 . En vertu du théorème de la limite monotone 10.25, (un ) converge vers une limite l 1 ∈ R et : ∀n ∈ N, un É l 1 .
(v n ) est décroissante et minorée par u0 . En appliquant à nouveau le théorème de la limite monotone 10.25, (v n ) converge donc vers une limite l 2 ∈ R et : ∀n ∈ N, v n Ê l 2 .
Enfin : 0 = lim (v n − un ) = lim v n − lim un = l 2 − l 1 . Par conséquent l 1 = l 2 . n→+∞
n→+∞
n→+∞
Les deux suites convergent donc vers une même limite l = l 1 = l 2 .
10.5.3 Approximation décimale des réels Dans tout ce paragraphe x est un nombre réel. Pour tout n ∈ N, on pose ¡ ¢ p n = E 10n x
Par définition de la partie entière d’un réel, on a p n É 10n x < p n + 1. Cette inégalité est équivalente à E (10n x) + 1 . 10n
Posons, pour tout n ∈ N, an =
E (10n x) 10n
et bn =
E (10n x) Éx< 10n
E (10n x) + 1 10n
Remarque 10.11 – ∀n ∈ N, bn − an = 10−n . – Pour tout n ∈ N, an et bn sont des rationnels : an , bn ∈ Q. D ÉFINITION 10.11 Valeur décimale approchée Soit n ∈ N. Les rationnels an et bn sont appelés respectivement valeurs décimales approchées de x à 10−n près respectivement par défaut et par excès. Exemple 10.3 n 1 2 3 4
p 1< 2 n0 | un ∈ [a 1 ,c1 ]}, D1 = {n > n0 | un ∈ [c1 ,b1 ]}. – Si G0 est fini, alors D0 est infini et possède un plus petit élément n0 . On pose alors a 1 = c0 , b1 = b0 , G1 = {n > n0 | un ∈ [a 1 ,c1 ]}, D1 = {n > n0 | un ∈ [c1 ,b1 ]}. Dans les deux cas, G1 ∪ D1 est un ensemble infini. On construit par récurrence une suite d’entiers (nk )k∈K et deux suites réelles (a n ), (bn ) vérifiant : n0 < n1 < · · · < nk < ... , a 0 É a 1 É · · · É a k É · · · É bk É · · · É b1 É b0 et a k É un k É bk . Puisque (bk − a k ) =
366
(b0 − a 0 )/2k , on vérifie facilement que ce sont deux suites adjacentes. Elles convergent donc vers la même limite l ∈ R . On définit
alors l’application
ϕ:
½
N k
−→ 7−→
N nk
qui est strictement croissante. Puisque a k É unk É bk , d’après le théorème des gendarmes, la suite extraite uϕ(k) converge vers l .
Multimédia : Animation qui explique cette construction.
10.6 Suites géométriques T HÉORÈME 10.31 ♥♥♥♥ Convergence d’une suite géométrique Considérons la suite géométrique (k n ) de raison k ∈ R et de premier terme 1. – Si k > 1, la suite (k n ) diverge vers +∞. – Si k = 1, la suite (k n ) est constante et tend vers 1. – Si |k| < 1, la suite (k n ) converge vers 0. – Si k É −1, la suite (k n ) diverge. En résumé la suite géométrique (k n ) converge si et seulement si |k| < 1 ou bien k = 1. CV
DV
DV 1
−1
k
Démonstration • Supposons k > 1. Nous allons utiliser l’inégalité suivante, dite de Bernoulli et qui se prouve aisément par récurrence (voir l’exercice 8.30 page 329) : ∀x Ê 0,
∀n ∈ N,
(1 + x)n Ê 1 + nx.
Comme k > 1, on a k − 1 > 0 et donc, pour tout n ∈ N, k n = (1 + (k − 1))n Ê 1 + n (k − 1). Comme k − 1 > 0, n (k − 1) −−−−−→ +∞. n→+∞
Par le théorème des gendarmes, on en déduit que k n −−−−−→ +∞. n→+∞
• Si k = 1, trivialement k n −−−−−→ 1. n→+∞
• Si |k| < 1, alors en supposant que k est non nul et en posant b = 1/|k|, on a b > 1. D’après le premier point, on peut affirmer que b n −−−−−→ +∞ et alors la suite |k|n −−−−−→ 0 et donc k n −−−−−→ 0. Si a = 0, le résultat est évident. n→+∞ n→+∞ ¡ ¢n→+∞ • Si k É −1, on peut extraire deux sous-suites de la suite k n , les suites (k 2n ) et (k 2n+1 ). Si k < −1, la première sous-suite diverge vers +∞ et la seconde diverge vers −∞ et si k = −1, la première sous-suite converge vers 1 et la seconde converge vers −1. Dans ¡ ¢ les deux cas, appliquant le théorème 10.23, on peut affirmer que k n est divergente.
D ÉFINITION 10.12 Série géométrique Soit k ∈ R. On définit la progression géométrique (ou série géométrique) de raison k comme étant la suite de terme général S n = 1 + k + k 2 + ... + k n =
n X
ki
i=0
T HÉORÈME 10.32 ♥♥♥♥ Convergence d’une série géométrique – On sait calculer une somme géométrique : n+1 1−k 2 n S n = 1 + k + k + ... + k = 1−k n +1
– Si |k| < 1, la suite (S n ) converge vers le réel
si k 6= 1 si k = 1
1 et si |k| Ê 1, la suite (S n ) diverge. 1−k
1 − k n+1 1 . Si k = 1, S n = n + 1 −−−−−→ +∞ et donc (S n ) −−−−−→ n→+∞ n→+∞ 1 − k 1−k n+1 n diverge. Pour |k| Ê 1 et k 6= 1, puisque (1−k)S n = 1−k , on tire k = (1−(1−k)S n )/k . Si la suite (S n ) convergeait vers l , d’après les théorèmes généraux, la suite (k n ) convergerait vers (1 − (1 − k)l )/k ce qui est faux d’après le théorème précédent.
Démonstration
Si |k| < 1, puisque k n −−−−−→ 0, S n = n→+∞
367
Remarque 10.12 Le dessin suivant permet de visualiser la limite de la somme géométrique dans le cas où 0 < k < 1. On place les uns après les autres des cubes de côté k i . Multimédia : Faire varier k et la valeur de la somme
1
1
k S0
y = 1 − (1 − k)x
k2 S1
1/(1 − k)
Sn
Remarque 10.13 Les suites et séries géométriques sont très utilisées en analyse. On essaie souvent de majorer des suites par des suites géométriques dont on connaît bien le comportement.
10.7 Relations de comparaison 10.7.1 Introduction Bien que deux suites puissent avoir la même limite, elles peuvent avoir des comportement très différents en l’infini. On s’en convaincra en observant les graphes des suites (n), (2n ) et (n!/10). Une idée simple pour comparer le comportement asymptotique de deux suites (un ) et (v n ) est d’étudier la nature de la suite quotient (un /v n ). Cette idée est à la base des notions de domination, prépondérance et équivalence que nous allons développer maintenant. Ainsi, on dira que (v n ) est prépondérante devant (un ) si un /v n −−−−−→ 0. On dira n→+∞ aussi que (un ) et (v n ) sont équivalentes si un /v n −−−−−→ 1. n→+∞ On verra que cette façon de comparer le comportement asymptotique des suites aura des conséquences utiles sur les méthodes de calcul de limites.
1
2
3
4
7
6
5
8
9
10
11
12
F IGURE 10.3 – × (100n) - (2n ) - •(n!/10)
10.7.2 Suite dominée par une autre D ÉFINITION 10.13 Suite dominée par une autre Soient (un ) et (v n ) deux suites. On dit que (un ) est dominée par (v n ) si et seulement si il existe une suite (Bn ) et un rang N ∈ N tels que : 1
(Bn ) est une suite bornée.
2
∀n Ê N,
un = Bn v n
On note alors : un =
O
n→+∞
(v n )
P ROPOSITION 10.33 Transitivité de la relation O Le relation O est transitive, ce qui signifie que si (un ), (v n ) et (w n ) sont trois suites, alors : h un = Démonstration
O
n→+∞
Comme un =
O
(v n )
n→+∞
(v n )
et
vn =
et
vn =
O
n→+∞
i (w n )
=⇒
un =
Par conséquent, un =
O
n→+∞
(w n )
¡
¢
¡
¢
O (w n ), il existe des suites bornées B′n et B′′n telles que à partir n→+∞ ¡ ¢ ∀n Ê N′ , un = B′n v n et ∀n Ê N′′ , v n = B′′n w n . Posons N = max N′ ,N′′ et
d’un certain rang N′ et d’un certain autre N′′ , on a : pour tout n Ê N, posons Bn = B′n .B′′n . La suite (Bn )nÊN est bornée et : ∀n Ê N,
O
n→+∞
un = B′n v n = B′n B′′n w n = Bn w n .
(w n ).
368
13
T HÉORÈME 10.34 Une suite est dominée par une autre si et seulement si le quotient de la première par la deuxième est borné Soit (un ) et (v n ) deux suites. Si à partir d’un certain rang (v n ) ne s’annule pas alors : un =
O
n→+∞
⇐⇒
(v n )
µ
¶ un est bornée vn µ
¶ un est donc bien définie. On peut v n nÊN supposer que (v n ) ne s’annule jamais (et donc que N = 0). Dire que : un = O (v n ) revient à dire qu’il existe un rang N ∈ N et n→+∞ µ ¶ un un une suite bornée (Bn ) tels que : ∀n Ê N, un = Bn v n , ce qui est équivalent à dire que : ∀n Ê N, = Bn et donc que est vn vn
Démonstration
Supposons que (v n ) ne s’annule pas à partir du rang N ∈ N. La suite
bornée.
10.7.3 Suite négligeable devant une autre D ÉFINITION 10.14 Suite négligeable devant une autre Soient (un ) et (v n ) deux suites réelles. On dit que (un ) est négligeable devant (v n ) si et seulement si il existe une suite (εn ) et un rang N tels que 1
εn −−−−−→ 0
2
∀n Ê N,
n→+∞
un = εn v n
On note alors : un = Remarque 10.14
o
n→+∞
(v n ).
Écrire que un =
o
n→+∞
(1) revient à dire que un −−−−−→ 0. n→+∞
P ROPOSITION 10.35 Transitivité de la relation o La relation o est transitive, ce qui signifie que si (un ), (v n ) et (w n ) sont trois suites réelles, alors : h un =
o
n→+∞
(v n )
et
vn =
o
n→+∞
i (w n )
=⇒
un =
o
n→+∞
(w n )
Démonstration Identique à la démonstration de la transitivité de O.
T HÉORÈME 10.36 Une suite est négligeable devant une autre si et seulement si le quotient de la première par la deuxième tend vers 0. Soit (un ) et (v n ) deux suites réelles. Si à partir d’un certain rang (v n ) ne s’annule pas alors : un =
o
n→+∞
(v n )
⇐⇒
un −−−−−→ 0 v n n→+∞
Démonstration Identique à la démonstration du théorème 10.34.
Remarque 10.15 Vous rencontrerez deux façons d’utiliser la notation o . – La première est celle de la définition. Par exemple, on peut écrire ln n = o (n), ce qui signifie que ln n/n −−−−−→ 0. n→+∞ n→+∞ – Mais vous rencontrerez aussi des écritures comme : µ ¶ 1 1 1 1 1 + + o = + n − 1 n n 2 n 3 n→+∞ n 3 ¡ ¢ qui signifie que 1/(n − 1) − 1/n + 1/n 2 + 1/n 3 est négligeable devant 1/n 3 quand n → +∞. Autrement dit : 1/n + ³ ´ 1 c’est-à-dire est 1/n 2 + 1/n 3 est une approximation de 1/ (n − 1) quand n → +∞ et l’erreur commise est un o n3 n→+∞
négligeable devant 1/n 3 quand n → +∞.
369
10.7.4 Suites équivalentes D ÉFINITION 10.15 Suite équivalentes Soient (un ) et (v n ) deux suites réelles. On dit que (un ) est équivalente à (v n ) si et seulement si : un − v n =
o
n→+∞
(v n )
P ROPOSITION 10.37 La relation « est équivalente à »est une relation d’équivalence sur l’ensemble des suites. Soient (un ), (v n ) et (w n ) trois suites réelles. On a : • ∼ est réflexive : un ∼ un . n→+∞ • ∼ est symétrique : un ∼ v n ⇐⇒ v n ∼ un . n→+∞ n→+∞ • ∼ est transitive : un ∼ v n et v n ∼ w n =⇒ un ∼ w n . n→+∞
n→+∞
n→+∞
Démonstration Montrons que si un ∼ v n , alors v n ∼ un . Puisque un ∼ v n , à partir d’un certain rang N, un −v n = n→+∞ n→+∞ n→+∞ v n εn où εn −−−−−→ 0. On en tire un = (1 + εn )v n . Puisque εn −−−−−→ 0, à partir d’un rang N2 Ê N, 1 − εn 6= 0. Alors pour n Ê N2 , n→+∞ n→+∞ v n − un = −εn /(1 − εn )v n . Définissons la suite (e n ) par e n = −εn /(1 + εn ). On a e n −−−−−→ 0 ce qui montre que v n − un = o(un ) n→+∞ d’où v n ∼ un . Les autres preuves sont laissées en exercice. n→+∞
T HÉORÈME 10.38 Une suite est équivalente à une autre si et seulement si le quotient de la première par la deuxième tend vers 1. Soient (un ) et (v n ) deux suites réelles. Si (v n ) ne s’annule pas à partir d’un certain rang, alors un
∼
n→+∞
vn
⇐⇒
un −−−−−→ 1 v n n→+∞
P LAN 10.3 : Pour montrer que un
∼
n→+∞
vn
on peut au choix, montrer que 1
un −−−−−→ 1 v n n→+∞
2
À partir d’un certain rang, un = (1 + εn )v n avec εn −−−−−→ 0.
3
À partir d’un certain rang, un = v n + εn avec εn =
n→+∞
o
n→+∞
(v n ).
T HÉORÈME 10.39 Équivalents et limites Soit (un ) et (un ) deux suites réelles . Alors : – Si un ∼ v n et si v n −−−−−→ l ∈ R alors un −−−−−→ l . n→+∞
n→+∞
n→+∞
– Si un −−−−−→ l ∈ R avec l 6= 0 , alors un n→+∞
Démonstration – Comme un ∼
n→+∞
∼
n→+∞
l .
v n , il existe une suite (εn ) telle que, à partir d’un certain rang : un = (1 + εn )v n et εn −−−−−→ 0. Comme n→+∞
v n −−−−−→ l ∈ R, par opération sur les limites : un −−−−−→ l . n→+∞ n→+∞ un – Dire que : un −−−−−→ l ∈ R∗ revient à dire que : −−−−−→ 1 et donc un ∼ l . n→+∞ n→+∞ l n→+∞
Attention 10.4 Écrire un
∼
n→+∞
0 revient à dire qu’à partir d’un certain rang, les termes de la suite (un ) sont tous nuls.
P ROPOSITION 10.40 Un équivalent simple permet de connaître le signe d’une suite Si (un ) et (v n ) sont deux suites réelles équivalentes alors, il existe un rang à partir duquel elles sont de même signe un
∼
n→+∞
v n =⇒ [∃N ∈ N :
370
∀n Ê N,
un v n Ê 0]
Démonstration Comme un ∼ v n il existe une suite (εn ) telle que, à partir d’un certain rang : un = (1+εn )v n et εn −−−−−→ 0. n→+∞ n→+∞ Le signe de (1 + εn )v n est donc donné, à partir d’un certain rang, par celui de v n . Par conséquent, à partir d’un certain rang, les deux suites (un ) et (v n ) sont de me signe.
T HÉORÈME 10.41 Produits, quotients, puissances d’équivalents Soit (an ), (bn ), (un ), (v n ) des suites vérifiant : un
∼
n→+∞
an
et
vn
∼
n→+∞
bn .
Alors : 1
un v n
∼
n→+∞
an bn un vn
2
Si (v n ) et (bn ) ne s’annulent pas à partir d’un certain rang :
3
Si (un ) et (an ) sont strictement positives à partir d’un certain rang : unα
Démonstration
∼
n→+∞
an . bn ∼
n→+∞
anα où α ∈ R.
Démontrons le premier équivalent. Les autres se prouvent de même. Comme un ¡
¢
∼ an n→+∞ : un = αn a n
et
vn
∼
n→+∞ v n = βn bn .
bn ,
il existe des suites (αn ) et βn toutes deux convergeant vers 1 telles que à partir d’un certain rang et Par ¡ ¢ conséquent, à partir d’un certain rang : un .v n = (αn a n ) . βn bn = αn βn .a n bn et par opération sur les limites αn βn −−−−−→ 1. On n→+∞ a donc bien : un v n ∼ a n bn . n→+∞
Remarque 10.16
Attention, il ne faut pas
1
Sommer des équivalents.
2
Composer des équivalents. En particulier, il ne faut pas • Prendre des logarithmes d’équivalents. • Prendre des exponentielles d’équivalents.
Exemple 10.5 Par exemple : – n + 1 ∼ n et −n ∼ −n + 2 mais cela n’a pas de sens d’écrire : 1 n→+∞
n
– 2 +n
∼
n→+∞
n→+∞
n
2 mais par contre e
2n +n
2n
∼
n→+∞
2.
n’est pas équivalent à e .
10.8 Comparaison des suites de référence P ROPOSITION 10.42 Comparaison logarithmique 1. Si (un ) et (v n ) sont deux suites à termes strictement positifs et si, à partir d’un certain rang, un+1 v n+1 É un vn
alors un =
O
n→+∞
(v n ) .
2. Soit (un ) est une suite à termes strictement positifs . On a : (a)
un+1 −−−−−→ l < 1 =⇒ un −−−−−→ 0 . n→+∞ un n→+∞
(b)
un+1 −−−−−→ l > 1 =⇒ un −−−−−→ +∞ . n→+∞ un n→+∞
Démonstration
µ ¶ v n+1 un un un+1 un+1 É É alors, à partir d’un certain rang, on a : et donc la suite est un vn v n+1 vn vn décroissante à partir de ce rang. Comme (un ) et (v n ) sont à termes strictement positifs, cette suite est minorée par 0. On
1. Si à partir d’un certain rang :
371
peut donc appliquer le théorème de la limite monotone 10.25, la suite théorème 10.5, on peut affirmer que
un converge vers une limite l Ê 0. Par application du vn
un est bornée et donc que un = O (v n ). n→+∞ vn
un+1 . n→+∞ un
2. Posons l = lim
(a) Si l < 1 alors on peut trouver un réel r ∈ ]l ,1[ (par exemple r = (l + 1)/2). D’après le théorème 10.6 page 357, à partir un+1 d’un certain rang N ∈ N, on a É r . Par conséquent, si n Ê N, un
uN+2 uN+1 un+1 un+1 un = ... É uN un un−1 uN+1 uN
r| ... {z .r}
n+1−N
= r n+1−N .
fois
Donc un É r n+1−N uN et comme 0 É r < 1, la suite géométrique (r n ) converge vers 0. On en déduit que un −−−−−→ 0. n→+∞
un+1 Ê r . La démonstration se termine comme (b) Si l > 1 alors en prenant r ∈ ]1,l [, à partir d’un certain rang N ∈ N, on a un
la précédente.
T HÉORÈME 10.43 Comparaison des suites de référence Soient a > 1, α > 0 et β > 0. (ln n)β =
o
n→+∞
¡
nα
¢
nα =
o
n→+∞
¡
an
¢
an =
Démonstration
o
n→+∞
n! =
o
n→+∞
¡
nn
¢
α β ln n β β β ln x (ln n) −−−−−→ 0. Par conséquent • Soit (un ) la suite de terme général un = . Pour tout n ∈ N, on a un = . Mais α α n α x x→+∞ nβ α ln n β α nβ
(n!)
−−−−−→ 0 et donc un −−−−−→ 0 ce qui prouve que (ln n)β = n→+∞
n→+∞
o
n→+∞
¡ α¢ n .
nα • Considérons maintenant la suite (v n ) de terme général v n = n . Soit n ∈ N. On a a µ ¶ v n+1 1 1 1 a = −−−−−→ 1+ n→+∞ a vn a n
En appliquant le critère de comparaison logarithmique, on peut affirmer, puisque 0 < nα =
o
n→+∞
¡ n¢ a .
• Considérons la suite (w n ) de terme général w n =
1 < 1, que v n −−−−−→ 0 et donc que n→+∞ a
an . On a n! a w n+1 = −−−−−→ 0 wn n + 1 n→+∞
En appliquant à nouveau le critère de comparaison logarithmique, on peut affirmer que v n −−−−−→ 0 et donc que a n = o (n!). n→+∞ n→+∞ – Pour la dernière relation, si n Ê 1 on vérifie facilement que : 1 × 2 × 3 × ... × n 1 n! = É −−−−−→ 0. nn n × n × n × ... × n n n→+∞
On peut aussi appliquer le critère de comparaison logarithmique à la suite (xn ) de terme général xn = µ ¶ xn+1 ³ n ´n 1 −n 1 = = 1+ −−−−−→ ∈ ]0,1[ . n→+∞ e xn n +1 n
372
n! . On a : nn
T HÉORÈME 10.44 Équivalents usuels Soit (un ) une suite telle que un −−−−−→ 0 . n→+∞
1
sin un
2
tan un
∼
un
5
[e un − 1]
∼
un
6
sh un
7
[(1 + un )α − 1]
n→+∞
n→+∞
ln (1 + un )
3
[1 − cos un ]
4
∼
n→+∞
∼
un
n→+∞
∼
n→+∞
∼
n→+∞
un
un ∼
n→+∞
αun
(α ∈ R∗ ).
un2 2
Démonstration 1
La première équivalence est une conséquence de la limite usuelle
2
tanun 1 sin un = −−−−−→ 1. un un cos un n→+∞
3
La troisième équivalence est une conséquence de la limite usuelle
4
sin x −−−→ 1. x x→0
ln (1 + x) −−−→ 1. x→0 x ³ u ´ u2 u2 un n = 2sin2 ∼ 2 n = n par produit d’équivPar application des formules de trigonométrie, 1−cos un = 1−cos 2 n→+∞ 2 2 4 2
alents.
ex − 1 −−−→ 1. x→0 x
5
La cinquième équivalence est une conséquence de la limite usuelle
6
(1 + un )α − 1 = e α ln(1+u n ) − 1 = αln (1 + un ) par application de la formule 5 car αln (1 + un ) −−−−−→ 0. Donc, en appliquant
la formule 3, (1 + un )α − 1
n→+∞
∼
n→+∞
αun .
En conclusion à ce chapitre et avant d’aborder les exercices, il est vivement conseillé de prendre connaissance du paragraphe C.4 de l’annexe C. On y apprendra différentes méthodes permettant de calculer des équivalents. Il sera aussi très profitable de (re-)lire le paragraphe C.1 de cette même annexe.
En résumé Les différents théorèmes et les différentes définitions de ce chapitre doivent être parfaitement compris et appris. Il faut pouvoir les illustrer par des dessins et savoir refaire les démonstrations marquées avec des ♥ . Pour la plupart, ces théorèmes et définitions seront re-formulés dans le cadre du prochain chapitre sur les fonctions réelles. En accompagnement des exercices de ce chapitre, lisez la partie C.1 page 1189 sur les techniques de majoration-minoration et la partie C.4 page 1204 sur les équivalents. Le tout se trouve dans l’annexe C. Enfin, en complément à ce chapitre, il faudra vous consacrer au paragraphe C.5 page 1219 toujours dans l’annexe C. On y traite des suites définies par récurrence un thème .... récurrent... dans les concours.
373
10.9 Exercices 10.9.1 Avec les définitions Exercice 10.1 ♥ Soit (un ) une suite réelle. Traduire à l’aide de quantificateurs : 1. La suite (un ) est constante à partir d’un certain rang. 2. La suite (un ) est croissante à partir d’un certain rang.
3. (un ) ne converge pas vers 0. 4. la suite un n’est pas croissante à partir d’un certain rang.
Solution : 1. ∃N ∈ N : 2. ∃N ∈ N : 3. ∃ε > 0 :
4. ∀N ∈ N ,
∀n ∈ N , ∀n ∈ N ,
∀N ∈ N ,
∃n ∈ N :
n Ê N =⇒ un = un+1 n Ê N =⇒ un É un+1
∃n ∈ N :
n Ê N et |un | Ê ε
n Ê N et un Ê un+1
Exercice 10.2 ♥ En utilisant les définitions 10.7 et 10.8, montrer que : 1. ( n1 )n∈N∗ converge vers 0·
4. (n 2 )n∈N tend vers +∞. p
2. ( n12 )n∈N∗ converge vers 0·
5. ( n)n∈N tend vers +∞.
3. ( 21n )n∈N converge vers 0·
6. (ln n)n∈N∗ tend vers +∞.
Solution : 1. Voir l’exemple 10.1 page 356.
p
∗ 2 . On équivalente 1/n É ε. Posons 2. Soit ε ¡> 0p ¢ cherche un rangpN ∈ N tel que si n Ê N alors 1/n É ε ou de manière N = E 1/ ε + 1. On a 1/N É ε. Soit n ∈ N tel que n Ê N. On a bien : 1/n 2 É 1/N2 É ε et donc 1/n 2 −−−−−→ 0. n→+∞
3. Soit ε > 0. On cherche un rang N ∈ N∗ tel que si n Ê N alors 1/2n É ε ou de manière équivalente n Ê Posons N = E 1 −−−−−→ 0 2n n→+∞
³
− ln ε ln(1/2)
´
ln ε ln(1/2) .
+ 1 (on peut supposer ε ∈ ]0, 1[. Soit n ∈ N∗ tel que n Ê N. Alors 1/2n É 1/2N < ε et donc
4. Soit M ∈ R. On peut choisir M positif sans que cela ne particularise p la démonstration. ¡p On ¢ cherche un rang N ∈ N tel que si n Ê N alors n 2 Ê M ou de manière équivalente n Ê M. Posons N = E M + 1. On a N2 Ê M. Soit n ∈ N tel que n Ê N. On a bien : n 2 Ê N2 Ê M et la suite tend donc vers +∞. p
2 ou de 5. Soit M¡ ∈ R¢. On cherche p manière équivalente n Ê M . Posons p un rang N ∈ N tel que si n Ê N alors n Ê M p N = E M2 + 1. On a N Ê M. Soit n ∈ N tel que n Ê N. On a bien : n Ê N Ê M et la suite tend donc vers +∞.
6. Soit M¡ ∈ R¢. On cherche un rang N ∈ N tel que si n Ê N alors ln n Ê M ou de manière équivalente n Ê e M . Posons N = E e M + 1. On a ln N Ê M. Soit n ∈ N tel que n Ê N. On a bien : ln n Ê ln N Ê M et la suite tend donc vers +∞. Exercice 10.3 ♥♥ On considère une suite (un ) qui converge vers 0. On définit la suite (v n ) de terme général : vn =
n 1 X kuk 2 n k=1
Montrer que (v n ) converge vers 0. Solution : Soit ε > 0. Comme (un ) converge vers 0, il existe un rang N1 ∈ N tel que si n Ê N1 alors |un | É ε/2. Par 374
application de l’inégalité triangulaire, on peut écrire : |v n |
¯ ¯ ¯ N1 n X 1 ¯¯ X ¯ ku ku + ¯ ¯ k k ¯ n 2 ¯k=1 k=N1 +1
=
N1 n 1 X ε 1 X |u | k + k k n 2 k=1 n 2 k=N1 +1 2
É
N1 1 X ε k |uk | + n 2 k=1 2
É
car
Pn
k=N1 +1
k É n 2 . De plus, par opérations sur les limites, 1 PN1
que si n Ê N2 alors 2 n prouve que v n −−−−−→ 0.
k=1
1 PN1 k |uk | −−−−−→ 0. Il existe donc un rang N2 ∈ N∗ tel n→+∞ n 2 k=1
k |uk | É ε/2. Posons N = max (N1 , N2 ). Soit n Ê N. On a alors |v n | É ε/2 + ε/2 = ε, ce qui
n→+∞
Exercice 10.4 ♥♥ Soit une suite réelle (un ) telle que ∀n ∈ N , un ∈ Z . Montrer que si la suite (un ) converge, alors elle est constante à partir d’un certain rang. Indication 10.5 : On pourra envisager la suite (v n ) définie par v n = un+1 − un . Solution : La suite (v n ) définie par v n = un+1 − un converge vers 0. On pose ε = 21 . Il existe N ∈ N tel que pour tout n Ê N, 1 1 − É vn É + . 2 2
Mais alors, pour n Ê N, v n = 0, puisque zéro est le seul entier compris entre −1/2 et et 1/2. La suite (un ) est donc constante à partir du rang N. Exercice 10.5 ♥♥♥ Soit un réel α ∈]0, 1[ et une suite (un ) convergeant vers une limite l ∈ R . Étudier la suite de terme général vn =
n X
αk un−k
k=0
Solution : Étudions d’abord le cas où (un ) est constante : ∀n ∈ N , un = a où a ∈ R. On obtient alors facilement que
1 − αn+1 a et v n −−−−−→ . Ce cas particulier nous invite à conjecturer que que si (un ) converge n→+∞ 1 − α 1−α vers l , la suite (v n ) converge vers l/(1 − α). Écrivons pour tout n ∈ N, un = l + εn avec εn −−−−−→ 0. Alors pour n ∈ N ,
pour tout n ∈ N , v n = a
n→+∞
vn = l
n 1 − αn+1 X αk εn−k + 1−α k=0
Définissons la suite de terme général θn =
n X
αk εn−k
k=0
et montrons que θn −−−−−→ 0. Cela montrera que la suite (v n ) converge vers l/(1 − α). n→+∞ Coupons, pour n ∈ N, la somme en deux sous-sommes : |θn | É
n−N X k=0
|αk εn−k | +
n X
|αk εn−k |
k=n−N+1
Soit ε > 0. Posons eε = ε (1 − α) /2 > 0. Comme εn −−−−−→ 0, il existe N ∈ N , tel que ∀k Ê N, |εk | É eε. n→+∞ Donc pour la première somme, si n Ê N : n−N X k=0
|αk εn−k | É e ε
1 − αn−N+1 e ε É . 1−α 1−α
En posant M = max(|ε0 |, . . . , |εN−1 |), on majore la deuxième somme : n X
|αk εn−k | É M
k=n−N+1
n X
k=n−N+1
αk =
M αN−1
375
αn
1 − αN M αn É N−1 1−α α (1 − α)
¶ n α converge vers 0 (car c’est une suite géométrique de raison α ∈ ]0, 1[) donc il existe αN−1 n Mα N′ ∈ N tel que ∀n Ê N′ , N−1 É e ε. Posons N1 = max(N, N′ ) et soit n > N1 . α
car α ∈ ]0, 1[. La suite
µ
M
Il vient finalement,
|θn | É
e ε e ε + = ε. 1−α 1−α
10.9.2 Convergence, divergence de suites Exercice 10.6 ♥ Étudier la convergence des suites suivantes, données par leur terme général : 1. un = sinn n
4. un = 3n − n 2 2n
n + (0.7)n 2. un = n(n−1)
5. un = (−1)n
2
p
3. un = n 3 + 2n 2 − 5n + 1
p
6. un = n 2 + n − n
Solution : 1. Pour tout réel x , −1 É sin x É 1, donc pour tout n ∈ N∗ , − n1 É un −−−−−→ 0.
sin n n
É
1 n.
D’après le théorème des gendarmes :
n→+∞
2. Soit n ∈ N∗ .
n2 n(n−1)
=
n2 ³ 1 ´ −−−−−→ n 2 1 1− 1 n→+∞ n
1 et (0.7)n −−−−−→ 0 car il s’agit d’une suite géométrique de raison 0.7 ∈ n→+∞
]−1, 1[. Donc par opérations sur les limites un −−−−−→ 1. n→+∞ ´ ³ 3. un = n 3 + 2n 2 − 5n + 1 = n 3 1 + n2 − n52 + n13 −−−−−→ +∞ par opérations sur les limites. n→+∞ ! Ã 2 n 4. un = 3n − n 2 2n = 3n 1 − ¡ 3 ¢n −−−−−→ +∞ par application des relations de comparaisons et par opérations sur n→+∞
2
les limites.
5. u2n = 1 −−−−−→ 1 et u2n+1 = −1 −−−−−→ −1. On a ainsi extrait deux suites de la suite un qui admettent des limites n→+∞ n→+∞ différentes. Donc (un ) diverge. 6. un =
p
³p p ´ ³p 2 p ´ n2 + n − n n +n + n n2 + n − n =p n2 + n − n = p p p = n2 + n + n n2 + n + n
p
tions sur les limites.
n2 q n
1 1 + p1 1+ n n
−−−−−→ +∞ par opéran→+∞
Exercice 10.7 ♥ Étudier la convergence des suites suivantes, données par leur terme général : n
4. un = 33n −4 +2
1. un = (−3)n + 3n 2n
n
+n3 2. un = 222n −n3 n n
5. un = cosn n 2
n
+b 3. un = aa n −b n où a, b ∈ R et 0 < a < b .
+1 6. un = −n n 2 +3
Solution : 1. u2n = 32n + 32n −−−−−→ +∞ et u2n+1 = −32n+1 + 32n+1 −−−−−→ 0. On a ainsi extrait deux suites de la suite (un ) qui n→+∞ n→+∞ ne tendent pas vers une même limite. Par conséquent, (un ) diverge. 2n
n
+n3 2. un = 222n −n3 n =
3. un =
a n +b n a n −b n n
=
4n +n3n 4n −n3n
bn bn n
−4 = 33n 4. un = 33n +2
1+
¡ a ¢n
−1 +
1 − 34n 1 + 32n
=
4n 4n
1 + ³ 4n´n 3
1 − ³ 4n´n
. Par croissances comparées
3
b ¡ a ¢n −−−−−→ −1 car b
n→+∞
¡ a ¢n b
³ n´n − −−−−→ 0. 4 n→+∞ 3
Donc : un −−−−−→ 1. n→+∞
est le terme général d’une suite géométrique de raison
−−−−−→ 1 par opérations sur les limites. n→+∞
376
a b
∈ ]−1, 1[.
5. Pour tout réel x , −1 É cos x É 1, donc pour tout n ∈ N∗ , − n1 É un −−−−−→ 0.
cos n n
É
1 n.
D’après le théorème des gendarmes :
n→+∞
2
2
+1 6. un = −n = n2 n 2 +3 n
−1+ 12 n − −−−−→ −1 1+ 32 n→+∞ n
par opérations sur les limites.
Exercice 10.8 ♥ Étudier la convergence des suites suivantes, données par leur terme général : 2
4. un = 4n − 3n + 1
−n ln n 1. un = nn2 +n(ln n)2
p
5. un =
2. un = n 2 + 3n − n n sin n n 2 +1
3. un =
¡ 1 ¢n 3
¡ 1 ¢n
−
2
n
6. un = a − (−a)n où a ∈ R.
Solution : 1. un =
n 2 −n ln n n 2 +n(ln n)2
=
n2 n2
limites. p 2. un = n 2 + 3n −n =
les limites.
1 − lnnn
1 + (lnnn)
−−−−−→ 1 par application des relations de comparaisons et par opérations sur les
2
n→+∞
³p ´ ³p ´ n 2 + 3n − n n 2 + 3n + n 3n =p = p 2 2 n + 3n + n n + 3n + n
n 3. On a, pour tout n ∈ N∗ , − n 2n+1 É nnsin É 2n et 2 +1 n +1 un −−−−−→ 0. n→+∞
³
4. un = 4n − 3n + 1 = 4n 1 − ¡ 1 ¢n
¡ 1 ¢n
¡ 3 ¢n 4
+
¡ 1 ¢n ´ 4
n −−−−−→ 0 n 2 +1 n→+∞
n n
3 −−−−−→ q n→+∞ 1 + n3 + 1
3 2
par opérations sur
donc par application du théorème des gendarmes,
−−−−−→ +∞ par opérations sur les limites. n→+∞ ³¡ ¢ ´ ³¡ ¢ ´
5. un = 3 − 2 −−−−−→ 0 par opérations sur les limites et car n→+∞ raison élément de ]−1, 1[.
1 n 3
1 n 2
et
sont des suites géométriques de
6. u2n = 0 −−−−−→ 0 et u2n+1 = 2a 2n+1 . Si a 6∈ ]−1, 1[, (u2n+1 ) diverge et les deux suites extraites (u2n ) et (u2n+1 ) sont n→+∞ de natures différentes donc (un ) diverge. Si a ∈ ]−1, 1[, u2n+1 −−−−−→ 0. Les suites (u2n ) et (u2n+1 ) convergent n→+∞ toutes deux vers 0. D’après le cours, un −−−−−→ 0. n→+∞
Exercice 10.9 ♥ Étudier la convergence des suites suivantes, données par leur terme général : 1. un = e
p
−n cos 2 n
p
n+1
4. un = n 4 + n 2 − n 2 − n
p
n
5. un = 2+4(−1) n
2. un = n 2 − n − n 2 + 1 3. un = sin(n n
2
)
6. un = sin( nπ 2 )
Solution :
e −n
É 1. Pour tout n ∈ N, −n É −n cos2 n É 0 et donc : n +1 théorème des gendarmes, un −−−−−→ 0. n→+∞
2. un
=
− nn q
p
n2 − n −
1 + n1 q 1 − n1 + 1 +
p
n2 + 1
=
³p
2n
e −n cos n+1
e −n = 0. Par application du n→+∞ n + 1
É 1. Mais lim
´³p ´ p p n2 − n − n2 + 1 n2 − n + n2 + 1 p p n2 − n + n2 + 1
=
−−−−−→ − 12 par opérations sur les limites.
n +1 −p p 2 n − n + n2 + 1
1 n→+∞ n2 2
) É n1 donc par application du théorème des gendarmes, un −−−−−→ 0. 3. Pour tout n ∈ N∗ , − n1 É sin(n n
p
4. un = n 4 + n 2 − n 2 − n = =
n3 n2
³p
n4 + n2 − n2 − n
−2 r −−−−−→ −∞ 1 n→+∞ 1+ 12 +1+ n n
´ ³p
n4 + n2 + n2 + n
p n4 + n2 + n2 + n
par opérations sur les limites.
377
´
n→+∞
−2n 3 =p n4 + n2 + n2 + n
=
2+4(−1)n n
5. Pour tout n ∈ N∗ , − n2 É un −−−−−→ 0.
É
6 n
2
6
n
n→+∞ n
et lim − = lim n→+∞
= 0. Par application du théorème des gendarmes,
n→+∞
6. Pour tout n ∈ N, u2n = sin(nπ) = 0 et u2n+1 = (−1)n . On extrait ainsi de (un ) deux suites de nature différentes. Par conséquent, (un ) diverge. Exercice 10.10 ♥ Étudier la convergence des suites suivantes, données par leur terme général : 1. un = n cos n + n 2 ¢n ¡ 2. un = 1 + n1 où n > 0. n 3. un = plnn+1
4. un =
3n+cos n n−1 ,
n Ê2
5. un =
n 3 +5n 5n +cos n+ 12 n
6. un =
n X
3
où n > 0.
1
k k=1 2
Solution : 1. Pour tout n ∈ N, un = n cos n +n 2 Ê n 2 −n et n 2 −n −−−−−→ +∞ donc par application du théorème des gendarmes, n→+∞ un −−−−−→ +∞. n→+∞
¢n ¡ n ln 2. un = 1 + n1 = e
³
1 1+ n
´
¢ ¡ ¢ ln 1 + n1 ¡ 1 . Mais n ln 1 + n = et 1 n
e 1 = e par opérations sur les limites.
3. un =
pln n n+1
=
les limites.
ln pn q 1 −−−−−→ 0 n 1 n→+∞ 1+ n 3n−1 n−1
4. Pour tout n Ê 2,
É
3n+cos n n−1
n 3 +5n 5n 3 +cos n+ 12 n
6. un =
n X
1
k=1 2
k
=
É
3n+1 n−1
et
3n−1 n−1
n→+∞ 5 1+ 2 n n3 −−−−−→ 1 n 3 5 + cos n + 1 n→+∞ 5 3 5 n n
1 2n+1 1 − 12
1−
=
¡
¢
donc n ln 1 + n1 −−−−−→ 1 et un −−−−−→ n→+∞
n→+∞
par croissances comparées (voir le théorème 10.42 page 371) et opérations sur
=
du théorème des gendarmes, un −−−−−→ 3. 5. un =
ln(1+x) −−−→ 1 x x→0
1 n 3− n −−−−→ 3, 3n+1 n 1− 1 − n−1 n n→+∞
=
1 n 3+ n −−−−→ 3 n 1− 1 − n n→+∞
donc par application
par opérations sur les limites.
− 1 −−−−−→ 1 car on a affaire à une somme géométrique de raison n→+∞
1 2
∈ ]−1, 1[ (Attention à
l’indice de départ de la somme qui n’est pas 0). Exercice 10.11 ♥ Étudier la convergence des suites suivantes, données par leur terme général : ¡
1. un = 1 + na
¢n
¡1
+ n1
¡
1. un = 1 +
¢ a n n
¡1
¢n
2. un =
2
¢n
n
où a ∈ R et n > 0.
−2 4. un = 4.(0.5) (0.5)n +3
où n > 0.
5. un = n5n
3. un = sin 2nπ 3
5
6. un = 2n sin 2πn
Solution : =e
un −−−−−→ e a . n→+∞
2. un =
1 2+n
¡ a¢ n ln 1+ n
³ ´ 1 n ln 1 2+n
=e 0
p 3 2 3 2
3. un = sin 2nπ 3 = − p
¡
. Mais n ln 1 +
a n
¢
=a
¡ ¢ ln 1 + na a n
et
ln(1+x) −−−→ x x→0
−−−−−→ 0 par opérations sur les limites et car ln n→+∞
si 3|n
¡1
2
¢ ¡ 1 donc : n ln 1 + na −−−−−→ a et n→+∞
¢ + n1 −−−−−→ ln 12 < 0. n→+∞
si 3|n + 1 . On peut donc extraire de (un ) trois sous-suites qui convergent vers des valeurs
si 3|n + 2 différentes. Par conséquent, (un ) diverge.
4. un =
4.(0.5)n −2 −−−−−→ (0.5)n +3 n→+∞
]−1, 1[.
− 23 par opérations sur les limites et car (0.5n ) est une suite géométrique de raison 0.5 ∈
378
5
5. un = n5n −−−−−→ 0 par croissances comparées (voir le théorème 10.42 page 371). n→+∞
6. On a
sinx −−→ 1 x − x→0
et
π −−−−−→ 0 2n n→+∞
donc un = 2n sin 2πn = π
sin 2πn π 2n
−−−−−→ π n→+∞
Exercice 10.12 ♥ Étudier la convergence des suites suivantes, données par leur terme général : n
2n+(−1) 1. un = 5n+(−1) n+1
4. un =
2. un = ln(n+1) où n > 0 ln n
5. un =
³ ´ 1 n sin n ³ ´ 1 2−cos n
1 n− n 1 n+ n
où n > 0.
où n > 0.
6. un = ln (e n + 1) − n
3. un = ln (n + 1) − ln n où n > 0. Solution : n
1. un =
2n+(−1)n 5n+(−1)n+1
2. un = ln(n+1) ln n =
n n
=
2 + (−1) n
³ ³ ´´ 1 ln n 1+ n
ln n
4. On a déjà montré que n sin 1 n− n 1 n+ n
=
n n
1− 1+
¡ ¢ ln 1 + n1
−−−−−→ 1 par opérations sur les limites. n→+∞ ln n ¢ ¡ 1 = ln 1 + n −−−−−→ 0 par opérations sur les limites.
= 1+
3. un = ln (n + 1) − ln n = ln n+1 n
5. un =
2 n→+∞ 5
−−−−−→
n+1
5 + (−1)n
n→+∞
¡1¢ n
1 n2 −−−−−→ 1 1 n→+∞ n2 n
−−−−−→ 1 donc, comme cos n→+∞
¡1¢ n
−−−−−→ cos 0 = 1, un = n→+∞
³ ´ 1 n sin n ³ ´ − −−−−→ 1 1 n→+∞ 2−cos n
par opérations sur les limites.
6. un = ln (e n + 1) − n = ln (e (1 + e −n )) − n = ln (1 + e −n ) −−−−−→ 0 par opérations sur les limites. n→+∞
Exercice 10.13 ♥ Étudier la convergence des suites suivantes, données par leur terme général : 1. un =
¡ sin n ¢n 3
2. un = tan p
¡π 2
sin n 4. un = n+(−1) n+1
¢ 2
− n où n > 0
5. un =
1. Pour tout n ∈ N∗ , 0 É un −−−−−→ 0. n→+∞
³
´ |sin n| n 3
2 + (−1)n n
6. un = n−(−1) n+(−1)n
3. un = 1 − 3n + n 2 où n > 2. Solution :
p n
É
¡ 1 ¢n 3
et lim
³ 1 ´n
n→+∞ 3
= 0 donc par application du théorème des gendarmes,
¢ − n2 −−−−−→ +∞ par opérations sur les limites. n→+∞ q p 3. un = 1 − 3n + n 2 = n n12 − n3 + 1 −−−−−→ +∞ par opérations sur les limites.
2. un = tan
¡π 2
n→+∞
4. Pour tout n > 1, É É sin nn+1 É n+(−1) théorème des gendarmes un −−−−−→ 0. 1 − n+1
sin n n+1
sin n n−1
É
1 n−1
1
et lim
n→+∞ n+1
= lim
1
n→+∞ n−1
= 0 donc par application du
n→+∞
p n
5. Pour tout n Ê 0, 1 É un = gendarmes un −−−−−→ 1.
p n
2 + (−1)n É
p n
3 et
p ln 3 n 3 = e n −−−−−→ e 0 = 1 donc par application du théorème des n→+∞
n→+∞
6. Pour tout n Ê 2, n−1 n+1 É u n = gendarmes un −−−−−→ 1.
n−(−1)n n+(−1)n
É
n+1 n−1
et lim
n+1
n→+∞ n−1
= lim
n−1
n→+∞ n+1
n→+∞
Exercice 10.14 ♥♥ Soient (un ) et (v n ) deux suites réelles telles que un2 + un v n + v n2 −−−−−→ 0. n→+∞ Démontrer que (un ) et (v n ) convergent vers 0. 379
= 1 donc par application du théorème des
Solution : Soit n ∈ N. Comme un2 + un v n + v n2 = (un + v¡¡n )2 − un v n = (un − v¢n )2¡+ 3un v n , la limite ¢¢des deux dernières quantités existent et vaut 0. Par conséquent : un v n = 41 (un + v n )2 + 3un v n − (un + v n )2 − un v n −−−−−→ 0. On en n→+∞
déduit que un2 + v n2 −−−−−→ 0 ce qui n’est possible que si un −−−−−→ 0 et v n −−−−−→ 0. n→+∞
n→+∞
n→+∞
Exercice 10.15 ♥♥♥ Montrer que la suite (cos(n)) diverge. Solution : Supposons que (cos n) converge vers une limite ℓ ∈ R. La sous-suite (cos (2n)) converge donc vers la même limite ℓ. Or ∀n ∈ N, cos 2n = 2cos2 n−1, donc en passant à la limite, on obtient : ℓ = 2ℓ2 −1. Donc on a nécessairement ℓ = −1/2 ou ℓ = 1. D’autre part, ∀n ∈ N, cos (n + 1) + cos (n − 1) = 2cos n cos 1. Un nouveau passage à la limite donne cette fois : 2ℓ = 2cos 1.ℓ donc ℓ = 0, puisque cos 1 6= 1. On a donc d’une part ℓ = −1/2 ou ℓ = 1 et d’autre part ℓ = 0. Ces deux conditions sont incompatibles, donc l’hypothèse de départ, à savoir (cos n) converge, ne tient pas.
10.9.3 Relations de comparaison Exercice 10.16 ♥ Soient deux suites (un ), (v n ) telles que 1
∀n ∈ N , 0 É un É 1
∀n ∈ N , v n É 1
2
3
un v n −−−−−→ 1 n→+∞
Montrer que (un ) et (v n ) convergent vers 1. Solution : Soit n ∈ N . On a un v n É un É 1. On peut alors affirmer , grâce au théorème des gendarmes, que (un ) converge vers 1. De même pour (v n ) qui est positive à partir d’un certain rang. Exercice 10.17 ♥ Étudier la suite (un ) définie pour n Ê 1 par : un =
Solution : Pour tout k ∈ 1, n, on a : 2 −
µ ¶ k 2− 2n k=1 2n Y
k k 3 Ê et pour tout k ∈ n + 1, 2n , on a : 2 − Ê 1. Par conséquent, 2n 2 2n µ ¶n 3 . un Ê 2
Comme (3/2)n −−−−−→ +∞, par le théorème de majoration, on peut affirmer que un −−−−−→ +∞ . n→+∞
n→+∞
Exercice 10.18 ♥ Étudier la suite de terme général un = p
Solution : On a, pour tout n Ê 1, un Ê n et
p
n p X
k
k=1
n −−−−−→ +∞ donc par comparaison, un −−−−−→ +∞ . n→+∞
n→+∞
Exercice 10.19 ♥ Étudier la suite de terme général un =
Solution : Pour tout n Ê 1 :
et
1 −−−−→ 0 n − n→+∞
0É
n X
1 2
k=1 n +k
2
É
n X
1
2 k=1 n +k
n X
2
1
k=1 2n
2
=
n n
2
=
1 n
donc par application du théorème des gendarmes, un −−−−−→ 0 . n→+∞
380
Exercice 10.20 ♥ Étudier la suite de terme général n X
1 p k=1 k
un =
Solution : Pour tout n Ê 1 : p
n X
1 p k=1 k
Ê
n X
1 p k=1 n
n p n
=
=
p
n
et n −−−−−→ +∞ donc par comparaison, un −−−−−→ +∞ . n→+∞
n→+∞
Exercice 10.21 ♥ Étudier la suite de terme général n X
un =
Solution : Pour tout n Ê 1 :
n2 2
n +n
et
n2 −−−−−→ 1 n 2 +n n→+∞
=
n X
n
k=1 n+n
2
É
n
2 k=1 n +k
n X
n 2
k=1 n +k
É
n X
n
k=1 n
2
=1
donc un −−−−−→ 1 par application du théorème des gendarmes. n→+∞
Exercice 10.22 ♥ Étudiez la suite de terme général un =
Solution : Soit k ∈ 1, n. Puisque k É n ,
n X
k n + k k=1
k k et donc Ê n + k 2n un Ê
n 1 X n +1 k= → +∞ 2n k=1 4
Donc par application du théorème des gendarmes un → +∞ . Exercice 10.23 ♥ Étudiez la suite de terme général un = k
Solution : Soit n Ê 1 et k ∈ 1, n. p d’après le théorème des gendarmes.
n2 + k 2
Êp
2n X
k=n
n n 2 + 4n 2
p
k n2 + k 2
n 1 = p d’où un Ê p . La suite (un ) diverge donc vers +∞ 5 5
Exercice 10.24 ♥♥ Étudier la suite de terme général un =
n2 X
k p 9 k=1 n + k
Solution : Pour tout n Ê 1 : 0É
n2 X
n2 X
k É p p = 9 9 k=1 n k=1 n + k k
n 2 (n 2 +1) p 2 n9
donc par application du théorème des gendarmes, un −−−−−→ 0 . n→+∞
381
=
´ 1 n4 ³ 1 + −−−−−→ 0 9 n 2 n→+∞ 2n 2
Exercice 10.25 ♥♥ Étudier la suite de terme général un =
Solution : Pour tout k ∈ 1, n 2 ,
Mais d’après l’exercice 8.1,
Pn 2
k=1
n2 X
k=1
k2 n3 + k 2
k2 k2 donc Ê n3 + k 2 n3 + n4 n2 X 1 k 2 É un . n 3 + n 4 k=1
k2 =
n 2 (n 2 +1)(2n 2 +1) 6
un Ê
donc
n 2 (n 2 + 1)(2n 2 + 1) −−−−−→ +∞. n→+∞ 6(n 3 + n 4 )
On en déduit grâce au théorème des gendarmes que un −−−−−→ +∞ . n→+∞
Exercice 10.26 ♥♥ Soit x ∈ R∗ . Étudiez les suites de terme général un =
E(nx) n
et v n =
E(nx) x
Solution : Pour tout n ∈ N , on a : E(nx) É nx < E(nx) + 1 ce qui amène : nx − 1 < E(nx) É nx . Alors, pour tout n ∈ N∗ , on obtient l’encadrement suivant de un : x−
1 < un É x. n
On conclut grâce au théorème des gendarmes que (un ) converge vers x . L’étude de (v n ) est similaire, mais il faut distinguer deux cas : 1. Si x > 0, alors
vn > n −
1 x
et donc (v n ) diverge vers +∞ d’après le théorème des gendarmes.
2. Si x < 0, alors
E(nx) É nx =⇒
E(nx) Ên x
(on change les inégalités en les multipliant par un réel négatif !) Ici aussi, (v n ) diverge vers +∞. Exercice 10.27 ♥♥ Soit x un réel, étudier la suite de terme général un =
1
n X
n 2 k=1
E(kx) avec n Ê 1.
Solution : Soit n Ê 1. De la même façon que dans l’exercice 10.26, on montre que pour tout k ∈ 1, n, kx −1 É E (kx) É kx . Il vient alors que : n n n 1 X 1 X 1 X kx E(kx) É 2 (kx − 1) É 2 2 n k=1 n k=1 n k=1 ce qui s’écrit aussi, en reconnaîssant des sommes arithmétiques :
n n (n + 1) 1 1 X n (n + 1) x− É 2 x E(kx) É 2 2n n n k=1 2n 2
On montre facilement que x n→+∞ 2
un −−−−−→
x n (n + 1) x −−−−−→ . Par application du théorème des gendarmes, on montre que 2 n→+∞ 2n 2
.
382
Exercice 10.28 On considère deux suites à termes strictement positifs, (an ) et (bn ) qui convergent vers 0. Étudiez la suite de terme général an2 + b n2
un =
an + bn
Solution : Soit n ∈ N . Majorons un =
an2 an + bn
+
b n2
É
an + bn
an2 an
+
b n2
= an + bn
bn
Comme ∀n ∈ N , |un | = un É an + bn , par le théorème de majoration, il vient que la suite (un ) converge vers 0. Exercice 10.29
♥♥
1. Montrer que : ∀x > 0, x −
x2 < ln(1 + x) < x . 2
2. En déduire la limite de la suite de terme général ¶ µ k 1+ 2 n k=1 n Y
un =
Solution : 1. L’inégalité se montre en étudiant les deux fonctions f et g données par f (x) = ln(1 + x) − x et g (x) = ln(1 + x) −
x2 sur ]0, +∞[. 2 2. Puisque ∀n ∈ N , un > 0, introduisons la suite (v n ) de terme général v n = ln un . Alors x+
vn =
µ ¶ k ln 1 + 2 n k=1 n X
et en utilisant l’encadrement construit dans la première question, n X
k=1
et donc, comme
Pn
k= k=1
n(n+1) 2
et que
Pn
µ
¶ n k X k k2 É v É − n 2 n 2 2n 4 k=1 n
k2 = k=1
³
n(n+1)(2n+1) 6
´
(voir exercice 8.1 page 318), il vient que :
(n + 1) (n + 1) (n + 1)(2n + 1) É vn É − 2n 12n 3 2n
On conclut en appliquant le théorème des gendarmes, v n →
p 1 et donc un → e . 2
Exercice 10.30 ♥ On considère la suite (un ) donnée par : ∀n ∈ N∗ ,
un =
1 n
+
1 n+1
+
1 n+2
+... +
1 np
où p est un entier strictement positif fixé. 1. Montrer que : 1 + x É ex É
∀x ∈ ]0, 1[ ,
1 1−x
.
2. En déduire que : ∀x > 1,
ln
x +1 1 x É É ln x x x −1
3. En déduire la limite de (un ) puis qu’elle est convergente et donner sa limite. Solution : 1. Il suffit d’étudier les fonctions f :
½
]0, 1[ x
−→ 7−→
R et g : e x − (1 + x)
383
½
]0, 1[ x
−→ 7−→
R (1 − x) e x − 1
2. Soit x > 1. On a donc
1 x
∈ ]0, 1[ et, par application de l’inégalité précédente, il vient que : 1 1 x 1+ É e É x
⇐⇒ ⇐⇒
1 1−
1 x
1 x x +1 x Ée É x x −1 1 x +1 x 1 x ln É ln e = É ln x x x −1
3. Pour tout k ∈ 0, np − n , en appliquant l’inégalité précédente à x = n + k Ê 1, on obtient : ln
n +k +1 1 n +k É É ln n +k n +k n +k −1
ce qui s’écrit aussi : ln (n + k + 1) − ln (n + k) É
1 É ln (n + k) − ln (n + k − 1) n +k
Sommons maintenant ces inégalités pour k variant de 0 à np − n . On reconnaît des sommes télescopiques et on obtient : ¡ ¢ ln np + 1 − ln n É un É ln np − ln (n − 1) ¢ ¢ ¡ n np = ln Mais ln np + 1 − ln n = ln p + n1 −−−−−→ ln p et ln np − ln (n − 1) = ln n→+∞ n −1 n ¡
p
1−
1 n
−−−−−→ ln p . Enfin, par n→+∞
application du théorème des gendarmes, on obtient : un −−−−−→ ln p n→+∞
Exercice 10.31 ♥♥♥ On considère une suite (un ) vérifiant : ∀k ∈ N⋆ , ∀n ∈ N∗ ,
0 É un É
k 1 + n k
Montrez que la suite (un ) est convergente, et déterminez sa limite. p
Solution : Soit n ∈ N∗ . Posons k = E( n). D’après l’énoncé, on obtient l’encadrement 0 É un É p
p
p 1 E( n) + p n E( n)
p
Mais puisque E( n) É n < E( n) + 1, on obtient l’encadrement
p p p n − 1 < E( n) É n
Donc, on a l’encadrement suivant pour un valable pour n Ê 2 : 0 É un É
Si n Ê 4,
p p n − 1 Ê n/2 et donc,
p
1 n +p n n −1
3 0 É un É p n p p Puisque la suite (3/ n) converge vers 0, et que ∀n Ê 4, |un | É 3/ n , par le théorème de majoration, on en déduit que la suite (un ) converge vers 0. ∀n Ê 4,
10.9.4 Suites monotones et bornées Exercice 10.32 ♥ En utilisant le théorème de la limite monotone, prouver la convergence de la suite de terme général : 384
³ ´³ ´ ³ 1 1 un = 1 − 1− ... 1− 3
´
³
5
1 2n+1
´
1 < 1 donc (un ) est décroissante. De plus (un ) est positive et donc minorée = 1 − 2(n+1)+1 Solution : Soit n ∈ N. uun+1 n par 0. Par application du théorème de la limite monotone, (un ) est convergente et sa limite est positive.
Exercice 10.33 ♥ Étudier la convergence de la suite de terme général : un =
n X
1
k=1 n+k
.
Solution : Soit n ∈ N∗ . Calculons un+1 − un =
µ
¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 1 +··· + + + + +··· + >0 − = n +2 2n 2n + 1 2n + 2 n +1 n +2 2n 2(2n + 1)(n + 1)
Par conséquent, (un ) est croissante. De plus un =
1 1 1 n + +··· + É =1 n +1 n +2 2n n
donc (un ) est minorée par 1. Cette suite converge d’après le théorème de la limite monotone. Exercice 10.34 ♥♥ En utilisant le théorème de la limite monotone, prouver la convergence de la suite de terme général un =
Solution : Soit n ∈ N∗ . On a : un+1 − un
= = = É É É
1
n X
1
k=1 kn
¶ µ 1 1 1 1 1 1 + +... + + +... + − n + 1 2(n + 1) n 2n n.n (n + 1) (n + 1) µ ¶µ ¶ 1 1 1 1 1 − 1+ +... + + n +1 n 2 n (n + 1)2 µ ¶ 1 1 1 −1 1+ +... + + 2 n n (n + 1) (n + 1)2 1 1 + − n (n + 1) (n + 1)2 1 − n(n + 1)2 0
1
car 1 + + . . . + Ê 1. Donc (un ) est décroissante. Elle est minorée par 0 et donc elle converge d’après le théorème de 2 n la limite monotone. Exercice 10.35 ♥ Étudiez la suite de terme général un =
Solution : Majorons pour n ∈ N∗ ,
n 2k − 1 Y k=1 2k
un+1 2n + 1 = 1 donc (un ) est croissante. ½ R −→ R 2. Il suffit d’étudier la fonction f : . x 7−→ e x − (1 + x)
1. Soit n ∈ N∗ . On a :
u n+1 un
3. Appliquant n fois l’inégalité précédente avec succssivement x = a , x = a 2 , ...,x = a n on obtient : ¡ ¢ ¡ ¢ 1−a n a n 3 2 un = (1 + a) 1 + a 2 . . . 1 + a n < e a e a e a . . . e a = e a 1−a É e 1−a
La suite (un ) est donc majorée et en appliquant le théorème de la limite monotone, on en déduit que (un ) converge. Exercice 10.38 ♥♥♥ Moyennes de Cesáro Soit (un ) une suite croissante de limite l ∈ R. Pour tout n Ê 1, on pose vn =
u1 + u2 + .... + un . n
1. Montrer que (v n ) est croissante. 2. Montrer que (v n ) est majorée et en déduire que (v n ) est convergente vers un réel L. 3. Établir que ∀n Ê 1, v 2n Ê
un + v n . 2
4. En déduire que l = L. La suite (v n ) s’appelle la suite des moyennes de Cesáro de la suite (un ) et on vient de prouver le théorème de Cesáro dans le cas particulier où la suite (un ) est croissante. Solution : 1. Soit n ∈ N∗ . v n+1 − v n =
nun+1 − (u1 + u2 + . . . + un ) (un+1 − un ) + (un+1 − un−1 ) + . . . + (un+1 − u2 ) + (un+1 − u0 ) = n (n + 1) n (n + 1)
Mais la suite (un ) est croissante, et donc un+1 Ê un Ê un−1 Ê . . . Ê u2 Ê u1 . Il s’ensuit que : (un+1 − un ) + (un+1 − un−1 ) + . . . + (un+1 − u2 ) + (un+1 − u1 ) Ê 0. Enfin : v n+1 − v n Ê 0 et (v n ) est bien croissante. 2. La suite (un ) est croissante de limite l ∈ R. Donc l majore (un ). Il vient alors, pour tout n ∈ N∗ : vn =
u1 + u2 + .... + un nl É = l. n n
(v n ) est donc majorée et comme elle est croissante, par application du théorème de la limite monotone, elle converge vers un réel L É l . 3. Soit n Ê 1. v 2n =
u1 + . . . + un + un+1 + . . . + u2n u1 + . . . + un un+1 + . . . + u2n v n un+1 + . . . + u2n = + = + 2n 2n 2n 2 2n
Mais comme (un ) est croissante, pour tout i ∈ 1, n, un+i Ê un et donc :
un+1 + . . . + u2n un + . . . + un nun un Ê = = . 2n 2n 2n 2
Finalement, on a bien : v 2n Ê
un + v n . 2
386
4. Par passage à la limite dans l’inégalité précédente, on obtient : L Ê L+l 2 ce qui amène L Ê l et comme on sait que L É l alors L = l . Exercice 10.39 ♥♥ u1 + · · · + un Soit (un ) une suite réelle et pour tout n ∈ N∗ , on considère v n = . La suite (v n ) est la suite des moyennes n de Césaro de la suite (un ) (voir l’exercice 10.38). 1. On suppose que (v n ) converge. Est-ce que (un ) converge ? 2. Si on suppose que (un ) est croissante, montrer que (un ) converge si et seulement si (v n ) converge. Solution : 1. Considérons la suite (un ) de terme général un = (−1)n . Alors, pour tout n ∈ N∗ : vn =
0
si n est pair
1 − n
si n est impair
.
Il est clair que (v n ) converge. Pourtant (un ) ne converge pas. La convergence de (v n ) n’implique donc pas celle de (un ). 2. Le sens direct consiste en le théorème de Cesáro (voir l’exercice 10.38). Prouvons la réciproque. Supposons que (v n ) converge vers une limite L ∈ R. Comme (un ) est croissante, d’après le théorème de la limite monotone, il n’y a que deux possibilités : (a) Si la suite (un ) est majorée, alors on sait que (un ) converge vers une limite finie l ′ ∈ R . Mais d’après le théorème de Cesáro, (v n ) converge également vers l ′ . Par unicité de la limite, l = l ′ et donc (un ) converge vers l . (b) Par l’absurde, si la suite (un ) n’est pas majorée, alors (un ) diverge vers +∞. A partir d’un certain rang la suite (v n ) est donc positive. Mais d’après l’exercice 10.38, à partir d’un certain rang, on a : v 2n Ê
un + v n un Ê . 2 2
Donc v 2n −−−−−→ +∞ par application du théorème des gendarmes et nécessairement : v n −−−−−→ +∞ ce qui n→+∞ n→+∞ vient contredire notre hypothèse, donc (un ) ne peut être majorée. Exercice 10.40 ♥ On pose, pour tout n ∈ N∗ , un =
1. Montrer que (un ) converge.
1 × 3 × 5 × ... × (2n − 1) . 2 × 4 × 6 × ... × (2n)
2. On considère, pour tout n ∈ N∗ , la suite (v n ) de terme général : v n = (n + 1)un2 . Montrer que (v n ) converge.
3. En déduire la limite de (un ). Solution :
1. Soit n ∈ N∗ . On vérifie facilement que
un+1 2n + 1 = É1 un 2n + 2
un+1 < 1 et (un ) est donc décroissante. (un ) est de plus positive et donc minorée par 0. Il s’ensuit un d’après le théorème de la limite monotone, que (un ) est convergente.
par conséquent 2. Soit n ∈ N∗ .
¶ µ 4n 3 + 12n 2 + 9n + 2 v n+1 n + 2 un+1 2 n + 2 (2n + 1)2 = = = É1 2 2 vn n + 1 un n + 1 2 (n + 1) 4n 3 + 12n 2 + 12n + 4
et (v n ) est décroissante. Elle est aussi minorée par 0 et comme précédemment, on peut alors affirmer qu’elle est convergente. 3. En partant de l’égalité v n = (n + 1)un2 , on obtient que un = (un ) et lim un = 0 .
387
r
vn . Comme (v n ) converge, il en est de même de n +1
Exercice 10.41 ♥♥ Etudier la suite un = th 1 + th 2 + . . . + th n − ln ch n . Solution :
On commence par remarquer que x 7−→ ln ch x est une primitive de th x . La suite un est croissante : Z n+1
un+1 − un = thn + 1 − ln chn + 1 + ln chn = th n + 1 − th x d x . Or x 7−→ th x est croissante sur [n, n + 1] donc Zn+1 Zn+1 n th x d x É ∀x ∈ [n, n + 1], th x É th n + 1 donc th n + 1 d x soit un+1 − un Ê 0 : la suite (un ) est croissante. n n Zn+1 Zk+1 n X th k É th x d x soit th x d x donc en sommant pour k variant de 1 à n , Pour les mêmes raisons, th k É k
chn+1 chn
´
k=1
1
´ ³ chn + 1 − ln ch1. La suite − ln ch 1 converge vers 1 − ln ch1. un É ln converge vers e , donc la suite ln chn+1 chn chn Elle est donc majorée. La suite un est donc croissante et majorée, elle est convergente. ³
Exercice 10.42 ♥♥ On considère une suite d’entiers (qn ) strictement croissante avec q0 Ê 1. On définit la suite (un ) de terme général un =
n Y k 1 X . k=0 j =0 q j
Montrer que (un ) converge. Solution : On vérifie que la suite est croissante. Pour tout n ∈ N, on a : un+1 − un =
n+1 Y j =0
1 > 0. qj
Ensuite, comme (qn ) est strictement croissante, on peut affirmer que pour tout k Ê 1, on a qk Ê 2. Par conséquent, un É
n 1 X
k k=0 2
=
1 − (1/2)n+1 É2 1 − 1/2
La suite (un ) est croissante et majorée, elle converge d’après le théorème de la limite monotone. Exercice 10.43 ♥♥♥ Soit une suite (un ) bornée vérifiant :
∀n ∈ N∗ ,
2un É un+1 + un−1
On définit une suite (v n ) en posant pour n ∈ N , v n = un+1 − un . Montrez que la suite (v n ) converge et calculez sa limite. Indication 10.5 : Montrez que la suite (v n ) est croissante et majorée. Montrez ensuite par l’absurde que sa limite vaut 0. (on pourra si l > 0 minorer (un ) à partir d’un certain rang par une suite qui diverge vers +∞). Solution : On calcule pour n Ê 1,
v n − v n−1 = un+1 − 2un + un−1 Ê 0
et donc la suite (v n ) est croissante. On suppose de plus que (un ) est bornée : ∃M ∈ R :
∀n ∈ N ,
−M É un É M
Donc ∀n ∈ N ,
v n = un+1 − un É M + M É 2M
La suite (v n ) est donc croissante et majorée par 2M. D’après le théorème de la limite monotone, la suite (v n ) converge vers une limite finie l ∈ R . Montrons par l’absurde que l = 0. Supposons que l 6= 0 et étudions les deux cas suivants : l
l
1. Si l > 0, en posant k = , puisque k < l , il existe N ∈ N tel que pour tout n Ê N, v n Ê . Mais alors pour n Ê N+1, 2 2 on a : un Ê un−1 + l
l l l Ê un−2 + 2 Ê · · · Ê uN + (n − N) 2 2 2
l
On a alors w n = uN − N + n → +∞ et donc un −−−−−→ +∞, ce qui est impossible car on a supposé que la suite n→+∞ 2 2 (un ) était bornée. l
2. Si l < 0, on montre qu’à partir d’un certain rang, v n É − . Mais on majore alors (un ) par une suite qui diverge 2 vers −∞ ce qui est impossible. 388
Multimédia : animation avec un exemple pour illustrer les suites de cet exercice précédent Exercice 10.44 ♥♥♥ Soient deux réels a0 > 0 et b0 > 0. On définit deux suites (an ) et (bn ) par les relations de récurrence : ∀n ∈ N ,
an+1 =
1. Montrer que ∀n ∈ N∗ , an É bn .
p
an bn
b n+1 =
an + bn 2
2. Montrer que (an ) et (bn ) sont monotones à partir du rang 1, qu’elles convergent et qu’elles ont la même limite. Solution : 1. On montre par récurrence que : ∀n ∈ N , an > 0 et bn > 0, ce qui montre que an et bn sont définis pour tout n ∈ N . De plus : ∀n ∈ N ,
an+1 =
p
p 1 p 2 p 2 b n É ( an + b n ) = b n+1 2
an
ce qui montre que : ∀n ∈ N∗ , an É bn .
2. Soit n Ê 1. Calculons
an+1 = an
s
bn Ê an
r
an an − bn = 1 et b n+1 − b n = É0 an 2
(on a utilisé que an É bn ). Donc ∀n Ê 1, an+1 Ê an et bn+1 É bn . On a alors prouvé que (an ) est croissante et (bn ) décroissante. Puisque a1 É · · · É an−1 É an É b n É b n−1 É . . . b 1
La suite (an ) est croissante et majorée par b1 . Donc elle converge vers l ∈ R . De même, la suite (bn ) est décroissante et minorée par a1 , et donc elle converge vers l ′ ∈ R . De plus, la suite (an+1 ) est extraite de (an ) et elle converge donc vers l . De même, la suite extraite (bn+1 ) converge vers l ′ . En passant à la limite dans les relations de récurrence, on obtient : l=
p l + l′ ll ′ et l = 2
De la deuxième, on tire que l = l ′ . Les deux suites convergent donc vers la même limite. Remarque 10.17
Cette exercice peut être aussi traîté en montrant que les suites (un ) et (v n ) sont adjacentes.
10.9.5 Sommes géométriques Exercice 10.45 ♥ Étudier la convergence de la suite de terme général un =
µ µ ¶ ¶ ¶ µ 1 2 1 1 n−1 1 1+1+ + 1+ . +... + 1+ n n n n
Solution : Soit n ∈ N∗ . On a :
µ
mais 1 +
1 n
¶n
¶ 1 n µ µ µ ¶ ¶ ¶ ¶ µ 1− 1+ 1 n 1 1 2 1 1 1 n−1 n ¶ = 1+ µ un = 1+1+ + 1+ = +... + 1+ −1 1 n n n n n n 1− 1+ n µ
−−−−−→ e (voir exercice 2) et donc un −−−−−→ e − 1 . n→+∞
n→+∞
Exercice 10.46 Soit (a, b) ∈ R2 . On considère la suite (un ) donnée par : (
u0 = a,
u1 = b
un+2 = 12 (un+1 + un )
Pour tout n ∈ N, posons de plus : v n = un+1 − un . 389
1. Montrer que (v n ) est une suite géométrique. P v . 2. Calculer, en fonction de n , la somme S n = n−1 k=0 k 3. En déduire, pour tout n ∈ N, un en fonction de n ainsi que la limite de (un ). Solution : 1 (un+1 + un ) − un+1 v n+1 un+2 − un+1 1 1. Soit n ∈ N. On a : = = 2 = − . La suite (v n ) est donc une suite géométrique vn un+1 − un un+1 − un 2 1 de raison − . Son premier terme est v 0 = u1 − u0 = b − a . 2 µ ¶ 1 n . Soit n ∈ N. On calcule : 2. On en déduit que pour tout n ∈ N, v n = (b − a) − 2 ¡ 1 ¢n µ µ ¶n ¶ 1− −2 2(b − a) 1 S n = (b − a) . = 1− − 1 3 2 1+ 2 µ µ ¶ ¶ 1 n−1 P 2(b − a) 3. Par télescopage, on a aussi S n = n−1 1 − − + a . On en déduit que v = u − u et donc u = n 0 n k=0 k 3 2 a + 2b un −−−−−→ . n→+∞ 3
10.9.6 Suites adjacentes Exercice 10.47 Montrer que les suites suivantes (un ) et (v n ), données par leur terme général, sont adjacentes : 1. un = 2. un =
n 1 X i=0 i ! n 1 X i=0 i !
et
v n = un +
1 n!
et
v n = un +
1 n n!
Solution : 1. La suite (un ) est clairement croissante et un −v n −−−−−→ 0. Il reste à montrer que (v n ) est décroissante. Soit n ∈ N. n→+∞ On a v n+1 − v n = un+1 − un +
dés que n > 1 et donc (v n ) est décroissante.
1 1−n 1 1 1 − =2 − = 0 et v 1 = 1 − ln 1 = 1, on a nécessairement γ ∈ ]0, 1[. Par ailleurs, comme (v n ) admet γ comme limite, pour tout n ∈ N∗ , Hn − ln n − γ = v n − γ −−−−−→ 0 n→+∞
et donc : Hn = ln n + γ +
o
n→+∞
(1) .
391
Exercice 10.50 ♥♥ On considère la suite de terme général
(−1)n 1 1 + −··· + 2! 4! (2n)!
un = 1 −
Montrez que les deux suites (u2n ) et (u2n+1 ) sont adjacentes. En déduire que la suite (un ) converge. Solution : Soit n ∈ N∗ . On a : un =
Donc u2(n+1) − u2n = u2n+2 − u2n =
et (u2n ) est alors décroissante. De même :
n (−1)k X . k=0 (2k)!
1 1 (−1)2n+1 (−1)2n+2 + = − É0 (2(2n + 2))! (2(2n + 1))! (4n + 4)! (4n + 2)!
u2(n+1)+1 − u2n+1 = u2n+3 − u2n+1 =
1 1 (−1)2n+2 (−1)2n+3 + = − Ê0 (2(2n + 3))! (2(2n + 2))! (4n + 4)! (4n + 6)!
et (u2n+1 ) est croissante. De plus : u2n+1 − u2n =
(−1)2n+1 −−−−−→ 0. (2(2n + 1))! n→+∞
Les deux suites (u2n ) et (u2n+1 ) sont donc bien adjacentes et elles convergent donc vers une même limite. D’après le cours, on en déduit que (un ) converge aussi vers cette limite. Exercice 10.51
♥♥
1. Montrez que les deux suites de terme général un =
n X p 1 p −2 n +1 k=1 k
vn =
n X p 1 p −2 n k=1 k
sont convergentes de même limite. 2. En déduire un équivalent simple de la suite de terme général Sn =
n X 1 p k=1 k
Solution : 1. On calcule pour n ∈ N∗ : p p 1 1 2 un+1 − un = p −2 n +2+2 n +1 = p −p p n +1 n +1 n +1+ n +2 p p et puisque n + 2 Ê n + 1, il vient que un+1 − un Ê 0. Donc (un ) est croissante. On montre de même que (v n )
est décroissante. On calcule
p p 0 É dn = v n − un = 2( n + 1 − n) = p
2
p n +1+ n
et donc (dn ) converge vers 0. Les deux suites (un ) et (v n ) sont donc adjacentes et convergent donc vers la même limite l ∈ R . µ ¶ p
p
vn
2. Puisque ∀n ∈ N∗ , S n = v n + 2 n = 2 n 1 + p vn vergente, on sait que p → 0. 2 n
Exercice 10.52
2 n
, il vient que S n
∼
n→+∞
♥♥
1. Montrer que les suites de terme général un =
sont adjacentes.
n X
1 , n + k k=1
392
vn =
2n 1 X k=n k
p 2 n . En effet, comme (v n ) est con-
1 n +1 1 É ln É . n +1 n n 3. En déduire que : ∀n ∈ N∗ , un É ln 2 É v n .
2. Montrer que : ∀n ∈ N∗ ,
4. Que peut-on en conclure ? Solution : 1. Soit n ∈ N∗ . Calculons : µ
¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 1 + +... + + + + +... + − n +1+1 n +1+2 n +1+n −1 n +1+n n +1+n +1 n +1 n +2 n +n 1 1 1 + − = 2n + 2 2n + 1 n + 1 1 = (n + 1) (2n + 2)
un+1 − un =
donc (un ) est croissante. De même : v n+1 − v n
¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 +... + + + +... + − n +1 2n 2n + 1 2n + 2 n 2n 1 1 1 + − 2n + 1 2n + 2 n 3n + 2 − 2n (n + 1) (2n + 1) µ
= = =
et (v n ) est décroissante. Enfin : v n − un = 1/n −−−−−→ 0. Les deux suites sont donc adjacentes et convergent vers n→+∞ une même limite. µ ¶ 1 1 n +1 = ln 1 + É . De même n n n µ ¶ n n +1−1 1 1 n +1 = − ln = − ln = − ln 1 − . Ê ln n n +1 n +1 n +1 n +1
2. Soit n ∈ N∗ . On sait que ∀x > −1,
ln (1 + x) É x . Donc : ln
3. On utilise les inégalités précédentes : un =
µ ¶ 1 1 n +1 n +2 n +n n +1 n +2 n +n 2n 1 + +... + É ln + ln + . . . + ln = ln × ×... × = ln n +1 n +2 n +n n n +1 n +n −1 n n +1 n +n −1 n
= ln 2. vn =
µ ¶ 1 1 1 n +1 n +2 2n + 1 2n + 1 n +1 n +2 2n + 1 + +. . .+ Ê ln +ln +. . . +ln = ln × ×... × Ê ln 2 = ln n n +1 2n n n +1 2n n n +1 2n n
4. Notons l la limite commune aux deux suites. Pour tout n ∈ N∗ , on a : un É ln 2 É v n donc par passage à la limite l É ln 2 É l et donc l = ln 2. Exercice 10.53
♥♥♥
1. Étudiez les suites de terme général un =
n X 1 k=1 kk!
v n = un +
1
n 2 n!
2. Montrez que leur limite commune est irrationnelle. Solution : Soit n ∈ N∗ .
1. La suite (un ) est clairement croissante. On montre de plus que : v n+1 − v n ==
1 1 n 2 + 3n + 1 1 + − 2 =− . 2 (n + 1)2 (n + 1)!n 2 (n + 1) (n + 1)! (n + 1) (n + 1)! n n!
Donc (v n ) est décroissante. Comme v n −un = 1/(n 2 n!) −−−−−→ 0, les deux suites sont adjacentes. Elles convergent n→+∞ donc vers la même limite l ∈ R. 393
2. Remarquons que comme u2 = 5/4, v 2 = 11/8, et que 5/4 É l É 11/8, l ne peut être un entier. Si l était rationnelle, p p notons la où p, q ∈ N, q Ê 2, on aurait u q < < v q et en multipliant par q q!, il viendrait q q!u q < p q! < q q 1 q q!u q + , ce qui est une absurdité car p q! est un entier. q
10.9.7 Suites extraites Exercice 10.54 ♥ Soit (un ) une suite croissante. 1. On suppose qu’il existe une suite extraite de (un ) qui diverge. Montrer que (un ) diverge. 2. On suppose qu’il existe une suite extraite de (un ) qui converge. Montrer que (un ) converge. Solution : 1. Si (un ) convergeait alors il en serait de même de toute suite extraite, donc (un ) diverge. 2. Comme (un ) est croissante, d’après le théorème de la limite monotone, soit elle converge, soit elle tend vers +∞. Si (un ) tend vers +∞, alors toute suite extraite de (un ) tend vers +∞ (cette propriété se démontre aisément à l’aide de la définition de la divergence d’une suite vers +∞), ce qui est contraire à l’hypothèse. Donc (un ) converge. Exercice 10.55 ♥ p La suite définie par 0 < u0 < 2 et un+1 = 2 + (−1)n un est-elle convergente ? Solution : λ=
p
Supposons que oui et appelons λ la limite. On a lim u2n = λ et lim u2n+1 = λ . D’ou λ = n→∞ p
p p 2 − λ. De 2 + λ = 2 − λ on tire λ = 0, ce qui contredit λ =
n→∞
p
2 + λ et
2 + λ. La suite un n’est pas convergente.
Exercice 10.56 ♥♥ Soit une suite (un ) telle que les suites extraites (u2n ), (u2n+1 ) et (u3n ) convergent. Montrez que la suite (un ) converge. Solution : Il existe (l, l ′ , l ′′ ) ∈ R3 tels que u2n −−−−−→ l , u2n+1 −−−−−→ l ′ et u3n −−−−−→ l ′′ . Montrons que l = l ′ = l ′′ . n→+∞ n→+∞ n→+∞ Comme la suite (u6n ) est extraite de la suite (u2n ), elle converge vers l (toute suite extraite d’une suite convergente est convergente de même limite). Mais la suite (u6n ) est également extraite de la suite (u3n ) et elle converge donc vers l ′′ . Par unicité de la limite, l = l ′′ . Considérons la suite (u6n+3 ). Comme elle est extraite de (u2n+1 ) et de (u3n ), par le même raisonnement, on obtient que l ′ = l ′′ . Par conséquent, les suites (u2n ) et (u2n+1 ) convergent vers la même limite, et d’après le cours, on en déduit que la suite (un ) converge. Exercice 10.57 ♥♥ Vrai ou Faux Soit une suite (un ) telle que ∀k Ê 2 les suites extraites (ukn ) convergent. Est-il vrai que la suite (un ) converge ? Solution : Faux : On considère la suite (un ) définie par un = 1 si n est premier et un = 0 sinon. Toutes les suites extraites (ukn ) convergent vers 0 mais la suite (un ) n’a pas de limite puisqu’il y a une infinité de nombres premiers. Ce que nous verrons à la proposition 20.16 p. 757. Exercice 10.58 ♥ Etudiez la suite de terme général : un =
n (−1)k X k=0 k!
Indication 10.5 : Étudier les suites extraites (u2n ) et (u2n+1 ) et montrer qu’elles sont adjacentes.
Solution : Soit n ∈ N. Posons : αn = u2n =
2n (−1)k X k=0 k!
et βn = u2n+1 =
2n+1 X (−1)k k=0
k!
.
La suite (αn ) est décroissante. En effet : αn+1 − αn =
2n+2 X k=0
2n (−1)k (−1)k X 2n + 1 2n + 1 (−1)2n+1 (−1)2n+2 + = (−1)2n+1 =− − = k! (2n + 1)! (2n + 2)! (2n + 2)! (2n + 2)! k=0 k!
394
¡
¢
et βn est croissante : βn+1 − βn =
2n+3 X k=0
X (−1)k (−1)2n+2 (−1)2n+3 2n + 2 2n + 2 (−1)k 2n+1 − = + = (−1)2n+2 = . k! k! (2n + 2)! (2n + 3)! (2n + 3)! (2n + 3)! k=0
(−1)2n+1 −−−−−→ 0. Les deux suites sont donc adjacentes. Elles convergent alors vers la même limite (2n + 1)! n→+∞ l ∈ R et donc, d’après le cours comme (u2n ) et (u2n+1 ) ont la même limite l , la suite (un ) converge vers l .
De plus, βn − αn =
Exercice 10.59
♥♥
1. Montrer que la suite de terme général Sn =
n (−1)k X p k k=1
converge vers une limite finie l ∈ R . Indication 10.5 : Étudier les suites extraites (S 2n ) et (S 2n+1 ) et montrer qu’elles sont adjacentes. 2. Calculer une valeur approchée de l à 10−1 près. Solution : 1. Définissons les deux suites extraites (un ) = (S 2n ) et (v n ) = (S 2n+1 ). On calcule pour n ∈ N∗ : 1 1 un+1 − un = p −p É0 2n + 2 2n + 1 1 1 −p Ê0 v n+1 − v n = p 2n + 2 2n + 3
donc (un ) est décroissante et (v n ) croissante. Si (dn ) = (un − v n ), dn = p
1 2n + 1
−−−−−→ 0 n→+∞
Les deux suites (S 2n ) et S 2n+1 ) sont adjacentes et convergent donc vers la même limite finie l . 2. Pour tout n ∈ N∗ , l est toujours compris entre S n et S n+1 . Il vient donc que |S n − l| É |S n − S n+1 | = p
1 n +1
Pour que S n soit une valeur approchée de l à 10−1 près, il suffit que p On calcule alors S 99 = −0.6.
1 n +1
É 10−1 , c’est-à-dire n Ê 99 .
10.9.8 Suites équivalentes Exercice 10.60 ♥ Soient (un ), (an ) et (bn ) des suites réelles telles que : ∀n ∈ N,
Montrer que un Solution :
∼
n→+∞
un = an + bn
et bn =
o
n→+∞
(an )
an .
Comme bn =
o
n→+∞
(an ), il existe une suite (εn ) tel que à partir d’un certain rang b n = εn an et tel que
εn −−−−−→ 0. Donc, à partir d’un certain rang, un = (1 + εn ) an . Comme (1 + εn ) −−−−−→ 1, on a bien un n→+∞
n→+∞
Exercice 10.61 ♥ Donner des équivalents simples lorsque n tend vers +∞ pour les suites de terme général :
395
∼
n→+∞
an .
1
1. un = n n − 1
4. un = (n + 3ln n)e −(n+1)
2. un =
5. un =
n! + e n 2n + 3n 1 1 −p 6. un = p n −1 n +1
sin n1 + 1
tan 12 ³ np ´ 3. un = ln n + n 2 + 1
Solution : 1
1. un = n n − 1 = e 2. un =
sin n1 + 1 tan
1 n2
ln n n
−1
∼
n→+∞
ln n
∼
n→+∞
sin n1 + 1 1 n2
par application des formules usuelles sur les équivalents et car
n
¡ ¢ = n 2 sin n1 + 1
ln n −−−−→ 0. n − n→+∞
n 2 car sin n1 + 1 −−−−−→ 1.
∼
n→+∞
n→+∞
´ ³ q ´ ³ ´ ³ ln 1 + 1 + 12 q p n 3. un = ln n + n 2 + 1 = ln n + ln 1 + 1 + n12 mais −−−−−→ 0 n→+∞ ln n ³ ´ q 1 donc ln 1 + 1 + 2 = o (ln n) et donc d’après l’exercice 10.60, un ∼ ln n . n
n→+∞
n→+∞
³
4. un = (n + 3ln n)e −(n+1) = ne −(n+1) 1 + 3 lnnn n
´
∼
n→+∞
ne −(n+1) car 1 + 3 lnnn −−−−−→ 1 n→+∞
n
e 1 + en! n! n! + e n! 1 + n! ∼ 5. un = n n = n car ¡ ¢ ¡ ¢n −−−−−→ 1 n→+∞ 2 +3 3 1 + 2 n n→+∞ 3n 1 + 23 3 p p 1 2 n +1− n −1 1 −p = =p 6. un = p p ¡p p ¢ 2 2 n −1 n +1 n −1 n −1 n +1+ n −1 1 2 1 2 = p q car q p q q ³q ³q ´ ∼ ´ −−−−−→ 1. n→+∞ n→+∞ n n 1− 1 n n 1 + n1 + 1 − n1 1 − 12 1 + n1 + 1 − n1 2 n
n
n
Exercice 10.62 ♥♥ Donner des équivalents simples lorsque n tend vers +∞ pour les suites de terme général : 1. un =
1 1 − n −1 n +1
ln(n 2 + 1) n +1 5. un = n sin n12
4. un =
p
p
2. un = n + 1 − n − 1 3. un =
¡
ln(n + 1) − ln n
6. un = ¡
tan n1
1 2 1 1. un = n−1 − n+1 = (n−1)(n+1) = 22 ³ n
1 1− n
1 ´³
1 1+ n
´
2
∼
n→+∞ n 2
car
³
1 1− n
¡p p ¢ ¡p p ¢ p p n +1− n −1 n +1+ n −1 = 2. un = n + 1 − n − 1 = p p n +1+ n −1 2q q −−−−−→ 1. 1 + 1− 1 n→+∞ 1+ n n
ln(n + 1) − ln n tan
1 n
∼
n→+∞
ln(n + 1) − ln n 1 n
³ ln n 2 + ln 1 +
ln(n 2 + 1) 4. un = = n +1 n +1 ´ ³ ln 1 + 12 n 1+ ln n 2 −−−−−→ 1 . n→+∞ 1 1+ n
5. un = n sin n12
∼
n→+∞
n n12 =
1 n
1 n2
´
¢ ¡ = n ln 1 + n1
=
ln n 2 n
1+
∼
n→+∞
³ ln 1 +
par produit d’équivalents.
396
1 1+ n
´
n
−1 −1
−−−−−→ 1. n→+∞
2p p n+1+ n−1
=
p n
2 µq ¶ q ∼ 1 + 1− 1 n→+∞ 1+ n n
1 p n
car
1 par quotient et produit d’équivalents.
1 n2 ln n 2
1 1+ n
1 ´³
¢sin n1
¢ 1 1 tan
tan n
Solution :
3.
sin n1
´
∼
n→+∞
2ln n n
³
car ln 1 + n12
´
1 ∼ 2 n→+∞ n
et donc
6. Considérons
´ 1 ³ 1 1 1 sin n − 1 = e sin n ln sin n − 1. an = sin n
Comme x ln x −−−→ 0 et que sin x→0
an
∼
n→+∞
1 n
sin ln sin
1 ∼ n n→+∞
ln sin n1 n
−−−−−→ 0, il vient que : sin n1 ln sin n1 −−−−−→ 0 et donc
1 n
n→+∞
n→+∞
. On montre de même que ³ ´ 1 1 tan n b n = tan −1 n
ln tan n1
∼
n
n→+∞
.
Comme un = an /bn , il vient : un
∼
n→+∞
ln sin n1 ln tan
1 n
ln sin n1
=
1 n
ln sin
− ln cos
1 n
1
= 1−
ln cos n1
∼
n→+∞
1.
ln sin n1
Exercice 10.63 ♥♥ Donner des équivalents simples lorsque n tend vers +∞ pour les suites de terme général : p
p n3 − n2 + 1 ln n − 2n 2 5. un = ln(n! + n n + 3n ) Ã ! n 6. un = avec p ∈ 0, n p
p
1. un = n + 1 − n 2. un = 3. un =
p ³
en
2 +n
en 1+e −n
4. un =
− 1 − en
´n
Solution : p
´ p ³q 1 + n1 − 1
p
1. un = n + 1 − n = n 2. un = e
n 2 +n 2
3. un = e
³
µp ¶ n−n 2 2 1 − e −n−n − e 2
en −n
1+e
−n ln(1+e −n )
3
4. un =
p
´n
n→+∞
∼
n→+∞
e
1 p . 2 n
∼
n→+∞
n 2 +n 2
car
2
2
µp ¶ n−n 2 2 1 − e −n−n − e 2 −−−−−→ 1. n→+∞
−n
= e n (1 + e −n )−n = e n e −n ln(1+e ) mais n ln (1 + e −n )
−−−−−→ 1 et un n→+∞
n2 + 1
n − ln n − 2n 2
p n 2n
∼
3
=−
n 2n 2
∼
n→+∞
e
n2
q
ne −n −−−−−→ 0 donc n→+∞
.
1 + 16 n4 n ∼ ln n n→+∞ + 1 − 2n 2
1−
∼
n→+∞
q
1 + 16 n n4 n −−−−−→ 1. car n n→+∞ 2 + 1 − ln 2 2n ´´ ³ ´ n n + n3 n = n ln n + ln 1 + nn!n + n3 n
1−
−
³ ³ ln(n! + n n + 3n ) = ln n n 1 + nn!n ∼ n ln n n→+∞ ³ ´ n n ln 1 + nn!n + n3 n ∼ n!n + n3 n −−−−−→ 0. n→+∞ n→+∞ n à ! ¡ ¢ ´ ´ ¢ ³ ¢ ³ ¡ n (n − 1) . . . n − p + 1 np ¡ np n p−1 = 1 − n1 . . . 1 − n ∼ −−−−−→ 1 6. un = car 1 − n1 . . . 1 − p−1 = n n→+∞ p! n→+∞ p! p! p
5. un
=
Exercice 10.64 ♥♥ Donner des équivalents simples lorsque n tend vers +∞ pour les suites de terme général : p n2 + n + 1 5. un = p 3 n2 − n + 1
1. un = ln (n + 1) − ln n 3 n+1 2. un = 2n n−ln 2 +1 3. un = (n + 1)α − (n − 1)α avec α ∈ R. n 2 + n ln(1 − e −n ) 4. un = n2 + 1
6. un =
Solution : 1. un = ln (n + 1) − ln n = ln
¢ ¡ n +1 ∼ = ln 1 + n1 n→+∞ n
1 n
397
e 2n + n 2 + n1 ³q e
n2
tan
1 n
´ ¢ ¡ 1 + ln 1 + sh n1 − 1
car
3
3
n+1 = 2n2 2. un = 2n n−ln 2 +1 n
1 − ln n3 + 2n
1 2n 3
1 n2
n→+∞
2n car
1 − ln n3 + 2n
1 2n 3
−−−−−→ 1. n→+∞ 1 + 12 n ¶α ¶ ¶ ¶ µµ µµ 2α 2 α n +1 = − 1 = (n − 1)α 1 + −1 ∼ 3. un = (n + 1)α − (n − 1)α = (n − 1)α (n − 1)α n→+∞ n −1 n −1 µ n −1 ¶α ¶ µ n −1 2α (n − 1)α−1 . Remarquons que si on factorise ainsi : un = (n + 1)α 1 − , on trouve que n +1 α−1 un ∼ 2α (n + 1) qui est bien entendu équivalent à l’équivalent trouvé avant. 1+
∼
n→+∞
ln(1−e −n )
ln(1 − e −n ) n 2 + n ln(1 − e −n ) 1 + e −n n ∼ 1 4. un = car = ∼ − −−−−−→ 0 n→+∞ n→+∞ n2 + 1 n n n→+∞ 1 + n12 q q 1 1 p + 1 + 1 + n1 + 12 2 1 n n n n n 2 +n+1 3 5. un = p car = ∼ n −−−−−→ 1. q q 3 2 3 3 n→+∞ n→+∞ n −n+1 1 1 1 3 1 − n + n12 n 2 1 − n + n2 ³q ´ ¢ ¡ 1 1 + ln 1 + sh n1 − 1 . 6. En appliquant les formules usuelles pour les équivalents : ∼ n→+∞ 2n 1 1 ³q 2n 2 2n 2 ´ e +n + n e +n + n ¢ ¡ 1 ∼ Par conséquent : un = 1 + ln 1 + sh n1 − 1 ∼ 2 2 2n 1 n n→+∞ e tan n e n tan n1 n→+∞ µ ¶ 2 2 n2 n2 e 2n−n 1 1 e 2n−n 1 + car 1 + 2n + 2n −−−−−→ 1. ∼ + 2 2n 2n n→+∞ n→+∞ e ne 2 e ne
1 2n
e 2n + n 2 + n1 en
2
1 n
=
Exercice 10.65 ♥♥ Donner des équivalents simples lorsque n tend vers +∞ pour les suites de terme général : ¢
¡
¡
¢
p
p
1. un = 2n 4 1 − cos n1 ln 1 + n1 tan
³
1 n2
2. un = ln(5 + n 2 + n) − ln(n 2 − n + 3) n p n 3. un = 1+(−1) n+ n 4. un =
Solution :
p
n+
p
n2 + 1 −
¢
¡
¡
n+
¢
´
à ! n +k 5. un = , k
6. un = e sin
n2 − 1
1. un = 2n 4 1 − cos n1 ln 1 + n1 tan
³
1 n2
´
∼
n→+∞
2n 4 ×
1 2n 2
× n1 ×
1 n2
=
1 n
q
ln n n
(k ∈ N) 1 − cos p 4 n
par applications des formules usuelles.
2. Écrivons en utilisant les propriétés du logarithme :
car
2n + 2
n2 − n + 3
µ ¶ n2 + n + 5 n 2 − n + 3 + 2n + 2 2n + 2 2n + 2 un = ln 2 = ln = ln 1 + 2 ∼ n −n +3 n2 − n + 3 n − n + 3 n→+∞ n 2 − n + 3
=
1 + 1/n 2n 2 n 1 − 1/n + 3/n 2
lorsque v n → 0. Finalement un 3. un =
∼
n→+∞
∼
n→+∞
1 1 + (−1)n n (−1)n n 1 + (−1)n n = p n n+ n 1 + p1n
2 −−−−−→ 0 et on peut utiliser l’équivalent usuel ln(1 + v n ) ∼ v n n→+∞ n n→+∞
2 n ∼
n→+∞
(−1)n car
1 + (−1)1 n n 1 + p1n
−−−−−→ 1. n→+∞
4. En utilisant deux fois les quantités conjuguées, écrivons : 2 2 un = ³p ´³p ´= p p p p v n wn n + n2 + 1 + n + n2 − 1 n2 + 1 + n2 − 1
Ensuite, on cherche un équivalent de chaque facteur du produit. En factorisant les termes dominants dans les sommes, écrivons s s vn =
p
p
n
1+
r
1 1+ 2 + n
1+
r
1−
1 n2
Comme le crochet tend vers 2 2, il est équivalent à cette limite non-nulle et finalement v n
398
∼
n→+∞
p 2 2n .
De la même façon, wn = n
et finalement, un
1 p
∼
n→+∞
2n 2n
"r
1 1+ 2 + n
r
1 1− 2 n
#
∼
n→+∞
2n
.
Ã
! n +k (n + k)! (n + k) (n + k − 1) . . . (n + 2) (n + 1) 5. un = = = k!n! k! k
= 1.
³
´ ³ ´ ¢ ¡ ¢ ¡ nk ³ nk 1 2 1 + nk × 1 + k−1 × 1 + ∼ ×. . .× 1 + n n n n→+∞ k! k!
6. Écrivons d’abord
θn = sin
r
ln n
∼
n n→+∞
et d’après l’équivalent classique de l’exponentielle, an inus, bn
∼
n→+∞
´
¡
¢ ¡
bn 1 p . Mais puisque an 2 n
∼
n→+∞
prouvé dans l’exercice 10.60 : un
r
ln n n
n
n→+∞
∼
r
ln n . En utilisant l’équivalent classique du cosn
∼
s
ln n n
n→+∞
1 → 0, b n = o (an ) et donc, par application du résultat p n→+∞ 2 ln n
∼
n→+∞
an
n→+∞
1
−n 4 n!
¡
2. un = n sin ln 1 + n1 ¡
3. un = e 1/n
¢n ln
¡
4. un = n ln n
¢
5. un = n
¢
cos(1/n)
¡p ¢ 1 + sin(1/n) − cos(1/n)
6. un = n 2
sin n n
Solution : o (n!) et n 4 = o (n!), on a : un −−−−−→ 0 . n→+∞ n→+∞ n→+∞ ¢ ¢ ¡ ¡ ∼ n1 et donc : ln 1 + n1 −−−−−→ 0, ce qui permet d’écrire ln 1 + n1 n→+∞ ¢ ¡ ¢ n→+∞ n ¡ ∼ n ln 1 + n1 ∼ = 1 et un −−−−−→ 1 . un = n sin ln 1 + n1 n→+∞ n→+∞ n n→+∞
1. Comme 5n = 2.
¡ ¢n ln 3. un = e 1/n
4.
1 un = n ln n
5. Ecrivons
¡
¢
cos(1/n)
ln n = e ln n
:
= e ln(cos(1/n)) = cos (1/n) −−−−−→ 1 . n→+∞
= e. un = n (an + b n )
avec an =
et
p 1 + sin(1/n) − 1
b n = 1 − cos(1/n)
Donc puisque bn =
n→+∞
bn + an
∼
∼
n→+∞
an
n→+∞
−−−−−→ 0
Exercice 10.66 ♥ Utiliser des équivalents ou des croissances comparées pour étudier la convergence des suites suivantes. 1. un = 5
¢
¶ ³ ´ µ 1 un = e θn − 1 + 1 − cos p = an + bn 4 n
ln n −−−−−→ 0, n n→+∞
Comme
´ ³
1 2 −−−−→ car 1 + nk × 1 + k−1 n ×. . .× 1 + n × 1 + n −
o
n→+∞
∼
n→+∞
∼
n→+∞
1 2n
1 2n 2
(an ), , par application du résultat prouvé dans l’exercice 10.60,
1 1 1 . Par conséquent un ∼ et donc un → . n→+∞ 2 2n 2
399
sin n n
sin n
= e 2 n ln n mais pour tout n > 0, − lnnn É sin n lnnn É lnnn (car sin est à image dans [−1, 1] et que ln n/n Ê 0 si n Ê 1 ) et lnnn −−−−−→ 0 car ln n = o (n). Donc par application du théorème des gendarmes,
6. un = n 2
n→+∞
n→+∞
sin n lnnn −−−−−→ 0. Par composition, un −−−−−→ e 0 = 1 . n→+∞
n→+∞
Exercice 10.67 ♥ Utiliser des équivalents ou des croissances comparées pour étudier la convergence des suites suivantes. ¡
1. un = 1 + sin n1
¢n
³
2. un = (5n + 1)2 ln 1 + 3n1 2 r ³ 3. un = n 2 ln 1 +
1 n 4 +n 2 +1
Solution : ¡
1. un = 1 + sin n1
¢n
=e
4. un = 5n tan
´
5. un =
´
p n
n
6. un = n ln
´ ³ 1 n ln 1+sin n
¡
r
π 5n
¢
n +1 n −1
mais sin n1 −−−−−→ 0 et n→+∞
³ ´ 1 n ln 1 + sin n
Par conséquent un −−−−−→ e .
∼
n→+∞
n sin
1
n×
∼
n n→+∞
1 n
=1
n→+∞
´ ³ 2. un = (5n + 1)2 ln 1 + 3n1 2
2 ∼ (5n+1) 2 n→+∞ 3n
3. un = n 2 ln 1 + n 4 +n1 2 +1
n→+∞
r
4. un = 5n tan 5. un =
p n
n
³
¡
π 5n
¢
∼
n→+∞
l nn =e n
´
∼
=
n2 n2
1 5+ n 3
´2
2 p n −−−−−→ n 4 +n 2 +1 n→+∞
−−−−−→ n→+∞
25 3
1
5n 5πn = π donc un −−−−−→ π .
mais ln n =
n→+∞
o
n→+∞
(n) donc
6. Écrivons pour n ∈ N :
Comme
³
l nn −−−−→ 0 n − n→+∞
et par composition un −−−−−→ e 0 = 1 . n→+∞
µ ¶ n 2 un = ln 1 + 2 n −1
2 2 2 −−−−−→ 0, ln(1 + ) ∼ n − 1 n→+∞ n − 1 n→+∞ n − 1
∼
n→+∞
2 et donc un −−−−−→ 1 . n→+∞ n
Exercice 10.68 ♥ Utiliser des équivalents ou des croissances comparées pour étudier la convergence des suites suivantes. ´ 1 − 12 − 1 n ³ n ´n 2. un = où x ∈ R. ¡ n −ax¢n 3. un = 1 + n où a ∈ R.
1. un = n 2
³q
Solution : ³q 1. un = n 1− 2
1 n2
à ³ ´ 2 1− −1 = n
4. un =
¡ 2n−1 ¢n 2n+1
q p p p 5. un = n + n + n − n
6. un = 2 ´1 1 2 2 n
!
−1
∼
n→+∞
n2 ×
−1 −−−−−→ 2n 2 n→+∞
−
n+4 −5n+4 n n
2 −5
1 2
2. La suite est définie à partir d’un certain rang (n Ê E(x) + 1). Écrivons-la sous forme exponentielle : µn −x ¶ µ x¶ n ¶ −n ln −n ln 1− n−x =e n n =e un = e ³ x x´ ∼ x et donc un −−−−−→ e x . Comme → 0, on peut utiliser les équivalents classiques et alors −n ln 1 − n→+∞ n n n→+∞ ¡ a¢ ¢ ¢ ¡ ¡ a a a n a n ln 1+ n ∼ n n = a donc un −−−−−→ e . mais n ln 1 + n 3. un = 1 + n = e
n ln
µ
n→+∞
4. Pour tout n Ê 1,
µ
2n − 1 un = 2n + 1
¶n
n→+∞
=e
2n−1 n ln 2n+1
400
³ ´ 2 n ln 1− 2n+1 =e
¢
¡
2 mais n ln 1 − 2n+1
∼
n→+∞
−
2n −−−−−→ −1 donc un −−−−−→ 1/e . n→+∞ 2n + 1 n→+∞
5. En utilisant les quantités conjuguées, puis en factorisant en haut et en bas par
un = r
6. un =
2n+4 −5n+4 2n −5n
³ ´n+4 2 −1 5n+4 ³5 ´ 5n 2 n −1 5
=
mais
³¡ ¢ ´ 2 n 5
et
q
1+
1 + p1n
q
1 n
+
³¡ ¢ ´ 2 n+4 5
1 n 3/2
−−−−−→ n→+∞
+1
p
n , on trouve que ∀n > 0,
1 2
sont des suites géométriques de raison
2 5
∈ ]−1, 1[ et donc
elles convergent vers 0. On obtient alors un −−−−−→ 54 . n→+∞
Exercice 10.69 ♥ Utiliser des équivalents ou des croissances comparées pour étudier la convergence des suites suivantes. ³
1. un = n e sin p
5. un =
2. un = n 4 + 4 − n 2 p 4 3. un = n 4 + 4 − n 4. un =
cos n − n 2 2n + n sin n
Solution :
³
1. D’une part, n e sin
´ ¡π¢ n −1
−−−−−→ 0. Finalement n→+∞
µ
¶ 1 − 1/n n cos(1/n) ³ q ´n 6. un = 1 + 1 + n1
´ ¡π¢ 1 n − 1 + (ln n) n
¡ ¢
∼ n π = π. D’autre part ∼ n sin nπ n→+∞ n n→+∞ 1 (ln n) n −−−−−→ e 0 = 1 et : un −−−−−→ π + 1 . n→+∞ n→+∞
2. Pour tout n ∈ N : p un = n 4 + 4 − n 2 =
3. Pour tout n ∈ N : un =
p 4
1
: (ln n) n = e
ln(ln n) n
et
ln(ln n) n
=
ln n ln(ln n) n ln n
´³p ´ ³p n4 + 4 − n2 n4 + 4 + n2 4 =p −−−−−→ 0 p 4 2 4 n +4+n n + 4 + n 2 n→+∞ ³p 4
n4 + 4 − n =
´ ³p ´ 4 p n4 + 4 − n n4 + 4 + n n4 + 4 − n2 = p . p 4 4 n4 + 4 + n n4 + 4 + n
En utilisant la question précédente, le numérateur tend vers 0 et il est facile de montrer que le dénominateur tend vers +∞. La suite tend donc vers 0 .
cos n −1 n2 . Mais, en utilisant le théorème des gendarmes et les croissances comparées, n sin n 1+ n2 −−−−→ 0 et n sin2 n −−−−−→ 0. Par conséquent, comme n 2 = o (2n ), il est clair on montre facilement que cosn 2 −
n2 cos n − n 2 = n 4. un = n 2 + n sin n 2
n
n
n→+∞
n→+∞
n→+∞
que un −−−−−→ 0 . n→+∞
5. Écrivons un = e an avec
et comme 1 − cos
1 n
∼
n→+∞
1 1 1 1 − − cos n = n ln 1 + n n an = n ln 1 1 cos cos n n µ ¶ 1 1 = o − , il vient que 2n 2 n→+∞ n
1−
1−
1 1 − cos n n 1 cos n
∼
n→+∞
Et par conséquent, 401
−
1 −−−−−→ 0 n n→+∞
an ´n ³ q n ln 6. un = 1 + 1 + n1 = e
µ q ¶ 1 1+ 1+ n
même de un .
Exercice 10.70
et 1 +
q
∼
n→+∞
1 et un →
1 e
´ ³ q 1 + n1 −−−−−→ 2 donc n ln 1 + 1 + n1 −−−−−→ +∞ et il en est de n→+∞
n→+∞
♥♥
1. Soit la suite de terme général un =
Montrez que un
∼
n→+∞
e
n2
.
2. Trouvez un équivalent de v n = Solution :
Pn
k=0
n X
2
ek .
k=0
k!.
2
1. On met e n en facteur dans la somme : un =
Mais
n X
k=0
´ ³ 2 2 2 2 2 2 2 2 e k = e n e −n + e 1−n + e 2 −n + . . . + e (n−1) −n + 1 .
2
2
0 É e −n + e 1−n + e 2
donc un
∼
n→+∞
en
2
−n 2
2
+ . . . + e (n−1)
−n 2
2
É ne (n−1)
−n 2
= ne −2n+1 −−−−−→ 0 n→+∞
2
2. On écrit :
Ã
! k! k! = n! 1 + . k=0 n! k=0 n X
Mais pour tout k ∈ 0, n − 2 ,
n−1 X
1 1 (n − k)! donc = < n! n(n − 1) . . . (n − k + 1) n(n − 1)
n−1 X
k! 0! 1 2 n −1 (n − 2)! (n − 1)! + = = +... + + É n! n! n! n! n − 1) n n (n k=0
et d’après le théorème des gendarmes, Exercice 10.71 ♥♥ Trouver un équivalent de
Pn−1
k! −−−−−→ 0. k=0 n! n→+∞
En conclusion un
r qp p 1 1 − un = n +1− n + n +1 n +2
Solution : Écrivons un = an + bn r qp p 1 1 avec an = n + 1 − n et b n = . On trouve les équivalents − n +1 n +2 s 1 1 ∼ bn = (n + 1)(n + 2) n→+∞ n ¶1 µ 1 2 1 1 an = n 4 (1 + ) 2 − 1 n
µ ¶ 1 1 1 2 car (1 + ) − 1 ∼ . n→+∞ 2n n
Donc un = an + bn avec bn =
o
n→+∞
(an ) et il vient que un
∼
n→+∞
402
∼
n→+∞
an
∼
1 p 1 2n 4
n→+∞
∼
n→+∞
1 p 1 . 2n 4
n! .
Exercice 10.72 ♥♥ On considère une suite (un ) définie par u0 > 0 et ∀n ∈ N , un+1 =
En étudiant la suite (1/un ), montrez que un
1/n .
∼
n→+∞
un 1 + un
Solution : La suite (v n ) de terme général 1/un est arithmétique puisque pour tout n ∈ N , v n+1 = v n +1. On a donc pour tout n ∈ N , v n = v 0 + n et il vient que v n ∼ n . En prenant l’inverse, on obtient que : un ∼ 1/n . n→+∞
n→+∞
Exercice 10.73 ♥♥ On considère la suite définie par : S n = 1 + 11 + · · · + 11. | {z. . 1} n
fois
Trouver un équivalent simple de (S n ) lorsque n → +∞. Solution : On calcule pour 1 É p É n ,
2 p−1 11. = | {z. . 1} = 1 + 10 + 10 + · · · + 10
fois
p
Par conséquent, pour n Ê 1,
10p − 1 9
n 1 X n 10 10n − 1 n − 10p − = 9 p=1 9 9 10 − 1 9
Sn =
Finalement,
Sn
∼
n→+∞
10n+1 92
Exercice 10.74 ♥♥♥ Trouver un équivalent simple de la suite de terme général · µ ¶¸ π 1 n un = tan + 3 n
Solution : Sous forme exponentielle : un = e
³ ³ ´´ 1 n ln tan π 3+n
puis avec les formules d’addition : ¡ ¢ 3 + tan n1 n ln p ¡ ¢ 1 − 3 tan n1
p
un = e
=e
p 3 1 + p 3 n ln 3 p
tan
¡1¢
n ¡ ¢ 3tan n1
1−
1+
p
3 3
tan
¡1¢
n n ln p ¡ ¢ p 1 − 3tan n1 n ln 3 =e e
³p ´n = 3 e
¡1¢ n On cherche alors la limite de an = n ln 1 + p ¡ ¢ . Avec les équivalents usuels : 1 − 3 tan n1
4
p 3 3
p
¡1¢ p 3 3 3 tan n an ∼ n p ¡ ¢ ∼ 4n n→+∞ 1 − 3 tan 1 n→+∞ 3 n
4
p
tan
p 3 1 =4 n 3
donc an −−−−−→ 4 3/3. Il vient alors par composition de limite : n→+∞
e
n ln1+
4
p
3 3
tan
¡1¢ n
p ¡ ¢ 1 − 3 tan n1
donc un
∼
n→+∞
p
3)
403
n
−−−−−→ e n→+∞
p 4 3 e 3
p 3 3
n ln1+
4
p
3 3
tan
¡1¢ n
p ¡ ¢ 1 − 3 tan n1
.
Exercice 10.75
♥♥♥
Soient (an ) et (bn ) deux suites à termes strictement positifs. On note An = la série
P
b k diverge, montrer que A n
Solution : Puisque an
∼
n→+∞
Bn .
∼
n→+∞
n X
k=0
ak et Bn =
n X
b k . Si an
k=0
∼
n→+∞
b n et si
b n , an /b n −−−−−→ 1. Soit ε > 0. Il existe alors un rang N0 ∈ N tel que pour n Ê N0 , on a : n→+∞
¯ ¯ ¯ ¯ an ¯Éε ¯ − 1 ¯ ¯b n
et donc puisque (bn ) est strictement positive :
(1 − ε)b n É an É (1 + ε)b n .
Donc : (1 − ε)
ce qui s’écrit aussi :
n X
k=N0
bk É
n X
k=N0
ak É (1 + ε)
n X
bk ,
k=N0
¡ ¢ ¡ ¢ (1 − ε) Bn − BN0 −1 É A n − A N0 −1 É (1 + ε) Bn − BN0 −1
ou encore
¶ µ ¶ µ (1 + ε) BN0 −1 − A N0 −1 (1 − ε) BN0 −1 − A N0 −1 Bn É A n É 1 + ε − Bn 1−ε− Bn Bn
Mais comme Bn −−−−−→ +∞, lim n→+∞
n→+∞
(1 − ε) BN0 −1 − A N0 −1 Bn
N1 , N2 ∈ N tels que n Ê N1 =⇒ −ε É
(1 − ε) BN−1 − A N−1 Éε Bn
= lim
n→+∞
(1 + ε) BN0 −1 − A N0 −1 Bn
et n Ê N2 =⇒ −ε É
= 0. Il existe alors des rangs
(1 + ε) BN−1 − A N−1 É ε. Bn
Posons N = max (N0 , N1 , N2 ). On a alors, pour n Ê N : (1 − 2ε) Bn É A n É (1 + 2ε) Bn
ce qui prouve que An
∼
n→+∞
Bn .
Exercice 10.76 ♥♥♥ 1 Soit (un ) une suite qui converge vers 0 et telle que un + u2n ∼ . Trouver un équivalent de un . n→+∞ n Indication 10.5 : l – Si un = , et vérifie l’hypothèse, que vaut l?. n – On fera intervenir une somme télescopique. Solution : Soit ε > 0. Comme un + u2n
∼
n→+∞
(1 + ε) . Pour tout p ∈ N, on peut alors écrire : n
1 (1 − ε) , il existe un rang N ∈ N tel que si n Ê N alors É un + u2n É n n
(1 − ε) (1 − ε) É u2p n + u2p+1 n É p . 2p n 2 n
Donc :
p X
k=0
ce qui amène :
(−1)k
(1 − ε) 2k n
É
p X
p ¢ X ¡ (1 + ε) (−1)k u2k n + u2k+1 n É (−1)k k 2 n k=0 k=0
p p (1 + ε) X (−1)k (−1)k (1 − ε) X É un + (−1)p u2p+1 n É . k n k=0 2 n k=0 2k
En utilisant que un −−−−−→ 0 et en prenant la limite quand p tend vers +∞ dans les inégalités précédentes, on obtient : n→+∞
2(1 − ε) 2(1 + ε) É un É 3n 3n
et donc un
∼
n→+∞
2 . 3n
404
Exercice 10.77
♥♥♥
Formule de Stirling ¡
¢
¡
¢
1. Étudier les variations de la fonction f (x) = x + 12 ln 1 + x1 pour x > 0. ¢
¡
¡
¢
1 2. Étudier la fonction définie par g (x) = x + 21 . ln 1 + x1 − 12x(x+1) pour x Ê 1. Indication 10.5 : (On pourra, pour étudier le signe de la dérivée seconde, introduire t = (x + 1).x )
n n+1/2
et v n = un . exp 3. Démontrer que les deux suites un = n e n! mune. 4. On pose w n =
Zπ/2 0
¡
1 12n
¢
sont adjacentes. On appelle ℓ la limite com-
cosn x d x . Démontrer que la suite (w n )n∈N est décroissante. Trouver une relation entre w n et
w n+2 . Calculer w n . Démontrer que ∀n ∈ N,
l’existence de L = lim
n→∞
24n (n!)4
n [(2n)!]2
(2.4. . . . .2n)2 π (2.4. . . . .(2n − 2))2 2n En déduire É É 2 (3.5. . . . .(2n − 1)) (2n + 1) 2 (3.5. . . . .(2n − 1))2
, et calculer L.
5. Calculer ℓ. 6. En déduire un encadrement de n! pour n Ê 1 7. En déduire un équivalent simple zn de n!. Donner des valeurs approchées pour 1000! et pour z1000 8. Démontrer que w n ≃ w n+1 . 9. Calculer (n + 1).w n .w n+1 pour n ∈ N. 10. Donner un équivalent de w n .
Solution : ¡
¢ ¡
¢
µ
1. Pour x > 0, f ′ (x) = ln 1 + x1 + x + 12 × − f ′′ (x) = −
¶ x + 12 ¡ ¢ ¢ 1 ¡ 1 1 1 1 × = ln 1 + x1 − − − = ln 1 + . x 2 1 x x(x + 1) 2x 2(x + 1) 1+ x
1 1 1 1 1 −2x(x + 1) + (x + 1)2 + x 2 (x + 1 − x)2 1 + + = − + = = = + x 2 2x 2 2(x + 1)2 x(x + 1) 2x 2 2(x + 1)2 2x 2 (x + 1)2 2x 2 (x + 1)2
1 > 0. 2x 2 (x + 1)2
On en déduit que f ′ est croissante sur ]0, +∞[. Comme lim f ′ (x) = 0, on en déduit que ∀x > 0, f ′ (x) < 0 et par x→∞ suite que f est décroissante sur ]0, +∞[. De plus, on a en +∞ f (x) ∼ (x + 21 ). x1 ∼ 1. Donc lim f (x) = 1. En particulier, ∀x > 0, f (x) > 1. x→∞
2x + 1 1 1 . 2. On a ∀x > 0, g ′ (x) = f ′ (x) + = f ′ (x) + + 2 2 2 2 12x (x + 1) 12x(x + 1) 12x (x + 1) 1 2 1 2 g ′′ (x) = f ′′ (x) − − − − 2 2 3 2 2 3 12x (x + 1) 12x(x + 1) 12x (x + 1) µ ¶12x (x + 1) 1 1 1 1 2 1 2x(x + 1) − (x + 1)2 − x 2 − − 3 =− 3 < 0. = = 2 2 3 3 3 6 x (x + 1) x(x + 1) x (x + 1) 6 x (x + 1) 6x (x + 1)3 On en déduit que g ′ est décroissante sur ]0, +∞[. Comme lim g ′ (x) = 0, on en déduit que ∀x > 0, g ′ (x) > 0 et par x→∞
suite que g est croissante sur ]0, +∞[. Comme lim g (x) = 1. En particulier, ∀x > 0, g (x) < 1. x→∞
un+1 (n + 1)n+3/2 e n n! (n + 1)n+1/2 = . = n+1 n+1/2 e (n + 1)! n e ¶ un µ un+1 un+1 = f (n) − 1 > 0. Donc > 1 et donc la suite (un )nÊ1 est croissante. Donc ln un un ´ ³ 1 µ ¶ ³ ´ (n + 1)n+1/2 un+1 v n+1 (n + 1)n+3/2 e n n! exp 12(n+1) 1 1 = . Donc ln = On a, pour n Ê 1, = n+1 exp − ¢ ¡ 12(n+1) 12n 1 vn e (n + 1)! n n+1/2 exp 12n e un v n+1 1 < 1 et donc la suite (v n )nÊ1 est décroissante. = g (n) − 1 < 0. Donc f (n) − 1 − 12n(n+1) vn ¡ 1 ¢ Soit enfin ℓ = lim v n , puisque un = v n . exp − 12n , on en déduit que (un )nÊ1 converge vers la même limite. n→∞ Zπ/2 cosn x(cos x − 1) d x . Comme cosn x(cos x − 1) É 0 on en déduit 4. Intégrales de Wallis. On a w n+1 − w n =
3. On a, pour n Ê 1,
w n+1 − w n É 0 ce qu’il fallait vérifier.
0
405
Zπ/2 Zπ/2 w n − w n+2 = cosn x(1 − cos2 x) d x = cosn x sin2 x d x . On intègre par parties : 0 0 · ¸π/2 u ′ (x) = sin x cosn x u(x) = − 1 cosn+1 x 1 n +1 D’où w n − w n+2 = − + cosn+1 x sin x v(x) = sin x n +1 0 v ′ (x) = cos x Zπ/2 1 1 cosn+1 x d x = 0 + w n+2 . n +1 0 n +1 ¶ µ 1 n +1 wn . w n+2 soit w n+2 = D’où w n = 1 + n +1 n +2 π On peut ainsi calculer les w n de deux en deux, en partant de w 0 = ou w 1 = 1. 2 2n − 1 2n − 1 2n − 3 1 π Donc w 2n = . w 2n−2 = . . . = ... 2n 2n 2n − 2 2 2 2n 2n − 2 2 2n w 2n−1 = . . . = . . . 1. et w 2n+1 = 2n + 1 2n + 1 2n − 1 3 En écrivant w 2n+1 É w 2n É w 2n−1 on obtient
2n 2n − 2 2 2n − 1 2n − 3 1 π 2n − 2 2 ... É ... É ... 2n + 1 2n − 1 3 2n 2n − 2 2 2 2n − 1 3 2n 2n − 2 . . . 2 on trouve bien le résultat annoncé. 2n − 1 2n − 3 Maintenant on multiplie en haut et en bas par les facteurs pairs 2, 4, . . . , 2n (au carré) pour reconstituer les factorielles de 2n au dénominateur. On obtient alors :
Soit en multipliant chaque expression par
∀n ∈ N,
π (2.4. . . . .(2n − 2))4 (2n)3 (2.4. . . . .2n)4 É É (2.3.4.5. . . . .(2n − 1)(2n))2 (2n + 1) 2 ((2.3.4.5. . . . .(2n − 1)(2n))2
On extrait ensuite les facteurs 2 pour obtenir les factorielles de n au numérateur. On obtient alors : π (n!)4 (n!)4 É É [(2n)!]2 (2n + 1) 2 [(2n)!]2 (2n)
En posant Wn =
24n (n!)4 n [(2n)!]
2
, la première inégalité s’écrit Wn É
π 2n + 1 π et la deuxième 2 É Wn d’après le 2 n 2
théorème des gendarmes, L existe et vaut π. 1
1
1 n n+ 2 1 (2n)2n+ 2 24n (n!)4 d’où (2n)! ∼ , donc, d’après la question précédente, π ∼ ∼ n 2n ℓ e ℓ e n [(2n)!]2 1 1 n 4n+2 1 ℓ2 e 4n 24n n 4n+2 e 4n 1 1 . Puisque ℓ > 0, ℓ = p . 24n 4 4n ∼ ∼ ℓ e n (2n)4n+1 24n+1 n 4n+1 n e 4n ℓ2 2ℓ2 2π 6. Puisque les suites un et v n sont adjacentes, on a un É ℓ É v n , on a
5. On sait que n! ∼
³ 1 ´ 1 n n+1/2 n n+1/2 . Ép É n exp n e n! e n! 12n 2π
Soit p
7. On en déduit que zn = 2πn
³ n ´n
³ n ´n ³ 1 ´ ³ n ´n p p . É n! É 2πn exp 2πn e e 12n
est un équivalent (simple) de n!. (formule de Stirling) e On a log10 (z1000 ) = 2567, 60461 à 10−5 près. Donc z1000 = 102567 ×100,6046 = 4, 0235×102567 . De même on calcule 1000 X ¡ 1 ¢ log10 k = 2567, 60464 à 10−5 près, puis 1000! = 4, 0239 × 102567 . Le facteur correctif vaut exp 12000 = 1 + ε, k=2
avec ε à peu près égal à
1 12000
de l’ordre de 10−4 . On est donc (largement) dans les clous.
n +1
n +1
w n+1
w n+1
É 1 donc lim = 1 soit encore w n É w n+1 É w n ou encore É 8. On a w n+2 É w n+1 É w n soit n→∞ w n n +2 n +2 wn w n+1 ∼ w n .
π n +1 π × 1 = . Par ailleurs (n + 2).w n+1 .w n+2 = (n + 2).w n+1 . w n = (n + 2 2 n +2 π 1).w n .w n+1 . Donc (n + 1).w n .w n+1 est une suite constante, égale à . 2 r r p π π π 2 . On en déduit w n ∼ . 10. On a ∼ (n + 1).w n .w n+1 ∼ nw n . Donc lim nw n = n→∞ 2 2 2n
9. Pour n = 0, (n + 1).w n .w n+1 = 1 ×
406
10.9.9 Étude de suites données par une relation de récurrence Exercice 10.78
♥♥
Étudier la suite définie par u0 ∈ R et ∀n ∈ N , un+1 = R
un3 + 6un 3un2 + 2
.
−→
R x 3 + 6x . La suite (un ) est donnée par u0 ∈ R et pour tout n ∈ N, x 7−→ 3x 2¡+ 2 ¢ 2 3 x2 − 2 un+1 = f (un ). On montre que pour tout x ∈ R, f ′ (x) = ¡ ¢2 . Donc f est strictement croissante sur R. On trouve 3x 2 + 2 p p les points fixes de f en résolvant l’équation f (x) = x . Ce sont les nombres : 2, 0, − 2.
Solution : Introduisons la fonction f :
1
−4
−3
−2
1
−1
2
3
−1
¤
−2
p ¤
£ p
¤
£ p ¤
£p
£
Appliquons maintenant le cours. Les intervalles I1 = −∞, − 2 ,I2 = − 2, 0 , I3 = 0, 2 et I4 = 2, +∞ sont stables par f . Soit k ∈ 1, 4. Prenons u0 ∈ Ik . La suite (un ) est donc bien définie et à valeurs dans Ik . En résolvant l’inéquation f (x) É x sur R, on vérifie facilement que f (x) Ê x si x ∈ I1 f (x) É x si x ∈ I 2 f (x) Ê x si x ∈ I 3 f (x) É x si x ∈ I4 et donc que (un ) est croissante si u0 ∈ I1 ∪ I3 , décroissante si u0 ∈ I2 ∪ I4 . Elle est donc à chaque fois soit décroissante et minorée, soit croissante et majorée. La suite (un ) est donc, d’après le théorème de la limite monotone, dans chaque cas convergente et comme sa limite est nécessairement un point fixe de f , on obtient : ( p − 2 un −−−−−→ p n→+∞ 2
si u0 ∈ I1 ∪ I2 . si u0 ∈ I3 ∪ I4
Exercice 10.79 ♥ Étudier la suite définie par u0 ∈ R et ∀n ∈ N , un+1 = (
R
−→
2un 1 + un2
R
2x . La suite (un ) est donnée par u0 ∈ R et pour tout n ∈ N 1 + x2 1 − x2 un+1 = f (un ). On montre que pour tout x ∈ R, f ′ (x) = 2 ¡ ¢2 . On en déduit les variations de f 1 + x2
Solution : Introduisons la fonction f :
x
7−→
1 x
−∞
f ′ (x) 0 f
1
−1
& %& −
0
−1
+
0 1
+∞
−
−4
−3
−2
1
−1 −1
0
−2
407
2
3
On va donc travailler dans un premier temps sur l’intervalle stable I = [−1, 1]. Sur I, la fonction f est strictement croissante et ses points fixes sont −1, 0 et 1. En résolvant l’inéquation f (x) Ê x sur I on montre que f (x) É x si x ∈ I1 = [−1, 0] et que f (x) Ê x si x ∈ I2 = [0, 1]. Remarquons que les intervalles I1 et I2 sont aussi stables par f . On en déduit alors que : • si u0 ∈ I1 alors la suite est bien définie et à valeurs dans I1 . De plus, comme u0 Ê f (u0 ) et que f est croissante alors (un ) est décroissante. Comme elle est minorée par −1, d’après le théorème de la limite monotone elle est convergente. Sa limite est forcément un point fixe de f , donc dans ce cas un −−−−−→ −1. n→+∞ • si u0 ∈ I2 alors la suite est bien définie et à valeurs dans I2 . Comme u0 É f (u0 ) et que f est croissante alors (un ) est croissante. Cette suite est majorée par 1. On termine alors comme précédemment, et on montre que dans ce cas un −−−−−→ 1. n→+∞ Si u0 ]−∞, −1[ alors u1 ∈ I1 et donc on est ramené au premier cas. Si u0 ]1, +∞[ alors u1 ∈ I2 et on est ramené au second cas. Exercice 10.80 ♥ Soit u0 ∈ [0, 1]. Étudiez la suite définie par la relation de récurrence
1 ∀n ∈ N , un+1 = un (1 − un ) 2
Solution : Introduisons la fonction f :
(
[0, 1]
−→
x
7−→
R 1 . On montre que pour tout x ∈ [0, 1], f ′ (x) = 1/2− x . x (1 − x) 2
On en déduit les variations de f sur [0, 1]. L’intervalle [0, 1] est stable donc la suite est bien définie et à valeurs dans [0, 1]. On vérifie facilement que 0 est le seul point fixe de f , que pour tout x ∈ [0, 1], f (x) É x et que f est croissante sur [0, 1/2] , décroissante sur [1/2, 1]. Supposons que u0 ∈ [0, 1/2] alors la suite (un ) est décroissante. Elle est de plus minorée par 0 donc d’après le théorème de la limite monotone, elle converge. Sa limite est un point fixe de f donc un −−−−−→ 0. Si u0 ∈ ]1/2, 1] alors u1 = f (u0 ) ∈ [0, 1/2] n→+∞ car f É 1/8 sur [0, 1] et on retombe sur le premier cas. x
0
f ′ (x) f
1/2
% & +
0
1
0
1/8
−
0 0
Exercice 10.81 ♥♥ Soient 0 < u0 < v 0 , et p > q > 0. On définit deux suites par : ∀n ∈ N , un+1 =
pun + q v n p +q
v n+1 =
1
p v n + qun p +q
1. Montrez que les suites (un ) et (v n ) convergent vers la même limite. 2. Soit ε > 0. Pour quelles valeurs de n est-on sûr que |un − l| É ε ? Solution : 1. Par récurrence, on montre que ∀n ∈ N∗ , un É v n , car v n+1 − un+1 =
Soit alors n ∈ N ,
un+1 − un = v n+1 − v n =
p −q (v n − un ) p +q
q (v n − un ) Ê 0 p +q
q (un − v n ) É 0 p +q
Donc (un ) est croissante et (v n ) décroissante. En notant dn = v n − un , on a vu que ∀n ∈ N ,
dn+1 = kdn
p −q et donc on a 0 < k < 1. Par conséquent, comme (dn ) est géométrique dn = k n d0 → 0. En conclusion, p +q les deux suites (un ) et (v n ) sont adjacentes et convergent vers la même limite.
où k =
408
2. Puisque pour tout n ∈ N∗ , un É l É v n , il vient |un − l| É v n − un = dn = k n (v 0 − u0 ). Pour avoir |un − l| É ε, il suffit que dn É ε. C’est à dire ln
nÊ
ε v 0 − u0 ) ln k
Exercice 10.82 Soit u0 > 0 et (un ) la suite définie par : ∀n ∈ N ,
un+1 =
s
n X
uk
k=0
1. Trouver une relation de récurrence simple entre deux termes successifs un+1 et un de la suite. 2. Montrer que la suite (un ) est croissante 3. Montrer que la suite (un ) diverge vers +∞.
Solution : 1. Remarquons que pour tout n ∈ N
v un−1 q uX uk + un = un2 + un un+1 = t k=0
½
[−1, +∞] −→ R p . On a affaire à une suite récurrente de la forme un+1 = f (un ). x 7−→ x2 + x On vérifie par récurrence que si u0 > 0, alors ∀n ∈ N , un > 0 ce qui permet de définir un+1 . Donc la suite (un ) est
Introduisons alors f : bien définie.
2. Calculons alors pour n ∈ N un+1 − un =
La suite (un ) est donc croissante.
q u 2 + un − un2 un =q Ê0 un2 + un − un = q n 2 2 un + un + un un + un + un
3. Par l’absurde, si la suitep(un ) convergeait vers l ∈ R , alors l devrait être un point fixe de f et on devrait avoir l = f (l), c’est-à-dire l = l 2 + l et donc l = 0. Mais c’est impossible car u0 > 0 et (un ) est croissante. D’après le théorème de la limite monotone, on en déduit que la suite (un ) diverge vers +∞. Exercice 10.83 ♥ Étudiez la suite récurrente définie par u0 > 0 et ∀n ∈ N , un+1 =
p
un + 1
Solution : On vérifie par récurrence que ∀n ∈ N , un > 0 et donc que la suite (un ) est bien définie. ½
Introduisons la fonction f :
R+ x
−→ 7−→
R p
x +1
. Cette fonction est croissante comme composée de fonctions crois-
santes. Étudions la position de son graphe par rapport à la bissectrice principale. Pour ce faire, considérons la fonction g (x) = f (x) − x , et cherchons son signe. Pour tout x ∈ R+ : 1 + x − x2 x2 − x − 1 g (x) = p = −p 1+x +x 1+x +x
p 1+ 5 Notons α = . La fonction g est positive sur [0, α], négative sur [α, +∞[. En particulier, la fonction f possède un 2 unique point fixe α ∈ [0, +∞[.
409
2 1
1
−1
2
−1
Puisque pour tout n ∈ N, un+1 − un = g (un ), si un É α, un+1 Ê un et si un Ê α, un+1 É un . On vérifie en utilisant les variations de f que les intervalles [0, α] et [α, +∞[ sont stables. On étudie alors deux cas : 1. Si u0 ∈]0, α], alors pour tout n ∈ N , un ∈ [0, α] et la suite (un ) est croissante et majorée par α. Elle converge alors vers l’unique point fixe de f , α. 2. Si u0 ∈ [α, +∞[, alors pour tout n ∈ N , un ∈ [α, +∞[ et la suite (un ) est décroissante et minorée par α. Elle converge donc vers l’unique point fixe de f , α. On a donc montré que ∀u0 > 0, un −−−−−→ n→+∞
p 1+ 5 . 2
Exercice 10.84 ♥♥♥ Soit a > 0. Étudiez la suite de terme général : un =
r
a+
Indication 10.5 : Aidez-vous de l’exercice précédent.
Solution : Introduisons la fonction f :
½
R+ x
−→ 7−→
(
q
p a +··· + a
R p+ . La suite (un ) est définie par récurrence par : a+x
∀n ∈ N,
u0 =
p
a
un+1 = f (un )
.
p
p p a + a > a = u0 , la suite (un ) est strictement croissante. Un point p 1 + 1 + 4a . On en déduit que fixe positif de f est une solution positive de x 2 − x − a = 0. La seule possibilité est α = 2 p l’intervalle [0, α] est stable pour f . De plus u0 = a ∈ [0, α]. Par conséquent (un ∈ [0, α]) et la suite est majorée. On applique le théorème de la limite monotone et on en déduit qu’elle converge vers l’unique point fixe positif de f . Il vient p q p p 1 + 1 + 4a alors que : a + a + · · · + a −−−−−→ n→+∞ 2
Comme f est strictement croissante et que u1 =
10.9.10 Étude de suites définies implicitement Exercice 10.85 ♥ Pour tout n ∈ N on considère l’équation (En ) : xe x = n d’inconnue x ∈ R+ . 1. Montrer que, pour tout n ∈ N, (En ) admet une et une seule solution dans R+ . On la notera xn . 2. Déterminer la limite de (xn ). Solution :
½
−→ 7−→
R .La fonction θ est dérivable sur R+ et si x ∈ R+ , θ′ (x) = (x + 1) e x . On en déduit que xe x θ′ est strictement positive sur R+ et que θ est strictement croissante sur R+ . On peut alors affirmer que θ réalise une bijection de R+ sur R+ . Pour tout n ∈ N, il existe donc un unique réel positif noté xn tel que θ (xn ) = n . Ce réel est donné par : xn = θ−1 (n).
1. Posons θ :
R+ x
2. Comme θ−1 (x) −−−−−→ +∞, en appliquant le théorème de composition d’une suite par une fonction on obtient : x→+∞
lim xn = lim θ−1 (n) = +∞ car θ (x) −−−−−→ +∞.
n→+∞
n→+∞
x→+∞
410
Exercice 10.86 ♥ Pour tout n ∈ N, on considère l’équation (En ) : x + ln x = n d’inconnue x ∈ R∗+ . 1. Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn . 2. Montrer que la suite (xn ) diverge vers +∞. 3. Donner un équivalent simple de la suite (xn ).
Solution :
½
R∗+ ′ . La fonction θ est dérivable sur R∗+ et si x ∈ R∗+ , θ′ (x) = x+1 x . On en déduit que θ x + ln x est strictement positive sur R∗+ et que θ est strictement croissante sur R+ . La fonction θ réalise donc une bijection de R∗+ sur R. Pour tout n ∈ N, il existe donc un unique réel positif noté xn tel que θ (xn ) = n . Ce réel est donné par : xn = θ−1 (n).
1. Posons θ :
R∗+ x
−→ 7−→
2. Comme θ−1 (x) −−−−−→ +∞, appliquant le théorème de composition d’une suite par une fonction on obtient : x→+∞
lim xn = lim θ−1 (n) = +∞.
n→+∞
n→+∞
3. Soit n ∈ N. En partant de xn + ln xn = n on obtient : xn = n ln xn −−−−−→ 0 et donc un ∼ n . n→+∞ xn n→+∞
1 . Mais comme xn −−−−−→ +∞, on a : n→+∞ ln xn 1+ xn
Exercice 10.87 ♥♥♥ 1. Montrer que l’équation xn + x − 1 = 0
possède une unique solution un ∈ [0, 1]. 2. Montrer que la suite (un ) converge vers 1. 3. En posant y n = 1 − un , montrer que n ln(1 − y n ) = ln y n , et que
ln n 2ln n É yn É . 2n n
4. En déduire un équivalent de la suite (y n ). Solution : On va se servir de trois inégalités : ∀u ∈ [0, 1], −u −
u2 É ln(1 − u) É −u 2
∀t ∈]0, +∞[,
ln t 1 É t e
La deuxième inégalité se démontre en étudiant les variations de t 7→
et ∀t ∈]1, +∞[,
ln2 t 4 É 2. t e
ln t qui obtient son maximum en t = e et la t
ln t (sur ]1, +∞[) qui obtient son maximum en t = e 2 . t 1. Soit f n (x) = x n + x − 1 pour 0 É x É 1. On a f n′ (x) = nx n−1 + 1 > 0 , f n (0) = −1 et f n (1) = 1. De ce fait l’équation f n (x) = 0 admet une unique solution (sur [0, 1].)
troisième se démontre de même en étudiant les variations de t 7→
2. On a f n+1 (un ) = un unn + un − 1. Comme un ∈ [0, 1], on a f n+1 (un ) < unn + un − 1 = 0 = f n+1 (un+1 ). D’après la croissance stricte de f n sur [0, 1], on en déduit que un < un+1 . La suite (un ) est donc strictement croissante et majorée, elle converge donc vers ℓ ∈ [0, 1]. Comme la suite (un ) est strictement croissante, on a ∀n ∈ N, un < ℓ et donc f n (un ) = 0 < ℓn +ℓ−1. Si on suppose, ℓ < 1, en passant à la limite on aurait 0 É ℓ−1. Impossible. Donc ℓ = 1. 3. À partir de unn = 1 − un on obtient (1 − y n )n = y n et comme 1 − y n est positif, n ln(1 − y n ) = ln y n . Soit f (x) = − 1 ln x − x1 ln(1 − x) ln(1 − x) pour 0 < x < 1. On a f ′ (x) = 1−x > 0. Donc f est strictement croissante sur ]0, 1[. ln(x) ln2 x 2ln n 2 < < 1, On prend n Ê 1. En partant de ln(1 − u) É −u pour 0 É u < 1 on obtient, en prenant u = n e ´ ´ ³ ³ 2ln n 2 ln n 2 ln n ln 1 − n É − donc puisque ln n < 0, n f
³ 2 ln n ´ n
Ê−
2 ln n n
ln ln n + ln 2 − ln(n)
411
Ê
1 2 2 1 Ê Ê . ln(2 ln n) n 1− n n ln n
1 , la croissance de f assure que 2 lnn n Ê y n . n 1 u2 ln n É ln(1 − u) pour 0 É u < 1 on obtient, en prenant u = < < 1, On prend n Ê 2. En partant de −u − 2 2n 2e 2 ´ ´ ³ ³ ln n ln n ln 1 − ln2nn Ê − donc puisque ln ln2nn < 0, − 2n 8n 2
Comme on a f (y n ) =
³ ln n ´
f
Au numérateur, on majore Ainsi f
³
ln n 2n
´
2n
ln2 n n
par
ln2 n 2 1 + ln4nn 2 1 8n É− É . ln ln n − ln 2 − ln(n) 2n 1 + ln 2 − ln ln n ln n ln n
4 e2
ln n 2n
+
et au dénominateur on minore
1 1 1 1 + e2 É ¢ É = f (y n ). ¡ n 2 1 − e1 n
On en déduit, toujours grâce à la croissance de f , que
ln n 2n
1 2
ln 2 ln n
− lnlnlnnn par 0 − 1e .
É y n et ce pour n Ê 2.
4. On va remplacer les facteurs et 2 de la question précédente par 1 − ε et 1 + ε. On n’obtiendra plus des inégalités globales, mais des inégalités à partir d’un certain rang. ´
³
n É− Soit ε > 0 et soit n Ê 2. On a ln 1 − (1+ε)ln n
f
On en déduit que
³ (1+ε)ln n ´ n
Ê−
(1 + ε) ln n donc n
(1+ε)ln n n
ln ln n + ln(1 + ε) − ln(n)
Ê
(1 + ε) 1 1 1+ε Ê Ê . n 1 − ln((1+ε)ln n) n n ln n
(1+ε)ln n n
Ê yn . ´ ³ (1 − ε) ln n (1 − ε)2 ln2 n n − Ê − Dans l’autre sens, ln 1 − (1−ε)ln donc n n 2n 2 f
Or lim (1−ε) n→∞
³ (1−ε)ln n ´ n
1 + (1 − ε) ln2nn
ln ln n 1 − ln(1−ε) ln n − ln n
(1 − ε)2 ln2 n ln n (1 − ε) 1 + (1 − ε) 2n 2n 2 É− . É ln ln n − ln(1 − ε) − ln(n) n 1 − ln(1−ε) − ln ln n ln n ln n (1−ε)ln n n
+
= 1−ε, donc à partir d’un certain rang Nε , on a (1−ε)
1 + (1 − ε) ln2nn
ln ln n 1 − ln(1−ε) ln n − ln n
= 1−ε É 1.
(1 − ε) ln n É yn . n n n ln n En résumé pour n Ê Nε , 1−ε É y n É 1+ε. On a bien démontré que lim y n = 1 c’est-à-dire que y n ∼ . n→∞ ln n ln n n
On en déduit que pour n Ê Nε ,
Exercice 10.88 ♥♥♥ Pour n Ê 1, on considère l’équation
(x − n) ln n = x ln(x − n).
1. Montrer que pour n assez grand, cette équation admet une unique racine xn ∈]n + 1, n + 2[. 2. Montrer que (xn − n − 1)
∼
n→+∞
ln n . n
Solution : 1. On pose y = x − n − 1 ∈ [0, 1]. On considère donc l’équation (y + 1) ln n = (y + n + 1) ln(y + 1), soit (y + 1) ln(y + y +1 1) − (y + 1) ln n + n ln(y + 1) − n ln n + n ln n = 0 ou encore (y + 1 + n) ln n + n ln n = 0.
Soit F(y) = (y +1+n) ln y n+1 +n ln n . On a F(0) = (1+n) ln n1 +n ln n = − ln n É 0. On a F(1) = (2+n) ln n2 +n ln n = 2ln 2 − 2ln n + n ln 2 = ln
2n+2 . n2
2n+2 32 un+1 2 . On a u1 = 8; u2 = 4; u3 = . Comme = ¡ ¢2 Ê 1 pour n Ê 3. Donc la suite un est n2 9 un 1 + n1 croissante, et par suite, ∀n Ê 1, un Ê 0. Ainsi F(1) Ê 0. Comme F est continue sur [0, 1], d’après le théorème des valeurs intermédiaires, F s’annule au moins une fois sur [0, 1].
Soit un =
412
De plus, F′ (y) = ln
y +1 y + 1 + n n + y +1
= ln
n y +1 n +1+ y + 1 . Soit
z=
y +1 n
∈
£1
2 n, n
¤
⊂]0, 2]. On a F′ (y) = ln z+1+ 1z = G(z).
z −1 1 1 = 2 . La fonction G admet donc un minimum en 1, et comme G(1) = 2, on en déduit que − z z2 z G(z), comme F′ (y) est strictement positif. On en déduit que F est strictement croissante sur [0, 1], ce qui assure l’unicité de y n = xn − n − 1 et donc celle de xn . 1 + yn ln n 2. À partir de (y n +1+n) ln(y n +1) = (1+ y n ) ln n , on a ln(y n +1) = puisque la suite (y n ) ln n ∼ (1+ y n ) yn + 1 + n n est bornée. Toujours parce que (y n ) est bornée, on a lim ln(y n + 1) = 0. Donc lim y n = 0. Donc ln(y n + 1) ∼ y n
On a G′ (z) =
n→∞
n→∞
ln n ln n ln n ∼ d’une part et (1 + y n ) d’autre part, on en conclut que y n ∼ ce qu’il fallait démontrer. n n n
413
Chapitre
11
Fonctions d’une variable réelle à valeurs réelles Pour bien aborder ce chapitre Nous poursuivons dans ce chapitre le travail commencé dans le précédent et nous allons étendre la notion de limite aux fonctions d’une variable réelle à valeurs réelles. Après avoir introduit les notions de limite et de continuité en un point, nous réaliserons l’étude des propriétés locales des fonctions, c’est à dire des propriétés vraies dans un « voisinage suffisamment petit »d’un point donné. A l’opposée, dans la seconde partie du chapitre, nous énoncerons des théorèmes globaux, c’est à dire vrais sur un intervalle tout entier. Parmi ces théorèmes, quatre sont fondamentaux : 1 L’image d’un intervalle par une fonction continue est encore un intervalle (ce théorème est équivalent au théorème des valeurs intermédiaires). 2 L’image d’un segment par une application continue est un segment. (Ce théorème est équivalent au théorème du maximum, toute fonction continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes). 3 Le théorème de Heine qui aura des conséquences importantes dans la suite du cours. 4 Le théorème de continuité de la bijection réciproque.
11.1 Vocabulaire Dans tout ce chapitre, I désigne un intervalle non trivial de R (c’est à dire non vide et non réduit à un point). On considère l’ensemble F (I, R) des fonctions définies sur I à valeurs dans R.
11.1.1 L’ensemble F (I, R) D ÉFINITION 11.1 Opérations sur les fonctions Dans F (I, R), on définit les lois suivantes. ¡ ¢ – Addition. Si ( f , g ) ∈ F (I, R)2 , on définit l’application f + g ∈ F (I, R) par
¢ f + g (x) = f (x) + g (x) ¡ ¢ – Multiplication par un réel. Si (λ, f ) ∈ R × F (I, R), on définit l’application λ f ∈ F (I, R) par ¡ ¢ ∀x ∈ I, λ f (x) = λ f (x) ¡ ¢ – Multiplication de deux fonctions. Si ( f , g ) ∈ F (I, R)2 , on définit l’application f g ∈ F (I, R) par ¡ ¢ ∀x ∈ I, f g (x) = f (x)g (x) ¯ ¯ – Valeur absolue d’une fonction. Si f ∈ F (I, R), on définit l’application ¯ f ¯ ∈ F (I, R) par ¯ ¯ ¯ ¯ ∀x ∈ I, ¯ f ¯ (x) = ¯ f (x)¯
∀x ∈ I,
¡
¡
¢
2 – Maximum, ¡ ¢ Minimum de deux fonctions. Si ( f , g ) ∈ F (I, R) , on définit les deux applications sup f + g ∈ F (I, R) et inf f + g ∈ F (I, R) par ¡ ¢ © ª
∀x ∈ I,
sup f + g (x) = max f (x), g (x) ¡ ¢ © ª ∀x ∈ I, inf f + g (x) = min f (x), g (x)
414
Remarque 11.1
La relation d’ordre É sur R s’étend naturellement à F (I, R) en posant, pour ( f , g ) ∈ F (I, R)2 f É g ⇐⇒ ∀x ∈ I,
P ROPOSITION 11.1 Soit f ∈ F (I, R). On a ¯ ¯ ¡ ¢ • ¯ f ¯ = sup f , − f
Remarque 11.2
En posant
• sup( f , g ) = ½
f (x) É g (x)
¯ ¯ f + g +¯f − g¯
2
( ¡ ¢ | f |+ f f+= 2 f + = sup ¡ f , 0 ¢ , on vérifie que | f |− f f − = sup − f , 0 f−= 2
• inf( f , g ) =
et
½
¯ ¯ f + g −¯f − g¯
2
+ − ¯ f −f ¯f = ¯f ¯ = f + + f −
Remarque 11.3 – (F (I, R) , +, .) (où « . » désigne la multiplication par un scalaire) possède une structure d’espace vectoriel sur R. – (F (I, R) , +, ×) (où « × »désigne le produit entre deux fonctions) possède une ½structure d’anneau. – L’élément neutre pour l’addition est la fonction identiquement nulle, 0F (I,R ) : la multiplication est la fonction constante 1F (,R ) :
½
I x
−→ 7−→
I x
−→ 7−→
R . 1
R et l’élément neutre pour 0
11.1.2 Fonctions bornées D ÉFINITION 11.2 Fonction majorée, minorée, bornée Soit f ∈ F (I, R). On dit que f est : – Majorée si et seulement si ∃M ∈ R, ∀x ∈ I, f (x) É M. – Minorée si et seulement si ∃m ∈ R, ∀x ∈ I, f (x) Ê m . – Bornée si elle est majorée et minorée. P ROPOSITION 11.2 Pour montrer qu’une fonction est bornée sur I, il suffit de la majorer, sur I, en valeur absolue Une fonction f ∈ F (I, R) est bornée si et seulement si elle est majorée en valeur absolue, c’est à dire ∃α ∈ R ∀x ∈ I,
¯ ¯ ¯ f (x)¯ É α
P ROPOSITION 11.3 – Toute combinaison linéaire de fonctions bornées est bornée (l’ensemble des fonctions bornées forme un sous espace vectoriel de F (I, R)). – Tout produit de deux fonctions bornées est encore borné. ✎ Notation 11.1 © ª – Dire que f ∈ F (I, R) est majorée revient à dire que f (x) | x ∈ I est un sous ensemble majoré de R. Comme ce sous ensemble est non vide, d’après l’axiome de la borne supérieure, il possède une borne supérieure qu’on note sup f . – De même, si f ∈ F (I, R) est minorée alors ce sous ensemble est minoré. On note inf f sa borne inférieure.
I
I
– Si une fonction f est bornée, puisque | f | est majorée, la partie {| f (x)|; x ∈ I} possède une borne supérieure que l’on notera sup| f | = k f k∞ . I
D ÉFINITION 11.3 Extremum, Extremum local Soit f ∈ F (I, R) et soit a ∈ I – On dit que f admet un maximum en a si et seulement si ∀x ∈ I, f (x) É f (a). – On dit que f admet un maximum local en a si et seulement si ∃h > 0, ∀x ∈ I, |x − a| É h =⇒ f (x) É f (a). – On définit de manière analogue la notion de minimum et de minimum local. – On dit que f admet un extrémum (respectivement un extremum local) si f admet un maximum (respectivement un maximum local) ou un minimum (respectivement un minimum local). ✎ Notation 11.2 Soit f ∈ F (I, R) – Si f possède un maximum sur I, on le note max f I
– De même, si f possède un minimum sur I, on le note min f I
415
11.1.3 Monotonie D ÉFINITION 11.4 Fonction croissante, décroissante, strictement croissante, .... Soit f ∈ F (I, R). On dit que : – f est croissante si et seulement si ∀x, y ∈ I, x É y =⇒ f (x) É f (y). – f est décroissante si et seulement si ∀x, y ∈ I, x É y =⇒ f (x) Ê f (y). – f est monotone si et seulement si f est croissante ou décroissante. On dit de plus que f est strictement croissante , strictement décroissante ou strictement monotone si et seulement si l’inégalité correspondante est stricte. P ROPOSITION 11.4 Règle des signes Soient f : I → R et g : J → R toutes deux monotones et telles que f (I) ⊂ J. On peut alors définir la fonction composée g ◦ f : I → R qui est également monotone et l’on a la règle des signes pour la monotonie de g ◦ f . HH g HH ր f H ր ց
ր ց
ց ց ր
Démonstration Supposons par exemple f croissante sur I et g décroissante sur J. Montrons Soient ¡ que¢ g ◦ f¡ est décroissante. ¢ (x, y) ∈ I tels que x É y . Comme f est croissante, f (x) É f (y) et puisque g est décroissante, g f (x) Ê g f (y) et donc g ◦ f (x) Ê g ◦ f (x).
P ROPOSITION 11.5 Soit f ∈ F (I, R) strictement monotone sur I et soit J = f (I) alors f réalise une bijection de I sur J et sa bijection réciproque f −1 : J → I est strictement monotone de même sens que f . Démonstration Supposons par exemple la fonction f strictement croissante sur I. Montrons qu’alors f est injective. Soient (x, y) ∈ I2 tels que f (x) = f (y), montrons que x = y par l’absurde. Si l’on avait x 6= y , on aurait x < y ou y < x , mais alors, puisque f est strictement croissante, on aurait f (x) < f (y) ou f (y) < f (x) ce qui est absurde. Puisque J = f (I), par définition de l’image directe d’une fonction, la fonction f est surjective de I vers J. Elle réalise donc une bijection de I vers J. Vérifions que la fonction f −1 est également strictement croissante. Soient (X,Y) ∈ J2 tels que X < Y. Notons x = f −1 (x) et y = f −1 (Y). Si l’on avait y É x , puisque f est croissante, on aurait f (y) É f (x) et donc Y É X ce qui est faux. On en déduit que x < y donc que f −1 (X) < f −1 (Y).
Remarque 11.4 Soit f une fonction bijective sur I. Le graphe de f −1 , dans un repère orthonormé, se déduit de celui de f par une symétrie d’axe la première bissectrice. y = f −1 (x) y = f (x)
11.1.4 Parité périodicité D ÉFINITION 11.5 Fonction paire, impaire Soit une fonction f ∈ F (I, R) . On suppose que l’intervalle I est symétrique par rapport à l’origine (c’est-à-dire que si x ∈ I alors −x ∈ I). On dit que – La fonction f est paire si et seulement si ∀x ∈ I, f (−x) = f (x) – La fonction f est impaire si et seulement si ∀x ∈ I, f (−x) = − f (x). Remarque 11.5 Le graphe d’une fonction paire est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. Le graphe d’une fonction impaire est symétrique par rapport à l’origine du repère. Remarque 11.6 L’ensemble des fonctions paires (resp. impaires) est stable par combinaison linéaire. C’est un sous espace vectoriel de F (I, R). Les sous-espaces de F (I, R) formés par les fonctions paires et par les fonctions impaires sont de plus supplémentaires dans F (I, R).
416
D ÉFINITION 11.6 Fonction périodique Une fonction f définie sur R est périodique si et seulement s’il existe un réel T > 0 tel que ∀x ∈ I, f (x + T) = f (x). On dit que T est une période de f et que f est T-périodique. Remarque 11.7 Soit T > 0. L’ensemble des fonctions T-périodiques sur R est stable par combinaison linéaire et par produit. En particulier, c’est un sous espace vectoriel de F (I, R).
11.1.5 Fonctions Lipschitziennes B IO 9 Rudolf Lipschitz, né le 14 mai 1832 à Königsberg, mort le 07 octobre 1903 à Bonn
Mathématicien Allemand. Rudolf Lipschitz se caractérise par la grande diversité de ses contributions : fonctions de Bessel, séries de Fourier (il est à l’origine d’un critère pour tester leur convergence), géométrie Riemannienne, mécanique (il travailla à résoudre les équations du mouvement dans le formalisme d’Hamilton-Jacobi), théorie des nombres (il étudia les quaternions et, plus généralement, les algèbres de Clifford qu’il redécouvra et qu’il appliqua à la représentation des rotations d’un espace euclidien). Il est en particulier célèbre pour son amélioration du théorème de Cauchy quant à l’existence des solutions d’une équation différentielle. C’est lors de ce travail qu’il introduisit les fonctions qui maintenant portent son nom et que nous allons étudier dans ce paragraphe.
D ÉFINITION 11.7 Fonctions lipschitziennes Soit un réel k Ê 0. – On dit qu’une fonction f : I 7→ R est k -lipschitzienne sur l’intervalle I si et seulement si ∀(x, y) ∈ I2 ,
¯ ¯ ¯ f (x) − f (y)¯ É k|x − y|
– On dit qu’une fonction est lipschitzienne sur l’intervalle I s’il existe k Ê 0 telle que f soit k -lipschitzienne. – On note L (I) l’ensemble des fonctions lipschitziennes sur l’intervalle I. Remarque 11.8
On comprend mieux cette définition en écrivant la propriété équivalente, ¯ ¯ ¯ f (x) − f (y) ¯ ¯Ék ∃k Ê 0, ∀(x, y) ∈ I2 , x 6= y, ¯¯ ¯ x−y
Une fonction est lipschitzienne sur l’intervalle I si et seulement si l’ensemble des pentes de toutes ses cordes est borné. P ROPOSITION 11.6 Opérations sur les fonctions lipschitziennes 1. Une combinaison linéaire de deux fonctions lipschitzienne est encore lipschitzienne. Si f , g ∈ L (I), alors α f + β g ∈ L (I). 2. La composée de deux fonctions lipschitziennes est encore lipschitzienne. Si f ∈ L (I) et g ∈ L (J) avec f (I) ⊂ J, alors g ◦ f ∈ L (I).
3. Soit c ∈ I, on note I1 = I∩] − ∞, c] et I2 = I ∩ [c, +∞[. Si f est lipschitzienne sur I1 et sur I2 , alors elle est lipschitzienne sur I. Démonstration 1. Puisque f et g sont lipschitziennes sur I, il existe deux constantes k1 ,k2 Ê 0 telles que ∀(x, y) ∈ I2 , | f (x) − f (y)| É k1 |x − y| et |g (x) − g (y)| É k2 |x − y|. Posons k = |α|k1 + |β|k2 et vérifions que αf + βg est k -lipschitzienne. Soit (x, y) ∈ I2 , utilisons l’inégalité triangulaire ¯ ¡ ¢ ¡ ¢¯ |(αf + βg )(x) − (αf + βg )(y)| = ¯α f (x) − f (y) + β g (x) − g (y) ¯ É |α|| f (x) − f (y)| + |β||g (x) − g (y)| É (|α|k1 + |β|k2 )|x − y|
2. Comme f est lipschitzienne sur I, il existe k1 Ê 0 tel que ∀(x, y) ∈ I2 , | f (x) − f (y)| É k1 |x − y|. Puisque g est lipschitzienne sur J, il existe k2 Ê 0 tel que ∀(X,Y) ∈ J2 , |g (X) − g (Y)| É k2 |X −Y|. Posons k = k1 k2 et vérifions que g ◦ f est k -lipschitzienne sur I. Soient (x, y) ∈ I2 , puisque X = f (x) ∈ J et Y = f (y) ∈ J, |g ◦ f (x) − g ◦ f (y)| = |g (X) − g (Y)| É k2 |X − Y| = k2 | f (x) − f (y)| É k1 k2 |x − y|
417
3. Puisque f est lipschitzienne sur I1 , il existe k1 Ê 0 tel que ∀(x, y) ∈ I21 , | f (x)− f (y)| É k1 |x − y| et puisque f est lipschitzienne sur I2 , il existe k2 Ê 0 tel que ∀(x, y) ∈ I22 , | f (x) − f (y)| É k2 |x − y|. Posons k = max(k1 ,k2 ) et vérifions que f est k lipschitzienne sur I. Soient (x, y) ∈ I2 . Étudions trois cas , – Si x, y ∈ I1 , alors | f (x) − f (y)| É k1 |x − y| É k|x − y|. – Si x, y ∈ I2 , alors | f (x) − f (y)| É k2 |x − y| É k|x − y|. – Si x ∈ I1 et y ∈ I2 (l’autre cas est similaire), puisque (x,c) ∈ I21 et (c, y) ∈ I22 et que x < c < y , ¯£ ¤ £ ¤¯ | f (x) − f (y)| = ¯ f (x) − f (c) + f (c) − f (y) ¯ É | f (x) − f (c)| É k1 |c − x| + k2 |y − c|
= k1 (c − x) + k2 (y − c) É k(c − x) + k(y − c) = k(y − x) = k|y − x|
11.2 Limite et continuité en un point 11.2.1 Voisinage D ÉFINITION 11.8 Point adhérent Soit A ⊂ R une partie de R . On dit qu’un réel x est adhérent à la partie A lorsque ∀ε > 0, ∃a ∈ A tel que |x − a| É ε. On note A l’ensemble des points adhérents de la partie A. Remarque 11.9 On dira également que +∞ est un point adhérent à la partie A lorsque ∀M > 0, ∃a ∈ A tel que a Ê M et que −∞ est adhérent à la partie A lorsque ∀m < 0, ∃a ∈ A tel que a É m . D ÉFINITION 11.9 Voisinage d’un point Soit V une partie de R et un point adhérent a ∈ V . On dit que – V est un voisinage de a si et seulement si il existe ε > 0 tel que ]a − ε, a + ε[ ⊂ V . – V est un voisinage de +∞ si et seulement si il existe B ∈ R tel que ]B, +∞[ ⊂ V . – V est un voisinage de −∞ si et seulement si il existe A ∈ R tel que ]−∞, A[ ⊂ V . On note Va l’ensemble des voisinages du point a . D ÉFINITION 11.10 Propriété vraie au voisinage d’un point Soient f une fonction définie sur une partie I de R et a ∈ I. – On dit que la fonction f est définie au voisinage du point a si et seulement s’il existe un voisinage V de a telle que V ⊂ I. – On dit que f vérifie la propriété P au voisinage du point a si et seulement s’il existe un voisinage V ⊂ I de a tel que la restriction de f à V vérifie la propriété P .
11.2.2 Notion de limite D ÉFINITION 11.11 ♥♥♥ Limite d’une fonction en un point Soient une fonction f ∈ F (I, R), un point adhérent a ∈ I et un réel l ∈ R . On dit que la fonction f admet pour limite le réel l en a lorsque ¯ ¯ – Si a ∈ R : ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| É η =⇒ ¯¯ f (x) − l¯¯ É ε. – Si a = +∞ : ∀ε > 0, ∃M ∈ R, ∀x ∈ I, x Ê M =⇒ ¯¯ f (x) − l ¯¯ É ε. – Si a = −∞ : ∀ε > 0, ∃m ∈ R, ∀x ∈ I, x É m =⇒ ¯ f (x) − l ¯ É ε. On note alors f (x) −−−→ l . x→a
P LAN 11.1 : Pour montrer que f (x) −−−→ l x→a
on utilise le plan 1. Soit ε > 0.
2. Posons η = · · · > 0.
3. Vérifions : soit x ∈ I tel que |x − a| É η . . .on a bien | f (x) − l| É ε. Remarque 11.10 ces définitions.
Comme pour les suites, on peut utiliser des inégalités strictes | f (x) − l| < ε, |x − a| < η, x > M . . .dans
418
y0 + ε
y0 + ε
y0
y0 − ε
y0
y0 − ε
x0 − η
x0
x0 − η x0 x0 + η
x0 + η
F IGURE 11.1 – Avec ε = 0.4
F IGURE 11.2 – Avec ε = 0.2
P ROPOSITION 11.7 Unicité de la limite Si f admet pour limites en a ∈ I les réels l et l ′ alors l = l ′ . On dira que l est la limite de f en a et on écrira l = lim f (x) x→a ou l = lim f . a
Démonstration Démontrons le résultat par exemple lorsque a ∈ R . Supposons par l’absurde que l 6= l ′ , et posons ε = |l ′ −l |/2 > 0. Puisque f (x) −−−−→ l , il existe η1 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η1 =⇒ | f (x) − l | < ε. De même, puisque f (x) −−−−→ l ′ , il existe η2 > 0 x→a
x→a
tel que ∀x ∈ I, |x −a| É η2 =⇒ | f (x)−l ′ | < ε. Posons η = min(η1 ,η2 ) > 0. Puisque a est adhérent à I, il existe x ∈ I tel que |x −a| É η mais alors | f (x) − l | < ε et | f (x) − l ′ | < ε et donc |l − l ′ | = |(l − f (x)) + ( f (x) − l )| É | f (x) − l | + | f (x) − l ′ | < 2ε = |l ′ − l |
ce qui est absurde.
D ÉFINITION 11.12 Limite infinie Soit une fonction f ∈ F (I, R) et un point adhérent a ∈ I. On dit que la fonction f tend vers +∞ (respectivement −∞) lorsque x tend vers a lorsque – Si a ∈ R : ∀B ∈ R, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| É η =⇒ f (x) Ê B (respectivement f (x) É B). – Si a = +∞ : ∀B ∈ R, ∃A ∈ R ∀x ∈ I, x Ê A =⇒ f (x) Ê B (respectivement f (x) É B). – Si a = −∞ : ∀B ∈ R, ∃A ∈ R ∀x ∈ I, x É A =⇒ f (x) Ê B (respectivement f (x) É B). On notera alors f (x) −−−→ +∞ (respectivement f (x) −−−→ −∞). x→a
x→a
a
x
a+η
B
f(x) f (x)
B
A x
O
F IGURE 11.3 – f (x) −−−−−→ +∞
−∞ F IGURE 11.4 – f (x) −−−−→ +
x→+∞
x→a
419
P LAN 11.2 : Pour montrer que f (x) −−−→ +∞ x→a
Dans le cas où a est fini, on utilise le plan 1. Soit B ∈ R .
2. Posons η = · · · > 0.
3. Soit x ∈ I tel que |x − a| É η. 4. On a bien f (x) Ê B.
Pour montrer que f (x) −−−−−→ −∞, x→+∞
1. Soit B ∈ R .
2. Posons A = . . .
3. Soit x ∈ I tel que x Ê A. 4. On a bien f (x) É B.
Voici une formulation équivalente de la notion de limite (finie et infinie) qui ne fait intervenir que la notion de voisinages. P ROPOSITION 11.8 Définition de la limite à l’aide des voisinages Soient f ∈ F (I, R), a ∈ I et l ∈ R. f (x) −−−→ l ⇐⇒ ∀W ∈ Vl , ∃V ∈ Va , f (V ∩ I) ⊂ W x→a
Démonstration Démontrons le résultat dans le cas où a et l sont finis. ⇒ Soit W un voisinage de l , il existe ε > 0 tel que ]l − ε,l + ε[⊂ W . Puisque f (x) −−−−→ l , il existe η > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É x→a η =⇒ | f (x) − l | < ε. Posons donc V =]a − η, a + η[ qui est un voisinage du point a . Soit y ∈ f (V ∩ I), il existe x ∈ V ∩ I tel que y = f (x) et puisque x ∈]a − η, a + η[∩I, on a | f (x) − l | < ε et donc y = f (x) ∈ W . ⇐ Soit ε > 0. Posons W =]l − ε,l + ε[ qui est un voisinage du point l . Il existe donc un voisinage V du point a tel que f (V ∩ I) ⊂ W . D’après la définition d’un voisinage, il existe η > 0 tel que ]a − η, a + η[⊂ V . Soit alors x ∈ I tel que |x − a| < η, puisque x ∈ V ∩ I, f (x) ∈ W d’où | f (x) − l | < ε.
P ROPOSITION 11.9 Limite finie =⇒ localement bornée Soit f ∈ F (I, R) une fonction admettant une limite finie en a ∈ I. Alors il existe un voisinage V du point a sur lequel la fonction f est bornée. a . Démonstration
Démontrons le résultat lorsque a ∈ R . Prenons ε = 1 dans la définition de la limite, il existe η > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η =⇒ | f (x) − l | É 1. Notons V =]a − η, a + η[ qui est un voisinage du point a et M = |l | + 1. Pour x ∈ V ∩ I, d’après la minoration de l’inégalité triangulaire, | f (x)| − |l | É | f (x) − l | É 1 d’où | f (x)| É M.
P ROPOSITION 11.10 ♥ Transformation de limite en inégalité Soit f ∈ F (I, R) une fonction, a ∈ I et l ∈ R et deux réels k, k ′ ∈ R . On suppose que H1
f (x) −−−→ l .
H2
k < l < k′.
x→a
Alors il existe un voisinage V du point a tel que ∀x ∈ V ∩ I, k É f (x) É k ′ . Démonstration
Posons ε = min(l − k,k ′ − l ). Puisque f (x) −−−−→ l , il existe un voisinage V du point a tel que ∀x ∈ V ∩ I, x→a
| f (x)−l | É ε d’où si x ∈ V ∩I, f (x)−l É ε ce qui donne f (x) É l +ε É l +(k ′ −l ) É k ′ et aussi l − f (x) É ε ce qui donne f (x) Ê l −ε Ê k .
Pour montrer qu’une fonction tend vers l lorsque x tend vers a , on majore en pratique | f (x) − l| par une fonction qui tend vers zéro. P ROPOSITION 11.11 Théorème de majoration Soient – une fonction f : I → R, a ∈ ¯I et l ∈ R. – θ une fonction définie sur un voisinage V de a On suppose que ¯ ¯ ¯ f (x) − l ¯ É θ (x).
H1
∀x ∈ V,
H2
θ (x) −−−→ 0 x→a
alors f (x) −−−→ l . x→a
420
Démonstration Remarquons qu’en vertu de l’inégalité énoncée dans la première hypothèse, θ est nécessairement positive. Soit ε > 0. Comme θ(x) −−−−→ 0, il existe un voisinage V2 de a tel que : ∀x ∈ V, |θ(x)| = θ(x) É ε. Soit x ∈ V , en appliquant la première x→a ¯
¯
hypothèse : ¯ f (x) − l ¯ É θ(x) É ε. Ce qui prouve que f (x) −−−−→ l . x→a
11.2.3 Opérations algébriques sur les limites
Les démonstrations de ce paragraphe sont typiques des démonstrations à ε d’analyse. Il est important de les étudier en détail et de les comparer aux démonstrations correspondantes sur les suites. T HÉORÈME 11.12 Limite d’une somme Soient f , g : I 7→ R deux fonctions et a ∈ I. On suppose que f (x) −−−→ l 1 et que g (x) −−−→ l 2 . x→a x→a Alors, ( f + g )(x) −−−→ l 1 + l 2 . x→a
Démonstration ♥ Notre hypothèse permet de majorer | f (x)−l 1 | et |g (x)−l 2 | par ε′ aussi petit que l’on veut pour x suffisamment proche de a . Faisons apparaître cette quantité sous la valeur absolue avant de majorer à l’aide de l’inégalité triangulaire : ¯¡ ¢ ¡ ¢¯ |( f + g )(x) − (l 1 + l 2 )| = ¯ f (x) − l 1 + g (x) − l 2 ¯ É | f (x) − l 1 | + |g (x) − l 2 | É 2ε′
Il nous reste à rédiger une démonstration rigoureuse en suivant le plan de démonstration correspondant à la définition de la limite. Soit ε > 0.
Posons ε′ = ε/2. Puisque f (x) −−−−→ l 1 , il existe η1 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η1 =⇒ | f (x) − l 1 | É ε′ . De même, il existe x→a
η2 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η2 =⇒ |g (x) − l 2 | É ε′ .
Posons η = min(η1 ,η2 ).
Soit x ∈ I tel que |x − a| É η, on a bien
¯¡ ¢ ¡ ¢¯ |( f + g )(x) − (l 1 + l 2 )| = ¯ f (x) − l 1 + g (x) − l 2 ¯ É | f (x) − l 1 | + |g (x) − l 2 | É ε′ + ε′ = ε
Remarque 11.11 On montre de même que pour tous réels α, β ∈ R , la fonction combinaison linéaire α f + βg tend vers la combinaison linéaire des limites : (α f + βg )(x) −−−→ αl 1 + βl 2 . x→a
T HÉORÈME 11.13 Limite d’un produit Soient f , g : I 7→ R et a ∈ I. On suppose que f (x) −−−→ l 1 , g (x) −−−→ l 2 . Alors ( f g )(x) −−−→ l 1 l 2 . x→a
x→a
x→a
Démonstration ♥ Estimons la différence en faisant apparaître notre hypothèse | f (x) − l 1 | É ε′ et |g (x) − l 2 | É ε′ . ¯ £ ¤ £ ¤¯ |( f g )(x) − l 1 l 2 | = ¯ f (x) g (x) − l 2 + l 2 f (x) − l 1 ¯ É | f (x)||g (x) − l 2 | + |l 2 || f (x) − l 1 |
Il reste | f (x)| que l’on peut majorer puisque f est bornée sur un voisinage de a . Maintenant que nous avons compris pourquoi le résultat est vrai, écrivons une preuve rigoureuse qui utilise le plan de démonstration de limite. Soit ε > 0.
Comme f admet une limite finie au point a , elle est bornée sur un voisinage de a donc il existe η3 > 0 et M > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η3 =⇒ | f (x)| É M.
Notons ε′ = ε/(|l 2 | + M). Puisque f (x) −−−−→ l 1 , il existe η1 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η1 =⇒ | f (x) − l 1 | É ε′ . Puisque x→a
g (x) −−−−→ l 2 , il existe η2 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η2 =⇒ |g (x) − l 2 | É ε′ . x→a
Posons η = min(η1 ,η2 ,η3 ) > 0. Soit x ∈ I tel que |x − a| É η, en recopiant la majoration précédente, |( f g )(x) − l 1 l 2 | É | f (x)||g (x) − l 2 | + |l 2 || f (x) − l 1 | É (M + |l 2 |)ε′ = ε
Remarquez l’ordre dans lequel les différents objets sont introduits dans la démonstration. Pour définir ε′ , il fallait avoir défini M auparavant.
T HÉORÈME 11.14 Limite d’une valeur absolue Soit f : I 7→ R , a ∈ I et l ∈ R . Si f (x) −−−→ l , alors | f |(x) −−−→ |l|. x→a
x→a
Démonstration ♥ Soit ε > 0.
Puisque f (x) −−−−→ l , il existe η > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η =⇒ | f (x) − l | É ε. x→a
421
Soit x ∈ I tel que |x − a| É η, grâce à la minoration de l’inégalité triangulaire, ¯ ¯ ¯| f (x)| − |l |¯ É | f (x) − l | É ε
T HÉORÈME 11.15 Limite de l’inverse Soit f : I 7→ R , a ∈ I et l ∈ R . On suppose que H1
f (x) −−−→ l .
H2
l 6= 0.
x→a
Alors (1/ f )(x) −−−→ 1/l . x→a
Démonstration ♥ Nous savons majorer | f (x) − l | par un réel ε′ > 0 aussi petit que l’on veut sur un voisinage de a . Estimons la quantité ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ | f (x) − l | ¯ ¯ f (x) − l ¯ = | f (x)||l |
Il nous faut minorer | f (x)| au dénominateur. Puisque f (x) −−−−→ l , on a vu que | f (x)| −−−−→ |l | et puisque |l | > 0, en notant k = |l |/2, x→a
x→a
¯
¯
puisque k < |l |, d’après la proposition 11.10, il existe un voisinage de a sur lequel | f (x)| Ê k et alors ¯1/ f (x) − 1/l ¯ É ε′ /k|l |. Rédigeons maintenant une preuve rigoureuse. Soit ε > 0.
Notons k = |l |/2. Puisque l 6= 0, k < |l | et comme | f |(x) −−−−→ |l |, d’après la transformation d’une limite en inégalité, il existe x→a η1 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η1 =⇒ k < | f (x)|. Notons ε′ = k|l | > 0. Puisque f (x) −−−−→ l , il existe η2 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η2 =⇒ | f (x) − l | É ε′ . x→a
Posons η = min(η1 ,η2 ).
Soit x ∈ I tel que |x − a| É η,
Remarque 11.12
¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ | f (x) − l | ε′ ¯ ¯ f (x) − l ¯ = | f (x)||l | É k|l | = ε
D’après les deux théorèmes précédents, si f (x) −−−→ l 1 et g (x) −−−→ l 2 avec l 2 6= 0, x→a
x→a
( f /g )(x) −−−→ l 1 /l 2 . On invoque souvent les théorèmes de ce paragraphe pour justifier l’existence d’une limite sous x→a
le nom de « théorèmes généraux » sur les limites.
On peut étendre les théorèmes généraux aux limites infinies. Soient f , g : I 7→ R deux fonctions, a ∈ I, éventuellement infini et un réel α. On suppose que f (x) −−−→ l ∈ R et g (x) −−−→ l ′ ∈ R. Nous avons résumé dans les tableaux suivants les x→a x→a limites de la somme, produit et quotient des deux fonctions dans tous les cas de figure. Les cases noires correspondent à des « formes indéterminées » où l’on ne peut rien dire de général. – Somme f + g HH l′ −∞ H HH l
l′ ∈ R
+∞
−∞ −∞
−∞ l + l′ +∞
+∞ +∞
l′ < 0
l′ = 0
l′ > 0
+∞
+∞ ll ′ 0 ll ′ −∞
0 0 0
−∞ ll ′ 0 ll ′ +∞
−∞ −∞
−∞ l ∈R +∞
– Produit f g HH l′ −∞ HH l H
– Inverse
−∞ l 0 +∞
1 f l 1 f
+∞ +∞ −∞ −∞
−∞
l 0
+∞
+∞
1/l
0
11.2.4 Continuité D ÉFINITION 11.13 ♥♥♥ Continuité en un point Soit f une fonction définie sur I et a ∈ I. On dit que la fonction f est continue au point a si et seulement si f (x) −−−→ f (a) x→a ce qui se traduit avec des quantificateurs par : ¯ ¯ ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| É η =⇒ ¯ f (x) − f (a)¯ É ε
T HÉORÈME 11.16 ♥ Théorèmes généraux Soient f , g : I 7→ R deux fonctions continues en un point a ∈ I, alors 1. la fonction ( f + g ) est continue au point a , 2. la fonction ( f g ) est continue au point a ,
3. si g (a) 6= 0, la fonction f /g est définie sur un voisinage du point a est est continue au point a . Démonstration (1) et (2) sont une conséquence directe des théorèmes généraux sur les limites. Vérifions (3). Puisque |g (a)| 6= 0 et que g est continue au point a , g (x) −−−−→ g (a) donc |g (x)| −−−−→ |g (a)|. Posons k = |g (a)|/2, on a 0 < k < |g (a)| donc d’après le x→a x→a théorème 11.10, il existe un voisinage V du point a tel que ∀x ∈ I ∩V , 0 < |g (a)/2| < |g (x)| et donc la fonction g ne s’annule pas sur V . La fonction f /g est donc définie sur I ∩ V et d’après les théorèmes généraux sur les limites, ( f /g )(x) −−−−→ ( f /g )(a). x→a
11.2.5 Limite à gauche, à droite, continuité à gauche, à droite D ÉFINITION 11.14 Voisinages à gauche, à droite Soit a ∈ R. On dit qu’une partie V de R est – un voisinage à droite de a lorsqu’il existe ε > 0 tel que [a, a + ε] ⊂ V , – un voisinage à gauche de a lorsqu’il existe ε > 0 tel que [a − ε, a] ⊂ V , – un voisinage strict à droite de a lorsqu’il existe ε > 0 tel que ]a, a + ε] ⊂ V , – un voisinage strict à gauche de a lorsqu’il existe ε > 0 tel que [a − ε, a[ ⊂ V , – un voisinage pointé de a lorsqu’il existe ε > 0 tel que [a − ε, a[ ∪ ]a, a + ε] ⊂ V . D ÉFINITION 11.15 Limite à gauche, à droite Soit une fonction f : I \ {a} → R. On dit qu’un réel l est la limite à droite (resp. à gauche) de f si il existe un voisinage strict à droite de a (resp. un voisinage strict à gauche de a ) tel que la restriction de f à ce voisinage admet l pour limite lim f (x) ou l = lim en a . Lorqu’elle existe, la limite à droite de f est unique et est notée l = lim+ f (x) ou l = l = x→a f . Nous + x→a
xÊa
a
l . On a des notations identiques pour la limite à gauche. noterons également f (x) −−−−→ + x→a
Remarque 11.13
En termes de quantificateurs, f admet l ∈ R comme limite à gauche en a si et seulement si ¯ ¯ ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x ∈ I, a − η É x < a =⇒ ¯ f (x) − l ¯ É ε
Remarque 11.14 Une fonction f possède une limite en a lorsque – f admet une limite à gauche l 1 ∈ R. – f admet une limite à droite l 2 ∈ R. – l1 = l2. D ÉFINITION 11.16 Continuité à gauche, à droite Soient f : I → R et a ∈ I. On dit que f est continue à droite en a (respectivement à gauche en a ) si et seulement si f (a). f (x) −−−−→ f (a) (respectivement f (x) −−−−→ − + x→a
x→a
Remarque 11.15 Soit a ∈ I un point intérieur (il existe α > 0 tel que ]a − α, a + α[⊂ I). Une fonction f ∈ F (I, R) est continue en a si et seulement si elle est continue à droite et à gauche de a .
423
Exemple 11.3
La fonction δ :
lim δ (x) = 0 mais δ (0) = 1.
x→0+
R x
−→
R (
7−→
0
si x 6= 0 1 si x = 0
n’est pas continue au point 0. On a bien lim− δ (x) = x→0
D ÉFINITION 11.17 Prolongement par continuité Soit une fonction f définie sur I et un point adhérent a ∈ I qui n’appartient pas à I. On suppose que f (x) −−−→ l ∈ R . On x→a
définit alors la fonction f˜ sur ˜I = I ∪ {a} par :
∀x ∈ ˜I
f¯(x) =
(
f (x) l
si x ∈ I si x = a
Cette fonction f˜ est continue au point a et est appelée prolongement de f par continuité au point a .
Exemple 11.4
Considérons la fonction f :
continuité en une fonction définie sur R , f˜ :
11.2.6 Limites et relation d’ordre
½
R⋆ −→ R . Puisque sin x/x −−−→ 1, on peut la prolonger par x 7−→ sin x/x x→0 R −→ R ( sin x/x si x 6= 0 . x 7−→ 1 si x = 0
T HÉORÈME 11.17 ♥♥♥ Passage à la limite dans les inégalités Soit une fonction f : I 7→ R , un point a ∈ I (éventuellement infini) et k ∈ R . On suppose que H1
f (x) −−−→ l .
H2
Il existe un voisinage V du point a tel que ∀x ∈ V ∩ I, k É f (x).
x→a
Alors k É l . Démonstration Écrivons la démonstration dans le cas où a est l sont finis. Supposons par l’absurde que l < k et posons ε = k −l > 0. Puisque f (x) −−−−→ l , il existe η1 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x −a| É η1 =⇒ | f (x)−l | < ε. Puisque V est un voisinage du point x→a a , il existe η2 > 0 tel que ]a − η2 , a + η2 [⊂ V . Posons alors η = min(η1 ,η2 ). Puisque le point a est adhérent à I, il existe x ∈ I tel que |x − a| É η et on doit avoir d’une part k É f (x) et | f (x) − l | < ε mais alors, k É f (x) < l + ε = l + (k − l ) = k
ce qui est absurde.
Remarque 11.16 Le passage à la limite dans les inégalités ne conserve pas les inégalités strictes. Si sur un voisinage V de a on a k < f (x), on ne peut pas garantir que k < l . Par exemple pour la fonction définie sur ]0, 1] par f (x) = x , ∀x ∈]0, 1], k = 0 < f (x), f (x) −−−→ 0 = l et k = l = 0. x→0 On dispose bien sûr du théorème correspondant en remplaçant É par Ê. C OROLLAIRE 11.18 Passage à la limite dans les inégalités Soient deux fonctions f , g : I 7→ R , a ∈ I et l 1 , l 2 ∈ R . On suppose que H1
f (x) −−−→ l 1 ,
H2
g (x) −−−→ l 2 ,
H3
il existe un voisinage V du point a tel que ∀x ∈ V ∩ I, f (x) É g (x).
x→a
x→a
Alors l 1 É l 2 . Démonstration Définissons la fonction h = g − f . D’après les théorèmes généraux, h(x) −−−−→ l 2 − l 1 . D’après l’hypothèse (3), x→a sur un voisinage de a , on a k = 0 É h(x). D’après le théorème précédent, 0 É l 2 − l 1 d’où l 1 É l 2 .
424
T HÉORÈME 11.19 ♥♥♥ Théorème des gendarmes Soient α, f , β trois fonctions définies sur un voisinage V d’un point adhérent a ∈ I et l ∈ R. On suppose que H1
∀x ∈ V,
α (x) É f (x) É β (x)
H2
α (x) −−−→ l et β (x) −−−→ l x→a
x→a
alors la fonction f admet une limite au point a et f (x) −−−→ l . x→a
Démonstration Écrivons la preuve dans le cas où a est fini. Soit ε > 0.
Puisque α(x) −−−−→ l , il existe η1 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η1 =⇒ |α(x) − l | É ε. De même, puisque β(x) −−−−→ l , il x→a x→a existe η2 > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η2 =⇒ |β(x) − l | É ε. Comme V est un voisinage du point a , il existe η3 > 0 tel que ]a − η3 , a + η3 [⊂ V . Posons η = min(η1 ,η2 ,η3 ).
Soit x ∈ I tel que |x − a| É η. Puisque |x − a| É η É η1 , l − ε É α(x). Puisque |x − a| É η É η2 , β(x) É l + ε et puisque |x − a| É η É η3 , α(x) É f (x) É β(x). On a finalement l − ε É α(x) É f (x) É β(x) É l + ε d’où | f (x) − l | É ε.
Le théorème des gendarmes se généralise aux limites infinies. Par exemple, si au voisinage de a ∈ ¯I,
Remarque 11.17 on a H1
f (x) Ê α(x).
H2
α (x) −−−→ +∞ x→a
alors f (x) −−−→ +∞ x→a
Remarque 11.18 Attention, il ne faut pas confondre le théorème des gendarmes et le théorème de passage à la limite dans les inégalités. Le second permet d’affirmer l’existence d’une limite tandis que dans le premier l’existence de cette limite est présupposée.
11.2.7 Théorème de composition des limites T HÉORÈME 11.20 Composition de limites Soient deux intervalles I ⊂ R, J ⊂ R et deux fonctions f : I → R et g : J → R telles que f (I) ⊂ J. Soient a ∈ ¯I et b ∈ ¯J. On suppose que f (x) −−−→ b
H1
x→a
H2
Alors
¡
¡ ¢ g y −−−→ l ∈ R ¢
y →b
g ◦ f (x) −−−→ l . x→a
Démonstration ♥ Écrivons la preuve dans le cas où a et l sont finis. Soit ε > 0.
Puisque g (y) −−−−→ l , il existe α > 0 tel que ∀y ∈ J, |y − b| É α =⇒ |g (y) − l | É ε. x→b
Puisque f (x) −−−−→ b , il existe η > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − a| É η =⇒ | f (x) − b| É α. x→a
¯ ¡
¢
¯
Soit x ∈ I tel que |x − a| É η. Comme y = f (x) ∈ J et que | f (x) − b| É α, on a ¯g f (x) − l ¯ É ε d’où |g ◦ f (x) − l | É ε.
Remarque 11.19 On déduit du théorème précédent les règles de passage à la limite dans une exponentiation f g = e g ln f . On suppose que f et g sont deux fonctions qui admettent comme limites respectives l et l ′ . HH l′ −∞ HH l H
l′ < 0
l =0
+∞
+∞
1 0, ∃x ∈ I ...
En prenant η = 1/n , on associe un élément xn ∈ I et l’on construit ainsi une suite de points de I. Pour obtenir une telle propriété, nous allons raisonner par l’absurde. Supposons donc que la fonction f n’est pas continue au point a . La propriété f est continue au point a s’écrit à l’aide des quantificateurs : ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| É η =⇒ | f (x) − f (a)| É ε
La traduction « f n’est pas continue au point a » s’écrit en niant cette phrase : ∃ε > 0, ∀η > 0, ∃x ∈ I, |x − a| É η et | f (x) − f (a)| > ε
Il existe donc un réel ε > 0 tel que
∀η > 0, ∃x ∈ I, |x − a| É η et | f (x) − f (a)| > ε
Pour tout entier n non nul, en prenant η = 1/n , il existe un réel xn ∈ I vérifiant |xn − a| É 1/n et | f (xn ) − f (a)| > ε. On construit ainsi une suite (xn )n∈N⋆ qui converge vers a puisque |xn − a| É 1/n . D’après (ii), notre suite image doit converger vers f (a) : f (xn ) −−−−−→ f (a). Mais alors puisque ∀n Ê 1, ε < | f (xn ) − f (a)|, par passage à la limite dans l’inégalité on devrait avoir n→+∞ ε É | f (a) − f (a)| = 0 ce qui est absurde.
11.2.9 Théorème de la limite monotone T HÉORÈME 11.25 ♥♥♥ Théorème de la limite monotone (fonction croissante) 2 Soient (a, b) ∈ R et I = ]a, b[. Si une fonction f : ]a, b[ → R est croissante, alors il y a deux possibilités.
1. Si f est majorée, alors f admet une limite finie l lorsque x tend vers b et on a alors l = supI f . 427
2. Si f n’est pas majorée, alors f (x) −−−→ +∞. x→b
De même, 1. Si f est minorée, alors f admet une limite finie l lorsque x tend vers a et l = infI f . 2. Si f n’est pas minorée, alors f (x) −−−→ −∞. x→a
©
ª
Démonstration ♥ Posons E = f (x) ; x ∈ ]a,b[ . La partie E ⊂ R est non vide. Étudions les deux cas. 1. Si la fonction f est majorée, alors la partie E est majorée et d’après l’axiome de la borne supérieurs, elle possède une borne supérieure l ∈ R . Montrons qu’alors f (x) −−−−→ l . x→b
Soit ε > 0. D’après le théorème de caractérisation de la borne supérieure (9.9), il existe y ∈ E tel que l − ε É y É l . Puisque y ∈ E , il existe x0 ∈ ]a,b[ tel que y = f (x0 ). Posons η = b − x0 > 0. Soit x ∈ I tel que |x − b| É η, on a x0 É x É b . Puisque la fonction f est croissante, f (x0 ) É f (x) et comme l est un majorant de E , on a également f (x) É l . Finalement, l − ε É f (x0 ) É f (x) É l d’où | f (x) − l | É ε.
l f (x) f (x0 ) = y l−ǫ
M x0
x
F IGURE 11.6 – x > x0 =⇒ l − ε É f (x0 ) É f (x) É l 2. Si la fonction f n’est pas majorée, montrons que f (x) −−−−→ +∞. x→b
Soit M > 0. Puisque f n’est pas majorée, il existe x0 ∈ ]a,b[ tel que M É f (x0 ). Posons η = b − x0 > 0. Soit x ∈ I tel que |x − b| É η. Puisque x0 É x et que f est croissante, on a M É f (x0 ) É f (x).
Multimédia : Comme pour les suites, l’utilisateur fixe son ε, B . . . et on obtient le η, A . . . Remarque 11.21
Si f est croissante et si f (x) −−−→ l ∈ R , alors ∀x ∈]a, b[, f (x) É l . En effet, d’après le théorème x→b
précédent, on est dans le premier cas et l est la borne supérieure de f donc un majorant de f . Ce résultat est bien entendu faux si la fonction n’est pas croissante. On a le théorème correspondant pour une fonction décroissante.
428
T HÉORÈME 11.26 ♥♥♥ Théorème de la limite monotone (fonction décroissante) 2 Soient (a, b) ∈ R et I = ]a, b[. Si une fonction f : ]a, b[ → R est décroissante, alors il y a deux possibilités.
1. Si f est majorée, alors f admet une limite finie l lorsque x tend vers a et on a alors l = supI f . 2. Si f n’est pas majorée, alors f (x) −−−→ +∞. x→a
De même, 1. Si f est minorée, alors f admet une limite finie l lorsque x tend vers b et l = infI f . 2. Si f n’est pas minorée, alors f (x) −−−→ −∞. x→b
Remarque 11.22 Le théorème de la limite monotone permet de justifier l’existence d’une limite sans la connaître explicitement. C’est un théorème d’existence abstrait très important en analyse.
11.3 Étude locale d’une fonction 11.3.1 Domination, prépondérance Définitions D ÉFINITION 11.18 Fonction dominée par une autre Soient f et g deux fonctions définies au voisinage de a ∈ R. On dit que f est dominée par g au voisinage de a si et seulement si existe une fonction B définie au voisinage de a telle que 1
f (x) = B (x) g (x) au voisinage de a
B est bornée au voisinage de a ¡ ¢ On note alors f (x) = O g (x) . 2
x→a
D ÉFINITION 11.19 Fonction négligeable devant une autre Soient f et g deux fonctions définies au voisinage de a ∈ R. On dit que f est négligeable devant g au voisinage de a si et seulement si il existe une fonction ε définie au voisinage de a telle que 1 2
f (x) = ε (x) g (x) au voisinage de a
ε (x) −−−→ 0 x→a
On note alors : f (x) = o
x→a
Remarque 11.23 – f (x) = O (1) x→a – f (x) = o (1) x→a
¡
g (x)
¢
f une fonction définie au voisinage de a . Alors, ⇐⇒ f (x) est bornée au voisinage de a
⇐⇒
f (x) −−−→ 0 x→a
Propriétés P ROPOSITION 11.27 Caractérisation pratique de f (x) = O (g (x)) Soit f et g deux fonctions définies sur un voisinage V de a ∈ R. On suppose que g ne s’annule pas sur V \ {a}. Alors ¡ ¢ f (x) = O g (x) x→a
⇐⇒
la fonction
f est bornée au voisinage de a g
Démonstration ¢ ¡ ⇒ Comme f (x) = O g (x) il existe une fonction B bornée définie sur un voisinage V ′ de a (que l’on peut, quitte à travailler x→a
sur V ∩ V ′ supposer égal à V ) et vérifiant pour tout x ∈ V ′ , f (x) = B(x) g (x). L’application f /g est donc définie sur V \ {a} et coincide avec B sur ce voisinage. Elle est donc bornée au voisinage de a . ⇐ Réciproquement, si f /g est bornée au voisinage de a , considérons un voisinage V de a sur lequel g ne s’annule pas sauf peut f (x) et posons B(a) = 1. La fonction α est bien définie sur V , et ∀x ∈ V \ {a} , g (x) ¡ ¢ B(x) g (x). De plus B est bornée au voisinage de a . Par conséquent f (x) = O g (x) .
être en a . Si x ∈ V \ {a}, posons B(x) =
x→a
429
f (x) =
P ROPOSITION 11.28 Caractérisation pratique de f (x) = o(g (x)) Soit f et g deux fonctions définies au voisinage sur un voisinage V de a ∈ R. On suppose que la fonction g ne s’annule pas sur V \ {a}. Alors f (x) = o
x→a
¡
g (x)
¢
f (x) −−−→ 0 g (x) x→a
⇐⇒
Démonstration ¡ ¢ ⇒ Comme f (x) = o g (x) , il existe une fonction ε définie sur un voisinage V ′ de a (que l’on peut, quitte à travailler sur x→a
V ∩ V ′ , supposer égal à V ) vérifiant, pour tout x ∈ V , f (x) = ε(x) g (x) et ε(x) −−−−→ 0. L’application f /g est définie sur V \ {a} et x→a
f (x)/g (x) = ε(x) −−−−→ 0. x→a
⇐
f (x) f (x) si x ∈ V \ {a} et posons ε(a) = 0. La fonction ε est bien définie sur V , et −−−−→ 0, posons ε(x) = g (x) x→a g (x) ¢ ¡ f (x) = ε(x) g (x). De plus ε(x) = f (x)/g (x) −−−−→ 0. Par conséquent f (x) = o g (x) .
Réciproquement, si
on a : ∀x ∈ V \ {a},
x→a
x→a
Opérations sur les relations de comparaison P ROPOSITION 11.29 Les relations o et O sont transitives Soient f , g et h des fonctions définies au voisinage de a ∈ R. i h ¡ ¢ – f (x) = o g (x) et g (x) = o (h (x)) =⇒ f (x) = o (h (x)) –
h
x→a x→a i g (x) = O (h (x)) =⇒ f (x) = O (h (x))
x→a
¡ ¢ f (x) = O g (x)
et
x→a
x→a
x→a
P ROPOSITION 11.30 Opérations sur les relations de comparaison Soient f , f 1 , f 2 , g¡ , g 1 et au voisinage de¡ a ∈ R¢ : ¢ g 2 des fonctions ¡ définies ¢ • 1. f 1 = o g (x) et f 2 = o g (x) =⇒ f 1 + f 2 = o g (x) x→a
¡
2. f 1 = O g (x)
•
x→a ¡
1. f 1 = o
x→a
¢
g 1 (x)
¡
2. f 1 = O g 1 (x) x→a
x→a
¢ ¢
¡
x→a
¢
¡ ¢ f 2 = O g (x) =⇒ f 1 + f 2 = O g (x) x→a ¡ x→a ¢ ¡ ¢ et f 2 = o g 2 (x) =⇒ f 1 f 2 = o g 1 g 2 (x) x→a x→a ¡ ¢ ¡ ¢ et f 2 = O g 2 (x) =⇒ f 1 f 2 = O g 1 g 2 (x)
et
x→a
x→a
Démonstration Les preuves sont laissées en exercice. Vous pouvez supposer que les fonctions ne s’annulent pas sur un voisiange du point a pour utiliser les caractérisations précédentes.
Exemples fondamentaux P ROPOSITION 11.31 Comparaison des fonctions usuelles Soient α, β et γ des réels strictement positifs. • En +∞ :
(ln x)γ =
• En 0 et en −∞ :
o
x→+∞
|ln x|γ = o
³
¡
xα
1
x→0 x
α
´
¢
xα =
et
et
e βx =
Autrement dit Aux bornes de l’intervalle de définition, – « l’exponentielle l’emporte sur la puissance », – « la puissance l’emporte sur le logarithme ».
11.3.2 Fonctions équivalentes Définitions
430
o
³ ´ e βx
o
³
x→+∞
1
x→−∞ x
α
´
D ÉFINITION 11.20 Fonctions équivalentes Soient f et g deux fonctions définies au voisinage de a ∈ R. On dit que f est équivalente à g au voisinage de a si et seulement si f (x) − g (x) = o
x→a
¡
g (x)
¢
On note alors f (x) ∼ g (x). x→a
On a f (x) ∼ g (x) si et seulement s’il existe une fonction ε définie au voisinage de a telle que x→a f (x) = (1 + ε(x)) g (x) avec ε(x) −−−→ 0.
Remarque 11.24
x→a
T HÉORÈME 11.32 Caractérisation pratique de f (x) ∼ g (x) x→a
Soient f et g deux fonctions définies au voisinage de a ∈ R. On suppose que g ne s’annule pas sur V \ {a}. Alors f (x) ∼ g (x) x→a
f (x) −−−→ 1 g (x) x→a
⇐⇒
Démonstration ⇒ Comme f (x) ∼ g (x), il existe une fonction α définie sur un voisinage V ′ de a (que l’on peut supposer égal à V , quitte à x→a
considérer le voisinage V ∩V ′ ) vérifiant, pour tout x ∈ V , f (x) = α(x) g (x) et telle que α(x) −−−−→ 1. L’application f /g est définie x→a sur V \ {a} et f (x)/g (x) = α(x) −−−−→ 1. x→a
Si f (x)/g (x) −−−−→ 1, pour tout x ∈ V\{a}, posons α(x) = f (x)/g (x) et α(a) = 1. On définit ainsi une fonction α sur le voisinage x→a V avec ∀x ∈ V \ {a} , f (x) = α(x) g (x). De plus, α(x) = f (x)/g (x) −−−−→ 1 donc f (x) ∼ g (x).
⇐
x→a
x→a
Propriétés P ROPOSITION 11.33 Un équivalent donne localement le signe Si f (x) ∼ g (x) alors il existe un voisinage de a sur lequel f et g sont de même signe. x→a
Démonstration Comme f (x) ∼ g (x), il existe une fonction α définie sur un voisinage V ′ de a vérifiant ∀x ∈ V ′ , f (x) = x→a α(x) g (x) avec α(x) −−−−→ 1. Puisque k = 1/2 < 1, d’après la transformation de limite en inégalité (théorème 11.10), il existe un x→a
voisinage V ′ de a sur lequel α(x) Ê 1/2 > 0 et alors ∀x ∈ V , f (x) est de même signe que g (x).
P ROPOSITION 11.34 Une fonction est équivalente à sa limite si celle-ci est non nulle et finie Soit f : I → R et a ∈ I. Alors h i f (x) −−−→ l et l 6= 0 =⇒ f (x) ∼ l x→a
x→a
Démonstration Puisque f (x) −−−−→ l , d’après les théorèmes généraux, f (x)/l −−−−→ 1 ce qui signifie que la fonction f est x→a x→a équivalente à la fonction constante égale à l au voisinage du point a .
P ROPOSITION 11.35 Deux fonctions équivalentes ont même limite Soit f , g : I → R et a ∈ I. Alors : h
f (x) ∼ g (x) x→a
et
g (x) −−−→ l x→a
i
=⇒ f (x) −−−→ l x→a
Démonstration Puisque f (x) ∼ g (x), il existe un voisinage V du point a et une fonction α définie sur ce voisinage vérifiant x→a ∀x ∈ V , f (x) = α(x)g (x) et α(x) −−−−→ 1. D’après les théorèmes généraux sur les limites, f (x) = α(x)g (x) −−−−→ l . x→a
x→a
Remarque 11.25 Attention, écrire f (x) ∼ 0 signifie que la fonction f est nulle sur un voisinage de a , ce qui est x→a possible, mais en général, lorsque vous écrivez 0 à droite d’un équivalent, vous commetez une erreur ! P ROPOSITION 11.36 Soient a ∈ I et une fonction f définie sur I. Si f est dérivable en a et si f ′ (a) 6= 0, alors, au voisinage de a , f (x) − f (a) ∼ f ′ (a)(x − a) x→a
431
Démonstration
Comme f est dérivable en a , son taux d’accroissement en a vérifie
f (x) − f (a) −−−−→ f ′ (a). Par conséquent, x→a x −a
f (x) − f (a) −−−−→ 1 ce qui montre que f (x) − f (a) ∼ f ′ (a)(x − a). x→a f ′ (a)(x − a) x→a
comme f ′ (a) 6= 0, par opération sur les limites, on a
P ROPOSITION 11.37 Soient u une fonction définie au voisinage de a ∈ R et f , g deux fonctions définies au voisinage de b ∈ R. On suppose que H1
u (t ) −−−→ b
H2
f (x) ∼ g (x)
t →a
x→b
alors f (u (t )) ∼ g (u (t )). t →a
Comme f (x) ∼ g (x), il existe une fonction α définie sur un voisinage V ′ de b telle que ∀x ∈ V ′ , f (x) =
Démonstration
x→b
α(x) g (x) et α(x) −−−−→ 1. Soit V un voisinage de a tel que ∀t ∈ V,
u (t) ∈ V ′ . On a alors ∀t ∈ V,
f (u (t)) = α(u (t)) g (u (t)). De plus, comme u(t) −−−→ b et α(x) −−−−→ 1, d’après le théorème de composition de limites (11.20 page 425 ), α(u(t)) −−−→ 1 ce qui x→a
t →a
t →a
x→b
montre que f (u(t)) ∼ g (u(t)) . t →a
T HÉORÈME 11.38 ♥ Opérations sur les équivalents Soient f , g , f˜, g˜ des fonctions définies au voisinage de a ∈ R telles que H1
f (x) ∼ g (x)
H2
f˜ (x) ∼ g˜ (x).
x→a
x→a
Alors 1. f (x)g (x) ∼ f˜(x)g˜ (x) . x→a
2. Si la fonction f˜ ne s’annule pas sur un voisinage du point a , il en est de même pour la fonction g˜ et alors f (x) g (x) . ∼ ˜ x→a ˜ (x) g f (x)
3. Pour tout réel s , si les fonctions f et g sont strictement positives au voisinage du point a ,
£
f (x)
¤s
∼
x→a
£
g (x)
¤s
.
Puisque f (x) ∼ g (x) et f˜(x) ∼ g˜ (x), il existe un voisinage V du point a et deux fonctions α, α˜ définies sur
Démonstration
x→a
x→a
˜ ˜ g˜ (x) avec α(x) −−−−→ 1 et α(x) ce voisinage vérifiant f (x) = α(x)g (x), f˜(x) = α(x) −−−−→ 1. Nous pouvons alors écrire x→a
x→a
˜ ˜ 1. f (x)g (x) = α(x)α(x) f˜(x)g˜ (x) avec α(x)α(x) −−−−→ 1 ce qui montre que f (x) f˜(x) ∼ g (x)g˜ (x). x→a
x→a
˜ ˜ et f˜ ne s’annulent pas. Puisque −−−−→ 1, il existe un voisinage V ′ du point a sur lequel les fonctions α 2. Puisque α(x) x→a
f (x) α(x) g (x) ˜ . D’après les théorèmes généraux, = f˜(x) = α(x) g˜ (x), la fonction g˜ ne s’annule pas sur V ′ et ∀x ∈ V ′ , ˜ g˜ (x) α(x) f˜(x) ˜ α(x)/α(x) −−−−→ 1 ce qui prouve le résultat. x→a £ ¤ £ ¤ 3. On peut écrire sur un voisinge du point a , f (x) s = [α(x)] s g (x) s et puisque y s −−−→ 1, par composition de limites, y →1
[α(x)] s −−−−→ 1 ce qui prouve le résultat. x→a
Attention 11.6
Il ne faut jamais
1. Sommer des équivalents. 2. Composer des équivalents. En particulier, il ne faut pas : (a) Prendre des logarithmes d’équivalents. (b) Prendre des exponentielles d’équivalents. Exemple 11.7 ex e x+1
Par exemple x
∼
x→+∞
x + 1 mais e x et e x+1 ne sont pas équivalents quand x tends vers +∞ puisque
= e x−x−1 = e −1 −−−−−→ e −1 6= 1. x→+∞
432
P ROPOSITION 11.39 Équivalents classiques en 0 ex − 1 ∼ x
ln (1 + x) ∼ x x→0
sin x ∼ x
x→0
tan x ∼ x
x→0
sh x ∼ x
x→0
arcsin x ∼ x
arctan x ∼ x
x→0
x→0
x2
x2
x→0
x→0
arccos x −
x→0 2
(1 + x)α − 1 ∼ αx
Démonstration la onzième,
argth x ∼ x
x→0
ch x − 1 ∼
2
x→0
argsh x ∼ x
x→0
cos x − 1 ∼ −
tanh x ∼ x
x→0
π
∼ −x
2 x→0
(α ∈ R)
Les dix premières se démontrent en utilisant un taux d’accroissement, ou en utilisant la proposition 11.36. Pour ³ x´ x x2 x2 cos x − 1 = cos 2 − 1 = −2sin2 ∼ −2 =− 2 2 x→0 4 2
d’après l’équivalent usuel du sinus et par puissance d’équivalent. La douzième se prouve de même. Les deux dernières se prouvent encore en utilisant un taux d’accroissement. Pour l’avant dernière, on peut aussi utiliser la formule ∀x ∈ [−1,1] , arccos x + arcsin x = π/2 et l’équivalent usuel d’arcsinus. La dernière peut encore se démontrer en passant en exp −ln et en utilisant les équivalents usuels pour exp et ln..
Remarque 11.26
Attention, n’écrivez pas cos(x) ∼ 1 − x 2 /2. Le résultat est vrai, mais on a plus simplement x→0
cos(x) ∼ 1 ! Il est conseillé de lire l’appendice C.4.1 page 1204 pour comprendre ce qu’est un équivalent. x→x
De manière plus générale, P ROPOSITION 11.40 Si f (x) −−−→ 0, au voisinage du point a x→a
¡ ¢ ln 1 + f (x) ∼ f (x)
¡ ¢ sin f (x) ∼ f (x)
x→a
¡ ¢ ( f (x))2 cos f (x) − 1 ∼ − x→a
2
¡ ¢ tan f (x) ∼ f (x)
x→a
e f (x) − 1 ∼ f (x) x→a
x→a
¡ ¢α 1 + f (x) − 1 ∼ α f (x) x→a
(α ∈ R)
Démonstration Il suffit de combiner les résultats précédents et la proposition 11.37.
Une fois que vous avez assimilé les définitions de ce paragraphe, il est conseillé de lire l’appendice C.4 page 1204 pour apprendre à utiliser en pratique les équivalents.
11.4 Propriétés globales des fonctions continues 11.4.1 Définitions et propriétés de base Définitions D ÉFINITION 11.21 Fonction continue sur un intervalle On dit qu’une fonction f est continue sur un intervalle I si et seulement si la fonction f est continue en chaque point de I. Cette définition s’écrit avec les quantificateurs sous la forme suivante : ∀a ∈ I,
∀ε > 0
∃η > 0
∀x ∈ I
¯ ¯ |x − a| É η =⇒ ¯ f (x) − f (a)¯ É ε
On note C (I) (ou C 0 (I), C (I, R), C 0 (I, R)) l’ensemble des fonctions réelles continues sur l’intervalle I.
433
Remarque 11.27 – La continuité en un point est une notion locale. – La continuité sur un intervalle est une notion globable. – Intuitivement, « une fonction est continue sur un intervalle si et seulement si on peut tracer son graphe sans lever le crayon ». T HÉORÈME 11.41 Une fonction lipschitzienne est continue Si une fonction f : I 7→ R est lipschitzienne sur l’intervalle I, alors f est continue sur l’intervalle I. Démonstration Puisque f est lipschitzienne sur l’intervalle I, il existe une constante k Ê 0 telle que ∀(x, y) ∈ I2 , | f (x) − f (y)| É k|x − y|. Soit a ∈ I. Montrons que la fonction f est continue au point a . Soit ε > 0. Posons η = ε/k > 0. Soit x ∈ I tel que |x − a| É η, | f (x) − f (a)| É k|x − a| É kη = ε
Opérations sur les fonctions continues T HÉORÈME 11.42 Théorème d’opérations sur les fonctions continues • • • •
¯ ¯
Si f est continue sur I alors ¯ f ¯ est continue sur I. Une combinaison linéaire de fonctions continues sur I est continue sur I. La fonction produit de deux fonctions continues sur I est continue sur I. f Si f et g sont continues sur I et si g ne s’annule pas sur I alors g est continue sur I. Démonstration vraies sur I.
Remarque 11.28
Les affirmations précédentes sont vraies en chaque point de I d’après les théorèmes généraux donc elles sont
C (I) est un sous espace vectoriel de F (I, R).
T HÉORÈME 11.43 La composée de fonctions continues est continue Soient deux intervalles I et J. Soit une application f continue sur I telle que f (I) ⊂ J et g une application continue sur J. Alors la fonction g ◦ f est continue sur I. Démonstration la proposition est vraie en chaque point de I donc elle est vraie sur I.
11.4.2 Les théorèmes fondamentaux Le théorème des valeurs intermédiaires T HÉORÈME 11.44 ♥♥♥ Théorème des valeurs intermédiaires (TVI) Soient I un intervalle de R et une fonction f : I → R. Soient deux points (a, b) ∈ I2 tels que a < b . On suppose que H1
la fonction f est continue sur l’intervalle I.
H2
f (a) É 0 et f (b) Ê 0.
Alors il existe un réel c ∈ [a, b] tel que f (c) = 0 . Démonstration Puisque I est un intervalle et que a,b ∈ I, on a [a,b] ⊂ I. Notons N = {x ∈ [a,b] | f (x) É 0}. C’est une partie de R . Puisque a ∈ N , cette partie est non vide. De plus elle est majorée par b donc elle admet une borne supérieure c = sup N . Montrons que f (c) = 0.
N ut
a c = supN
b
434
– D’après la caractérisation de la borne supérieure, ∀ε > 0, ∃x ∈ N , c − ε É x É c
En prenant pour tout entier n non nul ε = 1/n , il existe donc un réel xn ∈ [c − 1/n,c] vérifiant f (xn ) É 0. On construit ainsi une suite de points de [a,b] vérifiant xn −−−−−→ c et f (xn ) É 0. Puisque la fonction f est continue au point c , f (xn ) −−−−−→ f (c) et n→+∞ n→+∞ par passage à la limite dans les inégalités, on a f (c) É 0. – Puisque c est un majorant de E, ∀x ∈]c,b], f (x) > 0 et puisque f est continue à droite au point c , f (x) −−−−→ f (c). Par passage à + x→c
la limite dans les inégalités, on en déduit que f (c) Ê 0. En conclusion, f (c) = 0.
Remarque 11.29 Le résultat est faux si la fonction est définie sur un ensemble A qui n’est pas un intervalle. Par exemple, la fonction f définie sur [−2, −1] ∪ [1, 2] par f (x) = −1 si x ∈ [−2, −1] et f (x) = 1 lorsque x ∈ [1, 2] est continue en tout point de A, vérifie la deuxième hypothèse, puisque f (−2) < 0 et f (2) > 0 mais ne s’annule pas sur A. Remarque 11.30 Plus généralement, on peut remplacer l’hypothèse H1 par f (a) f (b) É 0. Le théorème des valeurs intermédiaires est (comme le théorème de la limite monotone) un théorème qui permet de montrer l’existence d’objets de façon abstraite sans préciser leur valeur. On utilise pour cela une fonction auxiliaire bien choisie et on applique le TVI à cette fonction. Exemple 11.8
Soit f : [0, 1] 7→ [0, 1] une ½ fonction continue. Cette fonction admet au moins un point fixe x0 ∈ [0, 1]. [0, 1] x
[0, 1] . D’après les théorèmes généraux, la fonction g est f (x) − x continue sur le segment [0, 1]. Puisque la fonction est à valeurs dans [0, 1], f (0) Ê 0 et f (1) É 1 d’où g (0) É 0 et g (1) Ê 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe x0 ∈ [0, 1] tel que g (x0 ) = 0, c’est à dire f (x0 ) = x0 .
Définissons la fonction auxiliaire g :
−→ 7−→
Exemple 11.9 Soit P : R 7→ R une fonction polynômiale de degré impair. Vérifions qu’elle s’annule au moins une fois. En notant P(x) = a2n+1 x 2n+1 + · · · + a0 , avec a2n+1 6= 0, on obtient un équivalent simple de la fonction au voisinage de +∞ et de −∞, P(x) ∼ a2n+1 x 2n+1 . Si a2n+1 > 0, P(x) −−−−−→ −∞ et P(x) −−−−−→ +∞. La transformation de limite x→−∞ x→+∞ x→±∞ en inégalités donne l’existence d’un réel a < 0 tel que P(a) É 0 et d’un réel b > 0 tel que P(b) Ê 0. Puisque P est une fonction continue sur [a, b], d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈ [a, b] tel que P(c) = 0. T HÉORÈME 11.45 Recherche d’un zéro par dichotomie On considère une fonction continue f : [a, b] 7→ R telle que f (a) É 0 et f (b) Ê 0. On construit deux suites récurrentes (an ) et (b n ) en posant a0 = a , b 0 = b et ∀n ∈ N ,
an+1 =
a n
si f
an + bn 2
si f
¡ an + bn ¢
2 ¡ an + bn ¢ 2
a + bn n 2 b n+1 = b n
Ê0 n . On construit ainsi une suite de points (xn ) du segment [a,b] telle que f (xn ) −−−−−→ +∞. Puisque la suite (xn ) est bornée, d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass ( 10.30 n→+∞ page 366), il existe une suite extraite (xϕ(n) ) qui converge vers c ∈ R . Puisque ∀n ∈ N , a É xn É b , par passage à la limite dans les inégalités, a É c É b . Mais la fonction f est continue au point c donc d’après la caractérisation séquentielle de la continuité, f (xϕ(n) ) −−−−−→ f (c). On obtient une contradiction puisque f (xϕ(n) ) −−−−−→ +∞. n→+∞ n→+∞ – Définissons la partie de R , F = {f (x); x ∈ [a,b]}. Elle est non vide puisque f (a) ∈ F . De plus, elle est majorée puisqu’on a vu que f était majorée. Elle admet donc une borne supérieure, M = sup F = sup f . Montrons que cette borne supérieure est atteinte. I
D’après la caractérisation de la borne supérieure, ∀ε > 0, ∃x ∈ [a,b], tel que
M − ε É f (x) É M
Pour tout entier n non nul, en prenant ε = 1/n , il existe xn ∈ [a,b] tel que M−
1 É f (xn ) É M n
La suite (xn ) étant bornée, d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, il existe une suite extraite (xϕ(n) ) qui converge vers une limite c1 ∈ [a,b]. Puisque la fonction f est continue au point c1 , f (xϕ(n) ) −−−−−→ f (c1 ). On a d’autre part, n→+∞
∀n ∈ N⋆ ,
1 1 M− É M− É f (xϕ(n) ) É M n ϕ(n)
Par passage à la limite dans cette inégalité, on obtient que M É f (c1 ) É M d’où M = f (c1 ). – Pour montrer que f possède une borne inférieure et que cette borne inférieure est atteinte, on utilise les mêmes techniques. Vérifiez que vous avez bien compris la démonstration écrivant cette preuve.
Remarque 11.32
En d’autres termes, une fonction continue sur un segment possède un maximum et un minimum : sup f (x) = max f (x) = f (c 1 ) x∈I
x∈I
inf f (x) = min f (x) = f (c 2 ) x∈I
x∈I
On se sert souvent de ce théorème en analyse sous la forme suivante. Si f est une fonction continue sur un segment, la fonction | f | est également continue sur ce segment donc elle possède un maximum. On note k f k∞ = sup| f (x)| ce x∈I
maximum et il est atteint. Il existe c ∈ [a, b] tel que k f k∞ = | f (c)|. C OROLLAIRE 11.49 Image d’un segment par une application continue L’image d’un segment [a, b] par une application continue est un segment et si m = inf f et M = sup f alors f ([a, b]) = [a,b]
[m, M].
437
[a,b]
Démonstration
Puisque M est un majorant de f ([a,b]) et m un minorant de f ([a,b]), on a f ([a,b]) ⊂ [m,M]. Montrons que [m,M] ⊂ f ([a,b]). Soit y ∈ [m,M]. Comme les bornes sont atteintes, il existe c1 ,c2 ∈ [a,b] tel que M = f (c1 ) et m = f (c2 ). Un segment est un intervalle, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires (deuxième forme), puisque y ∈ [ f (c1 ), f (c2 )], il existe x ∈ [c1 ,c2 ] ⊂ [a,b] tel que y = f (x) ce qui montre que y ∈ f ([a,b]).
Fonctions uniformément continues D ÉFINITION 11.22 ♥♥ Fonction uniformément continue Soit une fonction f : I 7→ R définie sur un intervalle I. On dit qu’elle est uniformément continue sur I lorsque ∀ε > 0,
∃η > 0 :
∀(x, y) ∈ I2 ,
|x − y| É η =⇒ | f (x) − f (y)| É ε
Le nombre η est indépendant des réels (x, y) et s’appelle un module d’uniforme continuité. P ROPOSITION 11.50 Lipschitz =⇒ uniformément continue =⇒ continue Soit f : I 7→ R une fonction définie sur un intervalle I. f lipschitzienne surI =⇒ f uniformément continue sur I =⇒ f continue sur I
Démonstration 1. Supposons f lispchitzienne sur I, il existe k Ê 0 tel que ∀(x, y) ∈ I2 , | f (x)− f (y)| É k|x−y|. Montrons que f est uniformément continue sur I. Soit ε > 0.
Posons η = ε/k > 0.
Soient (x, y) ∈ I2 tels que |x − y| É η, on a | f (x) − f (y)| É k|x − y| É kη = ε
2. Supposons f uniformément continue sur I et montrons que f est continue sur I. Soit a ∈ I, montrons que la fonction f est continue au point a . Soit ε > 0, Puisque f est uniformément continue sur I, il existe η > 0 tel que ∀(x, y) ∈ I2 , |x − y| É η =⇒ | f (x) − f (y)| É ε. Soit x ∈ I tel que |x − a| É η, on a bien | f (x) − f (a)| É ε.
Le théorème suivant est un résultat important d’analyse.
T HÉORÈME 11.51 ♥♥♥ Théorème de Heine Une fonction continue sur un segment est uniformément continue sur ce segment. Démonstration Nous allons contstruire des suites et utiliser le théorème de Bolzano-Weirstrass. Nous devons montrer que ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀(x, y) ∈ [a,b]2 ,
|x − y| É η =⇒ | f (x) − f (y)| É ε
Raisonnons par l’absurde en supposant que cette propriété est fausse : ∃ε > 0, ∀η > 0, ∃(x, y) ∈ [a,b]2 ,
|x − y| É η et | f (x) − f (y)| > ε
Il existe donc un réel ε > 0 tel que ∀η > 0, ∃(x, y) ∈ [a,b]2 ,
|x − y| É η et | f (x) − f (y)| > ε
Soit n ∈ N⋆ , en prenant η = 1/n , on peut trouver deux réels (xn , y n ) ∈ [a,b]2 vérifiant |xn − y n | É 1/n et | f (xn ) − f (y n )| Ê ε. On construit ainsi deux suites (xn ) et (y n ) de points du segment [a,b]. Puisque la suite (xn ) est bornée, d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut en extraire une suite convergente, (xϕ(n) ) vers une limite c ∈ [a,b]. Puisque ¯ ¯ ¯ ¯¡ ¢ ¡ ¢¯ ¯ |y ϕ(n) − c| = ¯ y ϕ(n) − xϕ(n) + xϕ(n) − c ¯ É ¯xϕ(n) − y ϕ(n) ¯ + ¯ xϕ(n) − c ¯ É
1 1 + |xϕ(n) − c| É + |xϕ(n) − c| −−−−−→ 0 n→+∞ ϕ(n) n
la suite (y ϕ(n) ) converge également vers la même limite c . Puisque la fonction f est continue au point c , ¯d’après la caractérisation ¯ séquentielle de la continuité, f (xϕ(n) ) −−−−−→ f (c) et f (y ϕ(n) ) −−−−−→ f (c). Mais comme ∀n ∈ N , ε < ¯ f (xϕ(n) ) − f (y ϕ(n) )¯, par n→+∞
¯
n→+∞ ¯
passage à la limite dans les inégalités, on obtient que 0 < ε É ¯ f (c) − f (c)¯ = 0 ce qui est absurde.
Théorème de la bijection
438
T HÉORÈME 11.52 ♥♥♥ Théorème de la bijection Soit une application f : I → R. On note J = f (I). On suppose que la fonction f est H1
continue sur I,
H2
strictement monotone sur I.
Alors, 1. J est un intervalle, 2. f réalise une bijection de l’intervalle I vers l’intervalle J, 3. la bijection réciproque f −1 : J 7→ I est une fonction continue sur I, strictement monotone de même sens que f . Démonstration D’après le théorème 11.47 page 436, on sait déjà que J est un intervalle. D’après le théorème 11.5 page 416, on sait déjà que f est bijective, strictement monotone de même sens que f . Il nous reste à montrer que la bijection réciproque f −1 est continue sur J. Soit X0 ∈ J, montrons que f −1 est continue au point X0 . Notons x0 = f −1 (X0 ). Pour simplifier la preuve, nous supposerons que f est strictement croissante sur I et que x0 est un point intérieur à I (le cas où x0 est une borne de l’intervalle se traite de même). Y2 = f (x0 + ε′ )
X0 η Y1 = f (x0 − ε′ ) ε′ x0 − ε′ x0 + ε′
Soit ε > 0.
x0 = f −1 (X 0 )
Puisque x0 est un point intérieur de I, il existe un réel ε′ , 0 < ε′ É ε tel que [x0 − ε′ , x0 + ε′ ] ⊂ I. Posons Y1 = f (x0 − ε′ ) et Y2 = f (x0 + ε′ ). Puisque f est strictement croissante sur I, Y1 < X 0 < Y2 . Posons alors η = min(X 0 − Y1 ,Y2 − X 0 ) > 0.
Soit X ∈ J tel que |X − X0 | É η, on a Y1 É X É Y2 et puisque f −1 est croissante sur J, f −1 (Y1 ) É f −1 (X) É f −1 (Y2 ), c’est à dire f −1 (X 0 ) − ε′ É f −1 (X) É f −1 (X 0 ) + ε′ ou encore | f −1 (X) − f −1 (X 0 )| É ε′ É ε.
En résumé Les parties C.1 page 1189 sur les techniques de majoration-minoration et la partie C.4 page 1204 sur les équivalents dans l’annexe C sont, comme dans le chapitre précédent, toujours d’actualité. Il faudra être capable de distinguer une propriété locale (vraie dans le voisinage d’un point) d’une propriété globale (vraie sur un intervalle). Les énoncés suivants devront être parfaitement connus et quand on les utilisera, on vérifiera avec rigueur leurs hypothèses : 1
Théorème des gendarmes.
6
Équivalents usuels, relations de comparaison.
2
Théorème de la limite monotone.
7
3
Caractérisation séquentielle de la continuité en un point.
Théorèmes des valeurs intermédiaires (sous ses différentes formes).
8
Théorème du maximum.
4
Théorème d’opérations sur les limites.
9
Théorème de Heine.
5
Théorème d’opérations sur les fonctions continues.
439
10
Théorème de continuité de la bijection réciproque.
11.5 Exercices 11.5.1 Avec les définitions Exercice 11.1 ♥ En utilisant la définition de la notion de limite en un point, montrer que : 1. lim
1
x→+∞ x 1
1 = +∞ 1 − x2 p p 4. lim x = a avec a ∈ R∗+ .
=0
3. lim− x→1
2. lim+ = +∞ x→0 x
x→a
Solution :
¯ ¯ ¯ ¯1 1 ¯ < ε. Cette inéquation est équivalente 1. Soit ε > 0. On cherche m ∈ R tel que si x ∈ ]m, +∞[ alors on a : ¯ − 0¯¯ = |x| x ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 à |x| > 1ε . En posant m = , on a bien pour tout x ∈ ]m, +∞[ : ¯¯ − 0¯¯ < ε. Voilà qui prouve que limx→+∞ x1 = 0. ε x 2. Soit M ∈ R. On peut supposer que M Ê 1. On cherche η ∈ R∗+ tel que, pour tout x ∈ R∗+ , si |x − 0| = |x| = x < η 1 1 1 > x . Il suffit alors de poser η = . On montre ainsi que alors > M. Cette inéquation est équivalente à x M M 1 lim+ = +∞. x→0 x
3. Soit M ∈ R∗+ . On cherche η ∈ R∗+ tel que pour tout x > 0, si 1 − x < η alors
q
1 > M ⇐⇒ x Ê 1 − x2
r
1−
1 > M. On a : 1 − x2 r
1 ⇐⇒ 1 − x É 1 − M
1−
1
M
.
1 = +∞. 1 − x2 ¯p p ¯ 4. Soit ε > 0. On cherche η ∈ R tel que, pour tout x ∈ R+ , si |x − a| < η alors ¯ x − a ¯ < ε. Pour tout x ∈ R+ , tel que x > a on a : ¡ p ¢2 ¡ p ¢2 p p p x − a < ε ⇐⇒ x < ε + a ⇐⇒ x − a < ε + a − a = ε2 + 2ε a.
Avec η = 1 −
1 1− M , on répond au problème posé. Ainsi lim− x→1
Si x < a , on montre que :
p
p p a − x < ε ⇐⇒ a − x < 2ε a − ε2 . © p ª p p Par suite, avec η = min 2ε a + ε2 , 2ε a − ε2 (il fautpau départ p avoir choisi ε suffisamment petit pour que a − ε > 0), on répond au problème posé et on a bien : lim x = a avec a ∈ R+ . x→a
Exercice 11.2 ♥♥ On considère une fonction f : R 7→ R admettant une limite finie l lorsque x → +∞. Montrez que ∀ε > 0, ∃A > 0 : ∀(x, x ′ ) ∈ [A, +∞[, | f (x) − f (x ′ )| É ε
Solution : Soit ε > 0. Posons eε = ε/2 > 0. En utilisant la définition de f (x) −−−−−→ l , on peut affirmer qu’il existe A > 0 x→+∞ tel que : ∀x Ê A, | f (x) − l| É eε. Soit alors (x, x ′ ) ∈ [A, +∞[, majorons en utilisant l’inégalité triangulaire : | f (x) − f (x ′ )| = |[ f (x) − l] + [l − f (x ′ )]| É | f (x) − l| + | f (x ′ ) − l| É 2e εÉε
ce qui prouve le résultat.
11.5.2 Limites d’une fonction à valeurs réelles Exercice 11.3 ♥ Déterminer les limites suivantes : x 4 + 2x 2 + 1 x→+∞ x2 − 1
3. lim x −
1. lim
2. lim
x→0
x→+∞
sin x x
4. lim+ x x x→0
440
p
x 2 − 2x
x 3 + 3x 2 − 3x − 1 x→1 x2 + x − 2
cos x 2 x→+∞ x
5. lim
6. lim
Solution : 1.
4
2
x +2x +1 x 2 −1
x4 = 2 x
1 + x22 +
1 x 4 −−−−−→ +∞
1 x→+∞ x2 sin x sin x − sin 0 = −−−→ sin′ 0 = 1 . 2. Pour tout x ∈ R∗ , x→0 x x −0 ³ ´³ ´ p p ¡ ¢ x − x 2 − 2x x + x 2 − 2x p x 2 − x 2 − 2x 2 x 2 −−−−−→ 1 = = 3. x − x − 2x = q p p 2 2 x 1 + 1 − 2 x→+∞ x + x − 2x x + x − 2x x 1−
0 donc x x −−−−→ 1 . 4. x x = e x ln x = e X avec X = x ln x −−−−→ + + x→0
3
5.
2
x + 3x − 3x − 1 = x2 + x − 2
2
(x−1)(x +4x+1) −−−→ (x−1)(x+2) x→1
x→0
2 cos x 2
2
6. Pour tout x ∈ R∗+ , − x1 É cosxx É x1 donc par application du théorème des gendarmes lim
x→+∞
x
= 0
Exercice 11.4 ♥ Déterminer les limites suivantes : x cos (e x ) x→+∞ x 2 + 1 2. lim ln x ln (ln x) x→1+
3. lim 2x − 1 + x→0
¡
4. lim ln 1 + x 2 e −x
1. lim
x→+∞
¢
p p 2+x − 2−x 5. lim x→0 x ln (1 + x) 6. lim x→0 x
p
x2 x
Solution :
¯ ¯ x ¯ x cos (e x ) ¯ ¯ É x donc par application du théorème des gendarmes lim x cos (e ) = 0 ¯ 1. Pour tout x ∈ R+ , 0 É ¯ 2 ¯ x→+∞ x 2 + 1 x +1 x2 + 1
0 donc lim+ ln x ln (ln x) = 0 2. ln x ln (ln x) = X ln X avec X = ln x −−−−→ +
3. 2x − 1 +
p
x2 x
(
x→1
2x − 1 + 1 |x| = = 2x − 1 + x 2x − 1 − 1
x→1
p
p
si x ∈ R∗+ x2 x2 = 0 , lim− 2x − 1 + = −2 et lim+ 2x − 1 + ∗ x→0 x x si x ∈ R− x→0 ¡
¢
4. x 2 e −x −−−−−→ 0 donc par composition de limites : lim ln 1 + x 2 e −x = 0 x→+∞
x→+∞
¡p p ¢ ¡p p ¢ p p 2+x − 2−x 2+x + 2−x 2x 2+x − 2−x = ¡p = 5. ¡p p ¢ p ¢ −−−→ x x 2+x + 2−x x 2 + x + 2 − x x→0
p 2 2
.
6. On reconnaît le taux d’accroissement de x 7→ ln (1 + x) en 0. Cette fonction étant dérivable en 0, on obtient :
ln (1 + x) ln (1 + x) − ln 1 = −−−→ 1 . x→0 x x −0
Exercice 11.5 ♥ Déterminer les limites suivantes : ex − 1 x→0 x
sin (e −x ) x→+∞ e −x p p 2. lim x − x + 1
4. lim
1. lim
1
5. lim (1 + x) x x→0
x→+∞
x 3 − 2x 2 − x + 2 x→1 x2 + x − 2
3. lim cos (7x) e −3x
6. lim
x→+∞
Solution : 1.
sin (e −x ) X=e −x sin X ====== −−−→ 1 e −x X X→0
441
2.
p
p
x − x +1 =
¡p
p ¢¡p p ¢ x − x +1 x + x +1 −1 =p −−−−−→ 0 p p p x + x +1 x + x + 1 x→+∞
3. Pour tout x ∈ R, −e −3x É cos (7x) e −3x É e −3x et e −3x −−−−−→ 0 donc par application du théorème des gendarmes x→+∞
lim cos (7x) e −3x = 0
x→+∞
4. On reconnaît le taux d’accroissement de la fonction exponentielle en 0. Celle ci étant dérivable en 0, on obtient : e x −e 0 e x −1 x = x−0 −−−→ 1 . x→0
5.
1 (1 + x) x
6.
x 3 −2x 2 −x+2 x 2 +x−2
1 ln (1 + x) −−−→ 1 donc lim (1 + x) x = e = e X avec X = x→0 x→0 x ¡ ¢ (x − 1) x 2 − x − 2 2 −−−→ − . = x→1 3 (x − 1) (x + 2)
1 = e x ln(1+x)
Exercice 11.6 ♥ Déterminer les limites suivantes : 1. lim
¡ ¢ sh x 2 e −x
x3 − 4 x2 + x + 6 x→−1 x2 + 3 x + 2
4. lim
ep−x x− 3 2. lim x→3 x − 3 µq q ¶ p p 3. lim x x + x + 1 − x + x − 1 x→+∞
p
2x 3 − 5x + 10 x→+∞ x 2 + 2x + 2 p p 6. lim x2 + x − 1 − x x
5. lim
x→+∞
Solution :
¡ ¢ sh x 2 e −x
x→+∞
¡ ¢ sh x 2 e −x
¡ ¢ sh x 2 e −x sh X . Donc lim = +∞ − − − → 1 x→+∞ e −x x 2 e −x x 2 e −x X X→0 e −x p 2. On reconnaît le taux d’accroissement de x 7→ x en x = 3. Cette fonction est dérivable en x = 3 donc on obtient :
1. On a :
lim
x→3
p
p x− 3 x−3
=
= x2
¡ ¢ sh x 2 e −x
et
X=x 2 e −x
========
p 3 6
3. ¶ p x + x −1 ´ ³p ´ ³p p p p p p p x + x +1− x + x −1 x + x +1+ x + x −1 x p p p p x + x +1+ x + x −1 ¡p p ¢ ¡p p ¢ p p x +1− x −1 x +1+ x −1 x +1− x −1 ´ ¡p xp = x ³p p p p p p p p ¢ x + x +1+ x + x −1 x + x +1+ x + x −1 x +1+ x −1
x
= = = =
=
µq
x ³p x
p
x
p x + x +1−
p
x + x +1+ µr
1+
q
µr q 1 + x1 +
1 x
1 x2
q
p
+
+
2 ´ ¡p p p ¢ x + x −1 x +1+ x −1
1 x2
+
r
r
1+
1+
2 q
2 q
1 x
−
1 x2
¶
q ´ p ³q x 1 + x1 + 1 − x1
1 −−−−→ ¶ ³q q ´ −x→+∞ 2 1 1 1 + x1 + 1 − x1 x − 2 x
¡ ¢ x 3 − 4 x 2 + x + 6 (x + 1) x 2 − 5x + 6 −−−−→ 12 4. = x→−1 x2 + 3 x + 2 (x + 1) (x + 2) 5 10 2− + 3 2x 3 − 5x + 10 x 3 x x −−−−−→ +∞ 5. = 2 x→+∞ 2 x 2 + 2x + 2 x2 1+ + 2 x x ´ p p p ³q 1 1 1 6. x 2 + x − 1 − x x = x x + − − 1 −−−−−→ −∞ 2 3 x x x x→+∞
442
Exercice 11.7 ♥ Déterminer les limites suivantes : µ ¶ 1 4. lim x sin x→0 x
x ln x 1. lim x→+∞ (ln x)x p x 2. lim q p x→+∞ p x+ x+ x ³ ´ 1 3. lim 1 + sin2 ln x x→0+
sin (3x) x x 6. lim x→0 arccos x − π 2
5. lim
x→0
x
Solution : x
1.
ln x
=
2 e (ln x)
= e ln
2
x−x ln ln x
=e
x
(ln x)x e x ln ln x 0 par opérations sur les limites. p p x x 1 =p s 2. q p r p x q x+ x+ x 1 + x1 + ¡
ln2 x −ln ln x x
mais
ln2 x x ln x −−−−−→ 0 et ln ln x −−−−−→ +∞ donc −−−−−→ x→+∞ x x→+∞ (ln x)x x→+∞
−−−−−→ 1 x→+∞
1 x3
¢
³
3. 1 + sin2 x1 ln x É 2ln x donc par application du théorème des gendarmes lim+ 1 + sin2 ¯
x→0 ³1´
¡ ¢¯ 4. ¯x sin x1 ¯ É |x| donc par application du théorème des gendarmes lim x sin x→0
x
1 x
´
ln x = −∞ .
= 0
sin (3x) X=3x sin X sin (3x) ===== 3 −−−→ 3 car sinx x −−−→ 1 donc lim = 3. x→0 x→0 x X X→0 x arccos x − π2 est le taux d’accroissement de arccos en x = 0, cette fonction étant dérivable en 0, on 6. Comme x 7→ x π arccos x − 2 x = −1 a: −−−→ −1 donc lim x→0 x→0 arccos x − π x 2
5.
Exercice 11.8 ♥ Déterminer les limites suivantes : p x x + 2x x→+∞ x 2 + x + 1 sh x 2. lim x→0 x x3 − 4 x2 + 5 x − 2 3. lim x→2 x2 − 3 x + 2
³
1
1
1
1
x
x
x
x2
4. lim+ 2cos2 − sin + 3 + −
1. lim
x→0
5. lim x x→+∞
³p
x2 + 3 − x
p x− x x→+∞ ln x + x
´
´
6. lim
Solution : 1.
p p x x + 2x x x = x2 + x + 1 x2
1+ p2 x −−−−−→ 1+ x1 + 12 x→+∞ x
0
2. On reconnaît le taux d’accroissement de la fonction sh en 0. Cette fonction étant dérivable en 0, on obtient : sh x −−−→ ch 0 = 1 . x x→0
¡ ¢ x 3 − 4 x 2 + 5 x − 2 (x − 2) x 2 − 2x + 1 = 3. On a : −−−→ 1 . x→2 x2 − 3 x + 2 (x − 2) (x − 1)
4. Pour tout x ∈ R∗ : 2cos2 x1 − sin x1 + 3 + x1 − x12 É 6 + x1 − x12 = 6 + x12 (x − 1) −−−→ −∞. Donc par application du ³
1
1
1
1
x
x
x
x2
théorème des gendarmes lim+ 2cos2 − sin + 3 + − 5. x
6.
³p
´ x2 + 3 − x = x
³p
x→0
´ ³p
´
´
x→0
= −∞
x2 + 3 − x x2 + 3 + x 3x =p = p x2 + 3 + x x2 + 3 + x
1 p x 1 − px x− x = ln x −−−−−→ 1 car ln x = o (x) x→+∞ ln x + x x + 1 x→+∞ x
443
x x
3 −−−−−→ q x→+∞ 1 + x32 + 1
3 2
Exercice 11.9 ♥ Déterminer les limites suivantes : 1. lim e x−sin x 2. lim
x→+∞
x→+∞
1 xx
³
3. lim x ln 1 + x→0
1 x
3x − 5
4. lim p
x→+∞
x2 − 1
1 3 − 1 − x 1 − x3 lim (ln x + 2x + 1 − E(x))
5. lim
´
x→1
6.
x→+∞
Solution : 1. e x−sin x Ê e x−1 donc par application du théorème des gendarmes lim e x−sin x = +∞ x→+∞
2. 3. 4.
1 xx
ln x =e x
−−−−−→ 1 par composition et car ln x =
x→+∞ ´ ³ ¡ ¢ ln 1+ x1 X= x1 ===== ln(1+X) x ln 1 + x1 = 1 X x x 3− x5 3x − 5 r −−−−−→ 3 = p x 2 − 1 x x 1− 12 x→+∞ x
et lim
X→0
ln(1+X) X
o
x→+∞
(x).
³ ´ 1 = 1 donc lim x ln 1 + = 1 par utilisation des limites usuelles. x→0
x
2+x 3 1 =− 2 − −−−→ −1 1 − x 1 − x3 x + x + 1 x→1 6. Pour tout x ∈ R, x − 1 É E (x) < x . Donc : ln x + x + 1 É ln x + 2x + 1 − E(x) et comme ln x + x + 1 −−−−−→ +∞ par
5.
x→+∞
application du théorème des gendarmes : lim (ln x + 2x + 1 − E(x)) = +∞ x→+∞
Exercice 11.10 ♥ Déterminer les limites suivantes : 1. lim
x→+∞
p
p x +5− x −5
x 2 + 2|x| x→0 x 1+x 5. lim x→−1 1 − x 2 x + arctan x 6. lim x→+∞ x
4. lim
x − E (x) p |x| ³1´ 3. lim xE
2. lim
x→0
x→0
x
Solution :
p ¢ ¡p p ¢ x +5− x −5 x +5+ x −5 10 1. x + 5 − x − 5 = =p −−−−−→ 0 . p p p x +5+ x −5 x + 5 + x − 5 x→+∞ p x x − E (x) x − E (x) Ép 2. Pour x > 0, 0 É p = |x| donc par application du théorème des gendarmes, lim+ p = 0. x→0 |x| |x| |x| x − E (x) Mais lim− p = +∞ . x→0 |x| ³1´ ¡ ¢ 3. Pour tout x ∈ R∗ , x(1/x − 1) É xE x1 É x.1/x donc par application du théorème des gendarmes lim xE = 1. p
p
¡p
x→0
x 2 + 2|x| x 2 + 2x x 2 + 2|x| 4. Si x > 0, 2 . Si x < 0, = = x + 2 −−−−→ = + x→0 x x x
2
x −2x x
x
−2 = x − 2 −−−−→ − x→0
1+x 1 1 1+x = −−−−→ = 1 − x 2 (1 + x) (1 − x) 1 − x x→−1 2 x + arctan x π π É É 1+ 6. Pour tout x ∈ R, 1 − donc par application du théorème des gendarmes 2x x 2x x + arctan x = 1 lim x→+∞ x
5.
Exercice 11.11 ♥ Déterminer les limites suivantes :
444
p p 1 + sin x − 1 − sin x 4. lim x→0 x tan x 5. lim x→0 x ³ ´ 1 x 6. lim 1 +
2 cos2 x1 −sin x1 +3 p x+ x x→0
1. lim+
1
2. lim (sin x) ln x x→0
x3 + x2 − x − 1 x→−1 x 3 − 3x − 2
3. lim
x→+∞
x
Solution : 1. Pour tout x ∈ R+ : 2 É 2cos2 x1 − sin x1 + 3 donc par application du théorème des gendarmes : lim+
2cos2
x→0
2.
1 (sin x) ln x
− sin x1 + 3 = +∞ p x+ x 1 x
ln sinx x − ln x ln sinx x ln sin x ln x = e ln x = e = e ln x
−1
mais
sin x −−→ x − x→0
1 donc
ln sinx x ln x
1
−−−→ 0 et lim (sin x) ln x = x→0
x→0
e −1
¡ ¢ x −1 x 3 + x 2 − x − 1 (x + 1) x 2 − 1 = 3. = −−−−→ −2 2 3 x − 3x − 2 (x + 1) (x − 2) x − 2 x→−1 p p ¡p ¢¡p ¢ p p 1 + sin x − 1 − sin x 1 + sin x + 1 − sin x 1 + sin x − 1 − sin x 2sin x = = ¡p 4. p p ¡p ¢ ¢ −−−→ x x 1 + sin x + 1 − sin x x 1 + sin x + 1 − sin x x→0 1 car sin x/x −−−→ 1. x→0
5. On reconnaît le taux d’accroissement de la fonction tangente en 0. Cette fonction étant dérivable en 0, on obtient : lim
tan x
x→0
x
¡
¢x
6. 1 + x1
= tan′ 0 = 1
=e
³ ´ x ln 1+ x1
Exercice 11.12 Déterminer
=e
¢ ¡ ln 1 + x1 1 x
X= x1
===== e
ln(1+X) X
l = lim
x→0
2 2
sin x
d’où l =
1 2
−
³
µ
¶
x→+∞
X→0
♥
Solution : On a :
−−−→ e donc lim
2 sin2 x
−
1 1 − cos x
1+
´ 1 x
x
= e .
2 1 1 1 = − = 2 1 − cos x 1 − cos x 1 − cos x 1 + cos x
.
Exercice 11.13 ♥ Soit la fonction g donnée sur R∗ par g (x) = sin x1 . Montrer que g n’a pas de limite en 0. Solution : Considérons la suite (xn ) de terme général donné par, pour tout n ∈ N : xn =
π 2
1 . Pour tout n ∈ N, on a : + nπ
¡ ¢ g (xn ) = (−1)n . La suite g (xn ) est donc divergente alors que la suite xn −−−−−→ 0. Donc par le théorème de composition n→+∞
d’une suite par une fonction, g ne peut admettre de limite en 0.
Exercice 11.14 ♥ Montrer que la fonction f définie sur ]0, +∞[ par f (x) = cos(ln(x)) n’admet pas de limite en +∞. ¡
¢
π
Solution : Définissons les suites (xn ) et y n par, pour tout n ∈ N : xn = e 2nπ et y n = e 2nπ+ 2 . Elles tendent toutes les deux vers +∞. Supposons que f (x) −−−−−→ l . Alors f (xn ) −−−−−→ l or pour tout n ∈ N , f (xn ) = 1. Donc l = 1. Mais x→+∞ n→+∞ de même, puisque f (y n ) = 0, on devrait avoir l = 0, ce qui rentre en contradiction avec l’unicité de la limite. Donc f n’admet pas de limite en +∞. Exercice 11.15 ♥♥ E(1/x) + x Calculer limx→0+ E(1/x) − x
445
Solution : La fonction f (x) =
E( x1 ) + x
E( x1 ) − x
est bien définie pour x ∈]0, 1[, car E( x1 ) Ê 1 > x . Encadrons 1 1 1 − 1 < E( ) É x x x
et donc
1 1 +x −1 +x x É f (x) É x 1 1 −x −x −1 x x =⇒
1 + x2 − x 1 + x2 É f (x) É 2 1−x 1 − x2 − x
1. et par le théorème des gendarmes, on obtient que f (x) −−−−→ + x→0
11.5.3 Comparaison des fonctions numériques Exercice 11.16 ♥ Déterminer un équivalent simple pour les fonctions suivantes au voisinage du point considéré : ln (1 + tan x) en 0+ p sin x p x3 − 1 2. f (x) = p en +∞ 3 2 x +2 1 − tan x en π2 . 3. f (x) = cos x
4. f (x) = cos (sin x) en 0.
1. f (x) =
5. f (x) = x x − 1 en 0+ . 6. f (x) = p
cos (πx) x 2 − 2x + 1
en 1.
Solution : tan x ln (1 + tan x) ∼ p p x→0+ x sin x q 1 3 5 x 2 1 − x3 ∼ x6 2. f (x) = 2 q 2 x→+∞ x 3 3 1 + x2
1. f (x) =
3. f (x) =
∼
x→0+
p x p = x x
¡ ¢ π 1 − cos X 1 x π 1 − sin x X=x− π2 1 − sin X + 2 X ¢ ¡ = ======= − tan x = ∼ − . Donc f (x) ∼ − + π cos x cos x − sin X X→0 2 2 4 cos X + π2 x→ 2
4. f (x) ∼ 1 car cos (sin x) −−−→ 1. x→0
x→0
x
5. f (x) = x − 1 = e
x ln x
− 1 ∼ + x ln x car x ln x −−−→ 0.. x→0
x→0
6. cos (πx) ∼ −1 et x 2 − 2x + 1 = (x − 1)2 donc f (x) ∼ − x→1
x→1
1 |x−1|
Exercice 11.17 ♥ Déterminer un équivalent simple pour les fonctions suivantes au voisinage du point considéré : 1. f (x) =
x −1 2x ¯ en 2. −¯ |x − 2| ¯ x 2 − 4¯
4. f (x) = ln (cos x) en x = 0 5. f (x) = ln (sin x) en 0+ .
2. f (x) = x 2 argsh x1 en +∞ 3. f (x) =
s
x5 en +∞. 2x + 5
6. f (x) =
446
¡ p ¢ (2 + x) ln 1 + x
sin2 x
en 0+ .
Solution :
µ ¶ 1 2x 15 x −1 x −1 ¯ ¯ = 1. f (x) = − 2x − ∼ |x − 2| ¯x 2 − 4¯ |x − 2| |x + 2| x→2 4|x − 2|
2. f (x) ∼
x→+∞
3. f (x) =
s
x2 = x par produit d’équivalents. x 5
1 x2 x5 = 1 q 2x + 5 x 2 2 + 5 x
∼
x→+∞
x2 p 2
2
4. f (x) ∼ − x2 car ln (cos x) = ln (1 − (1 − cos x)) ∼ 1 − cos x ∼ x→0
x→0
x→0
x2 2
.
à sin x ! ln sinx x ln x sin x sin x 5. f (x) = ln (sin x) = ln + ln x = ln x + 1 ∼ ln x car −−−−→ 1 et −−−−→ 0. x ln x x→0+ x x→0+ ln x x→0+ ¡ p ¢ p 3 (2 + x) ln 1 + x 2 x ∼ 6. f (x) = = 2x − 2 2 2 + x→0 x sin x
Exercice 11.18 ♥ Déterminer un équivalent simple pour les fonctions suivantes au voisinage du point considéré : 1. 2. 3. 4.
f (x) = ln (cos x) en
x 3 − 2x 2 − 1 ¡ p ¢ ln 1 + x en 0+ . 2x 5 + x 2 ¡p ¢ 6. f (x) = ln 1 + sin x en x = 0.
π− 2
5. f (x) =
f (x) = ln (1 + sin x) en 0
x 1−sin x − x en 0. p f (x) = ln (x + 1) − ln (x) en +∞
f (x) =
Solution :
! Ã sin X ln X ¢¢ ¡ ¡π sin X 1. f (x) = ln (cos x) ======= ln cos 2 − X = ln (sin X) = ln X + ln X = ln (X) +1 ln (X) ´ ³π f (x) ∼ − ln − x . X= π 2 −x
x→ π 2
∼
X→0+
ln X . Donc
2
2. f (x) = ln (1 + sin x) ∼ sin x ∼ x x→0
x→0
¡ ¢ x sin x x −x = ∼ x 2 . On peut aussi remarquer que f (x) = x (1 − sin x)−1 − 1 ∼ x sin x ∼ 3. f (x) = x→0 x→0 1 − sin x 1 − sin x x→0 x2 . s µ ¶ q ¢ ¡ p 1 x +1 ∼ 4. f (x) = ln (x + 1) − ln (x) = ln = ln 1 + x1 p x→+∞ x x p 3 x x 3 − 2x 2 − 1 ¡ p ¢ ¢ ∼ −x − 2 car 2x 3 + 1 ∼ 1. ln 1 + x ∼ − 2 ¡ 3 5. f (x) = 2x 5 + x 2 x→0+ x 2x + 1 x→0+ x→0+
6. f (x) = ln
¡p
¢ 1 sin x x ∼ 1 + sin x = ln (1 + sin x) ∼ x→0 2 x→0 2 2
Exercice 11.19 ♥ Déterminer lorsqu’elles existent les limites des fonctions suivantes en le nombre indiqué : 1. f (x) =
tan x − sin 3x en x = 0. ln (1 + x)
4. f (x) =
2tan x + sh 5x
en x = 0
sin3 x ln (x) 5. f (x) = p en x = 1. x −1
ch x − 1 en x = 0. arcsin2 x 2x + sin 3x en x = 0+ . 3. f (x) = x sin x
2. f (x) =
6. f (x) = ln
Solution : 447
¡p
¢ arccos x − π2 1+x − en x = 0 sh x
tan x − sin 3x tan x tan x − sin 3x ∼ ∼ et x→0 ln (1 + x) x x x→0
1. f (x) = −2 .
2. f (x) =
ch x − 1
arcsin2 x
∼
x→0
6.
2x x sin x 2tan x
arccos x − π2 sh x
∼
x→0+
∼
x→0
= 1 −−−→ 1, x→0
sin 3x ∼ x x→0
3x x
= 3 −−−→ 3. Donc f (x) −−−→ x→0
x→0
1 1 x2 . = donc f (x) −−−→ x→0 2 2x 2 2
2x 2 = −−−−→ +∞ et x 2 x x→0+ sh 5x 2 4. On a : ∼ 2 −−−→ +∞ et 3 sin x x→0 x x→0 sin3 x X ln (x) X=x−1 ln (1 + X) ∼ X 5. f (x) = p ====== p X→0 x −1 1+X −1 2
3. On a :
x x
3x 3 sin 3x = −−−−→ +∞ donc f (x) −−−−→ +∞ . ∼ x→0+ x sin x x→0+ x 2 x x→0+ 5 −−−→ +∞ donc f (x) −−−→ +∞ . ∼ x→0 x→0 x 2 x→0 = 2 donc f (x) −−−→ 2 . x→1
¡p ¢ 1 −x x = −1. De plus : ln 1 + x = ln (1 + x) ∼ −−−→ 0 donc f (x) −−−→ 1 . x→0 2 x→0 x→0 x 2
Exercice 11.20 ♥ Déterminer lorsqu’elles existent les limites en le nombre indiqué des fonctions suivantes : p
1
1 + ln (1 + x ln x) − 1 en x = 0+ . sin x ln x ¢ ¡ 2. f (x) = 1 + ax x en x = +∞ et pour a ∈ R. ´ x ³ 3. f (x) = 1 + sin lnxx ln x en x = +∞ ¡ ¢ arctan (x − 1) sin e (x−1) − 1 4. f (x) = en x = 1 − x2 − 1 ln x
1. f (x) =
5. f (x) = ch x arcsin2 x en x = 0
x +1 x x −x ¢ en x = +∞ 6. f (x) = ¡ ln 1 + x 2
Solution : 1. 2.
3.
4.
p 1 + ln (1 + x ln x) − 1 x ln x 1 ∼ 1 0 et f (x) ∼ 21 . Donc f (x) −−−−→ f (x) = car x ln x −−−−→ . sin x ln x x→0+ 2 sin x ln x x→0+ x→0+ x→0+ 2 ¡ a¢ ¢x ¢ ¡ ¡ ∼ a donc par opérations sur les limites : f (x) −−−−−→ e a . f (x) = 1 + ax = e x 1+ x mais x 1 + ax x→+∞ x→+∞ ³ ´ ln x ´ ³ x ln 1 + sin x ³ ´ x x ln 1 + sin lnxx x sin lnxx ln x ln x ln x f (x) = 1 + sin x mais sin lnxx −−−−−→ 0 donc =e ∼ ∼ x→+∞ x→+∞ ln x ln x x→+∞ ln x = 1 donc f (x) −−−−−→ e . x→+∞ ln x ¡ ¢ sin e (x−1) − 1 X=x−1 X 1 arctan(x − 1) arctan (x − 1) X=x−1 arctanX ====== ∼ = = D’une part : = = = = = = . D’autre part : x¡2 − 1 ¢ (x − 1) (x + 1) X (X +¢ 2) X→0 2X 2 ln x ¡ (X) ¢ ¡ sin e − 1 sin e (x−1) − 1 e (X) − 1 1 X ∼ ∼ = 1 donc −−−→ 1 et f (x) −−−→ − . x→1 x→1 X→0 X ln (1 + X) X→0 X ln x 2
5. f (x) =
1 ch x arcsin2 x
ln (1 + (ch x − 1))
ln ch x
= e
arcsin2 x
2+
ln x
1 x2
arcsin2 x
et ln (1 + (ch x − 1)) ∼ (ch x − 1) ∼
´ −−−−−→ x→+∞
1
2
.
= x
e ln
ln x x
¡
−1
1 + x2
¢
∼
x→+∞
x
ln
¡
ln x x
1 + x2
¢
=
ln x ¡ ¢ ln 1 + x 2
Exercice 11.21 ♥ Déterminer lorsqu’elles existent les limites en le nombre indiqué des fonctions suivantes :
448
x→0
x→0
p 1 x2 = . On en déduit que f (x) −−−→ e . ∼ x→0 2x 2 x→0 2
arcsin2 x x +1 1 x x −x x x −1 ¡ ¢ = x ¡ ¢ 6. ln 1 + x 2 ln 1 + x 2 1 ³ ln 1 +
= e
ln (1 + (ch x − 1))
=
x2 donc 2
ln x ³ ln x 2 + ln 1 +
1 x2
´
=
p
1+x −1
1. f (x) = p 3
en x = 0.
1+x −1 ln x en x = 1. 2. f (x) = 2 x −1 sin (e x ) µ µ ¶¶ en x = −∞. 3. f (x) = 1 tan ln 1 + x
4. f (x) =
arctan x − arctan a en x = a ∈ R∗+ \ {1} loga x − 1
5. f (x) =
argsh x en x = +∞ ln x
6. f (x) = (ln x − 1) (ln (x − e)) en x = e
Solution :
p 1+x −1 1. f (x) = p ∼ 3 1 + x − 1 x→0
1 2x 1 3x
=
3 3 donc f (x) −−−→ . x→0 2 2
ln x ln (1 + h) ∼ 1 −−−→ 1 = x2 − 1 h + h 2 h→0 h→0 sin (e x ) ex ex µ µ ¶¶ ∼ 3. Comme e x −−−−−→ 0, on a : f (x) = ∼ = xe x donc f (x) −−−−−→ 0 ¡ ¢ x→−∞ x→−∞ 1 x→−∞ ln 1 + 1 x→−∞ 1 x x tan ln 1 + x arctan x − arctan a x − a arctan x − arctan a = 4. f (x) = . Mais, en reconnaissant des taux d’accroissements : loga x − 1 x−a loga x − 1 loga x − 1 1 1 arctan x − arctan a a ln a −−−→ 2 −−−→ et donc f (x) −−−→ 2 x→a a + 1 x→a a ln a x→a a + 1 x−a x−a ³ q ³ ´ ´ ³ q ´ p 1 1 2 +1 ln x + ln 1 + ln 1 + 1 + 1 + ln x + x 2 2 argsh x x x = = = 1+ −−−−−→ 1 car 5. f (x) = x→+∞ ln x ln x ln x ln x ´ ³ q ln 1 + 1 + 12 −−−−−→ ln 2. On peut aussi effectuer ce calcul par un changement de variable :
2. Posant h = x − 1, f (x) =
x
x→+∞
X X argsh x x=sh X ´= ³ ====== = ln x ln sh X X + ln 1−e −2X 2
1+
µ
1
−2X ln 1−e2 X
¶
−−−−−→ 1 X→+∞
ln x − ln e (x − e) ln (x − e). Mais, en reconnaissant le taux d’accroissement de la x −e ln x − ln e 1 X=x−e fonction ln en e : −−−→ et (x − e) ln (x − e) ====== X ln X −−−→ 0. Donc f (x) −−−→ 0 . x→e x→e e X→0 x −e
6. f (x) = (ln x − 1) ln (x − e) =
Exercice 11.22 ♥♥ Trouver la limite lorsque x → π+ de la fonction 1
f (x) = (1 + cos x) sin x
Solution : Par le changement de variables h = x − π, on se ramène à trouver la limite lorsque h → 0+ de la fonction g (h) = f (π + h) = (1 − cos h)
− 1 sin h
=e
− 1 ln(1−cos h) sin h
h2 1 donc on peut ln(1 − cos h). D’après l’équivalent classique pour le cosinus, on a 1 − cos h ∼ h→0 2 sin h 2 h écrire 1 − cos h = θ(h) avec θ une fonction vérifiant : θ(h) → 1. Alors 2 ¶ µ 2 h θ(h) = 2ln h − ln 2 + ln θ(h) ln(1 − cos h) = ln 2
Posons α(h) = −
et donc ln(1 − cos h) ∼ 2ln h h→0
Par suite, il vient que α(h) ∼ − h→0
2ln h −−−→ −∞ h h→0
0. et par conséquent g (h) → 0 et donc f (x) −−−−→ + x→π
449
Exercice 11.23 ♥ Trouver un équivalent lorsque x → +∞ de la fonction f (x) = x
´
−1
´ 1 ln x x 2 +1
−1
sin
³
1 x 2 +1
Solution : Mettons f (x) sous forme exponentielle :
En posant α(x) = sin
µ
f (x) = e
¶ 1 ln x , on a : x2 + 1
sin
α(x) ∼
x→0
³
ln x −−−−−→ 0 x 2 x→+∞
Et donc on peut utiliser l’équivalent classique pour l’exponentielle et il vient que : f (x) ∼ α(x) ∼ x→0
x→0
ln x . x2
Exercice 11.24 ♥♥ Trouver un équivalent simple lorsque x → +∞ de la fonction définie par
´ ³ 2 ¡ ¢ f (x) = ln e x +1 − x 2 + ln x 2 − 1
Solution : Écrivons : ¶¸ · µ ¶¸ · µ 1 x2 2 x 2 +1 + ln x 1 − 2 f (x) = ln e 1− 2 x e x +1 µ µ ¶ 2 ¶ x 1 2 = x + 2ln x + 1 + ln 1 − 2 + ln 1 − 2 x e x +1 2 ∼ x x→0
¶ ¶ µ µ x2 1 ln 1 − 2 ln 1 − 2 ln x x e x +1 Car 2 −−−→ 0, −−−→ 0, −−−→ 0. Donc f (x) ∼ x 2 . 2 x→0 x→0 x→0 x x→0 x x2
Exercice 11.25 ♥♥ Trouver un équivalent simple lorsque x → +∞ de la fonction définie par
¡ ¢ ¡ ¢ ln x 2 + 1 − ln 2x 2 − 1 ¡ ¢ ¡ ¢ f (x) = ln x 3 + 1 − ln x 3 − 1
Solution : Cherchons un équivalent du numérateur n (x) puis du dénominateur d (x) de cette expression : µ ¶ µ ¶ 1 1 2 n(x) = ln(x + 1) − ln(2x − 1) = ln x + ln 1 + 2 − ln(2x ) − ln 1 − 2 x 2x ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ 1 1 1 1 = 2ln x − ln 2 − 2ln x + ln 1 + 2 − ln 1 − 2 = − ln 2 + ln 1 + 2 − ln 1 − 2 ∼ − ln 2 x 2x x 2x x→0 2
2
2
d(x) = ln(x 3 + 1) − ln(x 3 − 1) = ln = ln
Ã
1+ 1−
1 x3 1 x3
!
Ã
= ln 1 +
2 x3
1−
Par conséquent, on trouve que f (x) ∼ − x→0
450
ln 2 3 x 2
µ
1 x3
x3 + 1 x3 − 1 ! ∼
x→0
¶
2 x3
Exercice 11.26 ♥♥ Trouver un équivalent simple lorsque x → π de f (x) = e sin x + cos x
Solution : Effectuons le changement de variables h = x − π. On obtient :
³ ´ fe(h) = f (π + h) = e − sin h − cos h = e − sin h − 1 + (1 − cos h) = α(h) + β(h)
Puisque α(h) ∼ − sin h ∼ −h et que β(h) ∼ h→0
h→0
conséquent, f (x) ∼ (π − x) . x→π
h2 , il vient que β(h) = o(α(h)) et donc que fe(h) ∼ α(h) ∼ −h . Par 2
Exercice 11.27 ♥♥ Trouver un équivalent simple lorsque x → 1 de la fonction 2
f (x) = e x ln(x ) − e sin(πx)
Solution : Effectuons le changement de variables h = x − 1 : fe(h) = f (1 + h) = e 2(1+h)ln(1+h) − e − sin(πh) = α(h) − β(h)
où
α(h) = e 2(1+h)ln(1+h) − 1 ∼ 2h h→0
Montrons alors que fe(h) ∼ (2 + π)h : h→0
avec
et β(h) = e − sin(πh) − 1 ∼ − sin(πh) ∼ −πh h→0
h→0
α(h) β(h) fe(h) = − (2 + π)h (2 + π)h (2 + π)h
2 −π α(h) β(h) fe(h) ∼ ∼ → 1. Par conséquent, et . On a bien que (2 + π)h h→0 (2 + π) (2 + π)h h→0 2 + π (2 + π)h f (x) ∼ (2 + π)(x − 1) x→1
Exercice 11.28 ♥♥ Trouver un équivalent simple lorsque x → 0+ de la fonction x
(1 + x)x f (x) = sin(πx x ) x
Solution : Soit g (x) = (1 + x)x = e ln(1+x)e conséquent, g (x) ∼ 1.
x ln x
. Comme x ln x → 0, lorsque x → 0, e x ln x → 1 et donc e x ln x ∼ 1. Par x→0
x→0
D’autre part, h(x) = sin(πx x ) = sin(π(e x ln x − 1) + π) = − sin(π(e x ln x − 1)) ∼ −π(e x ln x − 1) ∼ −π(x ln x). Finalement, x→0
x→0
1 f (x) ∼ − . x→0 πx ln x
Exercice 11.29 Montrer que la fonction
♥♥ f (x) =
xx E(x)E(x)
n’admet pas de limite lorsque x → +∞. Indication 11.9 : On pourra pour cela introduire deux suites (un ) et (v n ) de terme général un = n et v n = n + an avec (an ) telle que : ∀n Ê 1, 0 < an < 1 avec an −−−−−→ 1. n→+∞
451
Solution : Soit n ∈ N∗ . Il vient que f (un ) = 1 et que f (v n ) = e (n+an )ln(n+an )−n ln n = e αn . Posons αn = (n + an ) ln(n + an ) − n ln n et développons cette expression : αn = an ln n + (n + an ) ln(1 +
(n + an )an
an
an
an ) n
Comme an −−−−−→ 1, → 0 et donc (n + an ) ln(1 + ) ∼ ∼ 1. D’autre part, an ln n −−−−−→ +∞ et n→+∞ n→+∞ n→+∞ n n n→+∞ n finalement αn → +∞. En conclusion, f (un ) −−−−−→ 1, f (v n ) −−−−−→ +∞. Par conséquent, f n’admet pas de limite en +∞. n→+∞
n→+∞
Exercice 11.30 ♥ Calculer la limite en +∞ de
f (x) =
Solution : Ecrivons f (x) = µ
1 mais lorsque x → +∞, 1 + 3 x
¶1 3
−1 ∼
p 3
p 3
x 3 + 1 − (x + 1)
x 3 + 1 − (x + 1) = x
"µ # ¶1 1 3 1+ 3 −1 −1 x
1 , et donc f (x) → −1 . 3x 3
Exercice 11.31 ♥♥ Soit a ∈ R . Calculer la limite en +∞ de
f (x) =
p
x 2 + 2x − 3 − ax
Solution : Remarquons que si a É 0, alors f (x) → +∞. Supposons donc a > 0. En utilisant les quantités conjuguées, il vient que : f (x) =
Si a 6= 1, on a alors :
p
x 2 + 2x − 3 −
f (x)
p
(1 − a 2 )x 2 + 2x − 3 a2 x2 = p p x 2 + 2x − 3 + a 2 x 2
∼
x→+∞
2x et si a = 1, f (x) ∼ ∼ 1. On peut alors conclure : x→+∞ 2x x→+∞ – si a ∈] − ∞, 1[ alors f (x) −−−−−→ +∞.
(1 − a 2 ) x 1+a
x→+∞
– si a = 1 alors f (x) −−−−−→ 1. x→+∞ – si a > 1 alors f (x) −−−−−→ −∞. x→+∞
Exercice 11.32 ♥♥ Soient a, b > 0. Déterminer la limite en +∞ de
¡ ¢1 f (x) = a x + b x x
Solution : – Si a 6= b . On peut supposer par exemple que a > b . Alors 1
1
f (x) = (a x + b x ) x = a (1 + x) x = ae α(x) Ã b µ ¶x µ ¶1 ! µ ¶ b 1 b 1 b x e x ln a b x où α(x) = ln 1 + . Mais puisque < 1, −−−−−→ 0. Donc −−−−−→ 0 et donc α(x) ∼ = x→+∞ x a x→+∞ x→+∞ x a a a x
f (x) −−−−−→ a x→+∞
– Si a = b , alors
1
1
f (x) = 2 x a = ae x ln 2 −−−−−→ a x→+∞
Dans tous les cas, f (x) −−−−−→ max(a, b) x→+∞
452
11.5.4 Continuité des fonctions numériques Exercice 11.33 ♥ Déterminer sur quel(s) intervalle(s) les fonctions suivantes sont continues :
1. f :
2. f :
R
−→
x
7−→
R
−→
x
7−→
Solution :
R x e −1 x 1
3. f :
si x 6= 0 si x = 0
R x sh x ch x − 1 2
si x 6= 0
4. f :
si x = 0
R+ x R x
−→ 7−→ −→ 7−→
R ( R (
x ln x 1
1
e− x 0
si x 6= 0 si x = 0
si x 6= 0 si x = 0 x
1. f est continue sur R∗ comme quotient de fonctions continues sur R∗ . De plus : f (x) ∼ = 1 donc f (x) −−−→ x→0 x x→0 1 = f (0) et f est aussi continue en 0. En conclusion, f est continue sur R. x2
2. f est continue sur R∗ comme quotient et produit de fonctions continues sur R∗ . De plus : f (x) ∼
x→0
f (x) −−−→ 2 = f (0) et f est aussi continue en 0. En conclusion, f est continue sur R.
x2 2
= 2 donc
x→0
0 = f (0) donc 3. f est continue sur R∗+ comme produit de fonctions continues sur cet intervalle. De plus, x ln x −−−−→ + x→0
f est aussi continue en 0. En conclusion, f est continue sur R+ .
1
4. f est continue sur R∗ comme composée de fonctions continues. Par opérations sur les limites : e − x −−−−→ 0 = f (0) + x→0
1
+∞ donc f n’est que continue à droite en 0. et e − x −−−−→ − x→0
Exercice 11.34 ♥ Déterminer sur quel(s) intervalle(s) les fonctions suivantes sont continues :
1. f :
2. f :
Solution :
R x
R x
−→ 7−→
−→ 7−→
R n+1 1−x 1−x n +1 R (
sin
3. f :
si x 6= 1 si x = 1
4. f :
1 x
si x 6= 0 si x = 0
0
R x
R x
−→ 7−→ −→ 7−→
R (
x sin x1 0
R 1−x 1 − x2 1 2 0
si x 6= 0 si x = 0 si x 6= 1 et
x 6= −1
si x = 1 si x = −1
n+1
2 n 1. f est continue sur R \ {1} comme quotient de fonctions polynomiales. Si x 6= 1, 1−x −−→ 1−x = 1 + x + x + . . . + x − x→1 (n + 1) = f (1) donc est aussi continue en 1. En conclusion, f est continue sur R.
2. f est continue sur R∗ comme composée de fonctions continues. f n’est par contre pas continue en 0. Considérons la suite de terme général : un = ¡
¢
2 pour n ∈ N. Cette suite converge vers 0 quand n tend vers +∞ (2n + 1) π
et pourtant la suite f (un ) est divergente car elle admet deux suites extraites qui convergent vers des limites différentes. 3. f est continue sur R∗ comme composée et produit de fonctions continues. De plus, pour tout x ∈ R∗ , −x É x sin x1 É x donc par application du théorème des gendarmes, f (x) −−−→ 0 = f (0). On en déduit que f est aussi continue en x→0 0. En conclusion, f est continue sur R. 1 et 1+x = f (1). f est donc continue en 1. Par contre f (x) −−−−−→ +∞ et f (x) −−−−−→ −∞ donc f n’est − +
4. f est continue sur R \ {−1, 1} comme quotient de fonctions polynomiales. Mais, si x ∈ R \ {−1, 1}, f (x) = donc f (x) −−−→ 21 x→1
x→−1
pas continue en x = −1. En conclusion, f est continue sur R \ {−1}.
453
x→−1
Exercice 11.35 ♥ Pour chacune des fonctions suivantes : 1. Déterminer où elle est définie. 2. Déterminer là où elle est continue. 3. La prolonger par continuité, quand c’est possible, là où elle n’est pas définie.
1. f (x) = 2. f (x) =
³p ´ 1 − x 2 − 1 sin x
p
arctan x ¡ ¢ 1 x cos x1 − 1−x
3. f (x) =
x 2 ln x sin x
4. f (x) =
1 1 − (1 − x) sh x sh x
Solution : 1. f est définie sur I = [−1, 1] \ {0}. f est continue sur I comme produit et quotient de fonctions continues sur I. De 2
−x x2
x2 −−−→ 0. On peut prolonger f par continuité en 0 en posant f (0) = 0. x→0 x 2 x→0 et composée de fonctions continues. 2. f est définie sur I = R∗+ \ {1}. f est continue sur I comme produit, ¢ ¡somme p 0 et donc que f (x) −−−−→ −1. On En appliquant le théorème des gendarmes, on montre que x cos x1 −−−−→ x→0 x→0+ ¯ + ¯ ¯ ¯ prolonge f par continuité à droite de 0 en posant f (0) = 0. Comme f (x) −−−→ +∞, f n’est pas prolongeable par
plus, si x ∈ I : f (x) ∼
=−
x→1
continuité en 1.
3. f est définie sur I = R+ \ πN. Par opérations sur les fonctions continues, f est continue sur I. De plus
x 2 ln x ∼ sin x x→0 + ∗
x ln x −−−−→ 0 donc f est prolongeable par continuité à droite de 0. f est par contre divergente en tout x ∈ πN . x→0+
4. f est définie sur I = R \ {0, 1}. Par opérations sur les fonctions continues, f est continue sur I. Pour tout x ∈ I, 1 x −−−→ 1. On peut alors prolonger f par continuité en 0 en posant : f (0) = 1. donc f (x) ∼ x→0 1 − x x→0 (1 − x) sh x 1 qui est divergente en 1. f n’est donc pas prolongeable par continuité en 1. On a aussi : f (x) ∼ x→1 (x − 1) sh 1 f (x) =
Exercice 11.36 ♥ Pour chacune des fonctions suivantes : 1. Déterminer où elle est définie. 2. Déterminer là où elle est continue. 3. La prolonger par continuité, quand c’est possible, là où elle n’est pas définie. 1. f (x) = e
− 12 x
2. f (x) = argth x sin
3. f (x) = (x − 1) (ln (x − 1))
p ch x − 1 4. f (x) = arctanln (1 + x) − sh x
1 x
Solution : 1. f est définie sur R∗ . f est continue sur R∗ comme composée de fonctions continues. Par opérations sur les limites : f (x) −−−→ 0. On prolonge donc f par continuité en 0 en posant : f (0) = 0. x→0
2. f est définie sur I = ]−1, 1[ \ {0}. f est continue sur I comme produit de fonctions continues sur I. De plus : f (x) ∼ x sin x1 et utilisant le théorème des gendarmes, on montre que x sin x1 −−−→ 0. Il en est alors de même de x→0 x→0 f et on prolonge f par continuité en 0 en posant f (0) = 0. On vérifie facilement que f est divergente en 1− et en −1+ . X=x−1
= 0 donc f est prolongeable par 3. f est définie et continue sur I = ]1, +∞[. De plus : f (x) ====== X ln X −−−−→ + X→0
continuité en 1+ en posant f (1) = 0.
4. f est définie sur I = ]−1, +∞[ \ {0}. Par p opérations sur les fonctions continues, f est continue sur I. Par opérach (−1) − 1 π − − et donc f est prolongeable par continuité en −1. De plus : tions sur les limites, f (x) −−−−−→ + sh(−1) p p p p |x| ch x − 1 ch x − 1 2 ch x − 1 − ∼ −−−−→ −−−−→ arctanln (1 + x) ∼ ln (1 + x) ∼ x −−−→ 0 et . Donc et − x→0 x→0 x→0− x→0 x→0 x→0 sh x 2x sh x 2 sh x p 2 . f n’est donc pas prolongeable par continuité en 0 par contre elle admet une limite à gauche et à droite de 0. 2 x→−1
2
454
Exercice 11.37 ♥ Pour chacune des fonctions suivantes : 1. Déterminer où elle est définie. 2. Déterminer là où elle est continue. 3. La prolonger par continuité, quand c’est possible, là où elle n’est pas définie. 1 x −2 q ¡ ¢ arctan x 2 − 1
1. f (x) =
argsh x x − x2
3. f (x) = argth x −
2. f (x) =
arcsin x argsh x
4. f (x) =
sh (x − 1)
Solution : 1. f est définie sur I = R \ {0, 1}. f est continue sur I comme quotient de fonctions continues sur I. On a : f (x) ∼
x→0
x = 1 −−−→ 1 donc f est prolongeable par continuité en 0 si on pose f (0) = 1. f est par contre divergente en 1. x→0 x 2. f est définie sur I = [−1, 1] \ {0}. f est continue sur I comme quotient de fonctions continues sur I. De plus x = 1 donc on prolonge f par cntinuité en 0 en posant f (0) = 1. f (x) ∼ x→0 x 3. f est définie et continue sur ]−1, 1[.
4. f est définie sur I = ]1, +∞[ (mais aussi p sur ]+∞, −1[).pElle est continue sur I comme composée et quotient de 2(x − 1) 2 −−−−→ +∞ donc f est divergente en 1. =p fonctions continues. De plus : f (x) ∼ + + x −1
x→1
x −1
x→1
Exercice 11.38 ♥ Étudier la continuité sur R des applications : f : x 7→ E(x) +
p
g : x 7→ E(x) − (x − E(x))2
x − E(x)
Aide : on distinguera les cas : a ∈ R \ Z et a ∈ Z. Solution : 1.
(a) Si a ∈ R \ Z alors il existe k ∈ Z telpque a ∈]k, k + 1[. Par suite, pour x pris dans un voisinage suffisamment petit du point a , on a : f (x) = k + x − k qui est continue en a .
(b) Si a = k ∈ Z alors
p
i. à gauche de a : f (x) = k − 1 + x − k + 1 −−−−→ k = x = f (x) donc f est continue à gauche de a . − x→a
p
k = x = f (x) donc f est continue à droite de a . ii. à droite de a : f (x) = k + x − k −−−−→ + x→a
En conclusion f est continue sur R. 2.
(a) Si a ∈ R \ Z alors il existe k ∈ Z tel que a ∈]k, k + 1[. Pour x pris dans un voisinage suffisamment petit du point a , f (x) = k + (x − k)2 qui est continue en a .
(b) Si a = k ∈ Z alors
i. à gauche de a : f (x) = k − 1 + (x − k + 1)2 −−−−→ k = a = f (a) donc f est continue à gauche de a . − x→a
2
k = a = f (a) donc f est continue à droite de a . ii. à droite de a : f (x) = k + (x − k) −−−−→ + x→a
En conclusion f est continue sur R. Exercice 11.39 Soit la fonction
♥♥
f :
R x
−→ 7−→
R (
1 0
Montrer que la fonction f est discontinue en tout point x0 ∈ R . 455
si x ∈ Q si x 6∈ Q
Solution : Soit x ∈ R . Puisque Q est dense dans R , ∀ε > 0, ∃a ∈ Q :
Soit n ∈ N⋆ . Pour ε =
|x − a| É ε
1 1 , on trouve an ∈ Q tel que |x − an | É . On construit ainsi une suite (an ) de rationnels vérifiant : n n
1 . La suite (an ) converge vers x . De la même façon, puisque R \ Q est dense dans R , on construit n une suite (bn ) de nombres irrationnels qui converge vers x . Mais alors si l’on suppose que f est continue au point x , ∀n Ê 1, f (an ) = 1 et donc f (an ) −−−−−→ 1, mais puisque f est continue au point x , f (an ) −−−−−→ f (x), ce qui montre ∀n Ê 1, |x − an | É
n→+∞
n→+∞
que f (x) = 1. D’autre part, ∀n Ê 1, f (bn ) = 0 et f (bn ) −−−−−→ f (x) ce qui montre que f (x) = 0, une absurdité. Par n→+∞ conséquent, la fonction f n’est pas continue au point x . Exercice 11.40 ♥♥♥ Soit f : [0, 1] 7→ R une fonction bornée et continue sur [0, 1]. On considère la fonction ϕ:
½
[0, 1] x
−→ 7−→
R supt ∈[0,x] f (t )
1. Montrer que ϕ est croissante. 2. Soit x0 ∈ [0, 1]. Montrer que ϕ est continue en x0 . Indication 11.9 : Pour ¯ la deuxième ¯ question, considérer ε > 0 et utiliser la continuité de f en x0 . Il existe α > 0 tel que si |t − x0 | É α alors ¯ f (t ) − f (x0 )¯ É ε. Supposer que x0 É x É x + α et montrer que supt ∈[0,x] f (t ) É supt ∈[0,x0 ] f (t ) + ε.
Solution :
1. Soit 0 É x É y É 1. Soit t ∈ [0, x]. Puisque t ∈ [0, y], f (t ) É supt ∈[0,y ] f (t ). Par passage à la borne supérieure, on en déduit que ϕ(x) = supt ∈[0,x] f (t ) É supt ∈[0,y ] f (t ) = ϕ(y) (le nombre ϕ(y) est un majorant de { f (t ); t ∈ [0, y]})
2. Soit alors x0 ∈ [0, 1]. Montrons que¯ϕ est continue ¯ en x0 : Soit ε > 0. Comme f est continue en x0 , il existe α > 0 tel que ∀t ∈ [0, 1], |t − x0 | É α =⇒ ¯ f (t ) − f (x0 )¯ É ε. Soit alors x ∈ [0, 1] tel que |x − x0 | É α. Supposons dans un premier temps que x0 É x . On sait déjà que ϕ(x0 ) É ϕ(x). Soit t ∈ [0, x], si t ∈ [x0 , x], alors f (t ) É f (x0 ) + ε É supt ∈[0,x0 ] f (t ) + ε É ϕ(x0 ) + ε. Et si t ∈ [0, x0 ], alors f (t ) É supt ∈[0,x0 ] f (t ) É ϕ(t ) É ϕ(t ) + ε. On a donc montré que ∀t ∈ [0, x], f (t ) É ϕ(x0 ) + ε. Par passage à la borne supérieure, on en déduit que ϕ(x) É ϕ(x0 ) + ε. Donc, on obtient que ¯ ¯ ϕ(x0 ) É ϕ(x) É ϕ(x0 ) + ε =⇒ ¯ϕ(x) − ϕ(x0 )¯ É ε
Dans le deuxième cas, si x É x0 , on sait déjà que ϕ(x) É ϕ(x0 ). Minorons alors ϕ(x) : Par passage à la borne sup comme précédemment, on obtient que ϕ(x) É ϕ(x0 ) + ε. Donc ¯ ¯ ϕ(x0 ) − ε É ϕ(x) É ϕ(x0 ) =⇒ ¯ϕ(x) − ϕ(x0 )¯ É ε
En conclusion ϕ est continue en x0 . Exercice 11.41
♥♥♥
f (2x) − f (x)
f (x)
= 0. Montrer que lim = Soit f : [0, +∞[−→ R une fonction continue en 0 telle que f (0) = 0 et lim x−→0 x−→0 x x 0. Indication 11.9 : Une des hypothèses fait intervenir f (2x) et f (x). On cherche à obtenir un résultat sur f (x) seulement. x x Ecrire la définition de la limite : il existe α > 0 tel que pour tout x ∈ [0, α[, . . .Remarquer que É α et donc −ε É 2 2 x x x x f (x) − f ( ) É ε . Ecrire ce que l’on obtient avec ... p . Si on additionne ces inégalités et on fait tendre p vers +∞, 2 2 4 2
qu’obtient-on ?
Solution : Soit ε > 0. Puisque
f (2x) − f (x) → 0, il existe α > 0 tel que x ∀x ∈ [0, α],
−ε É
f (2x) − f (x) Éε x
456
Soit alors x ∈ [0, α]. Soit p ∈ N . Puisque
x x x , , . . ., p ∈ [0, α], on a la série d’inégalités suivantes : 2 22 2 x 2 x −ε 2 2 −ε
x É f (x) − f ( ) 2 x x É f ( )− f ( 2 ) 2 2
...
−ε
x 2p
...
Éf(
x x )− f ( p ) 2p−1 2
x 2 x Éε 2 2 Éε
... Éε
x 2p
En sommant ces inégalités, on trouve que : −ε
¶ ¶ µ µ x x x 1 1 1 1 1 + + · · · + p−1 É f (x) − f ( p ) É ε 1 + + · · · + p−1 2 2 2 2 2 2 2
On calcule alors la somme géométrique 1 1− p 1 1 1 2 = 2(1 − p ) 1 + + · · · + p−1 = 1 2 2 2 1− 2
On a donc montré que pour tout p ∈ N , −εx(1 −
x 1 1 ) É f (x) − f ( p ) É εx(1 − p ) p 2 2 2
Comme ces inégalités sont valables quel que soit p , on peut passer à la limite lorsque x est fixé et p → +∞. Puisque 1 x −−−−−→ 0 et que f est continue en 0, f ( p ) −−−−−→ f (0) = 0. On obtient donc que p p→+∞ 2 2 p→+∞ ¯ ¯ ¯ f (x) ¯ ¯Éε −εx É f (x) É εx =⇒ ¯¯ x ¯
On a bien montré que
f (x) −−−→ 0. x x→0
11.5.5 Théorème des valeurs intermédiaires Exercice 11.42 ♥ Soit f une fonction polynomiale de degré impair. Montrer que f possède au moins une racine réelle. Solution : Supposons que le coefficient du terme dominant de P soit positif. Comme P est de degré impair, on en déduit que lim f (x) = −∞ et que lim f (x) = +∞. Comme f est polynomiale, elle est continue et donc, par application x→−∞
x→+∞
du théorème des valeurs intermédiaires f (R) = R. Il existe donc c ∈ R tel que f (c) = 0 . On raisonne de même si le coefficient du terme dominant de P est négatif. Exercice 11.43 ♥ Soit f : R → R continue telle que lim f (x) = −1 et lim f (x) = +1. Prouver que f s’annule x→−∞
x→+∞
Solution : Comme lim f (x) = −1, il existe a ∈ R tel que f (a) < 0. De même, comme lim f (x) = +1, il existe b ∈ R x→−∞ x→+∞ tel que f (b) > 0. f étant continue, d’après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué sur le segment [a, b], on en déduit qu’il existe c ∈ [a, b] tel que f (c) = 0. Exercice 11.44 ♥ Soit f : [0, 1] → [0, 1] continue. Prouver que f possède au moins un point fixe. Solution : Introduisons la fonction g donnée par ∀x ∈ [0, 1], g (x) = f (x) − x . La fonction g est continue sur [0, 1], g (0) = f (0) Ê 0 et g (1) = f (1) − 1 É 0 donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, g s’annule sur [0, 1]. 457
Exercice 11.45 ♥ Montrer que les seules applications continues de R dans Z sont les applications constantes. Solution : Soit f : R → Z, Suposons que f n’est pas constante. Il existe alors des réels a < b tels que f (a) 6= f (b). Soit y un nombre non entier strictement compris entre f (a) et f (b). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe x ∈]a, b[ tel que f (x) = y et donc f n’est pas à valeurs dans Z. f est donc forcément constante. Exercice 11.46 ♥♥ On considère un méridien terrestre et l’on suppose que la température au sol varie continument sur ce méridien. Montrez l’existence de deux points antipodaux sur ce méridien où la température est la même. Solution : À chaque point du méridien, on associe l’angle θ entre le pôle nord et ce point. Considérons la fonction f : [0, 2π] 7→ R où f (θ) représente la température au point d’angle θ. Par hypothèse, cette fonction est continue et f (0) = f (2π) = T où T est la température au pôle nord. Considérons la fonction définie sur [0, π] par g (θ) = f (θ+π)− f (θ). Comme g est continue et que g (0) = f (π)− f (0) = f (π)− f (2π) = −g (π), d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe α ∈]0, π[ tel que g (α) = 0, c’est-à-dire f (α + π) = f (α). Exercice 11.47 ♥♥ Soit f : R → R continue et décroissante. Montrer que f admet un unique point fixe. Solution : Introduisons la fonction g donnée par ∀x ∈ R, g (x) = f (x) − x . g est strictement décroissante et donc injective et ne s’annule donc qu’une fois au plus. Supposons que g ne s’annule pas. Alors g est ou strictement positive ou strictement négative. 1. Si g > 0 alors ∀x ∈ R,
f (x) > x et donc f (x) −−−−−→ +∞ ce qui est absurde car lim f = inf f .
2. Si g < 0 alors ∀x ∈ R,
f (x) < x et donc f (x) −−−−−→ −∞ ce qui est absurde car lim f = sup f .
x→+∞ x→−∞
+∞
R
−∞
R
On aboutit dans les deux cas à une contradiction et nécessairement g s’annule une et une seule fois sur R. On en déduit que f admet un et un seul point fixe. Exercice 11.48 ♥♥ Soit une fonction f : [0, 1] 7→ R continue sur le segment [0, 1]. Soient deux réels p, q > 0. Montrer qu’il existe x0 ∈ [0, 1] tel que p f (0) + q f (1) = (p + q) f (x0 )
Solution : Introduisons la fonction définie par ϕ(x) = (p + q) f (x) − p f (0) − q f (1). Cette fonction ϕ est continue sur le segment [0, 1] et ϕ(0) = q( f (0) − f (1)),
ϕ(1) = p( f (1) − f (0))
Comme p, q > 0, ϕ(0) et ϕ(1) sont de signes opposés. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe x0 ∈ [0, 1] tel que ϕ(x0 ) = 0, ce qui prouve le résultat. Exercice 11.49 ♥♥ Soit une fonction f : R 7→ R continue et croissante. On suppose qu’il existe un réel a > 0 tel que ∀(x, y) ∈ R2 ,
Montrer que la fonction f est bijective.
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (x) − f (y)¯ Ê a ¯x − y ¯
Solution : 1. Montrons que f est injective : soient deux réels (x, y) ∈ R2 tels que f (x) = f (y). Alors |x − y| É
¯ 1 ¯¯ f (x) − f (y)¯ É 0 a
et donc x = y . 2. Montrons que la fonction f n’est pas majorée. Par l’absurde : si f était majorée alors d’après le théorème de la limite monotone, elle tendrait vers une limite finie l lorsque x → +∞. Mais alors, il existerait c > 0 tel que ∀x Ê c , l − 1 É f (x) É l . On aurait alors , ∀x Ê c,
| f (x) − f (c)| Ê a|x − c| =⇒ |x − c| É 1 a
1 1 | f (x) − f (c)| É a a
ce qui est impossible car pour x assez grand, |x − c| > . On montre de même que f n’est pas minorée. 458
3. Par conséquent, la fonction f est surjective. En effet, Soit t ∈ R . Comme limx→+∞ f (x) = +∞ et limx→−∞ f (x) = −∞, il existe (a, b) ∈ R2 tels que f (a) É t É f (b). Mais alors d’après le théorème des valeurs intermédiaires, ∃c ∈ [a, b] tel que f (c) = t . Exercice 11.50 ♥♥ Soit f : [0, 1] 7→ [0, 1] une fonction continue. 1. Montrer que ∀n ∈ N∗ , il existe an ∈ [0, 1] tel que f (an ) = ann ;
2. On suppose maintenant que f est décroissante strictement. Montrer que pour tout n ∈ N∗ , le réel an ∈ [0, 1] trouvé dans la question précédente est unique à vérifier f (an ) = ann et étudier la suite (an ). Solution :
½
[0, 1] x
−→ 7−→
R . Alors la fonction g n est continue sur [0, 1] et g n (0) = f (0) Ê 0, f (x) − x n g n (1) = f (1)−1 É 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe an ∈ [0, 1] tel que g n (an ) = 0 et donc f (an ) = ann .
1. Soit n > 0. Posons g n :
2. Si f est continue et strictement décroissante, alors pour tout n ∈ N∗ , g n est continue et strictement décroissante également. Par conséquent, g n réalise une bijection de [0, 1] vers [ f (1) − 1, f (0)]. Comme 0 ∈ [ f (1) − 1, f (0)], 0 possède un unique antécédent an par g n . Calculons g n+1 (an ) = f (an ) − ann+1 = ann − ann+1 = ann (1 − an ) Ê 0 (car g n (an ) = 0 =⇒ f (an ) = ann ). Comme g n+1 est décroissante, an É an+1 (par l’absurde, si an+1 < an , on aurait 0 = g n+1 (an+1 ) > g n+1 (an ) Ê 0). (Un petit coup d’œil sur le tableau de variations "évite" un raisonnement par l’absurde). La suite (an ) est croissante et majorée par 1, elle converge donc d’après le théorème de la limite monotone vers un réel l ∈ [0, 1]. Exercice 11.51 ♥♥♥ Soient deux fonctions continues f , g : [0, 1] 7→ [0, 1]. On suppose que f ◦ g = g ◦ f . On note K l’ensemble des points fixes de f . 1. Montrer que K est stable par g . 2. Montrer que K possède un plus petit élément x0 . 3. On suppose que ∀x ∈ K, g (x) Ê x . Montrer que la suite définie par x0 et ∀n ∈ N , xn+1 = g (xn ) converge vers un point fixe commun à f et g . Solution : 1. Soit x ∈ K. Montrons que g (x) ∈ K. Calculons pour cela f (g (x)) = g ( f (x)) = g (x).
2. K est non vide, voir l’exercice 11.44 et minoré par 0 donc K possède une borne inférieure x0 . Montrons que x0 ∈ K. En appliquant la propriété de caractérisation de la borne inférieure, on construit une suite (xn ) de points de K qui converge vers x0 . Comme ∀n ∈ N , f (xn ) = xn , et que f est continue au point x0 , il vient en passant à la limite que f (x0 ) = x0 , donc x0 ∈ K.
3. Soit n ∈ N . On a xn+1 = g (xn ) Ê xn et donc la suite (xn ) est croissante majorée par 1. Elle converge d’après le théorème de la limite monotone vers ℓ ∈ [0, 1]. Comme ∀n ∈ N , f (xn ) = xn ( démonstration facile par récurrence), et que f est continue au point ℓ, on trouve que f (ℓ) = ℓ. Comme également ∀n ∈ N , xn+1 = g (xn ), on a aussi g (ℓ) = ℓ et donc ℓ est un point fixe commun à f et g .
Remarque : On pourrait se poser la question de savoir si dans le cas général il existe toujours un point fixe commun à f et g . Cette conjecture a été émise en 1954. La réponse (négative) a été apportée en 1969. Le lecteur curieux pourra se reporter à la (longue) discussion : http ://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,546479 Exercice 11.52 ♥♥♥ Soit f : R 7→ R une fonction continue, n ∈ N∗ et x1 , . . . , xn ∈ R . Montrer qu’il existe c ∈ R tel que f (c) =
f (x1 ) + · · · + f (xn ) n
Indication 11.9 : Résoudre d’abord l’exercice pour n = 2 en faisant un dessin. Passer ensuite au cas général.
459
Solution : Notons t=
f (x1 ) + · · · + f (xn ) n
Montrons qu’il existe i ∈ 1, n tel que t É f (xi ). Par l’absurde, si ∀k ∈ [1, n], f (xk ) < t , en additionnant ces inégalités, on aurait nt =
n X
k=1
f (xk ) < nt
ce qui est absurde. On montre de même qu’il existe j ∈ [1, n] tel que t Ê f (x j ). Par conséquent, t ∈ [ f (x j ), f (xi )] et d’après le théorème des valeurs intermédiaires, comme f est continue sur R, il existe c ∈ [x j , xi ] tel que t = f (c). Exercice 11.53 ♥♥♥ f (x) Soit une fonction f : [0, +∞[7→ R continue telle que ∀x Ê 0, f (x) Ê 0. On suppose que −−−−−→ l avec 0 < l < 1. x x→+∞ Montrez que la fonction f admet un point fixe. f (x)
f (x)
Solution : Considérons un réel k ∈ R tel que l < k < 1. Comme −−−−−→ l , il existe A > 0 tel que ∀x Ê A, É k. x x→+∞ x Donc pour x Ê A, f (x) É kx . Considérons la fonction ϕ définie sur [0, +∞[ par ϕ(x) = f (x) − x . On a ϕ(0) = f (0) Ê 0, et puisque ϕ(x) É (k − 1)x pour x Ê A, et que (k − 1) < 0, ϕ(x) −−−−−→ −∞. Donc il existe B > A tel que ϕ(B) < 0. En x→+∞ utilisant le théorème des valeurs intermédiaires entre 0 et B, on montre l’existence d’un zéro de la fonction ϕ et donc d’un point fixe de la fonction f . Exercice 11.54 ♥♥♥ On considère une fonction contractante f sur R :
avec 0 É k < 1. 1. Montrer que ∀x ∈ R ,
¯ ¯ ∀(x, y) ∈ R2 , ¯ f (x) − f (y)¯ É k|x − y|
| f (x)| É | f (0)| + k|x|
2. On considère la fonction g:
½
R x
−→ 7−→
Montrer que g (x) −−−−−→ −∞ et que g (x) −−−−−→ +∞. x→+∞
R f (x) − x
x→−∞
3. Montrer que f possède un unique point fixe : ∃!x0 ∈ R tq f (x0 ) = x0
Solution : 1. Utilisons la minoration de l’inégalité triangulaire et le fait que f est contractante : pour tout x ∈ R , | f (x)| − | f (0)| É k|x − 0|
2. En utilisant la majoration précédente, pour x > 0, on obtient que : g (x) É | f (0)| + (k − 1)x −−−−−→ −∞ x→+∞
et pour x < 0,
g (x) Ê −| f (0)| + (k − 1)x −−−−−→ +∞ x→−∞
On conclut alors grâce au théorème des gendarmes. 3. Comme g (x) −−−−−→ −∞ et que g (x) −−−−−→ +∞, il existe A, B ∈ R tels que g (A) < 0 et g (B) > 0. On applique x→+∞ x→−∞ alors le théorème des valeurs intermédiaires à g sur le segment [A, B] et on montre qu’il existe x0 ∈ R tel que g (x0 ) = 0. Le réel x0 est un point fixe de f . Il est unique car si x0′ est un autre point fixe de f alors comme f est une fonction contractante, il vient que ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¡ ¢¯ ¯x0 − x ′ ¯ = ¯ f (x0 ) − f x ′ ¯ É k ¯ x0 − x ′ ¯ 0 0 0
ce qui est impossible, à moins que x0 = x0′ , car k ∈ [0, 1[. 460
11.5.6 Continuité sur un segment Exercice 11.55 ♥ Soient f , g : [a, b] → R continues telles que ∀x ∈ [a, b],
f (x) < g (x). Montrer qu’il existe α > 0 tel que
∀x ∈ [a, b],
f (x) É g (x) − α.
Solution : Considérons la fonction définie sur [a, b] par θ = g − f .La fonction θ est continue et strictement positive sur [a, b]. Elle possède donc un minimum strictement positif atteint en un certain point c ∈ [a, b]. Posons : α = θ(c) = g (c) − f (c) > 0. Il est clair que : ∀x ∈ [a, b], f (x) É g (x) − α. Exercice 11.56 ♥ Soient deux fonctions f , g : [0, 1] 7→ R continues telles que ∀x ∈ [0, 1], 0 < f (x) < g (x)
Montrez qu’il existe un réel k > 1 tel que
∀x ∈ [0, 1], g (x) Ê k f (x)
Solution : Considérons la fonction ϕ définie sur le segment [0, 1] par ϕ(x) = g (x)/ f (x). Comme la fonction f ne s’annule pas, ϕ est définie et continue sur le segment [0, 1] et possède donc un minimum. Il existe x0 ∈ [0, 1] tel que ∀x ∈ [0, 1], ϕ(x) Ê ϕ(x0 ). Posons k = ϕ(x0 ). Comme f (x0 ) < g (x0 ), k > 1 et alors ∀x ∈ [0, 1], g (x)/ f (x) Ê k d’où le résultat. Exercice 11.57 ♥ Soit une fonction f continue sur R . On suppose que f (x) −−−−−→ +∞ et f (x) −−−−−→ +∞ x→+∞
x→−∞
Montrez que la fonction f possède un minimum. Solution : Soit x0 ∈ R . Posons A = f (x0 ). Comme f (x) −−−−−→ +∞, d’après la définition de la limite, il existe B > 0 tel x→±∞ que ∀x ∈ R , |x| Ê B =⇒ f (x) Ê A. On a en particulier x0 ∈ [−B, B]. La fonction f est continue sur le segment [−B, B] et donc possède un minimum sur ce segment : ∃c ∈ [−B, B] | ∀x ∈ [−B, B], f (c) É f (x)
Montrons que ∀x ∈ R , f (x) Ê f (c) ce qui montrera que f (c) est un minimum de f sur R . Soit x ∈ R . Si x ∈ [−B, B], on a bien f (c) É f (x). Si x 6∈ [−B, B], alors f (x) Ê A = f (x0 ) et comme x0 ∈ [−B, B], il vient que f (x) Ê f (x0 ) Ê f (c). Exercice 11.58 ♥ Soit f : R 7→ R une application T-périodique (T > 0) et continue. Montrer que f est bornée. Solution : Considérons la restriction de f au segment [0, T]. Elle est continue sur ce segment, et donc est bornée : ¯ ¯ x ∃M > 0 : ∀x ∈ [0, T], ¯ f (x)¯ É M. Mais alors, si x ∈ R , avec y = E( ), on a nT É x < (n+1)T et donc f (x) = f (x−nT) ¯
T
¯
et puisque x − nT ∈ [0, T], ¯ f (x)¯ É M.
Exercice 11.59 ♥ Soit f : R → R bornée et g : R → R continue. Montrer que g ◦ f et f ◦ g sont bornées.
Solution : ¯ ¯ ¡ ¢ Comme f est bornée sur R, il existe M > 0 tel que pour tout x ∈ R, ¯ f (x)¯ É M. En particulier, ∀x ∈ R, f g (x) É M donc f ◦ g est bornée sur R. Par ailleurs f (R) ⊂ [−M, M] et g est continue sur [−M, M] donc g est majorée et minorée sur [−M, M] et g ◦ f est bornée sur R. Exercice 11.60 ♥♥ Soient deux fonctions continues f et g sur le segment [0, 1] vérifiant : ∀x ∈ [0, 1],
0 < f (x) < g (x)
461
On considère une suite (xn ) telle que ∀n ∈ N , xn ∈ [0, 1] et l’on définit la suite (an ) par an =
µ
f (xn ) g (xn )
¶n
Déterminer la limite de la suite (an ). Indication 11.9 : En utilisant le fait que [0, 1] est un segment, montrer que
f (x) É k < 1 sur [0, 1]. g (x)
f (x) est continue sur le segment [0, 1]. Elle est donc bornée et atteint ses bornes sur ce g (x) f (x) f (x0 ) = = k < 1. Donc segment : il existe x0 ∈ [0, 1] tel que sup x∈[0,1] g (x) g (x0 )
Solution : La fonction ϕ(x) =
∀x ∈ [0, 1],
0<
f (x) Ék 0 telle que
¯ ¯ ∀(x, y) ∈ R2 , |x − y| É 1 =⇒ ¯ f (x) − f (y)¯ É K|x − y|
Montrer que f est K-lipschitzienne sur R .
Solution : Soient (x, y) ∈ R2 . Supposons que x < y . On peut considérer x0 = x , x1 = x + 1, . . ., xk = x + k , xn = y avec y − xn−1 É 1. Alors
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (y)− f (x)¯ = ¯ f (y)− f (xn−1 )+ f (xn−1 )− f (xn−2 )+· · ·+ f (x1 )− f (x)¯ É ¯ f (y)− f (xn−1 )¯+¯ f (xn−1 )− f (xn−2 )¯+· · ·+¯ f (x1 )− f (x)¯
et donc
¯ ¯ £ ¤ ¯ f (y) − f (x)¯ É K (x1 − x) + (x2 − x1 ) + · · · + (y − xn ) = K(y − x)
462
Exercice 11.63 ♥♥ Soit un réel a > 0 et une fonction f : [a, +∞[7→ R croissante. On suppose que la fonction f admet une limite finie l lorsque x → +∞ et que la fonction g:
[a, +∞[
−→
x
7−→
est croissante. Montrez que la fonction f est constante.
R f (x) − f (a) x−a
Solution : Montrons que f est constante par l’absurde. S’il existe b > a tel que f (b) 6= f (a), puisque la fonction f est croissante, on aurait f (b) > f (a). Soit x Ê b . Comme la fonction g est croissante, f (x) − f (a) f (b) − f (a) Ê x−a b−a f (b) − f (a)
+ f (a). Posons α = Donc f (x) Ê (x − a) b−a donc f (x) −−−−−→ +∞, une absurdité. x→+∞
f (b) − f (a) > 0. On a ∀x Ê b , f (x) Ê α(x − a) + f (a) −−−−−→ +∞ et x→+∞ b−a
Exercice 11.64 ♥♥ On considère des fonctions réelles f et g définies et continues sur [0, 1]. On définit une fonction ϕ par : ¡ ¢ ϕ (t ) = sup f (x) + t g (x) . x∈[0,1]
1. Montrer que ϕ est définie sur R. 2. Montrer que ϕ est Lipschitzienne sur R. Solution : 1. Soit t ∈ R. Comme f et g sont continues sur le segment [0, 1], la fonction θ : x 7→ f (x)+t g (x) est continue sur [0, 1]. θ est donc bornée sur [0, 1] et atteint ses bornes. On note x t un réel élément de [0, 1] tel que θ (x t ) = supx∈[0,1] θ (t ). On a alors : ϕ (t ) = θ (x t ) et ϕ est définie sur R.
2. Soient t , t ′ ∈ R. On a :
ϕ(t ) − ϕ(t ′ ) = t g (xt ) − t ′ g (xt ) + ( f (xt ) − f (xt ′ ) + t ′ g (xt ′ ) − t ′ g (xt )) = t g (xt ) − t ′ g (xt )
et de même ϕ(t ′ ) − ϕ(t ) = t ′ g (xt ′ ) − t g (xt ′ )
Donc |ϕ(t ) − ϕ(t ′)| = max(|t g (xt ) − t ′ g (xt )|, |t ′ g (xt ′ ) − t g (xt ′ )|) = M|t − t ′ |.
On prouve ainsi que ϕ est Lipschitzienne de rapport M. Exercice 11.65 ♥♥ Soient deux fonctions f , g : [a, b] 7→ R lipschitziennes. Montrez que la fonction f g est lipschitzienne sur [a, b]. Solution : Comme les fonctions f et g sont continues sur le segment [a, b], elles sont bornées. Notons M f = supx∈[a,b] | f (x)| et Mg = supx∈[a,b] |g (x)|. Comme f et g sont lipschitziennes sur [a, b], il existe deux constantes k f et k g telles que ∀(x, y) ∈ [a, b]2 , | f (x) − f (y)| É k f |x − y| et |g (x) − g (y)| É k g |x − y| Posons alors K = Mg k f + M f K g
Vérifions que f g est K-lipschitzienne. Soit (x, y) ∈ [a, b]2 . Écrivons
¯ £ ¤ £ ¤¯¯ ¯ | f g (x) − f g (y)| = ¯ g (x) f (x) − f (y) + f (y) g (x) − g (y) ¯
É |g (x)|| f (x) − f (y)| + | f (y)||g (x) − g (y)|
É Mg k f |x − y| + M f k g |x − y| É K|x − y|
463
11.5.8 Continuité uniforme Exercice 11.66 ♥ Soit une fonction f : R 7→ R continue et périodique. Montrez que la fonction f est uniformément continue sur R . Solution : Comme la fonction f est périodique, il existe T > 0 tel que ∀x ∈ R , f (x + T) = f (x). Considérons le segment [0, 2T]. Comme la fonction f est continue sur ce segment, d’après le théorème de Heine, elle est uniformément continue sur ce segment. Donc il existe η > 0 tel que ∀(x, y) ∈ [0, 2T]2 ,
|x − y| É η =⇒ | f (x) − f (y)| É ε
Posons η′ = min(η, T) > 0. Considérons maintenant (x, y) ∈ R2 tels que |x − y| É η′ , avec pour simplifier x É y . Il existe n ∈ Z tels que x −nT ∈ [0, T] et y −nT ∈ [0, 2T] (il suffit de poser n = E(x/T)). Alors puisque (x −nT, y −nT) ∈ [0, 2T]2 et |(x − nT) − (y − nT)| = |x − y| É η, on a | f (x − nT) − f (y − nT)| É ε. Mais puisque f (x − nT) = f (x) et f (y − nT) = f (y), il vient finalement que | f (x) − f (y)| É ε. Exercice 11.67 ♥♥ Soit une fonction f : [0, +∞[7→ R continue sur R telle que f (x) −−−−−→ l ∈ R x→+∞
Montrez que la fonction f est uniformément continue sur R . Solution : Soit ε > 0. Comme f (x) −−−−−→ l , il existe A > 0 tel que ∀x Ê A, | f (x) − l| É ε/2. La fonction f est continue x→+∞ sur le segment [0, A+2] et donc d’après le théorème de Heine, est uniformément continue sur ce segment. Donc il existe η > 0 tel que ∀(x, y) ∈ [0, A + 1]2 |x − y| É η =⇒ | f (x) − f (y)| É ε
Posons η′ = min(η, 1). Soit maintenant (x, y) ∈ [0, +∞[2 tels que |x − y| É η′ . Étudions les cas suivants : – si (x, y) ∈ [0, A + 1]2 , on a bien puisque |x − y| É η, | f (x) − f (y)| É ε ; – si par exemple x ∈ [0, A + 1] et y ∈ [A + 1, +∞[. Comme |x − y| É η′ É 1, on a x ∈ [A, A + 1] et y ∈ [A + 1, +∞[, donc x, y ∈ [A, +∞[ et donc | f (x) − f (y)| = |[ f (x) − l] + [l − f (y)]| É | f (x) − l| + | f (y) − l| É ε/2 + ε/2 = ε
Donc dans tous les cas, | f (x) − f (y)| É ε. La fonction est bien uniformément continue. Exercice 11.68 ♥♥♥ Soit une fonction f : [0, 1] 7→ R . On définit la suite de terme général un =
Montrez que cette suite converge vers 0.
X ¡k ¢ 1 n−1 (−1)k f n k=0 n
Solution : Soit ε > 0. Comme la fonction f est continue sur le segment [0, 1], elle est uniformément continue d’après le théorème de Heine. Donc il existe η > 0 tel que ∀(x, y) ∈ [0, 1]2 , |x − y| É η =⇒ | f (x) − f (y)| É ε
Posons N = E(1/η) + 1. Soit n ∈ N tel que n Ê N. Écrivons un en groupant deux termes successifs : Lorsque n est pair (n = 2p ), on peut écrire un =
X h ¡ 2k ¢ ¡ 2k + 1 ¢i 1 p−1 f −f n k=0 n n
Or puisque n Ê N, |(2k + 1)/n − 2k/n| É η et par conséquent, |un | É
X 1 p−1 ε ε= Éε n k=0 2
Lorsque n est impair, il reste un terme solitaire, que l’on peut majorer en introduisant M = supx∈[0,1] | f (x)| (la fonction f est continue sur le segment [0, 1] donc M existe). Notons n = 2p + 1. Alors un =
X h ¡ 2k ¢ ¡ 2k + 1 ¢i 1 ¡ n − 1 ¢ 1 p−1 f + f −f n k=0 n n n n
464
et donc |un | É
ε M + 2 n
et ici aussi lorsque n Ê N′ , |un | É ε.
11.5.9 Equations fonctionnelles Exercice 11.69 ♥ Soit f : R → R continue en 0 et soit k ∈ N∗ , k 6= 1 tels que ∀x ∈ R,
f (kx) = f (x).
Montrer que f est une fonction constante. Solution : ¡ ¢ f est continue en 0, en appliquant le Soit x ∈ R. On montre par une récurrence facile que f (x) = f kxn . De plus,¡ comme ¢ théorème de composition d’une suite par une fonction, on montre que : f kxn −−−−−→ f (0) donc par unicité de la limite n→+∞ f (x) = f (0). On en déduit que f est constante. Réciproquement, on vérifie que les fonctions constantes sont solutions. Exercice 11.70 ♥ Déterminer toutes les fonctions f : R 7→ R continues telles que ∀x ∈ R ,
f (2x) = − f (x)
x
Soit x ∈ R∗ . Considérons la suite xn = n . On montre que ∀n ∈ N , f (xn ) = (−1)n f (x). Mais puisque 2 xn −−−−−→ 0 et que f est continue en 0, f (x) = (−1)n f (xn ) −−−−−→ f (0). Donc f (x) = f (0). De plus, comme f (0) = n→+∞ n→+∞ − f (0) , on a f (0) = 0 et f = 0. Réciproquement la fonction nulle vérifie l’hypothèse. Solution :
Exercice 11.71 ♥♥ Soit une fonction f : [0, +∞[7→ R continue sur l’intervalle [0, +∞[ telle que f (x 2 ) = f (x)
∀x Ê 0,
Déterminer la fonction f . Indication 11.9 : Soit x > 0, considérer la suite récurrente u0 = x et ∀n ∈ N ,
un+1 =
p
un
Solution : La suite récurrente de l’énoncé s’étudie classiquement : si x > 0, un −−−−−→ 1. Comme la fonction f est n→+∞
¡
¢
2 ) = f (un ), la suite f (un ) est supposée continue, si x > 0, f (un ) −−−−−→ f (1). Mais puisque ∀n ∈ N , f (un+1 ) = f (un+1 n→+∞ constante. Par conséquent, f (x) = f (1). On a montré que la fonction f est constante sur ]0, +∞[. Ensuite, puisque la fonction f est continue en 0, limx→0 f (x) = f (0) et comme ∀x > 0, f (x) = f (1), il vient que f (0) = f (1). Par conséquent les seules fonctions vérifiant l’hypothèse de l’énoncé sont les fonctions constantes. Réciproquement, les fonctions constantes conviennent.
Exercice 11.72
♥
1. Soit x ∈ R . Etudier la suite
u0 = x et ∀n ∈ N ,
un+1 =
un − 1 2
2. Trouver les fonctions f : R 7→ R continues vérifiant ∀x ∈ R ,
f (2x + 1) = f (x)
Solution : x −1
1. La suite s’étudie classiquement. La fonction h : R → R, x 7→ est strictement croissante, admet comme seul 2 point fixe x0 = −1 et vérifie h (x) Ê x si x ∈ ]−∞, −1] et h (x) É x si x ∈ [−1, +∞[. Donc si u0 ∈ ]−∞, −1], la suite (un ) est croissante et majorée par −1. Elle converge alors vers l’unique point fixe de h . De même, si u0 ∈ [−1, +∞[, la suite (un ) est décroissante et minorée par −1 et converge aussi vers −1. En résumé : un −−−−−→ −1. n→+∞
465
2. Puisque f est continue en −1, f (un ) −−−−−→ f (−1). Mais ∀n ∈ N , f (un+1 ) = f (2un+1 + 1) = f (un ) et par conn→+∞ séquent, la suite f (un ) est constante. On en déduit que f (x) = f (−1) et donc f est une fonction constante. Réciproquement, les fonctions constantes vérifient la propriété de l’énoncé. Exercice 11.73 ♥♥ On considère une fonction f :]0, +∞[7→ R continue au point 1. On suppose que ∀(x, y) ∈]0, +∞[, f (x y) = f (x) + f (y)
Déterminez toutes les fonctions f vérifiant ces propriétés. Solution : Considérons une fonction f vérifiant les propriétés de l’énoncé. Définissons alors la fonction g:
½
R x
−→ 7−→
R f ◦ exp(x)
La fonction g est continue au point 0 et vérifie ∀x ∈ R , g (x + y) = g (x) + g (y)
en¡ prenant g (0) = 0. Si m ∈ N∗ alors, en posant a = g (1), on a : g (m) = ma et a = g (1) = ¢ x = ¡y 1=¢ 0, on montre ¡ 1 ¢ que 1 a g m. m = mg m donc g m = m et pour tout r ∈ Q+ , g (r ) = ar . De plus, pour tout x ∈ R, il est clair que comme 0 = g (x − x) = g (x) + g (−x), alors g (−x) = −g (x). Donc : ∀r ∈ Q , g (r ) = a.r . Montrons que la fonction g est continue sur R . Soit x0 ∈ R . Soit h ∈ R . Puisque g (x0 + h) = g (x0 ) + g (h), on a |g (x0 + h) − g (x0 )| = |g (h) − g (0)|
et la continuité en x0 s’obtient facilement de la continuité de g en 0. Comme les rationnels sont denses dans R, si x ∈ R, il existe (r n ) ⊂ Q telle que r n −−−−−→ x . Mais comme g est continue en x , il vient que g (x) = g (lim r n ) = lim g (r n ) = n→+∞ lim ar n = ax . Par conséquent, ∀x ∈ R , g (x) = ax et alors ∀y ∈]0, +∞[, f (x) = a ln x . On vérifie réciproquement que toutes ces fonctions vérifient les conditions de l’énoncé. Exercice 11.74 ♥♥ Soit une fonction f : R 7→ R continue vérifiant : ∀(x, y) ∈ R2 ,
f (x + y) = f (x) f (y)
1. Montrer que ∀x ∈ R , f (x) Ê 0.
2. On suppose qu’il existe x ∈ R tel que f (x) = 0. Montrer que f = 0. 3. On suppose que f n’est pas la fonction nulle. Déterminer la fonction f . Solution :
¡
¢2
1. Soit un réel x ∈ R . Puisque f (x) = f ( x2 ) Ê 0, il vient que la fonction f est positive.
2. S’il existe x ∈ R tel que f (x) = 0, alors si z ∈ R , f (z) = f (x) f (z − x) = 0, et donc f est la fonction nulle. 3. Supposons donc que f 6= 0. Posons alors ∀x ∈ R , g (x) = ln f (x). Alors g vérifie ∀(x, y) ∈ R2 ,
g (x + y) = g (x) + g (y)
On sait alors qu’il existe a ∈ R (voir l’exercice 11.73) tel que g (x) = ax . Mais alors ∀x ∈ R , f (x) = e ax = a x . On vérifie réciproquement qu’une telle fonction vérifie les hypothèses de l’énoncé. Exercice 11.75 ♥♥♥ On définit E l’ensemble des fonctions f : [0, 1] 7→ R continues vérifiant : ∀(x, y) ∈ [0, 1]2 ,
f
³x+y ´
2
=
f (x) + f (y) 2
1. Montrer que si ( f , g ) ∈ E2 et (λ, µ) ∈ R2 alors λ f + µg ∈ E. 2. On suppose que f ∈ E vérifie f (0) = f (1) = 0. Montrer que f = 0. 3. Montrer que les éléments de E sont les fonctions affines. 466
Indication 11.9 : Pour la seconde question, déterminer un ensemble A sur lequel on peut dire que f s’annule. Montrer que cet ensemble est dense et utiliser le raisonnement par densité. Pour la troisième question, considérer g (x) = f (x) − [ f (0) + x( f (1) − f (0)].
Solution : 1. Soit ( f , g ) ∈ E2 et (λ, µ) ∈ R2 , alors ¡
λ f + µg
et donc λ f + µg ∈ E.
¢³ x + y ´
2
=
¡ ¡ ¢¢ ¡ ¡ ¢¢ λ f (x) + f y + µ g (x) + g y
1 2
2
=
¡
¡ ¢¡ ¢ ¢ λ f + µg (x) + λ f + µg y
2
3 4
1 4
2. On montre que f ( ) = 0, puis que f ( ) = f ( ) = 0, et ensuite, que f s’annule sur l’ensemble Z={
k ; n ∈ N∗ , 0 É k É 2n } 2n
Cet ensemble est dense dans [0, 1]. En effet, considérons x, y ∈ [0, 1] tels que x < y . Comme 1/2n −−−−−→ 0, il ©
ª
n→+∞
existe n ∈ N tel que 1/2n < y − x . Considérons l’ensemble A = k ∈ 0, 2n | k/2n Ê x . L’ensemble A est non vide et possède un plus petit élément k0 . Alors y−
k0 2n
>x+
1 2n
−
k0 2n
=x−
k 0 −1 2n
>0
par définition de k0 . Donc x É 2kn0 < y et Z est bien dense dans [0, 1]. Si alors x ∈ [0, 1], on peut construire une suite xn de points de Z qui converge vers x . Mais puisque ∀n Ê 1, f (xn ) = 0, et que f est continue au point x , on obtient par l’image continue d’une suite que f (x) = 0. Donc f est la fonction identiquement nulle sur [0, 1].
3. Si f ∈ E, alors d’après la première question, la fonction ϕ(x) = f (x) − [ f (0) + x( f (1) − f (0))] est encore dans E (car une fonction affine est dans E et la différence de deux fonctions de E est encore une fonction de E). Puisque ϕ(0) = ϕ(1) = 0, d’après la seconde question, il vient que ϕ = 0, et donc que f est affine. Réciproquement, toute fonction affine est bien une fonction de E.
11.5.10 Bijection continue Exercice 11.76 ½
Soit f :
[2, +∞[ x
−→ 7−→
♥ R p . x 2 − 4x + 8
1. Prouver que f réalise une bijection de I = [2, +∞[ sur son image (que l’on précisera). 2. Prouver que la bijection réciproque de f est continue. 3. Déterminer cette bijection réciproque. Solution : 1. On vérifie facilement que sur [2, +∞[, la fonction x 7→ x 2 −4x +8 est strictement croissante. Comme f est la composée cette fonction par la fonction racine carrée qui est elle aussi strictement croissante, f strictement croissante sur I = [2, +∞[. De plus f (I) = [2, +∞] = I. On en déduit que f réalise une bijection de I sur I.
2. La fonction f est polynomiale donc continue sur R. On a montré que f est strictement croissante sur I. Par application du théorème de la bijection, on en déduit que f −1 est continue sur [2, +∞[ 3. Soit y ∈ [4, +∞[. On a : y = x 2 − 4x + 8 ⇐⇒ y = (x − 2)2 + 4 ⇐⇒ x = 2 ± x = 2+
p
y 2 − 4 et f −1 :
½
[2, +∞[ y
−→ 7−→
[2, +∞[ p 2 + y2 − 4
p
y 2 − 4. Si x ∈ [2, +∞[, nécessairement
Exercice 11.77 ♥♥ Soit une fonction définie sur R telle qu’il existe k > 0 tel que ∀(x, y) ∈ R2 , x 6= y =⇒ | f (x) − f (y)| < k|x − y|
1. Montrez que f est uniformément continue sur R ; 2. On définit la fonction ϕ sur R par ϕ(x) = f (x) − kx . Montrez que la fonction ϕ est strictement décroissante sur R; 467
3. On suppose qu’il existe deux réels a < b tels que ∀x ∈ [a, b], ka < f (x) < kb
Montrez qu’il existe un unique réel α dans [a, b] vérifiant f (α) = kα
Solution : 1. Comme f est k -lipschitzienne (l’hypothèse de l’énoncé est plus forte), on montre facilement (voir le cours) que la fonction f est uniformément continue sur R . 2. Soit (x, y) ∈ R2 tels que x < y . Calculons : ϕ(y) − ϕ(x) = f (y) − f (x) − k(y − x)
É | f (y) − f (x)| − k(y − x) < k|y − x| − k(y − x)
0 et ϕ(b) = f (b) − kb < 0 par hypothèse. Donc puisque 0 ∈ [ϕ(b), ϕ(a)], 0 possède un unique antécédent α par ϕ dans [a, b]. En conclusion, il existe un unique α ∈ [a, b] tel que ϕ(α) = kα.
468
Chapitre
12
Dérivation des fonctions à valeurs réelles Pour bien aborder ce chapitre Ce chapitre est une introduction à l’une des plus fabuleuses invention de l’homme, celle du calcul différentiel, dans le cas des fonctions d’une variable réelle à valeurs réelles. L’histoire du calcul différentiel débute en grande partie avec Galilée et Newton qui avaient besoin de nouveaux outils mathématiques pour développer les notions de vitesse et d’accélération d’un mouvement. Mais la possibilité de calculer la pente de la tangente à une courbe était essentielle dans d’autres problèmes comme dans ceux d’extremum ou pour des questions plus appliquées. Newton et Leibniz furent les premiers à tenter de formaliser la notion de dérivée. Ils se disputèrent la paternité de cette invention mais il semble certain maintenant qu’ils l’ont découvert de manière indépendante et chacun via des formalismes différents. Comme expliqué dans l’introduction du chapitre 10, la notion de limite n’a été développée que bien plus tard, au 19ème siècle par Cauchy et Weierstrass aussi la formalisation de la dérivation par Newton et Leibniz souffrait de nombreuses lacunes. Newton refusa d’ailleurs de publier son travail et les écrits de Leibniz étaient obscurs et difficiles à comprendre. Lagrange, un siècle plus tard introduit le terme de « dérivée » ainsi que la notation f ′ . Après avoir défini ce qu’est une fonction dérivable ainsi que sa dérivée, nous démontrerons les règles de calcul des dérivées que vous connaissez depuis le lycée. Nous verrons en particulier que la dérivée permet d’approcher une fonction donnée par une fonction affine (voir le théorème page 471). Nous nous intéresserons aux propriétés globales des fonctions dérivables. Le théorème de Rolle 12.9 page 475 et celui des accroissements finis 12.10 page 476 seront d’un usage constant en analyse. L’inégalité des accroissements finis 12.11 page 477 qui découle du théorème du même nom est une véritable « machine » à fabriquer des inégalités. Des accroissements finis découle aussi le caractère k -Lipschitzien des fonctions dérivables, ce qui permet d’appliquer à celles pour qui k ∈ ]0, 1[ le très important théorème du point fixe 3.6 page 1224. Le théorème de dérivation de la bijection réciproque 12.7 page 474 permettra de justifier les démonstrations effectuées dans le chapitre sur les fonctions usuelles. Nous continuerons cette section par une étude des fonctions de classe C n et C ∞ et nous la terminerons par une introduction aux fonctions convexes. Ce dernier outil servira aussi à construire de nombreuses inégalités.
12.1 Dérivée en un point, fonction dérivée Dans tout ce paragraphe, I est un intervalle de R non vide et non réduit à un point. Les fonctions considérées sont définies sur I et à valeurs réelles.
12.1.1 Définitions D ÉFINITION 12.1 Taux d’accroissement Soient f ∈ F (I, R) et a ∈ I. On définit le taux d’accroissement de la fonction f au point a comme étant la fonction ∆a,f définie par ∆a,f :
I \ {a}
x
−→
7−→
R f (x) − f (a) x−a
D ÉFINITION 12.2 Fonction dérivable à droite, à gauche Soient f ∈ F (I, R), a ∈ I et ∆a,f le taux d’accroissement de f au point a . On dit que 469
– f est dérivable à droite au point a si et seulement si ∆a,f admet une limite finie quand x tend vers a à droite de a . – f est dérivable à gauche au point a si et seulement si ∆a,f admet une limite finie quand x tend vers a à gauche de a . On note f d′ (a) (respectivement f g′ (a)) la limite à droite (respectivement à gauche) de ∆a,f quand celle ci existe. D ÉFINITION 12.3 Dérivée en un point Soient f ∈ F (I, R) et a ∈ I. On dit que f est dérivable au point a si et seulement si son taux d’accroissement ∆a,f possède une limite finie quand x tend vers a . Cette limite s’appelle le nombre dérivée de f au point a et est noté : f ′ (a)
ou D f (a) ou
df (a) dx
Remarque 12.1 Pour un point a intérieur à I (c’est-à-dire tel qu’il existe α > 0 vérifiant ]a − α, a + α[ ⊂ I) alors f est dérivable au point a si et seulement si on a simultanément : 1. f est dérivable à droite en a , 2. f est dérivable à gauche en a , 3. f d′ (a) = f g′ (a) Exemple 12.1 ¡
¢
– Soient α, β ∈ R2 et f : ½
½
R x
−→ 7−→
R . f est dérivable en tout point a de R et ∀a ∈ R, αx + β
f ′ (a) = α.
−→ R est dérivable sur R∗ , dérivable à droite et à gauche en 0 mais pas dérivable en 0. 7−→ |x| ½ + R −→ R – Par contre la fonction f : est dérivable sur R+ . x 7−→ |x| ¶ µ exp − 1 si x > 0 x est dérivable sur R. – la fonction f définie sur R par f (x) = 0 si x É 0 ½ R+ −→ R p est dérivable sur R∗+ . En effet, si a ∈ R∗+ et si x ∈ R+ \ {a} alors – La fonction racine carrée : f : x x 7−→
– La fonction f :
R x
p
p p p x− a x− a 1 1 = ¡p p −−−→ p p ¢ ¡p p ¢=p x→a x−a x− a x+ a x+ a 2 a 1
par opérations sur les limites. Donc f est bien dérivable en a et f ′ (a) = p . Par contre, cette fonction n’est pas dérivable à droite en 0. En effet, si x ∈ R∗+ , on a
p
2 a
p 1 x− 0 +∞. = p −−−−→ x −0 x x→0+
12.1.2 Interprétations de la dérivée Interprétation géométrique Soient f ∈ F ¯ (I, R) et a¯∈ I. Le plan étant ramené à un repère orthonormé, pour x ∈ I \ {a}, considérons la droite joignant ¯ x ¯ a . La pente de la droite (AM) est donnée par et M ¯¯ les points A ¯¯ f (a)
f (x)
∆a (x) =
f (x) − f (a) x−a
′ ¯Si la fonction f est dérivable au point a ∈ I¯, cette pente a pour limite f (a) quand x tend vers a . Le vecteur de composante ¯ 1 ¯ 1 ′ ¯ ¯ ¯∆a (x) dirige la corde (AM) et tend vers ¯ f ′ (a) . La droite passant par A et de pente f (a) est donc tangente à la courbe d’équation y = f (x). C’est la position limite des cordes (AM) quand M tend vers A.
Remarque 12.2 – La tangente en a est horizontale si et seulement si f ′ (a) = 0. 470
f (x) f (a)
a
x
F IGURE 12.1 – Interprétation géométrie du nombre dérivé
– Si f est continue en a et si ∆a (x) −−−→ ±∞, les cordes (AM) ont une position limite verticale encore appelée tangente x→a à la courbe en A. – Si f n’est pas dérivable en a mais si ∆a (x) possède des limites à gauche et à droite en a , A est appelé point anguleux de la courbe. C’est un point qui possède deux demi-tangentes de pentes différentes. Interprétation cinématique Considérant f (t ) comme l’abscisse à l’instant t d’un point en mouvement rectiligne, pour t 6= a , ∆a,f (t ) représente la .
vitesse moyenne entre les instants t et a et sa limite f ′ (a), notée aussi f (a) la vitesse instantanée à l’instant a . Interprétation analytique
Le théorème suivant permet de caractériser la dérivabilité en un point sans faire intervenir de division. Il sera généralisé en deuxième année pour des fonctions de plusieurs variables. P ROPOSITION 12.1 ♥ Développement limité à l’ordre 1 d’une fonction dérivable Soit f ∈ F (I, R). La fonction f est dérivable au point a ∈ I si et seulement si il existe ε : I → R telle que ε(x) −−−→ 0 et un x→a réel c tel que ∀x ∈ I,
f (x) = f (a) + c(x − a) + (x − a)ε(x) | {z } o (x−a)
x→a
On a alors c = f ′ (a). Démonstration ⇐ ⇒
f (x) − f (a) = c + ε(x) −−−−→ c ce qui montre que f est dérivable au point a et que f ′ (a) = c . x→a x −a Supposons que f est dérivable en a . Pour tout x ∈ I\{a}, posons ε(x) = ∆a (x)− f ′ (a). Comme f est dérivable en a , ε(x) −−−−→
Pour x ∈ I \ {a},
x→a
0. Prolongeons alors par continuité ε en a en posant ε(a) = 0. Pour tout x ∈ I, on a alors bien f (x) = f (a) + c(x − a) + (x − a)ε(x) avec c = f ′ (a).
12.1.3 Dérivabilité et continuité T HÉORÈME 12.2 « Dérivabilité implique continuité » Soient f ∈ F (I, R) et a ∈ I. Si f est dérivable en a alors f est continue en a . 471
Démonstration telle que
Comme f est dérivable en a , d’après la proposition 12.1, il existe une fonction ε : I → R vérifiant ε(x) −−−−→ 0 et x→a
∀x ∈ I,
f (x) = f (a) + f ′ (a) (x − a) + (x − a)ε(x).
Comme ε(x) −−−→ 0, par opérations sur les limites, f (x) −−−→ f (a) et f est bien continue en a . x→0
Remarque 12.3 dérivable en 0).
x→0
La réciproque est bien entendu fausse (par exemple f : R → R, x 7→ |x| est continue en 0 mais pas
Remarque 12.4 – Si f est dérivable à gauche en a ∈ I alors f est continue à gauche en a . – Si f est dérivable à droite en a ∈ I alors f est continue à droite en a . – Si f possède une dérivée à droite et une dérivée à gauche en a alors f est continue en a .
12.1.4 Fonction dérivée D ÉFINITION 12.4 Dérivabilité sur un intervalle On dit qu’une fonction f est dérivable sur I si et seulement si elle est dérivable en tout point a ∈ I. On définit alors la fonction dérivée ½ f′:
La fonction dérivée se note aussi D f ou Remarque 12.5
I x
−→ 7−→
R f ′ (x)
df . dx
Si une fonction f est dérivable sur I alors elle est continue sur I.
12.2 Opérations sur les dérivées T HÉORÈME 12.3 ♥ Règles de calcul de dérivées Soient deux fonctions f et g définies sur I et dérivables en un point a ∈ I. On a les propriétés suivantes : – Soient deux réels α, β ∈ R. La fonction α f + βg est dérivable en a et ¡
¢′ α f + βg (a) = α f ′ (a) + βg ′ (a)
– La fonction f g est dérivable en a et ¡
¢′ f g (a) = f ′ (a) g (a) + f (a) g ′ (a)
– Si g (a) 6= 0, alors il existe un voisinage du point a sur lequel la fonction g ne s’annule pas. La fonction 1/g est alors définie au voisinage du point a et est dérivable en a avec µ ¶′ 1 g ′ (a) (a) = − 2 g g (a)
– Si g (a) 6= 0, alors de la même façon que précédemment la fonction f /g est définie au voisinage de a , est dérivable en a et µ ¶′ f f ′ (a) g (a) − f (a) g ′ (a) (a) = g g 2 (a)
Démonstration Soit x ∈ I \ {a}. – On a ¡ ¢
¡ ¢ αf + βg (x) − αf + βg (a)
par opérations sur les limites. – On a ¡ ¡ ¢
x −a
¢ f g (x) − f g (a)
=α
f (x) − f (a) g (x) − g (a) +β −−−−→ αf ′ (a) + βg ′ (a) x→a x −a x −a
f (x) − f (a) g (x) − g (a) g (x) + f (a) −−−−→ f ′ (a) g (a) + f (a) g ′ (a) x→a x −a x −a par opérations sur les limites et parce que g étant dérivable en a , elle est continue en a et du coup g (x) −−−−→ g (a). x −a
=
x→a
472
– Soit V un voisinage de a tel que ∀x ∈ V ∩ I,
g (x) 6= 0. On a
1 1 (x) − (a) 1 g (x) − g (a) g (x) − g (a) 1 1 g g =− =− · · −−−−→ −g ′ (a) · ¡ ¢2 x −a g (x) g (a) x − a x −a g (x) g (a) x→a g (a)
par opérations sur les limites et parce que g est dérivable en a et donc continue en a . Du coup, g (x) −−−−→ g (a). x→a
1 . G est dérivable en a comme inverse d’une fonction dérivable en g a et qui ne s’annule pas en a et F est dérivable en a car f l’est. FG est alors dérivable en a comme produit de fonctions dérivables en a . De plus, f ′ (a) f (a) g ′ (a) f ′ (a) g (a) − f (a) g ′ (a) = − (FG)′ (a) = F′ (a) G(a) + F (a) G′ (a) = g (a) g 2 (a) g 2 (a)
– Il suffit d’appliquer les deux points précédents à F = f et G =
C OROLLAIRE 12.4 Théorème d’opérations sur les fonctions dérivables Soient f et g deux fonctions définies et dérivables sur I. – Soit (α, β) ∈ R2 . La fonction α f + βg est dérivable sur l’intervalle I et ¡
¢′ α f + βg = α f ′ + βg ′
– La fonction f g est dérivable sur l’intervalle I et ¡
¢′ f g = f ′g + f g ′
– Si la fonction f ne s’annule pas sur I, alors la fonction 1/ f est définie et dérivable sur I avec µ ¶′ f′ 1 =− 2 f f
– Si la fonction g ne s’annule pas sur I alors la fonction f /g est dérivable sur l’intervalle I et µ ¶′ f f ′g − f g ′ = g g2
Démonstration Ces propriétés sont vraies en chaque point de I et donc sur I tout entier.
T HÉORÈME 12.5 ♥ Dérivation des fonctions composées Soient deux fonctions f : I → R, g : J → R telles que f (a) ∈ J. On suppose que H1
La fonction f est dérivable au point a ∈ I.
H2
La fonction g est dérivable au point b = f (a) ∈ J.
Alors la fonction g ◦ f est dérivable en a et ¡
g◦f
¢′
¡ ¢ (a) = g ′ f (a) × f ′ (a)
Démonstration Introduisons la fonction
h:
J
x
−→ 7−→
R ¡ ¢ g y − g (b) y −b g ′ ¡ y ¢
si y 6= b si y = b
qui est continue en b car g est dérivable en b . Alors pour tout x ∈ I \ {a} : ¢ ¢ ¡ ¡ g f (x) − g f (a)
par opérations sur les limites.
x −a
¡ ¢ f (x) − f (a) ¡ ¢ = h f (x) −−−−→ h (b) × f ′ (a) = g ′ f (a) × f ′ (a) x→a x −a
473
Remarque 12.6
Dans cette preuve, on pourrait être tenter d’écrire pour x ∈ I \ {a}
¡ ¢ ¡ ¢ g ◦ f (x) − g ◦ f (a) g f (x) − g f (a) f (x) − f (a) = x−a f (x) − f (a) x−a
ce qui n’est pas correct car la fonction f peut s’annuler une infinité de fois au voisinage de a sans être constante et tout en étant dérivable en a. Un exemple d’une telle fonction est donné par x 7→ x 2 sin 1/x en a = 0. C OROLLAIRE 12.6 Soient deux fonctions f : I → R et g : J → R telles que f (I) ⊂ J. On suppose que H1
La fonction f est dérivable sur I.
H2
La fonction g est dérivable sur J
Alors la fonction g ◦ f est dérivable sur I et ¡
g◦f
¢′
= (g ′ ◦ f ) × f ′
Démonstration La propriété est vraie en chaque point de I donc elle est vraie sur I.
T HÉORÈME 12.7 Dérivation de la bijection réciproque Soit une fonction f : I → R. On suppose que H1
la fonction f est injective sur l’intervalle I.
H2
la fonction f est dérivable sur l’intervalle I.
H3
la fonction f ′ ne s’annule pas sur I : ∀x ∈ I,
f ′ (x) 6= 0 .
Alors la fonction f réalise une bijection de l’intervalle I sur l’intervalle J = f (I) et son application réciproque, f −1 est dérivable sur l’intervalle J avec ¡
¢′ f −1 =
f
1 f −1
′◦
Démonstration Comme f est injective sur I, elle est bijective de I sur J et comme elle est dérivable sur I elle est continue sur I et −1 est continue sur J. Soit y ∈ J. Montrons que J est un intervalle de R. En appliquant le théorème 11.52, 0 © ª sa bijection réciproque f −1 la fonction f est dérivable au point y 0 . Soit y ∈ J \ y 0 . Écrivons : ∆ y 0 ,f −1 (y) =
f −1 (y) − f −1 (y 0 ) 1 1 = = y − y0 ∆ f −1 (y 0 ),f ( f −1 (y)) f ( f −1 (y)) − f ( f −1 (y 0 )) f −1 (y) − f −1 (y 0 )
Puisque la fonction f est dérivable au point f −1 (y 0 ), ∆ f −1 (y 0 ),f (y) −−−−→ f ′ ( f −1 (y 0 )). Puisque cette limite est non nulle, par y →y 0
opération sur les limites, ∆ y 0 ,f −1 (y) −−−−→ 1/ f ′ ( f −1 (y 0 )). y →y 0
Exemple 12.2 – Soient n ∈ N∗ et f n : x 7→ x n . f n est une bijection strictement croissante de R∗+ sur R∗+ . Sa dérivée n’est jamais nulle. ½ La fonction réciproque g n de f n est donc dérivable sur R∗+ et g n : ∀y ∈ R∗+ ,
– La fonction f :
(
]−
π π , [ 2 2 x
−→
7−→ (
La fonction réciproque, arcsin :
] − 1, 1[ sin x
] − 1, 1[ y
¡ ¢ g n′ y =
R∗+ y
−→ 7−→
R∗+ p n x
vérifie,
1 ¡ p ¢n−1 n n y
est une bijection strictement croissante et sa dérivée n’est jamais nulle. −→
7−→
π π , [ 2 2 est dérivable sur ] − 1, 1[ et arcsin y ]−
∀y ∈] − 1, 1[,
1 arcsin′ (y) = p 1 − y2
474
12.3 Étude globale des fonctions dérivables 12.3.1 Extremum d’une fonction dérivable P ROPOSITION 12.8 ♥ Condition nécessaire d’un extremum relatif Soit f une fonction définie sur un intervalle I de R et soit a un point de I tel que H1
Le point a est intérieur à l’intervalle, c’est à dire qu’il existe α > 0 tel que ]a − α, a + α[⊂ I.
H2
Le point a est un extremum local de la fonction f sur I.
H3
La fonction f est dérivable au point a .
alors f ′ (a) = 0 . Démonstration Quitte¤à changer f en −f , on peut supposer que f possède un maximum local en a , c’est à dire qu’il existe β > 0 £ tel que ∀x ∈ a − β, a + β ∩ I, f (x) É f (a). Posons r = min (r 1 ,r 2 ). • Si a − r < x < a , [ f (x) − f (a)]/(x − a) É 0. Puisque [ f (x) − f (a)]/(x − a) −−−−→ f g′ (a), par passage à la limite dans l’inégalité, on x→a
tire que f d′ (a) É 0. • Si a < x < a +r , [ f (x) − f (a)]/(x − a) Ê 0 et puisque [ f (x) − f (a)]/(x − a) −−−−→ f d′ (a), par passage à la limite dans l’inégalité, on
obtient que f d′ (a) Ê 0. Puisque f est dérivable en a , on obtient que f g′ (a) = f d′ (a) = f ′ (a) = 0.
F IGURE 12.2 – Les pentes à gauche sont positives
x→a
F IGURE 12.3 – Les pentes à droite sont négatives
Attention 12.3 – La condition f ′ (a) = 0 n’est pas une condition suffisante d’extremum, (penser à f : x 7→ x 3 en x = 0.) – La condition a est intérieur à l’intervalle est fondamentale dans ce théorème. Si le point a est une borne de l’intervalle, on ne peut obtenir qu’une inégalité sur la dérivée à gauche ou à droite au point a .
12.3.2 Théorème de Rolle T HÉORÈME 12.9 ♥♥♥ Théorème de Rolle Soit f : [a, b] → R. On suppose que H1
la fonction f est continue sur le segment [a, b],
H2
la fonction f est dérivable sur l’intervalle ouvert ]a, b[,
H3
f (a) = f (b).
Alors il existe c ∈ ]a, b[ tel que f ′ (c) = 0 . Démonstration Comme f est continue sur le segment [a,b], l’image de ce segment, par application du théorème 11.49 est un segment [m,M] avec m É M. • Si m = M alors f est constante sur [a,b] et sa dérivée est nulle sur ]a,b[. • Sinon, alors m < M. Comme f (a) = f (b) l’un des deux est différent de m ou M. On peut supposer que f (a) 6= m . Le minimum de f sur [a,b] est donc atteint en un point c ∈ [a,b] différent de a et de b , donc en un point intérieur de l’intervalle [a,b]. D’après la proposition précédente, on a f ′ (c) = 0.
475
Interprétation graphique
f (a) = f (b)
a
c
b
F IGURE 12.4 – Théorème de Rolle
Interprétation cinématique Un point mobile sur un axe qui revient à sa position de départ a vu sa vitesse s’annuler à un instant donné. À faire : appendice analyse pour l’utilisation pratique du théorème de Rolle, polynômes, extremum d’une bonne fonction auxiliaire
12.3.3 Égalité des accroissements finis T HÉORÈME 12.10 ♥♥♥ Théorème des accroissement finis (TAF) Soit une fonction f : [a, b] → R. On suppose que H1
la fonction f est continue sur le segment [a, b],
H2
la fonction f est dérivable sur l’intervalle ouvert ]a, b[.
Alors il existe un point intérieur c ∈ ]a, b[ tel que f (b) − f (a) = f ′ (c) (b − a)
Nous allons donner deux preuves typiques dont on s’inspire dans les exercices. L’idée consiste à appliquer le théorème de Rolle à une bonne fonction auxiliaire pour obtenir l’existence du réel c vérifiant la propriété qui nous intéresse. La première preuve consiste à voir sur un dessin un problème d’extremum. Démonstration ♥ En examinant la figure ci-dessus, on voit que le point c correspond au maximum de l’écart vertical entre la corde [A,B] et le point (x, f (x)). Définissons donc la mesure algébrique de cet écart : ϕ:
[a,b]
x
−→ 7−→
R
· ¸ f (b) − f (a) f (x) − f (a) + (x − a) b −a
La fonction ϕ est continue sur le segment [a,b] (théorèmes généraux), dérivable sur l’intervalle ]a,b[ (théorème généraux sur les dérivées) et on calcule ϕ(a) = ϕ(b) = 0. D’après le théorème de Rolle, il existe un point intérieur c ∈]a,b[ tel que ϕ′ (c) = 0, c’est à
dire f ′ (c) −
f (b) − f (a) = 0. b −a
La deuxième preuve est plus « taupinale » et peu naturelle, mais fournit une recette qui fonctionne bien dans les exercices lorsque la formule à démontrer est compliquée. – Dans la formule à démontrer, regrouper tous les c à un endroit et les remplacer par une constante K. – Remplacer l’une des bornes (par exemple b ) par une variable t , ce qui fournit une fonction auxiliaire ϕ définie sur [a, b]. – Déterminer la constante K de telle sorte que ϕ(a) = ϕ(b). 476
f (c) f (b)
f (a) a
c
b
F IGURE 12.5 – Théorème des accroissements finis – Appliquer le théorème de Rolle à cette fonction auxiliaire. Démonstration ♥ Appliquons cette « recette » à notre problème. La formule à montrer s’écrit f (b) − f (a) − f ′ (c)(b − a) = 0. ½
[a,b] −→ R où K est une constante que nous choisissons x 7−→ f (t) − f (a) − K(t − a) de telle sorte que ϕ(a) = ϕ(b). On trouve que K = [ f (b) − f (a)]/(b − a) ce qui conduit à la fonction auxiliaire de la première preuve.
Définissons donc une fonction auxiliaire ϕ :
Remarque 12.7
Cette méthode d’un usage très courant est employée dans les exercices 12.42, 12.44, 12.45 , 12.46 , ...
Remarque 12.8 Quand un mobile se déplace sur un axe et part d’un point A au temps t1 , arrive en B au temps t2 et si f est la fonction position de ce mobile sur l’axe, alors il existe un instant t ∈ ]t1 , t2 [ tel que la vitesse instantanée en t : f ′ (t ) de ce mobile soit égale à sa vitesse moyenne
f (t2 ) − f (t1 ) . t2 − t1
12.3.4 Inégalité des accroissements finis T HÉORÈME 12.11 Inégalité des accroissement finis (IAF) Soit une fonction f : [a, b] → R. On suppose que H1
la fonction f est continue sur le segment [a, b],
H2
la fonction f est dérivable sur l’intervalle ouvert ]a, b[,
H3
il existe deux réels (m, M) ∈ R2 tel que ∀x ∈]a, b[,
m É f ′ (x) É M.
Alors on a m (b − a) É f (b) − f (a) É M (b − a)
Démonstration Il suffit d’appliquer le théorème des accroissements finis à la fonction f sur le segment [a,b]. Il existe un réel c ∈ ]a,b[ tel que f (b) − f (a) = f ′ (c) (b − a). Puisque m É f ′ (x) É M, on en déduit que m (b − a) É f (b) − f (a) É M (b − a).
T HÉORÈME 12.12 Dérivée bornée implique lipschitzienne Soit une fonction f : I → R définie sur un intervalle I. On suppose que H1
la fonction f est continue sur l’intervalle I,
H2
la fonction f est dérivable sur l’intervalle ouvert I,
H3
la fonction f est bornée sur l’intervalle ouvert I : ∃K Ê 0, tel que ∀x ∈ I, | f ′ (x)| É K.
◦
◦
◦
Alors la fonction f est K-lipschitzienne sur l’intervalle I. Démonstration Soit (x, y) ∈ I2 avec x < y . Puisque [x, y] ⊂ I, la fonction f est continue sur le segment [x, y] et dérivable sur l’intervalle ouvert ]x, y[, d’après le théorème des accroissements finis, il existe c ∈]x, y[ tel que f (y) − f (x) = f ′ (c)(y − x). On en déduit que | f (y) − f (x)| = | f ′ (c)||y − x| É K|y − x|.
477
12.3.5 Application : Variations d’une fonction Le résultat suivant, utilisé depuis le lycée est une conséquence du théorème des accroissements finis. P ROPOSITION 12.13 Caractérisation des fonctions constantes, monotones Soit une fonction f : I 7→ R . On suppose que f est dérivable sur I.
H1
Alors on a les résultats suivants : £
1. ∀x ∈ I, £
2. ∀x ∈ I, £
3. ∀x ∈ I, £
4. ∀x ∈ I, £
5. ∀x ∈ I,
¤ f ′ (x) Ê 0 ⇐⇒ f est croissante sur I. ¤ f ′ (x) > 0 =⇒ f est strictement croissante sur I. ¤ f ′ (x) É 0 ⇐⇒ f est décroissante sur I. ¤ f ′ (x) < 0 =⇒ f est strictement décroissante sur I. ¤ f ′ (x) = 0 ⇐⇒ f est constante sur I.
Démonstration Démontrons la première équivalence. Les trois suivantes se démontrent de même. ⇒ Supposons que : ∀x ∈]a,b[, f ′ (x) Ê 0 et montrons que f est croissante sur [a,b]. Soient x1 , x2 ∈ [a,b] tels que x1 < x2 . f est continue sur [x1 , x2 ] et dérivable sur ]x1 , x2 [. D’après le théorème des accroissements finis, il existe c ∈ ]x1 , x2 [ tel que f (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (c) (x2 − x1 ) Ê 0 et donc f (x2 ) Ê f (x1 ) ce qui prouve que f est croissante. ⇐ Réciproquement, supposons que f est croissante sur [a,b]. Alors, pour tout x0 ∈ ]a,b[ le taux d’accroissement de f en x0 , ∆x0 ,f est une fonction positive sur ]a,b[ \ {x0 }. Puisque la fonction f est dérivable au point x0 , ∆x0 ,f (x) −−−−→ f ′ (x0 ). Par x→x 0
passage à la limite dans l’inégalité, on en tire que f ′ (x0 ) Ê 0. La dernière équivalence est conséquence du fait qu’une fonction est constante si et seulement si elle est à la fois croissante et décroissante.
Remarque 12.9 La réciproque de (2) est fausse : la fonction x 7→ x 3 est strictement croissante sur R , dérivable et pourtant sa dérivée s’annule en 0.
12.3.6 Condition suffisante de dérivabilité en un point T HÉORÈME 12.14 ♥♥♥ Théorème du prolongement dérivable Soit une fonction f : I → R et un réel a ∈ I. On suppose que H1
la fonction f est continue sur l’intervalle I,
H2
la fonction f est dérivable sur I \ {a},
H3
f ′ (x) −−−→ l ∈ R. x→a
Alors la fonction f est dérivable au point a et f ′ (a) = l . Démonstration
Soit x ∈ I \ {a}. La formule des accroissements finis appliquée au segment [a, x] nous assure de l’existence de f (x) − f (a) f (x) − f (a) c x ∈ ]a, x[ tel que = f ′ (c x ). Comme c x −−−−→ a , on en déduit que −−−−→ l et donc que f est dérivable en x→a x→a x −a x −a ′ a et que f (a) = l .
P ROPOSITION 12.15 Soient f : I → R et a ∈ I. On suppose que H1
la fonction f est continue sur I,
H2
la fonction f est dérivable sur I \ {a},
H3
f ′ (x) −−−→ +∞. x→a
f (x) − f (a) Alors lim = +∞. En d’autres termes, la courbe représentative de f possède une tangente verticale au point x→a x−a a. Démonstration Laissée au lecteur en s’inspirant par exemple de la preuve de la proposition précédente.
478
Remarque 12.10 suivant
La réciproque du théorème de prolongement dérivable est fausse comme le montre le contre-exemple
f :
R x
−→ 7−→
Cette fonction est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0 car
R x 2 sin 1 x 0
si x 6= 0 si x = 0
¯ f (x) − f (0) ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ É |x||sin | É |x| −−−→ 0 x→0 x x
′ ′ La fonction f est dérivable ¡ en tout¢point x 6= 0 avec f (x) = 2x sin(1/x) − cos(1/x) et f n’admet pas de limite lorsque x → 0. En effet, la suite f (1/(nπ)) nÊ1 admet deux sous-suites, une convergeant vers 1 et l’autre vers −1.
12.4 Dérivées successives 12.4.1 Dérivée seconde Soit une fonction f définie et dérivable sur un intervalle I de R. D ÉFINITION 12.5 Fonction deux fois dérivable On dit que la fonction f est deux fois dérivable sur I lorsque la fonction f ′ est dérivable en tout point de I. Sa dérivée est appelée fonction dérivée seconde de f et est notée f ′′
Remarque 12.11
ou D2 f
ou
d2 f dt2
Si f est deux fois dérivable sur I alors f ′ et f sont continues sur I.
Remarque 12.12 Lorsque f (t ) est l’abscisse à l’instant t d’un point en mouvement rectiligne alors f ′′ (t ), si elle existe, représente l’accélération de ce point à l’instant t .
12.4.2 Dérivée d’ordre n Soit n ∈ N. D ÉFINITION 12.6 Dérivées successives Étant donné une fonction f : I → R, on pose f (0) = f et on définit par récurrence, la dérivée n ème de f sur I, notée f (n) , comme la dérivée de f (n−1) , si elle existe. On la note f (n)
ou
Dn f
ou
dn f dtn
Remarque 12.13 – L’existence de f (n) sur I entraîne l’existence et la continuité, sur I, de toutes les dérivées d’ordre strictement inférieur. – Si f est n fois dérivable sur I alors f = f (0) , f ′ = f (1) , . . ., f (n−1) sont continues sur I. P ROPOSITION 12.16 Étant donné deux fonctions f et g définies sur I et n fois dérivables sur I ainsi que deux réels α et β. Alors la fonction α f + βg est elle aussi n fois dérivable sur I et : ∀x ∈ I,
¡
α f + βg
¢(n)
(x) = α f (n) (x) + βg (n) (x)
Démonstration Par récurrence.
479
B IO 10 Gottfried Leibniz, Né le 1er juillet 1646 à Leipzig , mort le 14 novembre 1716 à Hanovre
Gottfried Leibniz est un philosophe, scientifique, mathématicien, diplomate, bibliothécaire et juriste allemand. Il se montre précoce intellectuellement et possède de fortes capacités d’apprentissage. Il dit avoir appris seul le latin et à 15 ans il connaît la littérature grecque et latine. Il obtient son baccalauréat à 17 ans et rentre la même année à l’Université de Leipzig où il étudie la philosophie, le droit et les mathématiques. Cette université lui refuse en 1666 de lui décerner le titre de docteur, sans doute à cause de son très jeune âge et il obtient celui-ci un an plus tard à l’Université de Nuremberg. Plutôt que de chercher un poste universitaire, il rentre au service du baron von Boyneburg à Francfort qui l’initie à la politique. Leibniz est, avec Newton, l’inventeur du calcul infinitésimal et fut le découvreur des formules de dérivation d’un produit, d’un quotient et d’une puissance. Newton était parvenu de son côté, quelques années auparavant, aux mêmes résultats que Leibniz mais sans publier son travail. Une longue polémique s’ensuivit afin de déterminer qui avait la paternité de cette théorie. P ROPOSITION 12.17 Formule de Leibniz Si f et g sont deux fonctions n fois dérivables sur I alors il en est du même du produit f g et on a la formule de Leibniz qui permet d’exprimer la dérivée n -ième du produit ¡
fg
¢(n)
à ! n n X = f (k) g (n−k) k=0 k
Démonstration Par récurrence. Voir la preuve de la formule du binôme de Newton 8.34.
P ROPOSITION 12.18 Soient f : I → R et g : J → R telles que f (I) ⊂ J. Soit n ∈ N∗ . Si H1
la fonction f est n fois dérivable sur l’intervalle I,
H2
la fonction g est n fois dérivable sur l’intervalle J.
Alors la fonction composée g ◦ f est n fois dérivable sur l’intervalle I. Démonstration Par récurrence sur n . Pour n = 1, la propriété a déjà été montrée. Soit n ∈ N∗ . Supposons qu’une composée de fonctions n fois dérivable est n fois dérivable sur I. Montrons que si f et g sont (n + 1) fois dérivable sur I et J respectivement alors g ◦ f est n + 1 fois dérivable sur I. On sait que f et g sont 1 fois dérivable sur respectivement I et J et que ( f ◦ g )′ = f ′ × g ′ ◦ f . D’après l’hypothèse de récurrence, comme f ′ et g ′ sont n fois dérivables sur I et J respectivement, g ′ ◦ f est n fois dérivable sur ¡ ¢′ I et d’après le théorème de Leibniz, f ′ × g ′ ◦ f est aussi n fois dérivable sur I. Donc g ◦ f est n fois dérivable sur I et g ◦ f est (n + 1) fois dérivable sur I. La propriété est ainsi prouvée par récurrence.
Remarque 12.14 Une expression de la dérivée n ème de la composée de deux fonctions est donnée par la formule de Faà di Bruno. Elle est très difficile à manipuler et ne relève pas du programme.
12.4.3 Fonctions de classe C n Soit n ∈ N. D ÉFINITION 12.7 Fonctions de classe C n On dit qu’une fonction f : I → R est de classe C n sur l’intervalle I si et seulement si 1
f est n fois dérivable sur I,
2
la fonction f (n) est continue sur I.
On note • C 0 (I) l’ensemble des fonctions de classe C 0 sur I, c’est à dire l’ensemble des fonctions continues sur I. • Pour n Ê 1, C n (I) l’ensemble des fonctions de classe C n sur I. • C +∞ (I) l’ensemble des fonctions indéfiniment dérivables sur I.
480
P ROPOSITION 12.19 ¡ ¢ Soit ( f , g ) ∈ C n (I)2 et soit α, β ∈ R2 . Alors – α f + βg ∈ C n (I) – f g ∈ C n (I) Remarque 12.15 – La première égalité et le fait que la fonction nulle est de classe C n permet d’affirmer que C n (I) est un sous-espace vectoriel de F (I, R) (Voir la définition 23.3 page 848). – On a . . . ⊂ C n (I) ⊂ C n−1 (I) ⊂ . . . C 2 (I) ⊂ C 1 (I) ⊂ C 0 (I) ⊂ F (I, R) P ROPOSITION 12.20 Soient f : I → R et g : J → R telles que f (I) ⊂ J. Soit n ∈ N. Si H1
f ∈ C n (I),
H2
g ∈ C n (J),
alors g ◦ f ∈ C n (I).
Exemple 12.4 Soient n ∈ Z et f n : n ∈ N).
½
R∗ x
−→ 7−→
R . On a pour tout n ∈ Z, xn
f n ∈ C ∞ (R∗ ) ( On a même f n ∈ C ∞ (R) si
P ROPOSITION 12.21 Soit f ∈ C n (I) ne s’annulant pas sur I, alors 1/ f est élément de C n (I). T HÉORÈME 12.22 Théorème de la bijection de classe C n Soit f ∈ C n (I) telle que H1
f ′ ne s’annule pas sur I.
alors f est une bijection sur son image J = f (I) et f −1 est de classe C n sur J.
12.5 Fonctions convexes D ÉFINITION 12.8 ♥♥ Fonction convexe Soit f : I 7→ R une fonction définie sur un intervalle I ⊂ R . On dit que f est convexe lorsque ∀(x, y) ∈ I2 , ∀λ ∈ [0, 1],
¡ ¢ f λx + (1 − λ)y É λ f (x) + (1 − λ) f (y)
Remarque 12.16 Cela signifie géométriquement que le graphe de f est situé en dessous de toutes les cordes joignant deux points de ce graphe. Remarque 12.17
On dit qu’une fonction f définie sur un intervalle I est concave lorsque ∀(x, y) ∈ I2 , ∀λ ∈ [0, 1],
¡ ¢ f λx + (1 − λ)y Ê λ f (x) + (1 − λ) f (y)
La fonction f est concave si et seulement si la fonction − f est convexe. Dans la suite, on n’étudiera que les propriétés des fonctions convexes. Remarque 12.18
Les fonctions qui sont à la fois convexes et concaves sont les fonctions affines.
D ÉFINITION 12.9 Fonction strictement convexe On dit qu’une fonction f : I 7→ R est strictement convexe lorsque ∀(x, y) ∈ I2 , x 6= y , ∀λ ∈]0, 1[,
¡ ¢ f λx + (1 − λ)y < λ f (x) + (1 − λ) f (y)
481
Y = f (X)
Y
Y = f (x) + (X − x)
x
y
X = λx + (1 − λ)y
f (y) − f (x) y −x
X
F IGURE 12.6 – Fonctions convexes
P ROPOSITION 12.23 Inégalité de convexité généralisée Soit une fonction f convexe sur l’intervalle I. Alors ∀n Ê 2, ∀(x1 , . . . , xn ) ∈ In , ∀(λ1 , . . . , λn ) ∈ [0, 1]n tels que
n X
i=1
λi = 1
f (λ1 x1 + · · · + λn xn ) É λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ). Démonstration Par récurrence sur n . Pour n = 2, c’est la définition d’une fonction convexe. Montrons P (n) =⇒ P (n+1). Soient P x1 ,... , xn , xn+1 ∈ I et λ1 ,... λn+1 ∈ [0,1] tels que n+1 λ = 1. On peut supposer que tous les λi sont strictement positifs, sinon on i=1 i Pn
se ramène à la propriété P (n). Posons y = Pi=1 n
λi xi
λ i=1 i
λi
et pour i ∈ [[1,n]], µi = Pn
λ i=1 i
:
Pn
i=1
µi = 1. Puisque f est convexe,
f (λn+1 xn+1 + (1 − λn+1 )y) É λn+1 f (xn+1 ) + (1 − λn+1 ) f (y)
et d’après P (n), En utilisant que 1 − λn+1 =
Pn
λ , i=1 i
f (y) = f (µ1 x1 + · · · + µn xn ) É µ1 f (x1 ) + · · · + µn f (xn )
on obtient (1 − λn+1 ) f (y) É λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn )
d’où l’inégalité souhaitée.
Le résultat suivant est à la base de toutes les démonstrations et est souvent utilisé dans les exercices théoriques sur les fonctions convexes. Il est facile à retenir, il suffit de faire le schéma suivant : L EMME 12.24 ♥♥♥ Lemme des trois pentes Soit f : I 7→ R une fonction convexe : ∀(x, y, z) ∈ I3 , x < y < z,
f (y) − f (x) f (z) − f (x) f (z) − f (y) É É y −x z−x z−y
Démonstration Puisque x < y < z , y peut s’écrire comme barycentre de x et z : il existe λ ∈ [0,1] tel que y = λx + (1 − λ)z . Après calculs, on trouve que λ=
Puisque f est convexe,
z−y z −x
f (y) É λf (x) + (1 − λ) f (z)
On en tire que
¡ ¢ f (y) − f (x) É (1 − λ) f (z) − f (x)
482
y x z F IGURE 12.7 – Lemme des trois pentes
et comme 1 − λ =
y −x , que z −x
De même, d’où et donc d’où l’on tire
f (y) − f (x) f (z) − f (x) É y −x z −x ¡ ¢ f (y) − f (z) É λ f (x) − f (z)
¡ ¢ λ f (z) − f (x) É f (z) − f (y)
¢ z−y ¡ f (z) − f (x) É f (z) − f (y) z −x
f (z) − f (x) f (z) − f (y) É z −x z−y
Le théorème suivant fournit un moyen très pratique de montrer qu’une fonction est convexe : il suffit de montrer que sa dérivée seconde est positive sur I. T HÉORÈME 12.25 ♥♥♥ Caractérisation des fonctions convexes dérivables 1. Si f : I 7→ R est dérivable, 2. Si f : I 7→ R est deux fois dérivable,
( f convexe ) ⇐⇒ ( f ′ croissante ) ( f convexe ) ⇐⇒ ( f ′′ Ê 0 sur I)
Démonstration 1. Si f est convexe et dérivable, soient x < y deux points de I. Montrons que f ′ (x) É f ′ (y). Soit z ∈]x, y[, d’après le lemme des trois pentes, f (z) − f (x) f (y) − f (x) É z −x y −x
En passant à la limite dans l’inégalité lorsque z → x + , on trouve que f ′ (x) É
f (y) − f (x) . On a également y −x
f (y) − f (x) f (y) − f (z) É y −x y −z
et en passant à la limite dans l’inégalité lorsque z → y − , f ′ (x) É
f (y) − f (x) É f ′ (y). Finalement, y −x f (y) − f (x) É f ′ (y) y −x
2. Supposons réciproquement f dérivable et f ′ croissante. Soient x < y deux points de I et λ ∈ [0,1]. Posons z = λx + (1 − λ)y . D’après le théorème des accroissements finis entre x et z , il existe c1 ∈]x, z[ tel que f (z) − f (x) = f ′ (c1 ) z −x
483
De même, le théorème des accroissements finis entre z et y garantit l’existence de c2 ∈]z, y[ tel que f (y) − f (z) = f ′ (c2 ) y −z
Puisque f ′ est croissante, f ′ (c1 ) É f ′ (c2 ) d’où l’on tire f (z) − f (x) f (y) − f (z) É z −x y −z
En remplaçant z par sa valeur, on aboutit alors à l’inégalité de convexité f (λx + (1 − λ)y) É λf (x) + (1 − λ) f (y)
3. Si f est deux fois dérivable, on sait que la fonction f ′ est croissante si et seulement si la fonction f ′′ est positive.
T HÉORÈME 12.26 ♥♥ Le graphe d’une fonction convexe est situé au dessus de toutes ses tangentes Soit une fonction f : I 7→ R convexe et dérivable. f (x) Ê f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 )
∀x0 ∈ I, ∀x ∈ I, Démonstration
1. Si x0 < x , prenons z ∈]x0 , x[ et utilisons le lemme des trois pentes : f (z) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) É z − x0 x − x0
En passant à la limite dans l’inégalité lorsque z → x0 , on en tire que f ′ (x0 ) É
f (x) − f (x0 ) x − x0
d’où f (x) Ê (x − x0 ) f ′ (x0 ) + f (x0 ). 2. Si x < x0 , on prend z ∈]x, x0 [ et avec le lemme des trois pentes, f (x0 ) − f (x) f (x0 ) − f (z) É x0 − x x0 − z
En passant à la limite dans l’inégalité lorsque z → x0 , on trouve f (x0 ) − f (x) É f ′ (x0 ) x0 − x
et l’on retrouve que f (x) Ê f (x0 ) − (x0 − x) f ′ (x0 ).
y = f (x)
y = f (x0 ) + (x − x0 ) f ′ (x0 )
x
x0
F IGURE 12.8 – Le graphe d’une fonction convexe est situé au dessus de ses tangentes Multimédia : tangente qui varie, lemme des 3 pentes On obtient des inégalités intéressantes, dites « inégalités de convexité » de la façon suivante : 1. On se donne une fonction f ; 2. On vérifie qu’elle est convexe sur I en vérifiant que f ′′ Ê 0 ; 3. On écrit l’inégalité de convexité (éventuellement généralisée). P ROPOSITION 12.27 Exemples d’inégalités de convexité 1. Si α Ê 1 et x, y > 0, (x + y)α É 2α−1 (x α + y α ).
2. Pour n réels x1 , . . . , xn , (x1 + · · · + xn )2 É n(x12 + · · · + xn2 ). 484
Démonstration
½
]0,+∞[ −→ R . Elle est deux fois dérivable sur I =]0,+∞[ et x 7−→ x α ′′ α−2 ∀x > 0, f (x) = α(α − 1)x Ê 0. C’est donc une fonction convexe. En prenant λ = 1/2, on en déduit que ∀x, y > 0, x + y α xα + yα ( d’où la première inégalité. ) É 2 2 2. La fonction x 7→ x 2 est convexe sur R et il suffit d’utiliser l’inégalité de convexité généralisée avec λ1 = · · · = λn = 1/n :
1. Considérons la fonction f :
³ x + · · · + x ´2 x 2 + · · · + x 2 n n 1 É 1 n n
d’où la deuxième inégalité.
P ROPOSITION 12.28 Concavité du logarithme 1. Comparaison entre moyenne géométrique et arithmétique. Pour tous réels x1 , . . . , xn > 0 : (x1 . . . xn )1/n É
x1 + · · · + xn n
2. Inégalité de Young : pour deux réels a, b > 0 et deux réels p, q > 0 vérifiant ab É
1 1 + = 1, p q
ap bq + p q
Démonstration En notant f : x 7→ ln x , f ′′ (x) = −1/x 2 É 0 donc la fonction logarithme est concave sur ]0,+∞[. 1. En utilisant l’inégalité de convexité généralisée avec λ1 = · · · = λn = 1/n , ln
³ x + · · · + x ´ ln x + · · · + ln x ³ ´ n n 1 1 Ê = ln (x1 ... xn )1/n n n
En prenant l’exponentielle (qui est une fonction croissante), on en déduit l’inégalité souhaitée. 2. Pour λ ∈ [0,1] et x, y > 0, d’où en prenant l’exponentielle,
ln(λx + (1 − λ)y) Ê λln x + (1 − λ) ln y = ln(x λ y 1−λ ) x λ y 1−λ É λx + (1 − λ)y
Il suffit alors de prendre x = a p , y = b q et λ = 1/p pour trouver l’inégalité de Young.
En résumé Les différents théorèmes de ce chapitre doivent être parfaitement connus. Il est du plus mauvais effet d’oublier de vérifier une des hypothèses du théorème de Rolle ou de celui des accroissement finis dans une démonstration. A ce stade de l’année, les calculs de dérivée doivent être menés sans hésitation et les formules de dérivation doivent être connues à la perfection. On complétera la lecture du chapitre par celle du paragraphe C.2 page 1197 de l’annexe C qui traite des méthodes de calcul des dérivées. Enfin, il est intéressant de maîtriser la démonstration du théorème du point fixe 3.6 page 1224. Nombreux sont les exercices qui n’en sont qu’un cas particulier.
485
12.6 Exercices 12.6.1 Dérivabilité Exercice 12.1 ♥ En utilisant la définition, déterminer quand les fonctions suivantes sont dérivables et déterminer leur dérivée : 1 x 5. f : x 7→ |x|.
1. f : x 7→ x .
4. f : x 7→ .
2. f : x 7→ x 2 . p
6. f : x 7→ x n où n ∈ N.
3. f : x 7→ x . Solution : 1. Soit a ∈ R et soit x ∈ R \ {a}. ∆(x) =
f (x) − f (a) x − a = = 1 −−−→ 1 x→a x−a x−a
donc f est dérivable en tout a ∈ R et f ′ (a) = 1 . 2. Soit a ∈ R et soit x ∈ R \ {a}. ∆(x) =
f (x) − f (a) x 2 − a 2 = = x + a −−−→ 2a x→a x−a x−a
donc f est dérivable en tout a ∈ R et f ′ (a) = 2a . 3. Soit a ∈ R+ et soit x ∈ R+ \ {a}. f (x) − f (a) = ∆(x) = x−a
p
1 p p 1 x− a =p p −−−→ 2 a x−a x + a x→a +∞
1
donc f est dérivable en tout a ∈ R∗+ et dans ce cas f ′ (a) = p
2 a
si a > 0 si a = 0
. Par contre f n’est pas dérivable en 0.
4. Soit a ∈ R∗ et soit x ∈ R∗ \ {a}. 1 1 − f (x) − f (a) x a = − 1 −−−→ − 1 = ∆(x) = x−a x−a ax x→a a 2
donc f est dérivable en tout a ∈ R∗ et f ′ (a) = − 5. Soit a ∈ R et soit x ∈ R \ {a}. ∆(x) =
1 . a2 f (x) − f (a) |x| − |a| = . x−a x−a
Si a < 0, comme on va calculer la limite de ∆(x) quand x tend vers a , on peut supposer x < 0 et il s’ensuit que ∆(x) = −1 donc f est dérivable en tout a ∈ R∗− . De plus f ′ (a) = −1 . On montre de même que si a ∈ R∗+ alors f
−1 et ∆(x) −−−−→ 1. f est alors dérivable à gauche est dérivable en a et f ′ (a) = 1 . Par contre en 0, ∆(x) −−−−→ − + x→a
x→a
et à droite en 0 mais n’est pas dérivable en 0.
6. Soit a ∈ R et soit x ∈ R \ {a}. En utilisant les formules de factorisation : ∆(x) =
n−1 X n−1 X n−k−1 k f (x) − f (a) x n − a n n−1 a = na n−1 x a −−−→ = = x→a x−a x−a k=0 k=0
donc f est dérivable en tout a ∈ R et f ′ (a) = na n−1 . Exercice 12.2 ♥ Soit f : R → R une fonction dérivable sur R 1. Si f est paire que dire de f ′ ?
2. Si f est T-périodique (T > 0) que dire de f ′ ? 486
Solution : f ′ (x) =
1. On a : ∀x ∈ R, f (x) = f (−x). En dérivant les deux membres de cette égalité, on obtient : ∀x ∈ R, − f ′ (−x) et donc f ′ est impaire. De même si f est impaire, alors f ′ est paire.
2. Puisque ∀x ∈ R , f (x +T)− f (x) = 0, en dérivant à nouveau les membres de cette égalité, on obtient que f ′ (x +T)− f ′ (x) = 0 et donc que f ′ est aussi T-périodique.
Exercice 12.3 ♥ Pour chacune des fonctions suivantes, déterminer : 1. son domaine de définition. 2. son domaine de dérivabilité. 3. sa dérivée. p 5
4. f : x 7→ e cos x
x3 arctan x 2. f : x 7→ 2 x +1 3. f : x 7→ ln (ln x)
1. f : x 7→
5. f : x 7→ ln |x| 6. f : x 7→ 5x
Solution : 1. f est définie sur R+ et dérivable sur R∗+ comme composée de fonctions dérivables. De plus, pour tout x ∈ R∗+ : f ′ (x) =
3 −2 x 5 . 5
2. f est définie et dérivable sur R comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur R. De plus, si x ∈ R, f ′ (x) =
1 − 2x arctan x . ¡ ¢2 1 + x2
3. f est définie et dérivable sur ]1, +∞[ comme composée de fonctions dérivables. Si x ∈ ]1, +∞[, f ′ (x) =
1 . x ln x
4. f est définie et dérivable sur R comme composée de fonctions dérivables. Si x ∈ R, f ′ (x) = − sin xe cos x . 5. f est définie et dérivable sur R∗ comme composée de fonctions dérivables. De plus, si x ∈ R∗ , f ′ (x) = 1 − x 1 x
si x < 0
si x > 0
=
1 . |x|
6. Comme 5x = e x ln 5 , f est définie et dérivable sur R. Si x ∈ R, f ′ (x) = ln 5.5x . Exercice 12.4 ♥ Pour chacune des fonctions suivantes, déterminer : 1. son domaine de définition. 2. son domaine de dérivabilité. 3. sa dérivée. 1. f : x 7→ cos7 x
4. f : x 7→ x ln |x + 1|
2. x 7→ x
5. f : x 7→ x 4 e x
1
x
3. f (x) =
q¡
¢3 x4 + 1
6. f : x argth(sin x)
Solution : 1. f est définie et dérivable sur R comme composée de fonctions dérivables. Si x ∈ R, f ′ (x) = −7sin x cos6 x . 2. f est définie et dérivable sur R∗+ car x x = e x ln x . De plus, pour tout x ∈ R∗+ : f ′ (x) = (1 + ln x) x x . 3. f est définie et dérivable sur R comme composée de fonctions dérivables. Pour tout x ∈ R : f ′ (x) = 6x 3 4. f ′
p
x4 + 1 .
est définie et dérivable sur R \ {−1} comme composée de fonctions dérivables. Si x ∈ R,
f (x) = ln |x + 1| +
x . |x + 1|
487
−1
5. f est définie et dérivable sur R∗ comme composée de fonctions dérivables. Si x ∈ R∗ , f ′ (x) = x 2 e x (4 x − 1) .
n π o | k ∈ Z comme composée de fonctions dérivables. Si x ∈ I, 2
6. f est définie et dérivable sur I = R \ k f ′ (x) = argth(sin x) +
x . cos x
Exercice 12.5 ♥ Pour chacune des fonctions suivantes, déterminer : 1. son domaine de définition. 2. son domaine de dérivabilité. 3. sa dérivée. 1. f : x 7→ ln (ln (ln (ln x)))
4. f : x 7→ ln (arccos x)
2. f : x 7→ argch(2 + cos x)
5. f : x 7→
1 arcsin sh x p 6. f : x 7→ 1 + th x
3. f : x 7→ (ch x)2x Solution :
1. f est définie et dérivable sur ]e e , +∞[ comme composée de fonctions dérivables. Si x ∈ ]e e , +∞[ : f ′ (x) =
1 x ln (x) ln (ln (x))ln (ln (ln (x)))
2. f est définie sur R et dérivable sur R \ (π + 2πZ) comme composée de fonctions dérivables. Si x 6≡ π alors : f ′ (x) = − p
3. f
est
sin x p 1 + cos x 3 + cos x
définie 2 x−1
′
f (x) = 2 ch
et
dérivable
sur
R
comme
composée
de
fonctions
dérivables.
De
plus,
(ln (ch x) ch x + x sh x) .
4. f est définie sur [−1, 1[ et dérivable sur ]−1, 1[ comme composée de fonctions dérivables. Si x ∈ ]−1, 1[, f ′ (x) = − p
1
.
1 − x 2 arccos x p ¢¤ p ¢ £ ¤ ¡ ¤ ¡ ¡ p ¢£ £ ¡ p ¢ £ ¤ 5. f est définie sur − ln 1 + 2 , 0 ∪ 0, ln 1 + 2 et dérivable sur I = − ln 1 + 2 , 0 ∪ 0, ln 1 + 2 comme
composée de fonctions dérivables. De plus, si x ∈ I f ′ (x) = − p
ch x
2 − ch2 x (arcsin sh x)2
.
1 − th2 x
6. f est définie et dérivable sur R et si x ∈ R : f ′ (x) = p
2 1 + th x
Exercice 12.6 ♥ Pour chacune des fonctions suivantes, déterminer : 1. son domaine de définition. 2. son domaine de dérivabilité. 3. sa dérivée. p
1. f : x 7→ 21+xx 2. f : x 7→
x+ln x x+ln2 x
3. f : x 7→
arccos x arcsin x
4. f : x 7→ (1 + x)x 5. f : x 7→
p
argsh x
ln (ch x)
x 6. x 7→ (cossinx+2) 4
Solution : 1. f est définie sur R+ et dérivable, par opérations sur les fonctions dérivables sur R∗+ . De plus, pour tout x > 0 : f ′ (x) =
1−x p (x + 1)2 x
488
2. f est définie et dérivable sur R∗+ . Si x ∈ R∗+ alors f ′ (x) =
(x − 1) ln2 x − 3x ln x + x ¡ ¢2 x x + ln2 x
3. f est définie et dérivable sur ]−1, −1[ \ {0} comme quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle. De plus, si arcsin x + arccos x 1 π x ∈ ]−1, 1[ \ {0} : f ′ (x) = − p = − p 2 2 1 − x 2 arcsin2 x 1 − x 2 arcsin x
4. f (x) = e x ln(1+x)
donc f ´ x f ′ (x) = ln(1 + x) + (1 + x)x . 1+x ³
et
5. f est définie et dérivable sur
R∗+
est
définie
et
dérivable
sur
]−1, +∞[.
Si
x
∈
]−1, +∞[,
p − ch x ln (ch x) + 2argsh x sh x 1 + x 2 et si x > 0 : f (x) = − p p 2 1 + x 2 (ln (ch x))2 ch x argsh x ′
6. f est définie et dérivable sur R. De plus, pour tout x ∈ R, f ′ (x) =
4 + 2cos x − 3cos2 x (cos x + 2)5
.
Exercice 12.7 ♥ Pour chacune des fonction suivantes : 1. Déterminer son domaine de définition D f . 2. Prouver que f est continue sur D f . 3. Déterminer sur quel domaine f est dérivable. 4. Prolonger f par continuité là où c’est possible. 5. Vérifier si ce prolongement est dérivable. 1. f : x 7→ x sin
¡1¢
2. f : x 7→ x 2 sin
¡
¢
¡
3. f : x 7→ x 2 − 1 arcsin x 2
x
¡1¢
4. f : x 7→ |x| argth x
x
¢
Solution : 1. f est définie et continue sur R∗ comme produit et composée de fonctions continues. En appliquant le théorème des gendarmes, on montre que f (x) −−−→ 0. On prolonge alors f par continuité en 0 en posant : f (0) = 0. Par x→0
opérations sur les fonctions dérivables, f est dérivable sur R∗ . Reste à étudier la dérivabilité en 0. Pour tout
f (x) − f (0) 1 = sin qui diverge quand x tend vers 0. f n’est donc pas dérivable en 0. x −0 x 2. On montre comme précédemment que f est définie, continue et dérivable sur R∗ . On montre aussi qu’on peut là encore prolonger f par continuité en 0 en posant f (0) = 0. Pour ce qui concerne la dérivabilité en 0 on a, pour f (x) − f (0) 1 tout x ∈ R∗ , ∆(x) = = x sin −−−→ 0 donc f est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0. x −0 x x→0 sur les fonctions dérivables, f est dérivable sur ]−1, 1[. En 3. f est définie et continue sur [−1, ¡ 2 1]. ¢Par opérations ¡ ¢ ¡ ¢ x − 1 arcsin x 2 f (x) − f (1) π. f est donc dérivable en x = 1 et = = (x + 1) arcsin x 2 −−−−→ x = 1, ∆(x) = x→1− x −1 x −1 ′ f (1) = π. On fait de même en −1. x ∈ R∗ , ∆(x) =
4. f est définie et continue sur ]−1, 1[. f n’est pas prolongeable par continuité en ±1. f est dérivable sur ]−1, 0[∪[0, 1] comme produit de fonctions dérivables sur ces intervalles. En x = 0, ∆(x) = 0 donc f est dérivable aussi en 0 et f ′ (0) = 0.
Exercice 12.8 ♥ Pour chacune des fonction suivantes : 1. Déterminer son domaine de définition D f . 2. Prouver que f est continue sur D f . 3. Déterminer sur quel domaine f est dérivable. 4. Prolonger f par continuité là où c’est possible. 5. Vérifier si ce prolongement est dérivable.
489
f (x) − f (0) |x| argth x = ∼ |x| −−−→ x→0 x→0 x −0 x
4
1. f : x 7→ e xx−1
3. f : x 7→ cos p
2. f : x 7→ x x .
¡p ¢ x
4. f : x 7→ |x − 1| sin x .
Solution : x4 = x 3 −−−→ 0. On prolonge alors f par continuité en 0 x→0 x x→0 en posant f (0) = 0. f est dérivable sur R∗ par opérations sur les fonctions dérivables. Si x = 0, alors ∆(x) = x3 f (x) − f (0) = x ∼ x 2 −−−→ 0 donc f est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0. x→0 x −0 e − 1 x→0
1. f est définie et continue sur R∗ . De plus :
x4 e x −1
∼
0 donc par opérations sur les limites 2. f (x) = x x = e x ln x donc f est définie et continue sur R∗+ . Mais x ln x −−−−→ + x→0
f (x) −−−−→ e 0 = 1. On prolonge donc f par continuité en 0 en posant f (0) = 1. f est dérivable sur R∗+ comme + x→0
f (x) − f (0) e x ln x − 1 x ln x −∞, = ∼+ = ln x −−−−→ x→0 x→0+ x −0 x x l’équivalent étant valide car x ln x −−−−→ 0. f n’est donc pas dérivable en 0 et le graphe de f admet en 0 une
composée de fonctions dérivables. En x = 0, on a : ∆(x) = x→0+
tangente verticale.
3. f est définie et continue sur R+ . f est dérivable sur R∗+ par opérations sur les fonctions dérivables. En x = 0, on a :
−x 2 = − 1 −−−−→ 0 et f est dérivable en 0 avec de plus f ′ (0) = −1/2. ∼ + x→0 x 2 x→0+ p f (x) − f (0) sin x. |x − 1| = ∼ 4. f est définie et continue sur R. Elle est dérivable sur R \ {1} et en x = 1 : ∆(x) = x→1 x −0 x −1 p |x − 1| sin 1 +∞ et ∆(x) −−−−→ −∞. f n’est donc pas dérivable en 0. donc ∆(x) −−−−→ x→1− x −1 x→1+ ¡p ¢ f (x) − f (0) cos x − 1 = ∆(x) = x −0 x
Exercice 12.9 ♥ Soit f la fonction définie sur R par :
1 − ex f (x) = 0 ex − 1 ex + 1
si x < 0 si x = 0 si x > 0
1. Prouver que f est continue en 0. 2. Étudier la dérivabilité de f et calculer f ′ (x) en tout point x où f est dérivable. Solution : 0. Donc f est continue à gauche en 0. De plus, 1. Il est clair que 1 − e x −−−−→ − x→0
continue à droite en 0. En résumé, f est continue en 0.
ex − 1 −−−−→ 0 et donc f est aussi e x + 1 x→0+
2. f est dérivable sur R∗ par opérations sur les fonctions dérivables. Si x < 0 alors f ′ (x) = −e x et si x > 0 alors f ′ (x) =
2e x
(e x + 1)2
. De plus :
si x < 0 : ∆(x) =
1 − ex x
∼+
x→0
−x −1 = −1 −−−−→ x→0+ x
et si x > 0 :
∆(x) =
ex − 1 x (e x + 1)
∼
x→0−
x 1 −−−−→ 2x x→0− 2
donc f est dérivable à gauche et à droite en 0 mais n’est pas dérivable en 0. Exercice 12.10 ♥ Soit f la fonction définie sur R par : f (x) =
(
e −x + 1
2 + x ln x
si x É 0 si x > 0
1. Prouver que f est continue en 0. 2. Étudier la dérivabilité de f et calculer f ′ (x) en tout point x où f est dérivable. Solution : 2 = f (0) donc f est aussi continue à droite 1. Il est clair que f est continue à gauche en 0. De plus, 2 + x ln x −−−−→ + x→0
en 0. En résumé, f est continue en 0.
490
2. f est dérivable sur R∗ par opérations sur les fonctions dérivables. Si x < 0 alors f ′ (x) = −e −x et si x > 0, f ′ (x) = −∞, f ln x + 1. On vérifie facilement que f est dérivable à gauche en 0. Par contre, comme f ′ (x) = ln x + 1 −−−−→ + x→0
n’est pas dérivable à droite en 0.
Exercice 12.11 ♥♥ Soient deux réels a et x0 > 0. On définit f :
]0, +∞[
x
−→ 7−→
R ( p a x 2
x +1
si x < x0 si x Ê x0
Trouver les valeurs de a et x0 pour lesquelles f est dérivable sur ]0, +∞[. Solution : Par opérations sur les fonctions dérivables, la fonction f est dérivable sur ]0, x0 [ et sur ]x0 , +∞[. Comme ∀x > x0 , f ′ (x) = 2x −−−−→ 2x0 , la fonction f est dérivable à droite au point x0 d’après le théorème du prolongement x→x 0
dérivable et f d′ (x0 ) = 2x0 .
a
a a , il vient que f est dérivable à gauche en x0 et f g′ (x0 ) = p . 2 x0 2 x0
Comme ∀x < x0 , f ′ (x) = p −−−−→ p x→x 2 x
0
p
La fonction f est dérivable en x0 si et seulement si f g′ (x0 ) = f d′ (x0 ), c’est-à-dire si et seulement si a = 4x0 x0 . Exercice 12.12 ♥♥ Soit une fonction f : R 7→ R . On dit que cette fonction possède une dérivée symétrique en 0 lorsque lim
h→0
f (h) − f (−h) existe et est finie. 2h
1. Si la fonction f est dérivable en 0, montrer qu’elle admet une dérivée symétrique en 0 et la calculer. 2. Si la fonction f admet une dérivée symétrique en 0, est-elle dérivable en 0 ? Solution : 1. Calculons le développement limité à l’ordre 1 de f en 0 : f (x) = f (0) + x f ′ (0) + xε(x)
avec ε(x) −−−→ 0. Soit h > 0. En écrivant cette égalité pour x = h et pour x = −h , en soustrayant et en divisant par x→0 2h , on trouve que f (h) − f (−h) ε(h) + ε(−h) = f ′ (0) + −−−→ f ′ (0) h→0 2h 2
Donc la fonction f admet une dérivée symétrique en 0 qui vaut f ′ (0). f (h) − f (−h) = 0 donc f admet une dérivée 2h ′ ′ symétrique en 0 mais n’est pas dérivable en 0 car f g (0) = −1 et f d (0) = 1.
2. La réciproque est fausse comme on le voit si f (x) = |x| : ∀h 6= 0,
Exercice 12.13 ♥♥ Soit une fonction f : [0, +∞[−→ R dérivable sur l’intervalle [0, +∞[ telle que f (0) = 0, f Ê 0 et ∀x Ê 0, f ′ (x) É a f (x)
(a > 0)
Montrer que la fonction f est nulle. Solution : Introduisons la fonction auxiliaire g:
½
[0, +∞[ x
−→ 7−→
R e −ax f (x) ¡
La fonction g est dérivable sur l’intervalle [0, +∞[ comme produit de fonctions dérivables et ∀x Ê 0, g ′ (x) = e −ax f ′ (x)− ¢ a f (x) É 0. Donc la fonction g est décroissante sur l’intervalle [0, +∞[ et on a ∀x Ê 0, g (x) É g (0). Mais alors, si x ∈ [0, +∞[, f (x) = e ax g (x) É e ax g (0) = e ax f (0) = 0. Comme la fonction f est positive, c’est la fonction nulle. 491
Exercice 12.14 ♥♥ Soit x0 ∈ R et f : R −→ R une application continue en x0 6= 0 et telle que la fonction x 7→ x f (x) soit dérivable en x0 . Montrer que f est dérivable en x0 . Solution : Soit x ∈ R \ {x0 }. On écrit que : f (x) − f (x0 ) x f (x) − x0 f (x0 ) x[ f (x) − f (x0 )] + f (x0 )[x − x0 ] = =x + f (x0 ) x − x0 x − x0 x − x0
d’où l’on tire :
¶ µ f (x) − f (x0 ) 1 x f (x) − x0 f (x0 ) = − f (x0 ) x − x0 x x − x0
On passe ensuite à la limite dans cette relation lorsque x → x0 , et on trouve, en utilisant que x 7→ x f (x) est dérivable en x0 et que f est continue en x0 , que f est dérivable en x0 avec f ′ (x0 ) =
1 ((x f )′ (x0 ) − f (x0 )) x0
Exercice 12.15 ♥♥ Soit f : R −→ R une fonction dérivable et telle que x f ′ (x) −−−−−→ 1. Montrer que f (x) −−−−−→ +∞. x→+∞
x→+∞
Solution : Soit 0 < ε < 1. Comme x f ′ (x) −−−−−→ 1, il existe A ∈ R∗+ tel que si x Ê A alors x→+∞
1+ε 1−ε É f ′ (x) É . x x
Mais alors, pour X Ê A :
ZX A
1−ε dx É x
ZX A
f ′ (x) d x É
ZX A
1+ε dx x
ce qui amène (1 − ε) (ln X − ln A) É f (X) − f (A) É (1 + ε) (ln X − ln A).
On en déduit grâce au théorème des gendarmes que f (x) −−−−−→ +∞. x→+∞
Exercice 12.16 Soit
♥♥ f :
Étudier la dérivabilité de f en x0 ∈ R .
R x
−→ 7−→
R (
x2 0
si x ∈ Q si x 6∈ Q
Solution :
¡
¢
1. Si x0 = 0, formons le taux d’accroissement ∆ de f en 0. Pour x 6= 0, on a :∆(x) = f (x) − 0 /x et donc |∆(x)| É x 2 /x É x . On en déduit que ∆(x) −−−→ 0 et que f est dérivable en 0. De plus f ′ (0) = 0. x→0
2. Si x0 6= 0, montrons que f n’est pas dérivable en x0 en montrant que f n’est pas continue en x0 . Comme Q et R \ Q sont denses dans R, il existe une suite de rationnels (r n ) et ¡une¢suite d’irrationnels (qn ) qui convergent toutes deux vers x0 . Alors, pour tout n ∈ N, f (r n ) = r n2 −−−−−→ x02 et f qn = 0 −−−−−→ 0. Donc f n’est pas continue en x0 et à n→+∞ n→+∞ fortiori f n’est pas dérivable en x0 . Exercice 12.17 ♥♥ Soit f : R 7→ R une fonction dérivable telle que f (0) = 0. Déterminer la limite suivante : lim
x→0
f (x) f (−x) x2
Solution : Écrivons le développement limité à l’ordre 1 de f en 0 : ∀x ∈ R,
f (x) = x f ′ (0) + xε(x) avec ε(x) −−−→ 0 x→0
492
Alors, pour tout x ∈ R :
f (x) f (−x) = ( f ′ (0) + ε(x))(− f ′ (0) − ε(−x)) −−−→ −( f ′ (0))2 x→0 x2
Exercice 12.18 ♥♥♥ Soit f : R −→ R dérivable en 0 telle que f (0) = 0. Trouver la limite de la suite de terme général à ! à ! n n X 2k un = f 3n k=0 k
Indication : Utiliser le développement limité à l’ordre 1 de f en 0 : f (x) = x f ′ (0) + xε(x). L’idée est que pour x petit, « f (x) ressemble à x f ′ (0) ». La suite se comporte comme f ′ (0)
Pn
k=0
³ n ´ 2k
k 3n
= f ′ (0).
Solution : Écrivons le développement limité à l’ordre 1 de f en 0 : f (x) = x f ′ (0) + xε(x) avec ε(x) −−−→ 0 x→0
Alors pour tout n ∈ N
à ! à ! à ! à ! à ! n n 2k n n 2k n n 2k X X X 2k 2k ′ un = f (0) + ε n = f (0) + v n avec v n = ε n n n n 3 3 k=0 k 3 k=0 k 3 k=0 k 3 ′
car d’après la formule du binôme
à ! n k 2 = (1 + 2)n = 3n . k=0 k
Pn
Montrons que v n −−−−−→ 0. Soit µ > 0. Il existe α > 0 tel que ∀x ∈ [−α, α], |ε(x)| É µ. Comme la suite n→+∞
existe N ∈ N tel que ∀n Ê N,
Mais alors
2n 2k 2n É α. Soit alors n Ê N. Puisque ∀k ∈ [0, n], 0 É n É n É α, il vient que n 3 3 3 ¯ Ã !¯ ¯ 2k ¯ ¯ ¯ ∀k ∈ 0, n , ¯ε n ¯ É µ ¯ 3 ¯ Ã ! n n 2k X |v n | É n k=0 k 3
Par conséquent, un −−−−−→ f ′ (0) . n→+∞
2n −−−−−→ 0, il 3n n→+∞
¯ Ã !¯ Ã ! ¯ 2k ¯ n n 2k X ¯ ¯ =µ ¯ε n ¯ É µ n ¯ 3 ¯ k=0 k 3
Exercice 12.19 ♥♥♥ On considère la suite (sn ) définie pour tout n Ê 1 par sn =
2n 1 X k=n k
1. Montrez que la suite (sn ) est convergente. 2. On considère une fonction f : [0, 1] 7→ R dérivable au point 0 et telle que f (0) = 0. On définit pour tout n Ê 1 la suite (S n ) par Sn =
2n X
k=n
f
³1´ k
Montrer que la suite (sn ) converge. 3. Étudiez les suites de terme général un =
2n X
k=n
³
ln 1 +
1 k
´
493
n X
µ
1 sin et v n = k + n k=0
¶
Solution : 1 3n+2 1 + 2n+1 − n1 = − 2n(n+1)(2n+1) < 0 donc (sn ) est décroissante. Elle est positive 1. Soit n ∈ N∗ . Comme sn+1 − sn = 2n+2 donc minorée par 0. D’après le théorème de la limite monotone, (sn ) est donc convergente.
2. Posons λ = f ′ (0). Le développement limité de f en 0 à l’odre 1 est donné, pour tout x ∈ [0, 1], par : f (x) = λx + xε (x) où ε est une fonction définie sur un voisinage à droite de 0 telle que lim0+ ε = 0. On a donc pour tout k ∈ N∗ : f (1/k) = λ/k + εk /k où εk = ε (1/k). Remarquons que εk −−−−−→ 0. Il vient alors : k→+∞
Sn =
2n X
³1´
f
k
k=n
= λsn +
2n ε X k . k k=n
Soit ε > 0. Il existe un rang N tel que si n Ê N alors |εn | É ε Pour n Ê N, on a donc : (λ − ε) sn É S n É (λ + ε) sn .
Si λ 6= 0, on en déduit que S n ∼ λsn et donc que S n converge vers λl où l = lim sn . Si λ = 0 alors il vient que n→+∞ S n = o (sn ) et comme (sn ) converge il en est de même de (S n ). n→+∞
3. Par application résultat¡ précédent, il est clair que (un ) est convergente. Par ailleurs, pour tout n ∈ N∗ , v n = ¡ 1 ¢ du ¢ Pn P2n 1 sin k+n = k=n sin k et donc de la même façon, (v n ) est convergente. k=0
12.6.2 Dérivées d’ordre n , formule de Leibniz Exercice 12.20 ♥ Soit f la fonction définie sur R par :
(
f (x) =
¡ ¢ x 2 ln x 2
0
si x 6= 0 si x = 0
1. Vérifier que f est dérivable sur R et calculer f ′ . 2. La fonction f est-elle de classe C 1 sur R ? 3. La fonction f est-elle deux fois dérivable sur R ? Solution : ∗ ′ 1. La ¡fonction ¡ 2 ¢ f ¢est dérivable sur R comme produit et composée de fonctions dérivables. De plus, si x 6= 0, f (x) = 2x ln x + 1 . En x = 0, le taux d’accroissement de f est donné par :
∆(x) =
¡ ¢ x 2 ln x 2
x
= x ln x 2 −−−→ 0 x→0
donc f est aussi dérivable en 0 et f ′ (0) = 0.
2. La fonction f ′ est clairement continue sur R∗ . De plus f ′ (x) −−−→ 0 car x ln x 2 −−−→ 0 donc f ′ est aussi continue x→0
en 0. En conclusion, f est de classe C 1 sur R. ¡
¡
¢
x→0
¢
3. Pour tout x ∈ R∗ , f ′ (x) = 2x ln x 2 + 1 donc f ′ est dérivable sur R∗ par opérations sur les fonctions dérivables. Le taux d’accroissement de f ′ en 0 est donné par, pour tout x ∈ R∗ : ∆(x) =
¡ ¡ ¢ ¢ 2x ln x 2 + 1
x
et donc f n’est pas deux fois dérivable en 0. Exercice 12.21 ♥ Soit f la fonction définie sur R par : f (x) =
(
¡ ¡ ¢ ¢ = 2 ln x 2 + 1 −−−→ −∞
(x x )x 1
1. Vérifier que f est dérivable sur R et calculer f ′ . 2. La fonction f est-elle de classe C 1 sur R ? 3. La fonction f est-elle deux fois dérivable sur R ? 494
x→0
si x > 0 si x É 0
Solution : 1. Pour tout x ∈ R∗+ , f (x) = e x
2
ln x
. La fonction f est dérivable sur R∗+ par opérations sur les fonctions dérivables. f
est par ailleurs clairement dérivable sur R∗− . Étudions la dérivabilité de f en 0. Si x ∈ R∗+ : ∆(x) = ex
2 ln x
x
−1
f (x) − f (0) = x −0
0. Donc f est dérivable à droite en 0 et f d′ (0) = 0. Il est clair que 0 car x 2 ln x −−−−→ ∼ x ln x −−−−→ + +
x→0+
x→0
x→0
f est dérivable à gauche en 0 et que f g′ (0) = 0. f est donc dérivable en 0 et f ′ (0) = 0. En résumé, f est dérivable sur R.
2. La fonction f ′ est continue sur R∗ par opérations sur les fonctions continues. De plus, si x ∈ R∗+ : f ′ (x) = 2 0 par opérations sur les limites. Il est par ailleurs clair que si x ∈ R∗− , f ′ (x) −−−−→ 0. f ′ (2x ln x + x) e x ln x −−−−→ − + x→0
x→0
est donc continue sur R et f ∈ C 1 (R).
3. f ′ est dérivable sur R∗ par opérations sur les fonctions dérivables. En 0+ : f ′ (x) − f ′ (0) (2x ln x + x) e x ∆(x) = = x −0 x
2
ln x
= (2ln x + 1) e x
2
ln x
−∞ −−−−→ + x→0
0. f n’est donc pas deux fois dérivable en 0. par opérations sur les limites et car x 2 ln x −−−−→ + x→0
Exercice 12.22 Soit
♥
f :
[0, 1]
x
−→ 7−→
Est-ce que f est de classe C 1 , C 2 sur [0, 1] ?
R Ã 1! − x sin e x x 0
si x 6= 0 si x = 0
Solution : La fonction f est de classe C 2 sur ]0, 1] par opération sur les fonctions de classe C 2 . Étudions la dérivabilité en 0. Soit x ∈ ]0, 1]. Le taux d’accroissement de f en 0 est
∆ f (x) =
Ã
1
e− x x sin x x
!
Ã
1
e− x = sin x
!
1
∼+
x→0
e− x −−−−→ 0 x x→0+
1
car
e − x X=1/x ====== Xe −X −−−−−→ 0. Donc f est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0. Par ailleurs, toujours pour x ∈ ]0, 1] : X→+∞ x µ µ −1/x ¶ µ −1/x ¶¶ 1 e e ′ 2 −1/x f (x) = 2 x sin + (1 − x) e cos x x x
0, f ′ est aussi continue en 0. Calculons f ′′ . On a : et il vient facilement que f ′ (x) −−−−→ + x→0
f ′′ (x) = −
µ −1/x ¶ µ −1/x ¶ e e e −1/x e −1/x − x) sin + 1) cos + −−−−→ 0 (1 (−2x 2 4 x x x x x→0+
donc f ′ est dérivable à droite en 0 d’après le théorème du prolongement dérivable et f ′′ est continue en 0. En conclusion f est de classe C 2 sur [0, 1]. Exercice 12.23 ♥ Calculer la dérivée n -ième de : 1 1−x 1 2. f 2 : x 7→ 1+x
1. f 1 : x 7→
3. f 3 : x 7→
1 1 − x2 2 x
4. f 4 : x 7→ x e
495
5. f 5 : x 3 ln x 6. f 6 : x 7→ sin x cos x .
7. f 7 : x 7→ e x sin x .
Solution : 1. Montrons par récurrence que pour tout n ∈ N∗ et pour tout x 6= 1 : f 1(n) (x) = rang 1. Soit n ∈ N∗ . Supposons que pour tout x 6= 1 on ait f 1(n) (x) = f 1(n+1) (x) =
µ
n! (1 − x)n+1
¶′
=−
n! (1 − x)n+1
− (n + 1) n! (1 − x)n+2
=
n! (1 − x)n+1
. La formule est vraie au
alors pour tout x 6= 1
(n + 1)!
(1 − x)n+2
et la formule est encore vraie au rang n + 1. On conclut en appliquant le théorème de récurrence. 2. On montre de même que f 2(n) (x) = (−1)n 3. On a, pour tout x ∈ R \ {±1} : µ
1 1 − x2
¶n
n!
pour tout x 6= −1 et tout n ∈ N∗ .
(1+x)n+1
1 1 1 1 1 = + donc : 1 − x2 2 1 − x 2 1 + x
=
µ µ ¶ ¶ 1 n! 1 n! n! (−1)n n . = + + (−1) 2 (1 − x)n+1 2 (1 − x)n+1 (1 + x)n+1 (1 + x)n+1
4. On calcule facilement les deux premières dérivées de f . Si n Ê 3 , on applique la formule de Leibniz en remarquant que les dérivées d’ordre Ê 3 de x 7→ x 2 sont nulles, pour tout x ∈ R : f 4(n) (x) = x 2 e x + 2nxe x + 2
¡ ¢ n (n − 1) x e = x 2 + 2nx + n (n − 1) e x . 2
5. On calcule facilement les trois premières dérivées de f 5 . On montre aussi facilement par récurrence que la dérivée (−1)n−1 (n − 1)! n ème de ln est x 7→ . On remarque que les dérivées d’ordre Ê 4 de x 7→ x 3 sont toutes nulles. On xn
procède alors comme précédemment. La formule de Leibniz nous permet d’écrire pour tout n Ê 4 et tout x ∈ R∗+ que : f 5(n) (x)
= =
=
(−1)n−1 (n − 1)! (−1)n (n − 2)! (−1)n−1 (n − 3)! + 3 + 6 x n−3 x n−3 x n−3 n 3−n (−1) x (n − 4)!(− (n − 1) (n − 2) (n − 3) + 3n (n − 2) (n − 3) − 3n (n − 2) (n − 3) + n (n − 1) (n − 2)) (−1)n n (n + 1) (n − 2) (n − 4)!x 3−n
6. Soit x ∈ R. D’après les formules de trigonométrie, f 6 (x) = sin(2x)/2 donc pour tout n ∈ N∗ , f 6(n) (x) = 2n−1 sin (2x + nπ/2) .
¡
¢
7. Soit x ∈ R. On a f 7 (x) = e x sin x = Im e (1+i)x . On sait dériver la fonction exponentielle complexe, voir la ¡
proposition 4.41 page 176. Comme e (1+i)x ³
p n 2 sin x +
´ nπ 4
ex .
¢(n)
= (1 + i )n e (1+i)x =
p
n inπ (1+i)x 4 e ,
2 e
on en déduit que f 7(n) (x) =
Exercice 12.24 ♥♥ Déterminer la dérivée n ème de la fonction f (x) = x 2 (1 − x)n
Indication 12.4 : Écrire (1 − x)n = (−1)n (x − 1)n pour calculer les dérivées successives : cela évite les problèmes de signe !
Solution : Utilisons la formule de Leibniz : f
(n)
à ! n n £ ¤ X ¤(n−k) (k) £ (x) = x2 (1 − x)n k=0 k
Et puisque les dérivées de x 2 sont nulles pour k Ê 3, il ne reste que 3 termes dans cette somme : f (n) (x) = x 2 [(1 − x)n ](n) + 2nx[(1 − x)n ](n−1) + n(n − 1)[(1 − x)n ](n−2)
Ensuite, en remarquant que (1 − x)n = (−1)n (x − 1)n , on calcule les dérivées de (x − 1)n : [(x − 1)n ](p) =
n! (x − 1)n−p (n − p)!
496
et alors f (n) (x) = n!x 2 (−1)n + 2nx(−1)n n!(x − 1) + n(n − 1)(−1)n
n! (x − 1)2 2
et après factorisation et simplification, on trouve que f (n) (x) = (−1)n
¤ n! £ (n + 1)(n + 2)x 2 − 2n(n + 1)x + n(n − 1) . 2
On remarque que f étant un polynôme de degré (n + 2), sa dérivée n -ième est bien un polynôme de degré 2. Exercice 12.25 ♥♥ On considère la fonction f :]0, +∞[−→ R définie par f (x) = x n−1 ln x où n ∈ N⋆ . Calculez f (n) Solution : La fonction f est de classe C ∞ sur l’intervalle ]0, +∞| comme produit de fonctions C ∞ . Notons g la fonction définie par g (x) = x n−1 et h la fonction définie par h(x) = ln(x). D’après la formule de Leibniz, pour x > 0, f
(n)
à ! n n X (x) = g (k) (x)h (n−k) (x) k k=0
Mais on montre facilement que pour k É n − 1, g (k) (x) =
et que g (n) = 0, puis que ∀k Ê 1,
(n − 1)! x n−1−k (n − k − 1)!
h (k) (x) = (−1)k−1
(k − 1)! xk
Donc f
(n)
à ! (n − k − 1)! n (n − 1)! x n−1−k (−1)n−k−1 (x) = (n − k − 1)! k x n−k k=0 à ! X n (−1)n−1 (n − 1)! n−1 = (−1)k x k k=0 n−1 X
= =
¤ (−1)n−1 (n − 1)! £ (1 − 1)n − (−1)n x
(n − 1)! x
Exercice 12.26 ♥♥ On considère la fonction définie sur ] − 1, +∞[ par
f n (x) = x n−1 ln(x + 1)
Déterminer f n(n) (x) en effectuant un raisonnement par récurrence.
i (n − 1)! h 1 . On − 1 x (1 + x)n (n−1) vérifie facilement la propriété au rang 1. Soit n ∈ N∗ . Supposons la propriété vraie au rang n − 1 : f n−1 (x) = i 1 (n − 2)! h ∞ − 1 . Remarquons que : f n (x) = x f n−1 (x). La fonction f n est un produit de fonctions C sur x (1 + x)n−1 ]−1, +∞[ et elle est donc C ∞ . On peut alors appliquer la formule de Leibniz et en utilisant l’hypothèse de récurrence,
Solution :
Montrons par récurrence que pour tout n ∈ N∗ et x ∈ ]−1, +∞[, f n(n) (x) =
on obtient :
f n(n) (x)
= = = =
(n) (n−1) x f n−1 (x) + n f n−1 (x) ¶ µ i (n − 2)! h 1 (n − 2)! nx + 1 − 1 +n −x −1 n 2 n−1 x x (1 + x) (1 + x) ¶ µ n −1 n nx + n (n − 2)! + +1+ −n − x (1 + x)n (1 + x)n (1 + x)n−1 i (n − 1)! h 1 − 1 x (1 + x)n
497
On termine en appliquant le principe de récurrence. Exercice 12.27 ♥♥ Soit la fonction f définie sur R par f (x) = x n (1 − x)n . Calculer sa dérivée n ème et en déduire la valeur de la somme : Ã ! n n 2 X Sn = k=0 k n! x n−k . On en déduit Solution : Posons g : x 7→ x n et h : x 7→ (1 − x)n Rappelons que pour tout k ∈ 0, n, g (k) (x) = (n−k)! n! k n−k k n! (n−k) (k) . En utilisant la formule de Leibniz, on que pour tout k ∈ 0, n, g (x) = k! x et que h (x) = (−1) (n−k)! (1 − x) trouve alors que :
f
(n)
à ! à ! à !2 n n n n X X X n! k n n! (n−k) (k) k n k n−k (x) = g x k (1 − x)n−k x (1 − x) = n! (−1) (x) h (x) = (−1) k k! (n − k)! k k=0 k k=0 k=0
Remarquons que f (n) est un polynôme de degré n . Le coefficient de son terme dominant est : Ã ! Ã ! n n 2 n n 2 X X k n−k n n! (−1) (−1) = (−1) n! = (−1)n n!S n k k k=0 k=0
Comme la fonction f est une fonction polynomiale de degré (2n) et de coefficient dominant (−1)n , en la dérivant n fois, le coefficient de x n dans f (n) (x) vaut aussi (−1)n (2n)(2n − 1) . . . (n + 1) = (−1)n
(2n)! n!
à ! 2n On en déduit que S n = . n
12.6.3 Applications de la dérivation Exercice 12.28 ♥ Soit f : [0, +∞[→ R une fonction de classe C1 telle que f (0) = −1 et lim f (x) = +∞. Montrer que si f s’annule au x→+∞ moins deux fois alors il en est de même de f ′ . Solution : Si f ′ ne s’annule pas alors f est strictement croissante et donc injective. Elle ne peut s’annuler alors au plus qu’une fois. Si f ′ ne s’annule qu’une fois, en un réel noté α, alors on en déduit que le tableau de variation de f est un des deux suivants :
x
0
′
f (x)
α
% % 0
+
+
f (α)
f
−1
+∞
0
α
−1
& %
x ′
f (x)
+∞
f
−
0
f (α)
+
+∞ +∞
Dans les deux cas, on remarque que f ne peut s’annuler qu’une fois. Par conséquent f ′ s’annule au moins deux fois. Exercice 12.29 ½
Soit f :
[0, π2 ] x
−→ 7−→
R p
♥ sin x + x
.
1. Démontrer que f réalise une bijection vers un intervalle qu’on précisera. 2. Prouver que f −1 est continue et dérivable sur cet intervalle. Solution : 498
1. La fonction f est bien définie et strictement croissante sur I = [0, π2 ]. Elle réalise donc une bijection de I sur J = f (I). Mais ¡ ¢par opération sur les fonctions continues, f est £continue¤ sur I donc J est un segment de R. Comme f (0) = 0, f π2 = 1 + π2 et que f est croissante, il vient que J = 0, 1 + π2 . En conclusion, f réalise une bijection de [0, π2 ] sur [0, 1 + π2 ]. 2. Comme f est continue et strictement croissante sur I, f −1 est continue et strictement croissante sur J. De plus f cos x est dérivable sur ]0, π2 ] et f ′ (x) = 2p + 1 > 0. Donc f −1 est dérivable sur ]0, π2 ]. Étudions la dérivabilité de f en sin x ¤ ¤ ¤ ¤ 0. Considérons h ∈ 0, 1 + π2 et posons x = f −1 (h) ∈ 0, π2 . Remarquons que x = f −1 (h) −−−→ 0. On a : h→0
x x f −1 (h) − f −1 (0) = =p = h f (x) sin x + x
car
p1 x
q
1 sin x x
+1
−−−→ 0 x→0
sin x −−−→ 1. Donc f −1 est aussi dérivable en 0 et f ′ (0) = 0. En conclusion f −1 est dérivable sur J. x x→0
Exercice 12.30
♥♥
Soit
f :
1. Vérifier que f réalise une bijection de 2. Sans calculer f Solution :
−1
£π
½ £π
2 ,π
x
2 ,π
£
£
−→ 7−→
R 1 sin x
.
sur [1, +∞[.
, déterminer son ensemble de dérivabilité et calculer sa dérivée.
£
£
1. La fonction sin : π2 , π → ]0, 1] est strictement décroissante et la fonction x 7→ 1/x est strictement décroissante sur ]0, £ π 1].£Donc par utilisation de la règle des signes pour la composition des fonctions, f est strictement croissante sur 2 , π . On en déduit que f réalise une bijection de I = ]0, 1] sur J = f (I). Par opération sur les fonctions continues, f est continue sur I et donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, J est un intervalle de R. Comme +∞ et que f (π/2) = 1, on en déduit que J = [1, +∞[. f (x) −−−−→ − x→π
2. f est dérivable sur I comme quotient de fonctions dérivables sur I. De plus si x ∈ I, f ′ (x) = − cos x/ sin2 x . On remarque que f ′ ne s’annule qu’en π/2. Donc f −1 est dérivable sur ]1, +∞[. De plus, pour tout y ∈ ]1, +∞[ : f ¡ ¢
−1 ′
¡ ¢ y =
¡ ¢ sin2 f −1 y ¡ ¡ ¢¢ = − ¡ ¢. f ′ f −1 y cos f −1 y
1
′¡
¢
π/2+ , on en déduit que f −1 y −−−−→ −∞ et donc f −1 est, d’après le théorème du Mais comme f −1 y −−−−→ + + y →1
y →1
prolongement dérivable, non dérivable en 1. En conclusion f −1 est dérivable sur ]1, +∞[. Exercice 12.31
♥♥
³
´1
p
Soit la fonction f : R∗ 7→ R définie par f (x) = x + x 2 + 1
x
.
1. Montrez que la fonction f se prolonge par continuité sur R en une fonction g . 2. Etudiez la parité de la fonction g . 3. Etudiez les variations de la fonction g sur l’intervalle ]0, +∞[ et déterminez la limite limx→+∞ f (x).
4. On admet que g ′ (x) −−−→ 0. Qu’en déduit-on sur la dérivabilité de g en 0 ? Tracer la courbe représentative de la x→0 fonction g .
Solution :
p
p
p
1. Remarquons d’abord que pour tout x ∈ R , x 2 + 1 > x 2 = |x| et que par conséquent, x + x 2 + 1 > x + |x| > 0. Donc la fonction f est définie sur R∗ . Pour x 6= 0, écrivons f sous forme exponentielle : f
Mais alors, lorsque x → 0, ln(x +
p
´ ³ 1 ln x+px 2 +1 x (x) = e
x 2 + 1) = ln(1 + (x +
p
1 + x 2 − 1)) ∼ (x +
499
x→0
p
1 + x 2 − 1) ∼ x x→0
Donc f (x) −−−→ e . On peut prolonger la fonction f par continuité en 0 en posant x→0
g:
R
−→
x
R (
7−→
f (x) e
2. Soit un réel x > 0. En utilisant les quantités conjuguées, f (−x) = e
− x1 ln
³p
x 2 +1−x
´
si x 6= 0 si x = 0
=e
− x1 ln
Ã
!
1 p x + x 2 + 1 = f (x)
La fonction g est donc paire et on l’étudiera sur [0, +∞[.
3. On calcule pour x 6= 0 :
f ′ (x) =
Il faut donc étudier le signe de ³
p
³ ´ p p f (x) x − x 2 + 1 ln(x + x 2 + 1) p x 2 ( x 2 + 1)
a(x) = x −
´
p
ln x+ x 2 +1 x
p
x 2 + 1 ln(x +
p
x 2 + 1)
Mais a ′ (x) = − p 2 . Comme x > 0, x 2 + 1 + x Ê 1 et le logarithme est positif. Donc a ′ < 0 sur ]0, +∞[ x +1 et puisque a(0) = 0, il vient que a < 0 sur ]0, +∞[. Par conséquent, g est strictement décroissante sur ]0, +∞[. Par ailleurs : ¶¶ µ µ r ´ ³ 1 ln x+px 2 +1
g (x) = e x
³ q car ln x/x −−−−−→ 0 et ln 1 + 1 + x→+∞
1 x2
´
=e
1 x ln x+ln 1+
1+ 12 x
−−−−−→ e 0 = 1 x→+∞
−−−−−→ 0. x→+∞
4. Si g ′ (x) −−−→ 0 alors d’après le théorème du prolongement dérivable, g est dérivable en 0 et g ′ (0) = 0. On en x→0 déduit le graphe de g : 3 2 1
−8
−7
−6
−5
−4
−3
−2
1
−1
2
3
4
5
6
7
Exercice 12.32 ♥♥ On considère un réel M > 0 et une fonction g : R 7→ R dérivable telle que ∀x ∈ R , |g ′ (x)| É M. Soit un réel ε > 0. On définit la fonction f : R 7→ R par ∀x ∈ R , f (x) = x + εg (x). 1. Trouver une condition suffisante sur ε pour que ∀x ∈ R , f ′ (x) > 0. 2. Montrez que si cette condition est remplie, la fonction f est une bijection de R vers R .
Solution : 1. Soit x ∈ R . On calcule f ′ (x) = 1+εg ′ (x) Ê 1−εM. Par conséquent, si M < 1/ε, on est assuré que ∀x ∈ R , f ′ (x) > 0.
2. Dans ce cas, la fonction f est strictement croissante sur R , et d’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de R vers J = f (R ). Montrons que J = R . Comme ∀x ∈ R , f ′ (x) Ê 1 − εM, en notant k = 1 − εM > 0, on a [ f −kx]′ > 0 et donc la fonction x 7→ f (x)−kx est croissante sur R . En particulier, pour x Ê 0, on a f (x) Ê f (0)+kx . Or f (0) + kx −−−−−→ +∞ et d’après le théorème de majoration, on en déduit que f (x) −−−−−→ +∞. x→+∞
x→+∞
De même, puisque ∀x ∈ R , f ′ (x) É 1 + εM, en notant k ′ = 1 + εM > 0, on trouve que ∀x É 0, f (x) É f (0) + k ′ x . Mais puisque f (0) + k ′ x −−−−−→ −∞, il vient que f (x) −−−−−→ −∞. Donc J =] − ∞, +∞[. x→−∞
x→−∞
500
12.6.4 Recherche d’extrémums Exercice 12.33 ♥ Déterminer les extremum éventuels des fonctions f définies par les expressions suivantes : 1. f : x 7→ 1/x où x ∈ [1, 2].
2. f : x 7→ x 5 où x ∈ R.
3. f : x 7→ |x − 1| où x ∈ R.
Solution : 1. La fonction f est continue et décroissante sur [1, 2]. Elle atteint donc son minimum en x = 2 et son maximum en x = 1. Remarquons que f ′ ne s’annule pas sur [1, 2].
2. Une étude rapide des variations de f nous montre qu’elle est strictement croissante sur R et que lim−∞ f = −∞, lim+∞ f = +∞. Cette fonction n’admet donc pas d’extremum sur R. Remarquons que f ′ (0) = 0 mais 0 n’est pas un extremum de f .
3. On vérifie facilement que f admet un minimum en x = 1. Remarquons que f n’est pas dérivable en x = 1. Par contre f n’admet pas de maximum. Exercice 12.34 ♥♥ Soit une fonction f : [0, 1] −→ R dérivable sur [0, 1]. On suppose que f (0) = 0 et que f (1) f ′ (1) < 0. Montrer qu’il existe c ∈]0, 1[ tel que f ′ (c) = 0. Indication 12.4 : Faire un dessin, et s’inspirer de la démonstration du théorème de Rolle. Solution : f est continue sur le segment [0, 1]. Elle est donc bornée et atteint ses bornes. Supposons par exemple que f (1) > 0 et f ′ (1) < 0. Soit M = f (c) le maximum de f sur [0, 1]. Montrons que c est un point intérieur de [0, 1]. On a
f (x) − f (1) Ê 0 et en passant à la x −1 ′ limite dans les inégalités lorsque x → 1, on aurait f (1) Ê 0, ce qui est faux. Par conséquent, c ∈]0, 1[. Alors puisque f est dérivable au point c qui est un extrémum local intérieur, il vient que f ′ (c) = 0. c 6= 0 car f (1) > 0. Si on suppose que c = 1, alors ∀x ∈ [0, 1], f (x) É f (1) mais alors
Exercice 12.35 ♥♥ Soit une fonction f : [0, 1] −→ R continue, non constante, dérivable à gauche et à droite en tout point. On suppose que f (0) = f (1) = 0. Montrer qu’il existe c ∈]0, 1[ tel que f d′ (c) f g′ (c) É 0. Solution : La fonction f est continue sur le segment [0, 1] donc elle est bornée et atteint ses bornes sur ce segment. Les deux bornes de f ne peuvent être atteintes en les extrémités de [a, b] car comme f (0) = f (1), f serait constante ce qui est contraire aux hypothèses. Une des deux bornes est donc atteinte en un point c intérieur au segment [0, 1]. En ce point, les dérivées sont de signe contraire. En effet, supposons par exemple que c est un maximum alors, pour x dans f (x) − f (c) Ê 0 donc par passage à la limite dans une inégalité, x −c f (x) − f (c) f g′ (x) Ê 0. De même, pour x dans un voisinage suffisamment petit à droite de c , on a É 0 et donc f d′ (x) É 0. x −c On en déduit le résultat. Si c est un minimum, on procède de manière analogue.
un voisinage suffisamment petit à gauche de c , on a
Exercice 12.36 ♥♥♥ Soit une fonction f : R −→ R dérivable. On suppose que f (x) −−−−−→ +∞. Montrer qu’il existe c ∈ R tel que f ′ (c) = 0. x→±∞
Solution : Soit x0 ∈ R . Comme f (x) −−−−−→ +∞, il existe A > 0 tel que ∀x ∈ R , |x| > A =⇒ f (x) > f (x0 ). En particulier, x→±∞ x0 ∈ [−A, A]. Sur le segment [−A, A], la fonction f est continue et admet donc un minimum : il existe c ∈ [−A, A] tel que pour tout x ∈ [−A, A], f (x) Ê f (c). Mais si x ∈ R \ [−A, A], on a f (x) Ê f (x0 ) Ê f (c). Par conséquent, la fonction f admet un minimum global sur R au point c . On sait alors que f ′ (c) = 0.
12.6.5 Théorème de Rolle Exercice 12.37 ♥ Étudier la possibilité d’appliquer le théorème de Rolle aux intervalles et fonctions suivants : 1. f :
½
[−1, 1] x
−→ 7−→
R p 3
x2
2. g :
501
[0, π]
x
−→ 7−→
R ½
¡ ¢ x sin x1 si x 6= 0 0 si x = 0
Solution : 1. La fonction f est continue sur [−1, 1] et f (−1) = f (1). Elle est dérivable sur ]−1, 1[ \ {0} par opération sur les fonctions dérivables. Par contre, f n’est pas dérivable en 0. En effet, si x ∈ [−1, 1]\{0} alors le taux d’accroissement de f en 0 est p 3
∆(x) =
1 x2 = x− 3 x
qui diverge quand x → 0. On ne peut donc appliquer le théorème de Rolle à f .
2. La fonction g est continue sur ]0, π] par opérations sur les fonctions continues. On vérifie facilement grâce au théorème des gendarmes que g est aussi continue en 0. Elle est dérivable sur ]0, π[ et g (0) = g (1/π) = 0. On peut donc appliquer le théorème de Rolle à g : il existe c ∈ ]0, π[ tel que g ′ (c) = 0. Exercice 12.38 ♥ Soit f : R → R dérivable et telle que f ′ ne s’annule pas. Prouver que f ne peut être périodique. Solution : Raisonnons par l’absurde. Supposons que f est périodique et notons T > 0 sa période. Soit a ∈ R et b = a +T. La fonction f est continue et dérivable sur [a, b]. De plus f (b) = f (a + T) = f (a). On peut alors appliquer le théorème de Rolle à f sur le segment [a, b]. On en déduit que f ′ s’annule en un point de [a, b] ce qui est en contradiction avec l’énoncé. Exercice 12.39 ♥ Soient (a, b, c) ∈ R3 . Montrer que l’équation 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx = a + b + c possède au moins une solution dans [0, 1]. Solution : Soit F(x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 − (a + b + c)x . Elle est dérivable sur [0, 1], F(0) = 0 = F(1). D’après le théorème de Rolle, il existe c ∈ [0, 1] tel que F′ (c) = 0. Mais alors c est solution de l’équation. Exercice 12.40
♥
Soit
f :
½
R x
−→ 7−→
R . Π5k=1 (x − k)
1. Sans calculer f ′ , montrer que f ′ s’annule entre 1 et 2, entre 2 et 3, entre 3 et 4 et entre 4 et 5. 2. En déduire que les seules racines de f ′ sont celles trouvées précédemment. 3. Tracer le graphe de f . Solution : 1. La fonction f est dérivable (et donc continue) sur [1, 2] car polynomiale. De plus f (1) = f (2) = 0. D’après le théorème de Rolle, f ′ s’annule entre 1 et 2. On fait de même sur les trois autres segments. 2. Comme f est de degré 5, f ′ est de degré 4. Donc f ′ admet au plus 4 racines réelles. Les 4 racines trouvées dans la question précédente sont donc les seules racines de f ′ . On note αi la racine de f ′ appartenant au segment ]i , i + 1[.
3. On en déduit facilement le tableau de variation suivant : x
−∞
f ′ (x)
1
3
α2
4
α3
5
α4
%% && %% && %% +
+
0
f (x) −∞
2
α1 0
−
−
0
+
0
+
0
0
−
−
0
0
+
+
0
+∞ +∞
On trace alors le graphe de f sans difficulté. Exercice 12.41
♥♥
1. Soient a, b deux réels distincts et soient f et g deux fonctions continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[. Montrer qu’il existe c ∈ ]a, b[ tel que ¡ ¢ ¡ ¢ f ′ (c) g (b) − g (a) = g ′ (c) f (b) − f (a)
2. En déduire la règle de l’Hospital : soient α > 0, x0 ∈ R, V = ]x0 − α, x0 + α[ et f , g : V → R tels que :
502
H1
les fonctions f et g sont continues sur V .
H2
les fonctions f et g sont dérivables sur V \ {x0 }.
Alors lim
f (x)
x→x 0 g (x)
H3
f (x0 ) = g (x0 ) = 0.
H4
la fonction g ne s’annule pas sur V \ {x0 }.
H5
lim
f ′ (x)
x→x 0 g ′ (x)
= l ∈ R.
=l
3. En déduire les limites suivantes 1 − cos x . x2 x − sin x . (b) lim x→0 x3
(a) lim
(c) lim
x→0
x→0
ln (1 + x) − x . x2
(d) lim (1 − cos x) cotan x . x→0
4. Une généralisation de la proposition 11.36 page 431 : (a) Déduire de la règle de l’Hospital que si f est une application de classe C 2 dans un voisinage de 0 tel que f ′′ (0) 6= 0 alors ¡ ¢ f ′′ (0) 2 f (x) − f (0) + x f ′ (0) ∼ x x→0 2
(b) Généraliser ce résultat à une application de f classe C n dans un voisinage de 0 telle que f (n) (0) 6= 0. Solution : 1. Introduisons la fonction θ:
½
[a, b] x
−→ 7−→
R ¡ ¢ ¡ ¢ . f (x) g (b) − g (a) − g (x) f (b) − f (a)
On montre que θ est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ en utilisant les théorèmes d’opérations. On vérifie par un calcul simple que θ (a) = θ (b) ¡ = f (a) g (b) ¢ − f (b) ¡g (a). On peut ¢ alors appliquer le théorème de Rolle : il existe c ∈ ]a, b[ tel que θ′ (c) = f ′ (c) g (b) − g (a) − g ′ (c) f (b) − f (a) = 0 d’où le résultat.
2. Pour tout x ∈ V \ {x0 }, f et g sont continues sur [x, x0 ] et dérivables sur [x, x0 [. D’après le résultat de la première question appliqué au segment [x, x0 ], il existe c x ∈ ]x, x0 [ tel que f (x) f (x) − f (x0 ) f ′ (c x ) . = = g (x) g (x) − g (x0 ) g ′ (c x )
Notons que ce dernier quotient est défini, d’après l’hypothèse 5 si on prend x suffisamment proche de x0 . Mais f (x) f ′ (c ) c x −−−−→ x0 et g ′ (c x ) −−−−→ l donc lim = l. x→x 0
x
x→x 0
x→x 0 g (x)
3. On vérifie que les fonctions f et g suivantes vérifient les hypothèses de la règle de l’Hospital sur un voisinage adéquat V de 0 puis on applique cette règle. (a) On pose f : x 7→ 1 − cos x et g : x 7→ x 2 . Ces deux fonctions sont définies sur V = R. Pour x ∈ V , on a : f ′ (x) = sin x , g ′ (x) = 2x et pour x 6= 0,
1 f ′ (x) sin x 1 − cos x 1 = . = ∼ donc lim ′ x→0 x→0 g (x) 2x 2 x2 2
(b) On pose f : x 7→ x − sin x et g : x 7→ x 3 . Ces deux fonctions sont définies sur V = R. Pour x ∈ V , on a : x2
f ′ (x) = 1 − cos x , g ′ (x) = 3x 2 et pour x 6= 0,
1 f ′ (x) 1 − cos x x − sin x 1 ∼ 2 2 = donc lim = . = ′ 2 x→0 3x x→0 g (x) 3x 6 x3 6
(c) On pose f : x 7→ ln (1 + x) − x et g : x 7→ x 2 . Ces deux fonctions sont définies sur V = ]−1, +∞[. Pour x ∈ V , on a : f ′ (x) = −
f ′ (x) ln (1 + x) − x x 1 x 1 , g ′ (x) = 2x et ′ =− . =− ∼ − donc lim 2 x→0 1+x g (x) 2(1 + x) x x→0 2 x 2
(d) On pose f : x 7→ 1 − cos x et g : x 7→ tan x . Ces deux fonctions sont définies sur V = R. Pour x ∈ V , on a : f ′ (x) = sin x , g ′ (x) = 1 + tan2 x et
f ′ (x) sin x = −−−→ 0 donc lim (1 − cos x) cotan x = 0 . ′ x→0 g (x) 1 + tan2 x x→0
4. Une généralisation de la proposition 11.36 page 431 : 503
(a) On suppose que f est définie sur un voisinage V de x0 = 0. Introduisons les fonctions : f1 :
½
V x
−→ 7−→
R ¡ ¢ f (x) − f (0) + x f ′ (0)
et
f2 :
½
V x
−→ 7−→
R . x2
Comme f est de classe C 2 sur V , ces deux fonctions vérifient les quatre premières hypothèses de la règle de l’Hospital. De plus, si x ∈ V \ {x0 } alors f 1′ (x) f 2′ (x)
=
f ′′ (0) 1 f ′ (x) − f ′ (0) −−−→ x→0 2 x 2
car on reconnaît le taux d’acroissement de f ′ en 0. On en déduit, d’après la règle de l’Hospital, que ¡ ¢ f ′′ (0) f 1 (x) f (x) − f (0) + x f ′ (0) = − − − → x→0 f 2 (x) x2 2 ¡
¢
et comme f ′′ (0) 6= 0 alors f (x) − f (0) + x f ′ (0) ∼
x→0
f ′′ (0) 2 x . 2
(b) On généralise ce résultat en considérant les fonctions : f1 :
V x
−→ 7−→
R
µ
x n−1 (n−1) x 2 ′′ f (0) + . . . + f f (x) − f (0) + x f ′ (0) + (0) 2 (n − 1)!
¶
et
f2 :
½
V x
−→ 7−→
R xn
et en effectuant un travail identique. On montre alors que : µ
x 2 ′′ x n−1 (n−1) f (x) − f (0) + x f (0) + f (0) + . . . + f (0) 2 (n − 1)! ′
¶
∼
x→0
f (n) (0) . xn
Exercice 12.42 ♥♥♥ Soit I un intervalle et f : I 7→ R une fonction deux fois dérivable sur I. Soit (a, b, c) ∈ I3 trois points de I avec a < b < c . Montrer qu’il existe d ∈ I tel que f (b) f (c) f ′′ (d) f (a) + + = (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) 2
Solution : Considérons la fonction ϕ : I 7→ R définie par ϕ(x) = (x − b) f (a) + (a − x) f (b) + (b − a) f (x) −
(a − b)(b − x)(x − a) K 2
où K est une constante choisie de telle sorte que ϕ(c) = 0. Comme ϕ est deux fois dérivable sur I, ϕ est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et ϕ(a) = ϕ(b) = 0. Par conséquent, d’après le théorème de Rolle, il existe d1 ∈]a, b[ tel que ϕ′ (d1 ) = 0. De même, comme ϕ(b) = ϕ(c) = 0, il existe d2 ∈]b, c[ tel que ϕ′ (d2 ) = 0. Mais pour tout x ∈ I, on calcule ϕ′ (x) = f (a) − f (b) + (b − a) f ′ (x) + (a − b)Kx −
(a − b)(a + b) K 2
et comme ϕ′ est continue sur [d1 , d2 ], dérivable sur ]d1 , d2 [ et ϕ′ (d1 ) = ϕ′ (d2 ) = 0, d’après le théorème de Rolle, il existe d ∈]d1 , d2 [ tel que ϕ′′ (d) = 0. Mais ∀x ∈ I, ϕ′′ (x) = (b − a) f ′′ (x) + (a − b)K
et par conséquent, K = f ′′ (d). Comme ϕ(c) = 0, en reportant cette valeur pour K, on trouve que (c − b) f (a) + (a − c) f (b) + (b − a) f (c) =
(a − b)(b − c)(c − a) ′′ f (d) 2
et en divisant cette égalité par (a − b)(b − c)(c − a), on trouve le résultat. Exercice 12.43 ♥♥ Soit f de classe C 2 sur [a, b]. On suppose que f (a) = f ′ (a) = f (b) = f ′ (b) = 0. Montrer qu’il existe c ∈]a, b[ tel que f ′′ (c) = f (c). 504
Solution : Considérons la fonction g donnée pour tout x ∈ [a, b] par g (x) = e x [ f ′ (x) − f (x)]. Par opération sur les fonctions dérivables, g est dérivable sur [a, b] et pour tout x ∈ [a, b] on a g ′ (x) = e x [ f ′′ (x)− f (x)]. On vérifie que g (a) = g (b) = 0 Par application du théorème de Rolle, il existe c ∈ [a, b] tel que g ′ (c) = 0. Comme la fonction exponentielle ne s’annule jamais, il s’ensuit que f ′′ (c) − f (c) = 0. Exercice 12.44 ♥♥♥ Soit une fonction f de classe C 3 sur le segment [a, b]. On suppose qu’il existe trois points a < a1 < a2 < a3 < b tels que f (a1 ) = f (a2 ) = f (a3 ) = 0. Soit un réel x ∈ [a, b]. Montrez qu’il existe un réel c ∈]a, b[ tel que f (x) =
(x − a1 )(x − a2 )(x − a3 ) (3) f (c). 6
Solution : Définissons la fonction auxiliaire ϕ suivante : ϕ:
(
[a, b]
−→
R
t
7−→
f (t ) −
(t − a1 )(t − a2 )(t − a3 ) K 6
où K est une constante choisie telle que ϕ(x) = 0. La fonction ϕ est de classe C 3 sur le segment [a, b] comme somme de la fonction f et d’une fonction polynomiale. Comme ϕ(a1 ) = ϕ(a2 ) = ϕ(a3 ) = ϕ(x) = 0, en appliquant le théorème de Rolle trois fois, on montre qu’il existe trois réels b1 , b2 , b3 ∈]a, b[ tels que ϕ′ (b1 ) = ϕ′ (b2 ) = ϕ′ (b3 ) = 0. En appliquant ensuite le théorème de Rolle à la fonction ϕ′ deux fois, on montre l’existence de deux réels c1 , c2 ∈]a, b[ tels que ϕ′′ (c 1 ) = ϕ′′ (c 2 ) = 0 et en réappliquant le théorème de Rolle entre les points c 1 et c 2 , on montre l’existence d’un réel c ∈]a, b[ tel que ϕ(3) (c) = 0. Mais on calcule pour t ∈ [a, b], ϕ(3) (t ) = f (3) (t ) − K
et donc K = f (3) (c). Comme la constante K a été choisie pour que ϕ(x) = 0, en écrivant cette condition et en remplaçant K par f (3) (c), on obtient l’égalité de l’énoncé. Exercice 12.45 ♥♥♥ Soit f ∈ C 3 ([a, b]). Montrer qu’il existe c ∈]a, b[ tel que : f (b) − f (a) =
¤ (b − a)3 (3) b−ah ′ f (a) + f ′ (b) − f (c). 2 12
Solution : Considérons la fonction auxiliaire ϕ(t ) = f (t ) − f (a) −
i (t − a)3 t −ah ′ f (a) + f ′ (t ) + K 2 12
définie pour tout t ∈ [a, b] où K est une constante choisie en sorte que ϕ (b) = 0. La fonction ϕ s’annule aussi en a , est ′ dérivable sur ¡ ¢[a, b] par opération sur les fonctions dérivables. On applique alors le théorème de Rolle. Il existe c ∈ ]a, b[ ′ ′ tel que ϕ c = 0. Par ailleurs, pour tout t ∈ [a, b], on a :
¢ t − a ′′ 1¡ ′ (t − a)2 f (t ) + K. f (t ) − f ′ (a) − 2 2 4 £ ¤ On remarque sur ϕ′ s’annule aussi en a et qu’elle est dérivable sur a, c ′ . On applique alors une nouvelle fois le ¤ £ théorème de Rolle. Il existe c ∈ a, c ′ tel que ϕ′′ (c) = 0. Mais pour tout t ∈ [a, b],
ϕ′ (t ) =
ϕ′′ (t ) =
¢ t −a ¡ K − f (3) (t ) . 2
Comme ϕ′′ (c) = 0, il vient que K = f (3) (c) et l’égalité est prouvée. entre a et b . Exercice 12.46 ♥♥♥ 5 Soit f ∈ C ([a, b]). Montrer qu’il existe c ∈]a, b[ tel que f (b) = f (a) +
¢ (b − a)2 ¡ ′′ ¢ (b − a)5 (5) b−a¡ ′ f (c) f (a) + f ′ (b) − f (b) − f ′′ (a) + 2 12 720
505
Solution : On utilise la fonction auxiliaire ¢ (x − a)2 ¡ ′′ ¢ (x − a)5 x−a¡ ′ K f (x) + f ′ (a) + f (x) − f ′′ (a) − 2 12 720
ϕ(x) = f (x) − f (a) −
où K est une constante choisie en sorte que ϕ (b) = 0 et l’application successive du théorème de Rolle permet de conclure comme dans l’exercice précédent.
12.6.6 Théorème des accroissements finis Exercice 12.47 ♥ Montrer que pour tout n ∈ N∗ , on a :
1 n+1
É ln (n + 1) − ln (n) É
Solution : Soit n ∈ N∗ . Considérons l’application f : donc d’après l’inégalité des accroissements finis :
½
[n, n + 1] x
−→ 7−→
1 n
R . La fonction f est dérivable sur [n, n + 1] ln x
m ((n + 1) − n) É ln (n + 1) − ln n É M ((n + 1) − n)
où m = inf[n,n+1] f ′ et où M = sup[n,n+1] f ′ . Comme pour tout t ∈ R∗+ , f ′ (t ) = 1/t , f ′ est décroissante, et m = M=
1 . On en déduit alors les inégalités. n
Exercice 12.48
1 , n +1
♥
1. Montrer que pour tout x ∈ [0, π2 ], 0 É sin x É x .
2. En déduire que pour tout x ∈ [0, π2 ], −x 2 É cos x − 1 É 0. ¤
¤
Solution : Si x = 0 les inégalités sont trivialement vraies. Supposons que x ∈ 0, π2 .
1. On applique l’inégalité des accroissements finis à sin sur le segment [0, x] et on obtient le résultat.
2. On applique à nouveau l’inégalité des accroissements finis sur le segment [0, x] mais cette fois ci à la fonction cosinus. On obtient : x. inf t ∈[0,x] (− sin t ) É cos x −1 É x. sup t ∈[0,x] (− sin t ) ou encore , d’après la question précédente : −x 2 É cos x − 1 É 0. Exercice 12.49 ♥ Soient a, b des réels positifs tels que a < b . 1. Montrer que b−a b−a < arctan b − arctan a < 2 1+b 1 + a2
2. En déduire
π 4
3 + 25 < arctan 43 <
π 4
+ 61
Solution : 1. ½ Le résultat de la première question découle directement de l’inégalité des accroissements finis appliquée f : [a, b] x
−→ 7−→
R . arctan x
2. On applique l’inégalité précédente à a = 1 et b = 34 et le résultat s’ensuit directement.
Exercice 12.50 ♥ p On prend 100 comme valeur approchée de 10001. À l’aide du théorème des accroissements finis, majorer l’erreur commise.
506
Solution : Soient 0 < a < b . D’après le théorème des accroissements finis appliqué à la fonction racine carrée sur le segment [a, b], il existe c ∈]a, b[ tel que p p 1 b − a = (b − a) p 2 c
En prenant a = 10000 = 104 et b = 10001 = 104 + 1, on trouve que p ¯ ¯p ¯ 10001 − 10000 ¯ É
donc l’erreur est inférieure à 5.10−3 .
1 2 × 100
Exercice 12.51 ♥ Soit une fonction f :]0, 1[−→ R . On suppose qu’il existe k > 0 et α > 1 tels que ∀(x, y) ∈]0, 1[2 , | f (x) − f (y)| É k|x − y|α .
Montrer que la fonction f est constante. Solution :
Soient x ∈ ]0, 1[. Pour y ∈ ]0, 1[ tel que y 6= x . On a |
¯ ¯α−1 f (y) − f (x) | É k ¯y − x¯ et comme α − 1 > 0, y −x
θ(y) = |y − x|α−1 −−−→ 0. D’après le théorème de majoration, on en déduit que le taux d’accroissement possède une y →x
limite nulle lorsque y → x . On a donc montré que la fonction f est dérivable et de dérivée non nulle en tout point x ∈ ]0, 1[. La fonction f est donc constante sur l’intervalle ]0, 1[. Exercice 12.52 ♥♥ Soit une fonction f : [a, b] 7→ R continue, ne s’annulant pas sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Montrez qu’il existe c ∈]a, b[ tel que ′
f (c) f (a) (a−b) f (c) =e f (b)
½
[a, b] x
−→ 7−→
R¯ ¯ . Comme f ne s’annule pas sur [a, b], θ est bien définie ln ¯ f (x)¯ et continue sur [a, b]. Par opérations sur les fonctions dérivables, θ est dérivable sur ]a, b[. On applique ¯ ¯ ¯ le théorème ¯ des accroissements finis : il existe c ∈ ]a, b[ tel que θ (b) − θ (a) = θ′ (c) (b − a) ce qui amène ln ¯ f (a)¯ − ln ¯ f (b)¯ = f (a) ′ = e (a−b) f (c)/ f (c) (on peut sup(a − b) f ′ (c) / f (c). On obtient la formule proposée en passant à l’exponentielle : f (b) primer les valeurs absolues car f (a) et f (b) sont de même signe.
Solution : Introduisons la fonction θ :
Exercice 12.53 ♥♥ Soit une fonction f : R 7→ R dérivable. Montrer que si f ′ (x) −−−−−→ +∞ alors f (x) −−−−−→ +∞. La réciproque est-elle x→+∞ x→+∞ vraie ? Solution : Puisque f ′ (x) −−−−−→ +∞, il existe A > 0 tel que ∀x Ê A, f ′ (x) Ê 1. Soit alors x Ê A. D’après le théorème des x→+∞ accroissements finis, il existe c ∈]A, x[ tel que f (x) − f (A) = f ′ (c)(x − A). Par conséquent, f (x) Ê f (A) + x − A et d’après le théorème des gendarmes, f (x) −−−−−→ +∞. x→+∞ La réciproque est bien entendu fausse, comme on le voit sur la fonction définie par f (x) = x . Exercice 12.54 ♥♥♥ Soit un réel a ∈ R et une fonction f : [a, +∞[7→ R dérivable sur [a, +∞[ telle que f ′ (t ) −−−−−→ 0. t →+∞
f (t ) 1. Montrez que −−−−−→ 0. t t →+∞
2. En déduire ensuite que si f ′ (t ) −−−−−→ l ∈ R , t →+∞
f (t ) −−−−−→ l . t t →+∞
Solution :
¯
¯
1. Soit ε > 0. Comme f ′ (t ) −−−−−→ 0, il existe A1 > 0 tel que ∀x Ê A1, ¯ f ′ (x)¯ É ε. Soit alors x Ê A1 . En utilisant le t →+∞ théorème des accroissements finis entre A1 et x , on peut affirmer qu’il existe c x ∈]A1 , x[ tel que f (x) = f (A1) + f ′ (c x )(x − A 1 ). Alors ¶ µ f (x) f (A 1) A1 = + f ′ (c x ) 1 − x x x
507
¯ ¯ ¯ f (A 1 ) ¯ f (A 1 ) ¯ É ε. −−−−−→ 0, il existe A 2 > 0 tel que ∀x Ê A 2 , ¯¯ ¯ x→+∞ x x ¯ ¯ ¯ A 1 ¯¯ A1 É 1. −−−−−→ 1, il existe A 3 > 0 tel que ∀x Ê A 3, ¯¯1 − Comme 1 − x x→+∞ x ¯ Posons A = max(A1, A2 , A3 ). Si x Ê A, on obtient l’encadrement suivant : ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¯ ¯ f (x) ¯ ¯ f (A 1) ¯ ¯ ′ ¯ ¯É¯ ¯ + ¯ f (c x )¯ ¯1 − A 1 ¯ É ε + ε × 1 É 2ε ¯ ¯ x ¯ ¯ x ¯ ¯ x ¯
Comme
ε
¯
¯
Il suffit alors de reprendre la démonstration avec au départ eε = pour avoir ¯ f (x) /x ¯ É ε si x Ê A. On prouve ainsi 2 que f (x) /x −−−−−→ 0. x→+∞
2. Définissons une fonction g par g (x) = f (x)−l x . Elle est dérivable sur [a, +∞[ et ∀x Ê 0, g ′ (x) = f ′ (x)−l −−−−−→ 0. x→+∞
g (x) f (x) Donc d’après la première partie, −−−−−→ 0. On trouve alors que − l −−−−−→ 0 ce qui prouve que x→+∞ x x→+∞ x f (x) −−−−−→ l . x x→+∞
Exercice 12.55 ♥♥♥ Soit une fonction f de classe C 2 sur le segment [a, b] avec a < b . Montrez qu’il existe un réel c ∈]a, b[ tel que µ ¶ a +b (b − a)2 ′′ f (a) + f (b) =f f (c). + 2 2 8
Solution : Définissons la fonction auxiliaire suivante : ϕ:
[a, b]
−→
t
7−→
R µ ¶ a+t (t − a)2 f (t ) + f (a) −f K − 2 2 8
où K est une constante choisie telle que ϕ(b) = 0 (c’est possible car a < b ). Puisque la fonction ϕ est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[, et que ϕ(a) = ϕ(b) = 0, d’après le théorème de Rolle, il existe c1 ∈]a, b[ tel que ϕ′ (c1 ) = 0. On a donc ´ ³ ′
c1 − a f (c 1 ) 1 ′ a + c 1 =K − f . 2 2 2 4 a + c1 Appliquons ensuite le théorème des accroissements finis entre les points et c1 . Comme la fonction f ′ est continue 2 sur [(a + c1 )/2, c1 ] et dérivable sur ](a + c1 )/2, c1 [, il existe un réel c ∈](a + c1 )/2, c1 [ tel que f ′ (c 1 ) − f ′
³a +c ´ 1
2
³ a + c 1 ´ ′′ = c1 − f (c). 2
On trouve donc que K(c 1 − a) c 1 − a ′′ f (c) = 4 4
et donc que K = f ′′ (c). Puisque la constante K a été choisie pour que ϕ(b) = 0, on trouve donc que 0 = ϕ(b) =
µ ¶ f (b) + f (a) a +b (b − a)2 ′′ −f f (c). − 2 2 8
12.6.7 Application aux équations différentielles linéaires du premier ordre avec problèmes de raccord des solutions Exercice 12.56 ♥♥ On considère l’équation différentielle : (E) :
(1 − x 2 )y ′ + x y + (x 2 − 1) = 0
1. Déterminer toutes les solutions de (E) sur ] − 1, 1[. 508
p
2. Existe-t-il une solution sur I =] − 1, 1] ? (On admettra que π/2 − arcsin x ∼ − 2(1 − x) ). x→1
Solution : La quantité (x 2 −1) ne s’annule pas sur I1 =]−1, 1[. Résolvons l’équation d’abord sur I1 . La solution générale de l’équation homogène est p y 0 (x) = C 1 − x 2 où C ∈ R. p
En utilisant la méthode de variation de la constante, on cherche une solution particulière de la forme ye(x) = C(x) 1 − x 2 . Il suffit que C′ (x) = p
1
1 − x2
et donc par exemple C(x) = arcsin(x). La solution générale s’écrit donc y(x) = (arcsin x + C)
p
1 − x2.
Soit maintenant y une p solution sur I. Pour que l’équation soit vérifiée en 1, il faut que y(1) = 0. Comme ∀x < 1, y(x) = (arcsin x + C) 1 − x 2 , cette fonction se prolonge par continuité en 1 avec y(1) = 0. Étudions la dérivabilité en 1 de la fonction ainsi prolongée. Puisque y vérifie l’équation différentielle, on en tire que ∀x < 1, y ′ (x) = 1 − x
arcsin x + C p 1 − x2 π
π
∞ et d’après Pour que y ′ ait une limite finie en 1, il faut que C = − arcsin 1 = − . En effet, si C 6= − , alors y ′ (x) −−−−→ x→1− 2 2 la proposition 12.15 page 478, y ne serait pas dérivable en 1 ? π Si C = − , alors 2
arcsin x − π/2 arcsin x − π/2 y (x) = 1 − x −−−→ 2 car p p 2 x→1 1−x 1 − x2 ′
p p 2(1 − x) 2 −−−−→ −1 ∼ − p = −p 2 x→1− x + 1 x→1− 1−x
et donc d’après le théorème 12.14, y est dérivable en 1 avec y ′ (1) = 2. Réciproquement, on vérifie que la fonction ³ π ´p x 7→ arcsin x − 1 − x2 2
est solution de (E) sur ] − 1, 1]. C’est la seule solution de cette équation sur ] − 1, 1].
12.6.8 Études de suites réelles Exercice 12.57
♥
On considère la suite (un ) définie par : u0 ∈ [0, 4/3]
1. Montrer que : ∀n Ê 0,
∀n ∈ N,
un+1 =
¢ 1¡ 4 − un2 3
un ∈ [0, 4/3] .
2. Si (un ) était convergente, quel serait sa limite l ? 3. Montrer que pour tout n ∈ N∗ , |un+1 − l| É 89 |un − l| et conclure.
Solution : 509
.
s’ensuit que un+1 = f (un ) ∈ [0, 4/3]. La propriété est alors prouvée par récurrence. 2. Si (un ) était convergente, comme f est continue sur R, on aurait f (lim un ) = lim f (un ) ce qui amènerait l = f (l). La limite de (un ) serait donc un point fixe de f dans l’intervalle [0, 4/3] . On en déduit que l serait égal à 1. 3. Soit n ∈ N. La fonction f est continue sur [un , 1] et dérivable sur ]un , 1[. Donc d’après le théorème des accroissements finis : u0
|un+1 − 1|
u2 u4uuu6u8u109u75u3 u1
É É
Introduisons la fonction f :
(
R
−→
x
7−→
É
R ¢ . On 1¡ 4 − x2 3
]u n ,1[
¯ ¯ sup ¯ f ′ (x)¯ |un − 1|
]0,4/3[ 8 |un − 1| 9
car pour tout x ∈ R, f ′ (x) = −2/3x . Par une récurrence facile, on en déduit que :
montre facilement que f est strictement décroissante sur [0, 4/3] , que f (0) = 4/3 et que f (4/3) = 20/27 > 0. L’intervalle [0, 4/3] est donc stable par f . Remarquons aussi que f admet 1 comme unique point fixe sur cet intervalle. .
|un+1 − 1| É
³ 8 ´n+1
n→+∞
un −−−−−→ 1 . n→+∞
♥♥
On considère l’application f et la suite (un ) définies par :
f :
R+ x
−→
R x
e x +2
7−→
et
(
u0 ∈ ]0, 1[ ∀n ∈ N,
un+1 = f (un )
1. Montrer que l’intervalle ]0, 1[ est stable par f . 2. En déduire que ∀n ∈ N,
un ∈ ]0, 1[ (et donc que (un ) est bien définie).
3. Montrer que f admet un unique point fixe α dans l’intervalle ]0, 1[. 4. Prouver que : ∀n ∈ N,
µ
2e |un+1 − α| É 9
¶n
.
5. Conclure. 6. Donner une valeur approchée de α à 10− 3 près.
Solution : 510
9
|u0 − 1|
et donc d’après le théorème des gendarmes, il vient que |un+1 − 1| −−−−−→ 0. En conclusion :
1. Montrons la propriété par récurrence. Par définition u0 ∈ [0, 4/3] . Soit n ∈ N. Supposons que un ∈ [0, 4/3]. Alors comme [0, 4/3] est stable par f , il
Exercice 12.58
¯ ¯ sup ¯ f ′ (x)¯ |un − 1|
.
facilement que pour tout x ∈ [0, 1], θ′ (x) = e x −2−2x et θ′′ (x) = e x − 2. Donc sur [0, 1], θ′′ est strictement négative et θ′ est strictement décroissante. Comme θ′ (0) = −1, sur [0, 1], θ′ est strictement négative et θ est strictement décroissante. On peut alors affirmer que le zéro de f sur ]0, 1[ est unique. On le note α. 4. Soit n ∈ N∗ . La fonction f est continue sur [un−1 , α] et dérivable sur ]un−1 , α[. D’après l’inégalité des accroissements finis : u0
u1
|un − α|
u2uu3uu45678910
1. La fonction f est dérivable sur R+ comme quotient de telles fonctions. De plus, pour tout x ∈ R+ , f ′ (x) =
e x (1 + x) (2 + x)2
θ:
½
[0, 1] x
−→ 7−→
R . e x − x (x + 2)
É
2e |un−1 − α| . 9
|un − α| É
µ
2e 9
¶n
|u0 − α| .
Mais comme u0 , α ∈ ]0, 1[, on a : |u0 − α| É 1 et on obtient l’inégalité proposée. 5. On déduit facilement de cette dernière inégalité et du théorème des gendarmes que un −−−−−→ α . n→+∞
6. On utilise l’inégalité précédente. On cherche pour quels valeurs de n , (2e/9)n É 10−3 . On passe au 3ln 10
logarithme et on trouve n Ê ≃ 13, 7. 2ln 3 − ln 2 − 1 Donc il suffit de calculer u14 pour connaître α à la précision requise. On trouve α ≃ 0.789 à 10−3 près. Ceci est valable quelque soit la valeur prise au départ pour u0 !
Par opérations sur les fonctions continues, θ est continue sur [0, 1]. De plus, f (0) = 1 > 0 et f (1) = e − 3 < 0 donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, θ admet un zéro sur ]0, 1[. On montre Exercice 12.59
x∈]0,1[
car f ′ est strictement croissante sur [0, 1]. Par une récurrence facile, on en déduit que
donc f est strictement croissante
sur R+ . Comme f (0) = 1/2 et que f (1) = e/3 < 1 on en déduit que f (]0, 1[) ⊂ ]0, 1[ . 2. Par définition, u0 ∈ ]0, 1[. Soit n ∈ N. Supposons que un ∈ ]0, 1[ . Comme ]0, 1[ est stable par f , il vient que un+1 = f (un ) ∈ ]0, 1[. On prouve ainsi la propriété par récurrence. On a de plus clairement pour tout n ∈ N, un 6= −2 donc (un ) est bien définie. 3. Introduisons la fonction
¯ ¯ sup ¯ f ′ (x)¯ |un−1 − α|
É
♥
1. Pour tout x Ê 0, déterminer un encadrement de sh(x + 1) − sh x . 2. En déduire que : ∀n ∈ N, ch0 + ch 1 + . . . + ch n É sh (n + 1). 3. On considère la suite (un ) de terme général : un = sh(n + 1) − (ch0 + ch 1 + . . . + ch n) .
Montrer que (un ) est croissante. 4. On considère aussi la fonction f : x 7→ sh (x + 2) − sh(x + 1) − ch (x + 1). (a) Prouver que f (x) et f ′ (x) sont positives pour tout x Ê 0. (b) Montrer que : ∀x Ê 0, f (x) Ê f (0). 5. En déduire que (un ) diverge vers +∞ quand n tend vers +∞. Solution : 1. Soit x Ê 0. La fonction sh est continue sur [x, x + 1] et dérivable sur ]x, x + 1[. D’après l’inégalité des accroissements finis : inf]x,x+1[ ch É sh (x + 1) − sh x É sup]x,x+1[ ch. Mais comme ch est croissante sur R+ , il vient : ch x É sh(x + 1) − sh x É ch(x + 1).
2. On a alors, pour n ∈ N :
sh (n + 1) =
n X
k=0
(sh (k + 1) − sh k) Ê
n X
k=0
chk = ch0 + ch 1 + . . . + ch n.
3. Soit n ∈ N. On calcule un+1 −un = sh (n + 2)−sh (n + 1)−ch(n + 1). Cette quantité est positive d’après la première question appliquée à x = n + 1. Donc (un ) est croissante. 511
4. La fonction f est définie sur R. (a) D’après la première question, on a : ch x É sh (x + 1) − sh x donc ch (x + 1) É sh(x + 2) − sh (x + 1) et f est positive. De plus, f est dérivable sur R par opérations sur les fonctions dérivables et pour x ∈ R+ : f ′ (x) = ch(x + 2) −ch (x + 1) −sh (x + 1). On montre facilement en appliquant l’inégalité des accroissements finis à ch sur le segment [x + 1, x + 2] que cette dernière quantité est positive. Donc f ′ Ê 0 sur R+ .
(b) Comme f ′ est positive sur R+ , f est croissante sur R+ et ∀x Ê 0,
f (x) Ê f (0).
5. Soit n ∈ N. On a un+1 − un = f (n) > f (0) + u0 . Donc un Ê n f (0). Comme f (0) > 0, d’après le théorème des gendarmes un −−−−−→ +∞ . n→+∞
Exercice 12.60
♥ ½ ]1, +∞[ 1. Étudier la fonction f : x
−→ 7−→
R 1 x ln x
.
2. Démontrer que pour tout entier n Ê 2, on a : 1 1 É ln (ln (n + 1)) − ln (ln n) É . n ln n (n + 1) ln (n + 1)
3. En déduire que la suite (un ) de terme général un =
1 1 1 + +... + 2ln 2 3ln 3 n ln n
définie pour tout entier n Ê 2 diverge vers +∞ quand n tend vers +∞. Solution : 1. La fonction f est dérivable sur ]1, +∞[ par opérations sur les fonctions dérivables. De plus, pour tout x ∈ ]1, +∞[, on a f ′ (x) = −
1 + ln x
x 2 ln2 x
. La fonction f ′ est strictement négative sur ]1, +∞[ et f est strictement décroissante sur
son domaine de définition. On montre par ailleurs facilement que f (x) −−−−→ +∞ et que f (x) −−−−−→ 0. + 2. Soit n Ê 2. Introduisons la fonction θ :
½
x→+∞
x→1
[n, n + 1] x
−→ 7−→
R . Soit x ∈ [n, n + 1]. Comme n Ê 2, on a :x Ê 2 ln (ln x)
et donc ln x > 0. La fonction θ est donc bien définie. Elle est de plus dérivable sur son domaine de définition 1
par opérations sur les fonctions dérivables et θ′ (x) = . D’après la question précédente, f ′ est strictement x ln x décroissante, d’après l’inégalité des accroissements finis appliquée à θ sur le segment [n, n + 1], il vient que 1 (n+1)ln(n+1)
É ln (ln (n + 1)) − ln (ln n) É
1 n ln n
.
3. Soit n Ê 2. D’après la question précédente, on a : 1/(2ln 2) Ê ln (ln 3) − ln (ln 2), 1/(3ln 3) Ê ln (ln 4) − ln (ln 3), ...,1/(n ln n) Ê ln (ln (n + 1)) − ln (ln n). On somme alors ces n − 1 inégalités et on trouve par télescopage que : un
= Ê
=
1 1 1 + +... + 2ln 2 3ln 3 n ln n (ln (ln 3) − ln (ln 2)) + (ln (ln 4) − ln (ln 3)) + . . . + (ln (ln (n + 1)) − ln (ln n)) ln (ln (n + 1)) − ln (ln 2) .
On conclut en appliquant le théorème des gendarmes : un −−−−−→ +∞ . n→+∞
12.6.9 Convexité Exercice 12.61 Soit f : I → R une fonction à valeurs strictement positives. On suppose que ∀α ∈ R, f α : x 7→ e αx f (x) est convexe sur R. Démontrer que g : x 7→ ln( f (x)) est convexe sur R. Solution : 512
1. Si on suppose f deux fois dérivable sur R, on a f α′ (x) = (α f (x)+ f ′ (x))e αx et f α′′ (x) = (α2 f (x)+2α f ′ (x)+ f ′′ (x))e αx . Par hypothèse, on a f α′′ (x) > 0 ceci pour tout α. On en déduit que le discriminant du trinôme en α est négatif. Donc ¡ ′ ¢2 f (x) − f ′′ (x) f (x) < 0 et ceci pour tout x réel.
f ′′ (x) f (x) . On en déduit que g est convexe. f (x)2 2. Si on ne suppose plus f deux fois dérivable sur R, la démonstration est plus acrobatique : ln( f (x)) − ln( f (x)) . Par hypothèse, f α est convexe sur R donc Pour x 6= y et t ∈ [0, 1], on pose α = x−y
Or g est deux fois dérivable et g ′′ (x) =
exp(α(t x + (1 − t )y)) f (t x + (1 − t )y) É t e αx f (x) + (1 − t )e αy f (y),
soit f (t x + (1 − t )y) É t exp(α(x − y)(1 − t )) f (x) + (1 − t ) exp(−α(x − y)t ) f (y)
É t exp((ln f (x) − ln f (y))(1 − t )) f (x) + (1 − t ) exp((ln f (x) − ln f (y))t ) f (y) ¶ ¶ µ µ f (x) t f (x) t −1 f (x) + (1 − t ) f (y) É f (y) f (y)
É f (x)t f (y)1−t
En prenant les logarithmes, on obtient la convexité de g sur R. Exercice 12.62 ♥ On considère une fonction f deux fois dérivable sur I =]0, +∞[ et une fonction g : I −→ R définie par : ∀t ∈ I, g (t ) = t f (1/t ).
Montrer que f est convexe si et seulement si g est convexe. Solution : 1. ⇒ La fonction g est deux fois dérivable sur I par opérations sur les fonctions deux fois dérivables sur I. Pour tout t ∈ I : ′ f (1/t ) = f (1/t ) − t . 1 ′′ = 3 f (1/t ) Ê 0 t
g ′ (t )
On en déduit que g est convexe.
g ′′ (t )
2. ⇐ Soit x ∈ I. Posons t = 1/x . On a f (x) = xg (1/x) et on montre facilement que f ′′ (x) = 1/x 3 g ′′ (x) Ê 0 ce qui montre que f est convexe. Remarque 12.19 On peut également montrer ce résultat avec comme hypothèse que f est uniquement continue (utiliser qu’une fonction continue est convexe si elle vérifie le lemme des trois pentes)
Exercice 12.63 ♥ En utilisant la fonction définie par f (x) = ln(ln x), montrer que ∀a, b > 1,
Solution : −
ln
µ
¶ p a +b Ê ln a ln b. 2
La fonction f est deux fois dérivable sur l’intervalle I =]1, +∞[ et pour tout x > 1, on calcule f ′′ (x) =
1 + ln x 1 1 =− − < 0. La fonction f est donc concave et pour a, b > 1 et λ ∈ [0, 1] : x 2 ln x x 2 (ln x)2 x 2 ln2 x ln ln
³ λa + (1 − λ) b ´
2
Ê λ ln ln a + (1 − λ) ln ln a.
Donc en prenant λ = 1/2, il vient que : ³ a + b ´ ln ln a + ln ln a ¡ ¢ ln ln Ê = ln (ln a ln b)1/2 2 2
En prenant l’exponentielle qui est croissante, on en déduit l’inégalité de l’énoncé. 513
Exercice 12.64 Montrer que
♥♥ 1 x x (1 − x)1−x Ê . 2
∀x ∈]0, 1[,
Solution : Comme la fonction ln est concave sur ]0, 1[, ∀(a, b) ∈]0, 1[2 , ∀λ ∈ [0, 1],
ln(λa + (1 − λ)b) Ê λ ln a + (1 − λ) ln b.
Soit x ∈]0, 1[. En posant a = x ∈]0, 1[, b = 1 − x ∈]0, 1[ et λ = x ∈]0, 1[ , on trouve que
En étudiant la fonction ϕ : conséquent,
½
x ln x + (1 − x) ln(1 − x) É ln(x 2 + (1 − x)2 ) R x
−→ 7−→
1 1 R , on montre qu’elle admet un minimum en qui vaut . Par x 2 + (1 − x)2 2 2 1 x ln x + (1 − x) ln(1 − x) Ê ln( ). 2
On applique alors l’exponentielle à notre inégalité et comme cette fonction est croissante, on obtient le résultat de l’énoncé. Exercice 12.65 ♥♥ Soit f : R 7→ R une fonction convexe majorée. Montrer que f est constante. Solution : Prouvons le résultat par l’absurde. Si f n’est pas constante, alors il existe deux réels x < y tels que f (x) 6= f (y). Étudions deux cas : 1. si f (x) < f (y) : Soit z > y , d’après le lemme des trois pentes, on a : f (y) − f (x) f (z) − f (x) É y −x z−x
d’où en notant ∆ =
f (y) − f (x) > 0, y −x f (z) Ê (z − x)∆ + f (x) −−−−−→ +∞ z→+∞
ce qui est impossible car f est majorée sur [x, +∞[. 2. si f (x) > f (y) : Supposons cette fois-ci que z < x . D’après le lemme des trois pentes, on a : f (z) − f (x) f (y) − f (x) É z−x y −x
et en notant ∆ =
f (y) − f (x) < 0, il vient : y −x f (z) Ê f (x) + (z − x)∆ −−−−−→ +∞ z→−∞
ce qui est impossible car f est majorée sur ] − ∞, x]. ¡ ¢
Il ne peut alors exister x < y tels que f (x) 6= f y . On en déduit que f est constante. Exercice 12.66 ♥♥ Montrer qu’une fonction convexe sur un intervalle I est continue sur l’intérieur de l’intervalle I. Solution : Soit x ∈ I, un point intérieur. Il existe donc deux points (z1 , z2 ) ∈ I tels que z1 < x < z2 . Soit y ∈ [x, z2 ]. En utilisant le lemme des trois pentes, on trouve que f (x) − f (z1 ) f (y) − f (x) f (z2 ) − f (x) É É x − z1 y −x z2 − x
Notons pour i = 1, 2, ∆i =
f (x) − f (zi ) . L’inégalité précédente devient : x − zi ∆1 (y − x) É f (y) − f (x) É ∆2 (y − x)
514
f (x). Par les mêmes arguments, en prenant y ∈ [z1 , x], on montre et d’après le théorème des gendarmes, f (y) −−−−→ + y →x
f (x), et donc que f (y) −−−→ f (x). On a alors montré que f est continue au point x . également que f (y) −−−−→ − y →x
y →x
Exercice 12.67 ♥♥♥ Soit une fonction f : [0, +∞[−→ [0, +∞[ dérivable et concave sur [0, +∞[. Montrez que ∀(x, y) ∈ [0, +∞[2 , f (x + y) É f (x) + f (y).
Solution : Comme la fonction f est concave et dérivable, on sait que la fonction f ′ est décroissante sur I = [0, +∞[. Soit y ∈ I. Considérons la fonction définie sur I par g (x) = f (x + y) − f (x). Elle est dérivable sur I et pour tout x ∈ I, comme x + y Ê x , on a : g ′ (x) = f ′ (x + y) − f ′ (x) É 0. Donc ∀x ∈ I, g (x) É g (0) = f (y) − f (0). On a alors montré que ∀(x, y) ∈ I2 , f (x + y) É f (x) + f (y) − f (0) et comme par hypothèse, f est à valeurs positives, f (0) Ê 0 et donc ∀(x, y) ∈ I2 ,
f (x + y) É f (x) + f (y).
12.6.10 Équations fonctionnelles Exercice 12.68 ♥♥♥ Déterminer les fonctions f : R −→ R de classe C 1 sur R telles que pour toute suite arithmétique (xn ), la suite ( f (xn )) est une suite arithmétique. Solution : Soit f une fonction vérifiant la propriété. Considérons (a, b) ∈ R2 . Il existe alors (α, β) ∈ R2 tels que ∀n ∈ N ,
Si on pose n = 0 puis n = 1, on trouve que ∀n ∈ N ,
En particulier si n = 2, on trouve que
f (a + bn) = α + βn.
£ ¤ f (a + bn) = f (a) + f (a + b) − f (a) n
f (a + 2b) = 2f (a + b) − f (a).
et cette relation doit être vraie pour tout (a, b) ∈ R2 . Avec a = 0, on trouve en particulier que
Posons g :
½
∀b ∈ R , R x
−→ 7−→
f (2b) = 2f (b) − f (0).
R . Cette fonction doit vérifier f (x) − f (0)
∀x ∈ R ,
g (2x) = 2g (x).
La fonction g est dérivable sur R car f l’est et en dérivant cette dernière relation, on trouve que ∀x ∈ R ,
g ′ (2x) = g ′ (x).
Comme g ′ est continue en 0, on montre facilement que g ′ est constante. Par conséquent, g est linéaire, et f est affine. On vérifie réciproquement que toute fonction affine convient. Exercice 12.69
♥♥
1. Trouver toutes les fonctions de classe C 1 sur R vérifiant ∀x ∈ R ,
f (2x) = 2f (x)
2. Si l’on ne suppose pas f dérivable, construire une fonction différente de celles trouvées vérifiant la propriété. Solution : 515
1. En dérivant, on trouve que 2f ′ (2x) = 2f ′ (x)
∀x ∈ R ,
Donc ∀x ∈ R , f ′ (2x) = f ′ (x). Soit x 6= 0. Il s’ensuit par une récurrence facile que ∀n ∈ N∗, f ′ ( 2xn ) = f ′ (x). Mais f ′ est continue en 0 donc f ′ ( 2xn ) −−−−−→ f ′ (0). La fonction f ′ est donc constante et f est affine de la forme n→+∞ f (x) = ax + b avec a, b ∈ R. Mais f (2 × 0) = 2 × f (0) et nécessairement f (0) = 0 ce qui amène b = 0. La fonction f est donc linéaire. Réciproquement, toute fonction linéaire convient. 2. La fonction donnée par f (x) =
(
0 x
si x ∈ R \ Q si x ∈ Q
vérifie la propriété et n’est pas linéaire. Exercice 12.70 ♥♥♥ Soit f : R 7→ R une fonction de classe C 1 . On suppose que : ∀x ∈ R ,
1. Montrer que : ∀x ∈ R ,
f ( x2 + 3) =
f ◦ f (x) =
x +3 2
(⋆).
f (x) + 3. 2
2. Montrer que la fonction f ′ est constante. 3. Trouver les fonctions f vérifiant la relation (1). Solution :
¢ + 3 et comme f ◦( f ◦ f ) = ( f ◦ f )◦ f , en utilisant ¢ ¡ f (x) l’expression de f ◦ f donnée par (⋆), on obtient que + 3 = f x2 + 3 . 2 2. Soit x ∈ R. En dérivant l’égalité précédente, on obtient que
1. Soit x ∈ R . En appliquant f à (⋆), on trouve que f ( f ◦ f (x)) = f
¡x
2
´ f ′ (x) 1 ′ ³ x = f +3 . 2 2 2
On définit alors une suite (un ) par
u0
∀n ∈ N , un+1
=x un . = +3 2
Cette suite est arithmético-géométrique donc
∀n ∈ N ,
un = 6 +
1 (x − 6) −−−−−→ 6 n→+∞ 2n
Comme f ′ est continue au point 6, on obtient que f ′ (un ) −−−−−→ f ′ (6) et que finalement f ′ (x) = f ′ (6). Par conn→+∞ séquent, f ′ est constante. 3. Comme f ′ est constante, il existe (a, b) ∈ R2 tels que ∀x ∈ R , f (x) = ax + b
Cherchons les réels a, b tels que f vérifie (⋆). Après calculs, on trouve a = p 6 + 3 2.
516
p
p p 2 2 , b = 6−3 2 ou alors a = − ,b = 2 2
Chapitre
13
Intégration sur un segment des fonctions à valeurs réelles Pour bien aborder ce chapitre Les mathématiciens se sont intéressés très tôt aux problèmes de calcul d’aires et de volumes. Ainsi Eudoxe de Cnide, mathématicien grec du 4e siècle avant note ère, parvient à calculer le volume d’une pyramide. Cent ans plus tard, Archimède généralise son procédé et invente la méthode d’exhaustion. Il s’agit d’approcher l’aire ou le volume à déterminer par des aires ou des volumes élémentaires, par défaut et par excès. La notion de limite est alors encore bien loin d’être découverte et le calcul est généralement terminé par un raisonnement par l’absurde. La « révélation » est venue de Newton et de Leibniz lorsqu’ils inventèrent le calcul infinitésimal : l’opération d’intégration est une opération inverse de celle de la dérivation et, pour calculer une aire, il suffit de calculer une primitive. C’est « le théorème fondamental de l’analyse » 13.29 page 531. Il faudra attendre néanmoins le 19e siècle pour que la notion d’intégrale soit bien formalisée grâce aux travaux de Cauchy et surtout à ceux de Riemann. Celui-ci s’intéresse à fonction f donnée sur un segment [a, b] et essaie d’approcher l’aire A sous le graphe de f par les aires Σ− et Σ+ de deux familles de rectangles qui approchent par défaut et par excès A comme dans les dessins ci-dessous.
x0
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x0
F IGURE 13.1 – Somme inférieure : Σ−
x1
x2
x3
x4
x5
x6
F IGURE 13.2 – Somme supérieure : Σ+
Une fonction est intégrable au sens de Riemann si et seulement la différence des aires Σ+ et Σ− tend vers 0 quand le pas de la subdivision, c’est-à-dire la largeur des rectangles considérés, tend vers 0. La méthode d’exhaustion est sous-jacente à ce procédé. Nous travaillerons dans ce chapitre sur une classe de fonctions beaucoup plus simples que celles étudiée dans l’intégrale de Riemann : les fonctions continues par morceaux. Ce sera amplement suffisant pour pourvoir traiter une large variété de problèmes. Vous généraliserez ces résultats en spé lors de l’étude des intégrales impropres à des fonctions pas forcément continues par morceaux. En particulier, pour un segment [a, b] et une fonction f : [a, b] → R+ positive, nous nous attacherons dans ce chapitre à 517
répondre aux deux questions suivantes.
a
b
F IGURE 13.3 – Aire sous une courbe
1
Quelle condition imposée à f pour que l’aire délimitée par sa courbe dans un repère orthonormé soit bien définie ?
2
Comment calculer cette aire ?
13.1 Fonctions en escaliers 13.1.1 Subdivision d’un segment a
b
x0
x1
x2
xn−1
xn
F IGURE 13.4 – Subdivision d’un segment
D ÉFINITION 13.1 Subdivision d’un segment On appelle subdivision du segment [a, b] toute famille τ = (xk )1ÉkÉn de réels tels que a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b
Le pas de la subdivision τ est donné par maxi∈0,n−1 |xi+1 − xi |. Une subdivision de [a, b] est régulière si tous les xi+1 − xi sont égaux. D ÉFINITION 13.2 Subdivision plus fine qu’une autre Considérons τ et τ′ deux subdivisions d’un segment [a, b]. On dit que τ′ est plus fine que τ si et seulement si tout élément de la famille τ est élément de la famille τ′ . Plus précisément, une subdivision est une famille. Une famille est une application. Il vaut mieux dire que l’image de τ est incluse dans l’image de τ′
P ROPOSITION 13.1 Soient τ et τ′ deux subdivisions d’un segment [a, b]. Il existe une subdivision de [a, b] plus fine que τ et τ′ . ¡
¢
Démonstration Il suffit de considérer la famille τ′′ = xk 1ÉkÉN dont les éléments sont ceux de τ et ceux de τ′ ordonnés dans l’ordre croissant et où N est le cardinal de la famille ainsi construite. τ′′ est plus fine que τ et τ′ .
13.1.2 Fonctions en escaliers D ÉFINITION 13.3 Fonction en escalier
518
f (x1 ) c0 cn−1 f (x0 )
a = x0
x1
x2
b = xn
c1 f (xn ) F IGURE 13.5 – Fonction en escalier
– Une fonction ϕ : [a, b] → R est une fonction en escalier sur le segment [a, b] s’il existe une subdivision τ : a = x0 < · · · < xn = b du segment [a, b] telle que ϕ est constante sur chaque intervalle ]xk , xk+1 [ ∀k ∈ 0, n − 1 ,
∃c k ∈ R,
∀x ∈ ]xk , xk+1 [ ,
ϕ (x) = c k
– La subdivision τ est dite subordonnée à la fonction ϕ. – On notera E ([a, b] , R) l’ensemble des fonctions en escalier sur [a, b] à valeurs réelles. Remarque 13.1 – Si τ est une subdivision subordonnée à ϕ alors toute subdivision plus fine est encore subordonnée à ϕ. – Une fonction constante est une fonction en escalier. P ROPOSITION 13.2 Toute fonction ϕ ∈ E ([a, b] , R) est bornée sur [a, b]. Démonstration ∀k ∈ 0,n − 1 ,
Soient ϕ une fonction en£ escalier et τ = x0 < · · · < xn = b une subdivision qui lui est subordonnée. On a donc : ¤ ∃ck ∈ R, ∀x ∈ xk , xk+1 , ϕ (x) = ck . En posant m = max |ck | puis M = max(m,| f (x0 )|,... ,| f (xn )|), on a 0ÉkÉn−1
∀x ∈ [a,b], |ϕ(x)| É M.
P ROPOSITION 13.3 – L’ensemble des fonctions en escalier E ([a, b] , R) sur le segment [a, b] est un sous-espace vectoriel de l’espace des fonctions (F ([a, b] , R), +, .). – L’ensemble E ([a, b] , R) est aussi un sous-anneau de l’anneau des fonctions (F ([a, b] , R) , +, ×). Démonstration La fonction constante égale à 0 sur [a,b] est élément de E ([a,b] , R) . On montre facilement (en utilisant une subdivision plus fine que les deux subdivisions subordonnées aux deux fonctions) que E ([a,b] , R) est stable par combinaison linéaire. C’est donc un sous-espace vectoriel de F ([a,b] , R). On montre de même qu’un produit de fonctions en escalier est encore une fonction en escalier, ce qui prouve que E ([a,b] , R) est un sous-anneau de F ([a,b] , R).
13.1.3 Intégrale d’une fonction en escaliers D ÉFINITION 13.4 Intégrale d’une fonction en escaliers Supposons que a < b . Soit une fonction en escalier ϕ ∈ E ([a, b] , R) et τ : a = x0 < · · · < xn = b une subdivision subordonnée à ϕ. Soient c0 , . . . , cn−1 ∈ R tels que : ∀k ∈ 0, n − 1 ∀x ∈ ]xk , xk+1 [ ϕ (x) = ck . On définit l’intégrale de la fonction en escalier ϕ entre a et b comme étant le nombre réel Z
[a,b]
ϕ=
n−1 X k=0
c k (xk+1 − xk ).
519
Ce nombre ne dépend pas du choix de la subdivision τ subordonnée à ϕ. Démonstration Prouvons que cette définition ne dépend pas de la subdivision choisie. Soient τ1 et τ2 deux subdivisions subordonnées à ϕ. Notons Iτ l’intégrale calculée avec la formule donnée dans la proposition pour une subdivision τ de [a,b]. • Supposons que τ1 est plus fine que τ2 . Si τ1 et τ2 ne diffèrent qu’en un point, τ2 = a = x0 < x1 < ... < xi < xi+1 < ... < xn = b et τ1 = a = x0 < x1 < ... < xi < α < xi+1 < ... < xn = b . On a : ϕ|]xi ,xi +1 [ = ci par conséquent ϕ|]xi ,α[ = ci , ϕ|]α,xi +1 [ = ci et ¢ ¡ Iτ1 = c0 (x1 − x0 ) + c1 (x2 − x1 ) + ... + ci−1 xi − xi−1 + ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ci α − xi + ci xi+1 − α +ci+1 xi+2 − xi+1 + | {z } =c i (x i +1 −x i )
... + cn−1 (xn − xn−1 ) = Iτ2
Le cas où τ1 et τ2 ne diffèrent que d’un nombre fini de points se traite de même. • Étudions maintenant le cas général. Considérons la subdivision τ = τ1 ∪ τ2 qui est plus fine que τ1 et τ2 . En appliquant le point précédent, on a Iτ = Iτ1 et Iτ = Iτ2 et par conséquent Iτ1 = Iτ2 .
13.1.4 Propriétés de l’intégrale d’une fonction en escaliers P ROPOSITION 13.4 L’intégrale est une forme linéaire sur E ([a, b] , R) Soient ϕ1 , ϕ2 ∈ E ([a, b] , R) deux fonctions en escalier sur le segment [a, b]. Pour tout α, β ∈ R, on a Z
[a,b]
Autrement dit, si θ:
alors on a
αϕ1 + βϕ2 = α ½
Z
[a,b]
E ([a, b] , R)
ϕ1 + β
−→ 7−→
ϕ
Z
[a,b]
ϕ2
R R
[a,b] ϕ
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ θ αϕ1 + βϕ2 = αθ ϕ1 + βθ ϕ2
On dit aussi que θ est une forme linéaire sur E ([a, b] , R).
Démonstration Soient τ1 une subdivision subordonnée à ϕ1 et τ2 une subdivision subordonnée à ϕ2 . Soit τ une subdivision plus fine que τ1 et τ2 . Elle est donc subordonnée à la fois à ϕ1 et à ϕ2 . Supposons que τ : a = x0 < x1 < ... < xn = b et que ∀i ∈ 0,n − 1 ,
et ϕ2 |]xi ,xi +1 [ = di .
ϕ1 |]xi ,xi +1 [ = ci
On a alors Z
[a,b]
αϕ1 + βϕ2
=
n−1 X¡
=
α
=
α
αci + βdi
i=0 n−1 X i=0
Z
¢¡
xi+1 − xi
¢
n−1 X ¡ ¢ ¡ ¢ ci xi+1 − xi + β di xi+1 − xi
[a,b]
ϕ1 + β
i=0
Z
[a,b]
ϕ2
P ROPOSITION 13.5 L’intégrale d’une fonction en escalier positive est positive R Soit ϕ ∈ E ([a, b] , R) une fonction en escalier sur le segment [a, b]. Si ϕ est positive sur [a, b] alors [a,b] ϕ Ê 0.
Démonstration Soit τ : a = x0 < x1 < ... < xn = b une subdivision subordonnée à ϕ : ∀i ∈ 0,n − 1 , ϕ1 |]xi ,xi +1 [ = ci ∈ R. R ¡ ¢ P c x − xi Ê 0. Comme ϕ est positive, pour tout i ∈ 0,n − 1, on a ci Ê 0. Par conséquent, [a,b] ϕ = n−1 i=0 i i+1
C OROLLAIRE ¡ ¢ 13.6 Soit ϕ1 , ϕ2 ∈ (E ([a, b] , R))2 . On a
ϕ1 É ϕ2 =⇒
Z
[a,b]
ϕ1 É
Z
[a,b]
ϕ2
Démonstration Il suffit d’appliquer le résultat précédent à la fonction en escalier ϕ = ϕ2 −ϕ1 et d’utiliser la linéarité de l’intégrale.
520
P ROPOSITION 13.7 Relation de Chasles Soit ϕ une fonction en escalier sur le segment [a, b] et c ∈ ]a, b[. Alors Z
[a,b]
ϕ=
Z
[a,c]
ϕ+
Z
ϕ
[c,b]
Démonstration Soit τ : a = x0 < x1 < ... < xn = b une subdivision subordonnée à ϕ. On peut supposer, quitte à considérer la subdivision τ′ = τ∪{c} qui est plus fine que τ que c est un point de τ. On suppose de plus que c est le m-ième élément de τ. Si pour tout i ∈ 0,n − 1 , ϕ1 |]xi ,xi +1 [ = ci alors Z
[a,b]
ϕ
= = =
n−1 X
¡ ¢ ci xi+1 − xi
i=0 m−1 X
X ¡ ¡ ¢ n−1 ¢ ci xi+1 − xi + ci xi+1 − xi i=0 i=m Z Z ϕ+ ϕ [a,c]
[c,b]
13.2 Fonctions continues par morceaux 13.2.1 Définition et propriétés
f (x1 )
f (x0 )
a = x0
x1
x2
b = xn
f (xn ) F IGURE 13.6 – Fonction continue par morceaux
D ÉFINITION 13.5 Fonction continue par morceaux sur un segment – Soit [a, b] un segment. On dit qu’une fonction ϕ : [a, b] → R est une fonction continue par morceaux sur [a, b] lorsqu’il existe une subdivision τ : a = x0 < · · · < xn = b du segment [a, b] telle que 1. Pour tout k ∈ 0, n − 1, la restriction de ϕ à ]xk , xk+1 [ est continue.
2. Pour tout k ∈ 0, n − 1 , ϕ restreinte à ]xk , xk+1 [ admet une limite finie strictement à droite en xk et strictement à gauche en xk+1 . Autrement dit, la restriction de ϕ à ]xk , xk+1 [ est prolongeable par continuité sur [xk , xk+1 ].
– Une telle subdivision est dite adaptée ou subordonnée à ϕ. Remarque 13.2 – Toute fonction en escalier sur [a, b] est continue par morceaux sur [a, b]. – Comme pour les fonctions en escaliers, si τ est une subdivision de [a, b] subordonnée à ϕ continue par morceaux sur [a, b] et si τ′ est une autre subdivision de ϕ de [a, b] plus fine que τ alors τ′ est aussi subordonnée à ϕ. 521
P ROPOSITION 13.8 Si ϕ est une fonction continue par morceaux sur un segment [a, b] alors ϕ est bornée sur [a, b]. Démonstration Soit ϕ une fonction continue par morceaux sur [a,b] et soit τ : a = x0 < ... < xn = b une subdivision subordonnée £ ¤ xi , xi+1 . à ϕ. Pour tout i ∈ 0,n − 1 , la fonction f |]xi ,xi +1 [ est continue et se prolonge en une fonction f˜i continue © sur¡le segment ¢ª En appliquant le théorème 11.48, f˜i est bornée sur le segment [xi , xi+1 ]. Posons M = maxi∈0,n−1 Mi ,| f xi | ∪ {| f (b)|}. Alors ∀x ∈ [a,b], | f (x)| É M.
P ROPOSITION 13.9 Soit I un intervalle. – L’ensemble des fonctions réelles continues par morceaux sur [a, b] est un sous-espace vectoriel de (F ([a, b] , R) , +, .). – L’ensemble des fonctions réelles continues par morceaux sur [a, b] est un sous-anneau de (F ([a, b] , R) , +, ×). Démonstration Montrons le premier point, le second se prouve de même. Il est tout d’abord clair que l’ensemble des fonctions réelles continues par morceaux sur [a,b] est non vide. Soient α, β deux scalaires réels et soient ϕ1 et ϕ2 deux fonctions continues par morceaux sur [a,b] . Soient τ1 une subdivision de [a,b] subordonnée à ϕ1 et soit τ2 une subdivision de [a,b] subordonnée à ϕ2 . Soit τ : a = x0 < ...¡ < xn = b une ¤ à la fois £ à ϕ1 et à ϕ2 . De plus, pour ¢ subdivision plus fine que ϕ1 et ϕ2 . τ est donc subordonnée tout i ∈ 0,n − 1 , αϕ1 + βϕ2 |]xi ,xi +1 [ = αϕ1 |]xi ,xi +1 [ + βϕ2 |]xi ,xi +1 [ qui est continue sur xi , xi+1 comme combinaison linéaire ¤ £ ¡ ¢ d’applications continues sur xi , xi+1 . De plus, par opérations sur les limites, αϕ1 + βϕ2 |]xi ,xi +1 [ admet une limite stricte à droite de xi et une limite stricte à gauche de xi+1 . αϕ1 + βϕ2 est donc bien une fonction continue par morceaux sur [a,b].
13.2.2 Approximation des fonctions continues par morceaux par les fonctions en escalier T HÉORÈME 13.10 ♥ Approximation d’une fonction continue par une fonction en escalier Soit f une fonction continue sur le segment [a, b] et ε > 0. Alors, il existe une fonction en escalier ϕ telle que k f − ϕk∞ = sup | f (x) − ϕ(x)| É ε. x∈[a,b]
Démonstration Puisque la fonction f est continue sur le segment [a,b], elle est uniformément continue sur ce segment (théorème de Heine, 11.51). Il existe donc η > 0 tel que ∀(x, y) ∈ [a,b]2 , |x − y| É η =⇒ | f (x) − f (y)| É ε. Considérons alors un entier n suffisamment grand pour que (b − a)/n É η et définissons la subdivision de pas constant h = (b − a)/n É η, xi = a + i h pour i ∈ [[0,n − 1]]. Définissons ensuite la fonction en escalier ϕ en posant ∀i ∈ [[0,n − 1]], ∀x ∈ [xi , xi+1 [, ϕ(x) = f (xi ) et ϕ(b) = f (b). Soit x ∈ [a,b[, il existe i ∈ [[0,n − 1]] tel que xi É x < xi+1 et comme |x − xi | É η, | f (x) − ϕ(x)| = | f (x) − f (xi )| É ε. Si x = b , on a également | f (b) − ϕ(b)| = 0 É ε. En passant à la borne supérieure, on a bien kf − ϕk∞ É ε. Multimédia : animation, n augmente et les aires des rectangles sous le graphe de f
se rapprochent de l’intégrale
ǫ
ǫ
x0
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x0 x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11 x12 x13 x14 x15 x16 x17 x18 x19 x20
F IGURE 13.7 – Une approximation grossière avec ε assez grand
F IGURE 13.8 – Une approximation plus fine avec ε plus petit
L EMME 13.11 Une fonction continue par morceaux est la somme d’une fonction continue et d’une fonction en escalier Soit f une fonction continue par morceaux sur le segment [a, b]. Il existe une fonction g continue sur [a, b] et une fonction ψ en escalier sur [a, b] telles que f = g + ψ. 522
Démonstration Considérons une subdivision a = x0 < · · · < xn = b subordonnée à la fonction en escalier f . Comme f est continue par morceaux, sa restriction à ]x0 , x1 [ possède une limite finie à droite en x0 et une limite finie à gauche en x1 , f (x) −−−−−→ l et + x→x 0
f (x) −−−−−→ L. Posons ∀x ∈]x0 , x1 [, g (x) = f (x), g (x0 ) = l et g (x1 ) = L et ψ(x0 ) = f (x0 ) − l , ∀x ∈]x0 , x1 [, ψ(x) = 0 et ψ(x1 ) = x→x − 1
f (x1 ) − L. On a bien g continue sur [x0 , x1 ], ψ en escalier sur [x0 , x1 ] et ∀x ∈ [x0 , x1 ], f (x) = g (x) + ψ(x). On recommence ce procédé sur [x1 , x2 ] . . . pour définir les fonctions g et ψ sur [a,b].
x0
x1
x2
x3
x4
F IGURE 13.9 – Toute fonction continue par morceaux est somme d’une fonction continue et d’une fonction en escaliers.
C OROLLAIRE 13.12 Approximation uniforme d’une fonction continue par morceaux par une fonction en escalier Soit f une fonction continue par morceaux sur le segment [a, b] et ε > 0. Il existe une fonction ϕ en escalier sur [a, b] telle que k f − ϕk∞ É ε. Démonstration D’après le lemme précédent, il existe une fonction g continue sur [a,b] et une fonction ψ en escalier sur [a,b] telles que f = g + ψ. D’après le théorème précédent, il existe une fonction en escalier χ sur [a,b] telle que kg − χk∞ É ε. Posons alors ϕ = ψ + χ. C’est une fonction en escalier et on a bien kf − ϕk∞ = kg − χk∞ É ε.
C OROLLAIRE 13.13 Encadrement d’une fonction continue par morceaux par deux fonctions en escalier Soit f une fonction continue par morceaux sur le segment [a, b] et ε > 0. Il existe deux fonctions en escalier, ϕ, ψ ∈ E ([a, b] , R) vérifiant ϕÉ f Éψ et ψ − ϕ É ε . Démonstration D’après le corollaire 13.12, il existe une fonction en escalier χ sur [a,b] vérifiant ∀x ∈ [a,b], −ε/2 É f (x)−χ(x) É ε/2. Définissons les fonctions en escalier ϕ = χ − ε/2 et ψ = χ + ε/2. Elles vérifient bien ϕ É f É ψ et ψ − ϕ = ε.
13.2.3 Intégrale d’une fonction continue par morceaux P ROPOSITION 13.14 Intégrale de Riemann d’une fonction continue par morceaux Soit une fonction f continue par morceaux sur un segment [a, b]. On considère les ensembles I< f = I> f =
½Z
[a,b]
½Z
[a,b]
ϕ | ϕ est en escalier sur [a, b] et ϕ É f ϕ | ϕ est en escalier sur [a, b] et f É ϕ
On a les propriétés suivantes, • I< f admet une borne supérieure. • I> f admet une borne inférieure. • sup I< f = inf I> f . 523
¾
¾
On définit alors l’intégrale de Riemann de la fonction continue par morceaux f sur [a, b] par Z
[a,b]
f = sup I< f = inf I> f
Démonstration On définit les ensembles E< f et E> f par ©
ª
©
ª
E< f = ϕ est en escalier sur [a,b] et ϕ É f
et
E> f = ϕ est en escalier sur [a,b] et f É ϕ
• On a prouvé que si f est une fonction continue par morceaux sur [a,b] alors elle est minorée par un réel m et majorée par un réel M sur [a,b]. Par conséquent, les fonctions en escalier sur [a,b] définies par x 7→ m et x 7→ M sont éléments respectivement
de E< f et de E> f . E< f et E> f sont donc non vides. R R • Montrons que I< f est majorée. Soit ϕ ∈ E< f . On a ϕ É f É M. Par conséquent, [a,b] ϕ É [a,b] M = M (b − a). Cette majoration étant valable pour toute fonction en escalier ϕ ∈ E< f , on en déduit que I< f est majorée. • D’après l’axiome de la borne supérieure, on en déduit que I< f possède une borne supérieure β. • De même, on prouve que I> f est non vide minorée et possède une borne inférieure α. • On a α É β. Montrons que α = β. Soit ε > 0. Appliquant le théorème précédent, il existe des fonctions en escalier ϕ et ψ définies sur [a,b] telles que ϕ É f É ψ et ψ − ϕ É ε On a donc : ϕ ∈ E< f et ψ ∈ E> f ce qui donne
Z
[a,b]
ce qui s’écrit aussi : β−α É
Z
[a,b]
ψ−
ϕÉαÉβÉ
Z
[a,b]
ϕ=
Z
Z
[a,b]
[a,b]
ψ
ψ − ϕ É ε(b − a)
Cette inégalité étant valable pour tout ε > 0, on en déduit que : α = β.
Remarque 13.3 Cette définition généralise la définition de l’intégrale d’une fonction en escalier. Si f est une fonction en escalier, son intégrale de Riemann est égale à l’intégrale de la fonction en escalier précédemment définie. P LAN 13.1 : Pour montrer qu’une fonction f est intégrable sur un segment
Il suffit de montrer que f est continue par morceaux sur ce segment. B IO 11 Bernhard Riemann, né le 17 septembre 1826 à Breselenz(Allemagne), mort le 20 juillet 1866 à Selasca, Italie Mathématicien Allemand. Bernhard Riemann est le deuxième enfant d’une famille de six. Il reçoit de son père, pauvre pasteur luthérien, une éducation stricte et rigoureuse. Bien que très tôt il montre des talents intellectuels exceptionnels, il souffre d’une grande timidité, de dépression nerveuse et hypocondrie. Ses problèmes d’expression le poursuivront toute sa vie et l’empêcheront d’être reconnu à sa juste valeur de son vivant. Á 19 ans, il s’établit à Hanovre pour étudier la théologie et la philosophie, mais ses goût s’orientent vite vers les mathématiques. Il rencontre Gauss à l’université de Göttingen qui sera son directeur de thèse. Celle-ci porte sur les fonctions complexes et il y introduit les surfaces qui portent maintenant son nom et qui sont d’une grande importance dans la recherche mathématique actuelle. Quelques années plus tard, il jette les bases de la géométrie différentielle. C’est aussi lui qui a finalisé le travail de Cauchy sur les fonctions intégrables et qui a, le premier, produit une théorie rigoureuse de l’intégration. Il est le découvreur de la fonction ζ qui est au carrefour de nombreuses théories mathématiques modernes. La position des zéros de cette fonction est l’objet d’une célèbre conjecture qui n’a toujours pas été prouvée et qui permettrait de mieux comprendre la répartition des nombres premiers. Bernhard Riemann est mort à 40 ans de la tuberculose.
13.2.4 Propriétés de l’intégrale
524
P ROPOSITION 13.15 morceaux
L’intégrale est une forme linéaire sur l’espace vectoriel des fonctions continues par
Soient f et g deux fonctions continues par morceaux sur le segment [a, b] et α, β ∈ R. Alors Z
[a,b]
(α f + βg ) = α
Z
[a,b]
f +β
Z
g
[a,b]
Démonstration Comme f et g sont des fonctions continues par Rmorceaux sur le segment [a,b], il Ren est de même de αf + βg et R cette fonction est donc intégrable sur le segment [a,b]. Posons I = [a,b] αf ¡+ βg , I1 =¢ [a,b] f et I2 = [a,b] g . On veut donc prouver que I = αI1 + βI2 , ce qui revient à montrer que pour tout ε > 0, on a −ε É I − αI1 + βI2 É ε. Soit ε > 0. D’après le théorème 13.13, il existe des fonctions en escalier ϕ1 ,ϕ2 , ψ1 ,ψ2 définies sur [a,b] telles que ϕ1 É f É ψ 1 ,
ψ 1 − ϕ1 É ε
et
ϕ2 É g É ψ 2 ,
On a donc
¡
αϕ1 + βϕ2 É αf + βg É αψ1 + βψ2
donc donc
Z
Z Z Z ¡ ¢ ψ2 É I − αI1 + βI2 É αψ1 + βψ2 − α ϕ1 − β ϕ2 [a,b] [a,b] [a,b] [a,b] [a,b] [a,b] Z Z ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ α ϕ1 − ψ1 + β ϕ2 − ψ2 É I − αI1 + βI2 É α ψ1 − ϕ1 + β ψ2 − ϕ2 par linéarité de l’intégrale des fonctions en escalier [a,b] [a,b] Z Z ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ −ε α + β É I − αI1 + βI2 É ε α + β car ψ1 − ϕ1 É ε et ψ2 − ϕ2 É ε et par application du théorème 13.6
αϕ1 + βϕ2 − α
[a,b]
donc
Z
¢
et αψ1 + βψ2 − αϕ1 + βϕ2 É ε
Il vient alors Z
ψ 2 − ϕ2 É ε
ψ1 − β
[a,b]
¡ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ −ε α + β (b − a) É I − αI1 + βI2 É ε α + β (b − a)
ce qui prouve le théorème.
P ROPOSITION 13.16 L’intégrale d’une fonction continue par morceaux positive est positive Soit ϕ une fonction continue par morceaux sur le segment [a, b]. On a ∀x ∈ [a, b] ,
ϕ (x) Ê 0 =⇒
Z
[a,b]
ϕÊ0
Démonstration La fonction nulle sur [a,b] est en escalier et Rvérifie 0 É f . Elle est donc élément de E< f et par définition de R l’intégrale d’une fonction continue par morceaux, on a [a,b] f Ê [a,b] 0 = 0.
C OROLLAIRE 13.17 Soient ϕ1 et ϕ2 deux fonctions continues par morceaux sur le segment [a, b]. On a ϕ1 É ϕ2 =⇒
Z
[a,b]
ϕ1 É
Z
[a,b]
ϕ2
Démonstration En appliquant le théorème précédent à la fonction positive g − f , on obtient utilisant la linéarité de l’intégrale d’une fonction continue par morceaux.
P ROPOSITION 13.18 Relation de Chasles Soit ϕ une fonction continue par morceaux sur le segment [a, b]. Soit c ∈ ]a, b[. Alors : Z
[a,b]
ϕ=
Z
[a,c]
ϕ+
525
Z
[c,b]
ϕ
R
[a,b] g − f Ê 0
et on conclut en
Démonstration Soit ϕ ∈ E< f . On a ϕ|[a,c] É f |[a,c] et ϕ|[c,b] É f |[c,b] . Par conséquent, Z
ϕ
[a,b]
= É
Z
[a,c]
ϕ+
[a,c]
f+
Z
Z
ϕ par application de la relation de Chasles pour les fonctions en escalier
[c,a]
Z
f par application du théorème 13.17
[c,a]
o
nR
R
Notons γ cette dernière quantité. γ est donc un majorant de I< f = [a,b] ϕ | ϕ ∈ E< f . Par conséquent, γ Ê [a,b] f . On peut R R faire le même raisonnement avec une fonction ϕ ∈ E> f et on aura alors γ É [a,b] f . Donc γ = [a,b] f et la relation de Chasles est démontrée.
13.2.5 Fonctions continues par morceaux sur un intervalle I désigne ici un intervalle de R.
D ÉFINITION 13.6 Fonction continue par morceaux sur un intervalle On dit qu’une fonction définie sur un intervalle I est continue par morceaux sur I si et seulement si elle est continue par morceaux sur tout segment de I. ✎ Notation 13.1 Soit f une fonction continue par morceaux sur I. Soit (a, b) ∈ I2 . On note R R – Si a É b , ab f (x) dx = [a,b] f R R – Si b É a , ab f (x) dx = − [a,b] f Rb – Si a = b , a f (x) dx = 0
Remarque 13.4 Dans cette notation (comme dans les calculs de sommes), la variable x est muette, on a défini l’intégrale d’une fonction.
Zb a
f (x) dx =
Zb a
f (t ) dt = . . . .
P ROPOSITION 13.19 Relation de Chasles Soit une fonction f continue par morceaux sur l’intervalle I et trois réels a, b, c ∈ I. Alors Zb a
f (x) d x =
Zc a
f (x) dx +
Zb
f (x) d x
c
Démonstration • Si a < c < b , par application du théorème 13.18, Zb a
f (x) dx =
Z
[a,b]
f =
Z
[a,b]
f+
Z
[c,b]
f =
Zc a
Zb
f (x) dx
Zb
f (x) dx
f (x) dx +
c
• Si a < b < c , par application du point précédent, Zc a
f (x) dx +
Zb c
f (x) dx =
Zc a
f (x) dx −
Zc b
f (x) dx =
a
• Les autres cas se démontrent de même.
13.2.6 Nullité de l’intégrale d’une fonction continue T HÉORÈME 13.20 ♥♥♥ Si l’intégrale d’une fonction continue positive est nulle alors cette fonction est nulle Soient [a, b] un segment et une fonction f : [a, b] → R vérifiant H1
la fonction f est continue sur le segment [a, b],
H2
elle est positive : ∀x ∈ [a, b] ,
H3
son intégrale est nulle :
Rb a
f (x) Ê 0.
f (x) d x = 0.
Alors la fonction est nulle : ∀x ∈ [a, b] ,
f (x) = 0
526
Démonstration Par l’absurde, supposons que la fonction f n’est pas nulle. Alors il existe c ∈ [a,b] tel que f (c) 6= 0. Pour simplifier la rédaction, supposons que c ∈ ]a,b[ et f (c) > 0 (les autres de la même façon). Posons ε = f (c)/2. Puisque ¤ la fonction £ ¤ cas se traitent £ f est continue au point c , on peut trouver un voisinage de c avec η > 0 inclus dans tel que ∀x ∈ c − η,c + η , c − η,c + η [a,b] ¤ £ −ε É f (x) − f (c) É ε c’est à dire ∀x ∈ c − η,c + η f (x) Ê ε. On a donc par la relation de Chasles, Zb a
f (x) dx
Zc−η
=
c−η
f (x) dx car f Ê 0
c−η
ε dx = 2ηε > 0
Zc+η
>
f (x) dx +
a
Zc+η
Ê
Zc+η
f (x) dx +
c−η
Zb
c+η
f (x) dx
ce qui est en contradiction avec la troisième hypothèse. f est donc nulle sur [a,b].
Remarque 13.5 £ ¤ R – La réciproque de cette propriété est clairement vraie : ∀x ∈ [a, b] , f (x) = 0 =⇒ ab f (x) dx = 0. – Ce théorème est bien entendu faux si l’on ne suppose pas f Ê 0 sur [a, b] ou si la fonction f est uniquement continue par morceaux : une fonction nulle partout sauf en un point est d’intégrale nulle.
13.2.7 Majorations fondamentales
M
m
a
b
F IGURE 13.10 – Encadrement d’une intégrale
T HÉORÈME 13.21 ♥♥♥ Soient f une fonction réelle continue par morceaux sur le segment [a, b]. En appliquant la proposition 13.8, il existe des réels m et M tels que ∀x ∈ [a, b] , m É f (x) É M. On a alors m (b − a) É
Zb a
f (x) d x É M (b − a)
Démonstration En appliquant la proposition 13.17, on obtient Zb a
m dx É
Zb a
f (x) dx É
ce qui donne le résultat.
527
Zb a
M dx
T HÉORÈME 13.22 ♥♥♥ Soit f une fonction continue par morceaux sur le segment [a, b] alors f est bornée sur [a, b] et ¯Zb ¯ Zb ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (x)¯ dx É (b − a)sup ¯ f ¯ f (x) d x ¯¯ É ¯ a
a
[a,b]
Démonstration Remarquons tout d’abord que comme¯ f¯ est continue ¯ ¯ ¯ sur ¯ les ¯ ¯ par morceaux, utilisant les théorèmes d’opération limites et les fonctions continues, il en est de même de ¯ f ¯ et donc ¯ f ¯ est intégrable sur [a,b]. De plus, on a − ¯ f ¯ É f É ¯ f ¯. Par conséquent, d’après le théorème 13.17, Z Z Z −
[a,b]
ce qui donne le résultat.
¯ ¯ ¯f ¯ É
[a,b]
f É
¯ ¯ ¯f ¯
[a,b]
T HÉORÈME 13.23 Inégalité de la moyenne Soient f et g deux fonctions continues par morceaux sur le segment [a, b] alors on a l’inégalité de la moyenne ¯Z ¯ ¯ ¯
[a,b]
¯ Z ¯ ¯ ¯ f g ¯¯ É sup ¯ f ¯
[a,b]
[a,b]
¯ ¯ ¯g ¯
Démonstration Comme f est continue par morceaux sur le segment [a,b], appliquant la proposition ¯ ¯ ¯ ¯13.8, f est bornée sur [a,b] et il existe donc un réel M > 0 tel que sup[a,b] É M. On a donc : ∀x ∈ [a,b] , ¯ f (x) g (x)¯ É M ¯g (x)¯ et donc, appliquant le théorème 13.17 et le théorème précédent, ¯Z ¯ ¯ ¯
[a,b]
¯ Z ¯ f g ¯¯ É
[a,b]
Z
¯ ¯ ¯f g¯ É
[a,b]
¯ ¯ M ¯g ¯ É M
Z
[a,b]
¯ ¯ ¯g ¯
T HÉORÈME 13.24 ♥♥♥ Inégalité de Cauchy-Schwarz Soient f et g des fonctions continues par morceaux sur le segment [a, b]. On a l’inégalité de Cauchy-Schwarz : ¯Z ¯ ¯ ¯
[a,b]
¯ sZ ¯ f g ¯¯ É
f
[a,b]
sZ
g
[a,b]
Démonstration Introduisons la fonction polynomiale P de la variable α définie par P= ¡
Z
[a,b]
¢
¡
f + αg
¢2
= α2
Z
[a,b]
g 2 + 2α
Z
[a,b]
fg+
Z
f2
[a,b]
2 Remarquons que comme ∀α ∈ R, f + αg Ê 0, P est positive ou nulle. R 2 • Si [a,b] g = 0 alors P est une R fonction affine. Vu qu’elle est positive ou nulle, il est nécessaire que le coefficient de son terme de degré 1 est nul, c’est à dire [a,b] f g = 0. L’inégalité de Cauchy-Schwarz est alors démontré dans ce cas particulier. • Sinon, P est un trinôme du second degré. Comme P Ê 0, ses deux racines sont ou confondues ou complexes. Par conséquent son discriminant réduit ∆ est négatif ou nul
∆=
µZ
[a,b]
fg
¶2
−
Z
[a,b]
f2
Z
[a,b]
g2
On en déduit alors l’inégalité souhaitée. Dans le cas où f et g sont continues (et plus seulement continues par morceaux), remarquons qu’il y a égalité dans Z cette inégalité lorsque g = 0 ou alors lorsque le trinôme P possède une racine double. C’est à dire qu’il existe α ∈ R tel que
[a,b]
( f + αg )2 = 0. D’après le théorème 13.20 page 526, on doit avoir f + αg = 0, c’est à dire que
les deux fonctions f et g sont proportionnelles. Réciproquement, si les deux fonctions sont proportionnelles, on vérifie qu’il y a égalité dans la majoration de Cauchy-Schwarz.
T HÉORÈME 13.25 Inégalité de Minkowski ° °
Soient deux fonctions continues f et g sur le segment [a, b]. En notant ° f °2 = ° ° ° ° ° ° ° f + g ° É ° f ° + °g ° 2 2 2
528
qR
b a
f 2 (x) dx , on a l’inégalité suivante
Démonstration Développons et utilisons Cauchy-Schwarz Z
[a,b]
( f + g )2 = É =
Z
[a,b]
Z
Z f 2 +2
[a,b]
sZ
2
[a,b]
f +2
ÃsZ
[a,b]
fg+
[a,b]
f 2+
f
2
sZ
[a,b]
¡ ¢2 = kf k2 + kg k2
Z
[a,b]
sZ
g2
[a,b]
g2
g2 +
!2
Z
[a,b]
g2
On en déduit l’inégalité souhaitée. Remarquons qu’il y a égalité dans cette majoration si et seulement si sZ
2
sZ
Z
2
[a,b]
¯Z ¯ f g = ¯¯
[a,b]
¯ ¯ f g ¯¯ =
g . D’une part, il y a égalité dans Cauchy-Schwarz donc les deux fonctions f et g sont proportionnelles et d’autre R[a,b] part, puisque f g Ê 0, le coefficient de proportionnalité doit être positif ou nul. On vérifie facilement la réciproque. [a,b]
f
13.2.8 Valeur moyenne d’une fonction D ÉFINITION 13.7 Valeur moyenne d’une fonction Soient [a, b] un segment et f une fonction continue par morceaux sur [a, b] à valeurs réelles. On appelle valeur moyenne de f sur le segment [a, b] la quantité 1 b−a
Zb
f (x) dx
a
13.2.9 Invariance de l’intégrale par translation P ROPOSITION 13.26 Invariance de l’intégrale par translation Soient f une fonction continue par morceaux sur le segment [a, b] à valeurs réelles et T ∈ R. Soit f T : ½ [a + T, b + T] −→ R . Alors f T est continue par morceaux sur le segment [a + T, b + T] et x 7−→ f (x − T) Zb+T a+T
f T (x) dx =
Zb
f (x) d x
a
Démonstration • Supposons que f est une fonction en escalier sur [a,b]. Soit τ : a = x0 < x1 < ... < xn = b une subdivision subordonnée à f . Il existe donc c1 ,... ,cn ∈ R tels que f |]xi ,xi +1 [ = ci . Posons τT : a +T = x0 +T < x1 +T < ... < xn +T = b +T . τT est une subdivision subordonnée à f T . De plus : f T |]xi +T,xi +1 +T[ = ci . Par conséquent : Z
[a+T,b+T]
fT =
n X
k=1
Z n ¡ ¡ ¢¢ X ¡ ¢ ck xk+1 + T − xk + T = ck xk+1 − xk =
[a,b]
k=1
f
Le théorème est alors démontré pour les fonctions en escalier. • Supposons que f est une fonction continue par morceaux sur le segment [a,b] . Par définition de l’intégrale, on a : ¾ ½Z Zb+T ϕ | ϕ est en escalier sur [a + T,b + T] et ϕ É f T f T (x) dx = sup a+T
[a+T,b+T]
=
sup
=
sup
=
Zb a
½Z
[a,b]
ϕ−T | ϕ est en escalier sur [a + T,b + T] et ϕ É f T
[a,b]
ϕ | ϕ est en escalier sur [a,b] et ϕ É f
½Z
f (x) dx
13.3 Primitive et intégrale d’une fonction continue Dans toute cette section, I désigne un intervalle de R non trivial.
529
¾
¾
D ÉFINITION 13.8 Primitive Soit : I → R. On dit qu’une fonction F : I → R est une primitive de f sur l’intervalle I si et seulement si H1
la fonction F est dérivable sur I,
H2
sa dérivée est égale à f : ∀x ∈ I,
F′ (x) = f (x)
P ROPOSITION 13.27 Deux primitives d’une même fonction diffèrent d’une constante Soit une fonction f : I → R définie sur un intervalle I. Si F et G sont deux primitives de f sur I alors il existe c ∈ R tel que : G = F + c . Démonstration Comme F et G sont des primitives de f sur I, on a (G − F)′ = f − f = 0. Par conséquent G − F est une fonction constante sur I, c’est une conséquence du théorème des accroissements finis ( 12.13 page 478). Il existe donc c ∈ R tel que G = F+c .
Remarque 13.6 Le fait que I est un intervalle est fondamental. Si par exemple I = [0, 1] ∪ [2, 3] la fonction G définie par G(x) = 0 sur [1, 2], G(x) = 1 sur [2, 3] est une primitive de la fonction f sur I. La fonction F nulle est également une primitive de f sur I et ces deux fonctions ne diffèrent pas d’une constante. Considérons une fonction f continue par morceaux sur un intervalle I et un point a ∈ I. Alors, pour tout réel x ∈ I, le segment [a, x] est inclus dans l’intervalle I ce qui nous permet de définir la fonction suivante : F:
I
x
Rx a
−→
R Z x
7−→
f (t ) dt
a
f (t)dt y = f (x)
a
x
F IGURE 13.11 – Théorème fondamental de l’analyse
L EMME 13.28 La fonction F est continue sur I Si la fonction f est continue par morceaux sur l’intervalle I, alors la fonction F est continue sur I. Démonstration Considérons un segment [a,b] inclus dans l’intervalle I. Comme la fonction f est continue par morceaux sur le segment [a,b], elle est bornée sur ce segment. Notons M[a,b] = sup | f (x)|. Soient (x, y) ∈ [a,b]2 , avec x < y . En utilisant Chasles x∈[a,b]
et la majoration classique 13.21 page 527, ¯Z y ¯ ¯Z y ¯ Zy Zx ¯ ¯ ¯ ¯ |F(y) − F(x)| = ¯¯ f (t) dt ¯¯ = ¯¯ f (t) dt − f (t) dt ¯¯ É | f (t)| dt É M[a,b] |y − x| a
a
x
x
Nous avons montré que la restriction de F au segment [a,b] était lipschitzienne, donc continue. La fonction F est donc continue en tout point de tout segment inclus dans I ce qui montre qu’elle est continue sur l’intervalle I.
Le théorème suivant permet de relier calcul différentiel et calcul intégral. Les anglo-saxons lui ont donné le nom de « Fundamental Theorem of Calculus »que nous traduisons par :
530
T HÉORÈME 13.29 ♥♥♥♥ Théorème fondamental de l’analyse H1
Soit I un intervalle de R.
H2
Soit f une fonction continue sur I.
Soit a ∈ I alors la fonction F:
½
I x
−→ 7−→
R R x a
f (t ) dt
est de classe C 1 sur I et est la seule primitive de f qui s’annule en a
F′ = f
et F (a) = 0
Démonstration Soit x0 ∈ I. Pour simplifier la preuve, supposons que x0 n’est pas l’extrémité droite de l’intervalle I. Nous allons montrer que la fonction F est dérivable au point x0 . Soit h > 0 tel que x0 + h ∈ I. Puisque la fonction f est continue au point x0 , lorsque h est petit, pour t ∈ [x0 , x0 + h], f (t) est proche de f (x0 ). Effectuons cette approximation : F(x0 +h) =
Zx0 +h a
f (t) dt =
Zx 0 a
Zx0 +h Z x0 +h Zx0 +h ¡ ¢ £ ¤ f (t) dt = F(x0 )+ f (t) dt+ f (x0 ) + [ f (t) − f (x0 )] dt = F(x0 )+h f (x0 )+ f (t) − f (x0 ) dt x0
x0
x0
Nous avons fait apparaître un reste de notre approximation R(h) =
Zx0 +h x0
£
¤ f (t) − f (x0 ) dt
Soit ε > 0. Puisque la fonction f est continue au point x0 , il existe η > 0 tel que ∀t ∈ [x0 , x0 + η], | f (t) − f (x0 )| É ε. Soit h ∈]0,η], ¯Zx +h ¯ Zx +h 0 ¯ 0 £ ¯ ¯ ¤ ¯ ¯ f (t) − f (x0 )¯ dt É εh |R(h)| = ¯¯ f (t) − f (x0 ) dt ¯¯ É x0
x0
Par conséquent, |R(h)|/h É ε. Nous avons montré que R(h)/h −−−→ 0, donc que R(h) = o(h). La fonction F admet un développement h→0
limité à l’ordre 1 au point x0 et d’après le théorème 12.1 page 471, elle est dérivable à droite au point x0 avec F′d (x0 ) = f (x0 ). On montre de la même façon (en prenant h < 0) que F est dérivable à gauche en x0 avec F′g (x0 ) = f (x0 ). Puisque F′ = f est continue par hypothèse, la fonction F est de classe C 1 sur l’intervalle I.
Le théorème fondamental garantit l’existence de primitives d’une fonction continue sur un intervalle. C OROLLAIRE 13.30 Une fonction continue sur un intervalle possède une primitive H1
Soit I un intervalle de R.
H2
Soit f une fonction continue sur I
alors f possède une primitive F sur I .
Jusqu’à présent, nous avons construit de façon théorique l’intégrale d’une fonction continue par morceaux, mais nous sommes pour l’instant incapables de calculer la moindre intégrale ! Le théorème fondamental permet d’effectuer ce calcul si l’on connaît une primitive de notre fonction sur le segment [a, b]. C OROLLAIRE 13.31 Calcul d’intégrale Soit f : I → R une application continue sur le segment [a, b] ⊂ I. Soit G une primitive de f sur [a, b] alors l’intégrale de f sur [a, b] est donnée par Zb a
f (t ) dt = G(b) − G(a)
Démonstration Comme la fonction f est continue sur l’intervalle I, elle admet comme primitive sur I la fonction F du théorème fondamental. Soit G une primitive quelconque de f sur I. Il existe c ∈ R tel que G = F + c . Par conséquent Zb a
f (t) d t = F (b) − F (a) = [G(b) + c] − [G(a) + c] = G(b) − G(a)
531
T HÉORÈME 13.32 ♥♥♥ Théorème fondamental (deuxième forme) Soit f une fonction de classe C 1 sur un intervalle I de R. Soit a ∈ I. On a f (b) − f (a) =
Zb
f ′ (t ) dt
a
Démonstration Comme f est de classe C 1 sur I, f ′ est continue et est donc R bien intégrable sur tout segment [a,b] de I. De plus f est une primitive de f ′ sur I. Appliquant le résultat précédent, on a bien ax f ′ (t) d t = f (b) − f (a).
Remarque 13.7 Pensez à utiliser cette formule lorsque vous avez une hypothèse sur f ′ et vous voulez obtenir une propriété sur la fonction f . Exemple 13.2 On note E = { f ∈ C 1 ([a, b]) | f (a) = 0}. Nous allons montrer qu’il existe une constante C Ê 0 telle que ∀f ∈ E, k f k2 É Ck f ′ k2 (c’est l’inégalité de Poincaré). Nous voulons majorer une quantité faisant intervenir f (k f k2 ) en fonction d’une quantité faisant intervenir f ′ (k f ′ k2 ). Il n’y a pas à hésiter sur l’outil à utiliser : c’est le théorème fondamental. Soit f ∈ E. Puisque f est de classe C 1 sur l’intervalle [a, b], d’après le théorème fondamental deuxième forme, pour x ∈ [a, b], Z Z x
f (x) = f (a) +
a
f ′ (t ) dt =
x
f ′ (t ) dt
a
Alors en utilisant Cauchy-Schwarz, f 2 (x) =
µZx a
1 × f ′ (t ) dt
¶2
É
Zx
Zx
12 dt
a
a
f ′2 (t ) dt É (x − a)
Zb
f ′2 (t ) dt
a
Avec la majoration classique 13.21 page 527, Zb a
2
f (t ) dt É
p
Zb
′2
f (t ) dt
a
Zb a
(b − a)2 (x − a) dx = 2
Zb
f ′2 (t ) dt
a
Il suffit de prendre C = (b − a)/ 2. ✎ Notation 13.3 – On note [F (x)]ba = F(b) − F(a). R – Si f est une fonction continue, la notation f (x) dx est utilisée pour représenter une primitive quelconque de la fonction f . Avec les notations précédentes : Z Z x
f (x) dx =
a
f (t ) dt + C t e
T HÉORÈME 13.33 ♥♥♥ Dérivée d’une fonction définie par une intégrale H1
Soit une fonction f continue sur un intervalle I,
H2
Soient u, v : J 7→ I deux fonctions dérivables sur l’intervalle J.
Alors la fonction G:
est dérivable sur l’intervalle J et ∀x ∈ J,
J
x
−→ 7−→
R Zv(x)
f (t ) dt
u(x)
G′ (x) = v ′ (x) f [v(x)] − u ′ (x) f [u(x)]
Démonstration Soit un réel a ∈ I et F la fonction du théorème fondamental. Il suffit de remarquer que pour x ∈ J, avec la relation de Chasles, G(x) =
Zv(x) a
−
Zu(x) a
532
= F (v (x)) − F (u(x))
Puisque G = F ◦ v − F ◦ u et que la fonction F est dérivable sur I (théorème fondamental), que u et v sont dérivables sur J à valeurs dans I, d’après le théorème 12.5 page 473, la fonction G est dérivable sur J et ∀x ∈ J, G′ (x) = F′ (v (x)) ×v ′ (x)−F′ (u(x)) ×u ′ (x) d’où la formule du théorème puisque F′ = f .
Exemple 13.4 Étudions les variations de la fonction g:
]1, +∞[
−→
x
7−→
R Zx 2
dt t2 −1
x
La fonction g est définie et dérivable sur l’intervalle I =]1, +∞[. Notons J =]1, +∞[ et définissons les fonctions u:
½
J x
−→ 7−→
I x
v:
½
J x
−→ 7−→
I x2
f :
(
I
−→
x
7−→
R
1 x2 − 1
Les fonctions u, v sont dérivables de J vers I et la fonction f est continue sur l’intervalle I. D’après le théorème précédent, g est dérivable sur l’intervalle J et pour x ∈ J, g ′ (x) = 2x f (x 2 ) − f (x) = − p
x 2 − 2x − 1 (x 2 − 1)(x 2 + 1)
Le trinôme x 2 − 2x − 1 s’annule sur I en x0 = 1 + 2 et on en déduit que g est croissante sur ]1, x0 ] puis décroissante sur [x0 , +∞[.
13.4 Calcul de primitives et d’intégrales 13.4.1 Intégration par parties P ROPOSITION 13.34 Méthode d’intégration par parties Soit I un intervalle de R. On suppose que : H1
u et v des fonctions de classe C 1 sur I.
alors
Zb a
u ′ (t ) v (t ) dt = [u (t ) v (t )]ba −
Zb
u (t ) v ′ (t ) dt
a
Démonstration Par opérations sur les fonctions de classe C 1 sur I, la fonction uv est de classe C 1 sur I. D’après le théorème fondamental deuxième forme, (uv ) (b) − (uv ) (a) =
Remarque 13.8 s’écrit
Remarque 13.9
Zb a
(uv )′ (t) d t =
Zb a
¡ ′ ¢ ¡ ¢ u v (t) + uv ′ (t) d t =
Zb a
¡ ′ ¢ u v (t) d t +
Zb a
¡
¢ uv ′ (t) d t
Application au calcul de primitive. Dans un calcul de primitive, la formule d’intégration par parties Z
u ′ (t ) v (t ) d t = u (t ) v (t ) −
Z
u (t ) v ′ (t ) dt
On consultera la partie C.6.8 page 1236 pour apprendre à utiliser cette technique.
13.4.2 Changement de variables P ROPOSITION 13.35 Changement de variable ¡
¢
£
¤
Soient I un intervalle de R£ et f¤ : I → R une application continue sur I. Soient α, β ∈ R2 tel que α < β et ϕ : α, β → I de classe C 1 sur le segment α, β alors Zϕ(β) ϕ(α)
f (t ) d t =
Zβ α
¡ ¢ f ϕ (u) ϕ′ (u) du
533
Démonstration
Comme f est continue sur I, elle possède une primitive F sur I et pour tout x0 , x1 ∈ I, on a
Rx 1
x 0 f (t) dt = ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ Rϕ(β) ¡ ¢ F (x1 ) − F (x0 ). En particulier, comme ϕ (α) ,ϕ β ∈ I, on a ϕ(α) f (t) dt = F ϕ β − F ϕ (α) . Par ailleurs, F ◦ ϕ est de classe C 1 £ ¤ £ ¤ sur α,β comme composée d’applications de classes C 1 sur α,β . En appliquant le théorème fondamental deuxième forme, on
obtient
Zϕ(β)
¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ f (t) dt = F ϕ β − F ϕ (α) =
ϕ(α)
Zβ α
¡
¢′ F ◦ ϕ (u) du =
Zβ α
¡ ¢ ϕ′ (u) F′ ϕ (u) du =
Zβ α
¡ ¢ ϕ′ (u) f ϕ (u) du
P LAN 13.2 : Changement de variable dans un calcul d’intégrale R Pour calculer ab f (t ) dt , £ ¤ ¡ ¢ £ ¤ 1. On vérifie que ϕ : α, β → I est de classe C 1 sur le segment α, β et que ϕ (α) = a , ϕ β = b .
2. On pose
(
x = ϕ (t )
d x = ϕ′ (t ) d t R R ¡ ¢ 3. On écrit ab f (u) du = αβ f ϕ (t ) ϕ′ (t ) dt
Ne pas oublier de transformer les bornes
Exemple 13.5 R p – Calculons I = 01 1 − t 2 dt en utilisant le changement de variable t = sin u : I=
Z1 p 0
1 − t 2 dt
= = =
Zπ p 2
0
Zπ
1 − sin2 u cos u du
h πi cos2 u du car cos est positif sur 0, 2 0 · ¸π Zπ u sin 2u 2 π 2 1 + cos 2u du = + = 2 2 4 4 0 0 2
p
N’aurions-nous pas pu obtenir ce résultat sans calcul ? (Représenter la courbe d’équation y = 1 − x 2 . . .) – Calculons J =
Rln p3 0
ex dx en utilisant le changement de variable u = e x (on a donc x = ln u ). 1 + e 2x J=
Zln p3 0
ex dx 1 + e 2x
Ze p3
=
1
Ze p3
=
1
Pour calculer une intégrale du type
Rb a
1 du 1 + u2 p
[arctan u]1 3 =
=
Remarque 13.10
u 1 du 1 + u2 u
f (x n )
π π π − = 3 4 12
dx , effectuer le changement de variables y = x n . x
13.4.3 Changement de variable affine L’utilisation d’un changement de variable affine permet souvent sans calcul d’intégrale, de prouver des propriétés graphiquement évidentes. P ROPOSITION 13.36 Intégrale d’une fonction périodique Soit f une fonction continue par morceaux sur R, T-périodique. Soit (a, b) ∈ R2 tel que a < b . Alors : Za+T a
Zb a
f (x) dx =
f (x) d x =
Zb+T
f (x) d x
b
Zb+T a+T
534
f (x) dx
Démonstration • Avec le changement de variables
(
= u −T
t du
, on obtient
= dt
Rb+T
Rb Rb a+T f (t) dt = a f (u − T) du == a f (t) dt
car f est T périodique.
R R R Ra+T • Avec la relation de Chasles, aa+T f (t) dt = ab f (t) dt + bb+T f (t) dt + b+T f (t) dt . En appliquant l’égalité précédente, on Rb Ra+T obtient a f (t) dt + b+T f (t) dt = 0 d’où le résultat. Dans le cas où la fonction f est continue sur R , on peut retrouver ce résultat à l’aide du théorème fondamental. Considérons la
fonction
g:
R x
−→
R Zx+T
7−→
f (t) dt
x
Elle est dérivable sur R et pour x ∈ R , g ′ (x) = f (x + T) − f (x) = 0. La fonction est donc constante et on retrouve le résultat.
P ROPOSITION 13.37 Intégrale d’une fonction paire ou impaire Soit a > 0 et f une fonction continue par morceaux sur le segment [−a, a]. – Si f est paire, Z0
−a
En particulier
Za
f (x) dx
Z0
f (x) d x = −
Za
f (x) dx
En particulier
Za
−a
( u
0
0
f (x) d x = 0
Par application de la relation de Chasles, on a
= −x
f (x) d x
0
f (x) dx = 2
−a
Démonstration
Za
Za
−a
– Si f est impaire,
f (x) dx =
R0
R0
Ra
R0 Ra −a f (x) dx = −a f (x) dx + 0 f (x) dx
Par le changement de
Ra
, on obtient −a f (x) dx = − a f (−u) du = 0 f (−u) du = −d x R R Ra R • Supposons que f est paire. On a alors 0aRf (−u) du = 0a f R(u) du et donc −a fR(x) dx = 2 0a f (x) dx . a a a • Supposons que f est impaire. On a alors 0 f (−u) du = − 0 f (u) du et donc −a f (x) dx = 0.
variable
du
½
−→ 7−→
f (u) du = (b − a)
Z1
[0, 1] t le segment [a, b] en une intégrale sur le segment [0, 1] :
Remarque 13.11
Le changement de variable ϕ : Zb a
0
[a, b] a + (b − a) t
permet de transformer une intégrale sur
f (a + (b − a) t ) d t
13.4.4 Étude d’une fonction définie par une intégrale Nous allons résoudre l’exercice suivant, très typique des concours : Exercice 13.1 ♥♥ R2x e −t dt . x t ∗ 1. Montrer que f est définie sur R .
Soit f la fonction donnée par x 7→ 2. Prouver que :
∀x ∈ R∗+ ,
Établir une inégalité analogue sur R∗− .
e −2x ln 2 É f (x) É e −x ln 2
3. En déduire que l’on peut prolonger f par continuité en 0 et étudier le comportement de f à l’infini. On appelle encore f la fonction ainsi prolongée. 4. Montrer que f est dérivable sur R∗ et calculer sa dérivée. 5. Étudier la dérivabilité de f en 0 et déterminer la position de son graphe par rapport à la tangente en ce point. 535
6. Étudier les variations de f et tracer son graphe. Solution :
∗ R
−→
R e −t . Soit x ∈ R∗ . h est continue sur le segment [x, 2x] et par conséquent admet une t 7−→ t intégrale sur ce segment. On en déduit que f est bien définie sur R∗ .
1. Notons h :
2. Soit x ∈ R∗+ . La fonction t 7→ e −t est décroissante sur R∗+ . Par conséquent : ∀t ∈ [x, 2x] , Z2x x
ce qui s’écrit : e −2x
e −2x dt É t
Z2x x
ou encore :
1 dt É t
On montre de même que si x
e −t dt É t
Z2x
e −t dt É e −x t
x
x
Z2x x
e −x dt t
Z2x x
1 dt t
e −2x [ln t ]2x x É
Z2x
e −t dt É e −x [ln t ]2x x t
e −2x ln 2 É
Z2x
e −t dt É e −x ln 2 t
d’où il vient :
∈ R∗− ,
Z2x
x
x
e −2x É e −t É e −x et donc :
alors : e −x ln 2 É
Z2x
e −t dt É e −2x ln 2 t
x
3. On a : lim e −2x ln 2 = lim e −x ln 2 = ln 2. Utilisant les deux inégalités précédentes et appliquant le théorème des x→0
x→0
gendarmes, on en déduit que : lim f (x) = ln 2 . f est donc prolongeable par continuité en 0. On a de plus : x→0
– lim e −2x ln 2 = lim e −x ln 2 = 0, donc, toujours d’après le théorème des gendarmes, x→+∞
x→0
– lim e −x ln 2 = +∞, donc, d’après le théorème des gendarmes, x→−∞
lim f (x) = 0 .
x→+∞
lim f (x) = +∞ .
x→−∞
4. La fonction h est continue sur R∗+ et admet donc une primitive H de classe C 1 sur R∗+ . On peut alors écrire,pour tout x ∈ R∗+ : f (x) = H (2x) − H (x) et on en déduit que f est de classe C 1 sur R∗+ comme différence et composée de fonctions de classes C 1 sur R∗+ . De plus, si x ∈ R∗+ , on a : f ′ (x) = 2H′ (2x) − H′ (x) = 2h (2x) − h (x) donc : f ′ (x) =
e −2x − e −x x e −2x − e −x . De plus : x −2x e − e −x É 0 =⇒ f ′ (x) É 0. =⇒ e −2x − e −x É 0 =⇒ x e −2x − e −x =⇒ e −2x − e −x Ê 0 =⇒ É 0 =⇒ f ′ (x) É 0. x
On prouve de même que f est dérivable sur R∗− et que si x ∈ R∗− alors f ′ (x) = – si x ∈ R∗+ , on a : x É 2x =⇒ −2x É −x =⇒ e −2x É e −x – si x ∈ R∗− , on a : 2x É x =⇒ −x É −2x =⇒ e 2x É e −2x
5. Montrons maintenant que f est dérivable en 0 ; Soit t ∈ R∗ . On a, par produit et quotient d"équivalents : f ′ (t ) =
e −2t − e −t e −t − 1 = e −t ∼ −e −t t →0 t t
par conséquent f ′ (t ) −−−→ −1. Comme f est continue sur R, que f est dérivable sur R∗ et que f ′ (t ) −−−→ −1, on peut t →0
t →0
appliquer le théorème du prolongement dérivable 12.14, et affirmer que f est dérivable en 0. De plus : f ′ (0) = −1. Une équation de la tangente au graphe de f en 0 est donc : y = −x + ln 2. De plus : f (x) − (−x + ln 2) = e −t + t − 1
Z2x x
e −t + t − 1 dt t
et une étude rapide montre que t 7→ est positive si t Ê 0 et négative si t < 0. Par conséquent, si x > 0, t f (x) − (−x + ln 2) Ê 0 et la tangente au graphe de f est en dessous du graphe de f si x > 0. Si x < 0, on obtient le même résultat. 536
6. On en déduit les variations de f sur R ainsi que son graphe : 15,0
12,5
10,0
7,5
5,0
x
−∞
f ′ (x) 0
0
& & −
−1
+∞ 2,5
−
0,0
ln 2
f (x)
−2
−1
0
1
2
3
x
0
−2,5
13.5 Formules de Taylor 13.5.1 Formule de Taylor avec reste intégral Soit f une fonction de classe C 1 sur un intervalle I et un réel a ∈ I. Partons du théorème fondamental deuxième forme pour écrire pour x ∈ I, Z x
f (x) = f (a) +
f ′ (t ) dt
a
Si la fonction f est de classe C 2 sur I, on peut effectuer une intégration par parties u(x) = f ′ (t )
u ′ (x) = f ′′ (t )
u, v sont de classe C 1 v ′ (x) = 1 v(x) = t Zx h ix Zx f (x) = f (a) + t f ′ (t ) − t f ′′ (t ) dt = f (a) + x f ′ (x) − a f ′ (a) − t f ′′ (t ) dt a
a
a
On se rend compte qu’il est plus intéressant de considérer la primitive de 1 qui s’annule en x de telle façon à ne faire intervenir que les valeurs de f en a : u(x) = f ′ (t )
u ′ (x) = f ′′ (t )
u, v sont de classe C 1 v ′ (x) = 1 v(x) = −(x − t ) Zx h ix Zx f (x) = f (a) + −(x − t ) f ′ (t ) + (x − t ) f ′′ (t ) dt = f (a) + (x − a) f ′ (a) + (x − t ) f ′′ (t ) dt a
a
a
Si la fonction f est de classe C n+1 , on peut effectuer n intégrations par parties successives pour trouver la formule suivante. T HÉORÈME 13.38 Formule de Taylor avec reste intégral Soit f une fonction de classe C n+1 sur un intervalle I de R. Si (a, x) ∈ I2 . Alors : f (x) =
Zx n f (k) (a) X (x − t )n (n+1) f (x − a)k + (t ) dt k! n! a k=0
– Le polynôme Tn (x) =
n f (k) X (a) (x − a)n (n) (x − a) ′ f (a) + . . . + f (a) (x − a)k = f (a) + k! 1! n! k=0
est appelé polynôme de Taylor de f de degré n . – La fonction définie sur I par
Rn (x) =
Zx a
(x − t )n (n+1) f (t ) d t n!
est appelée reste intégral. 537
Démonstration C’est une simple récurrence. Pour n = 0, la formule est le théorème fondamental deuxième forme et pour passer de n à n + 1, il suffit d’effectuer une intégration par partie de Rn−1 (x) en primitivant (x − t)n /n! en −(x − t)n+1 /(n + 1)!.
Remarque 13.12 Lorsque nous demandons à nos étudiants l’idée de la démonstration de la formule de Taylor intégrale, toute la classe s’exclame : « par récurrence » ! Une récurrence n’est pas une idée de démonstration, simplement une technique de rédaction. Ici, les idées sont : 1. Le théorème fondamental deuxième forme. 2. Intégrer par parties en primitivant 1 pour que les primitives successives s’annulent en x . Les examinateurs de concours se plaignent chaque année des candidats qui sont incapables de retrouver cette formule sans se tromper. En cas de doute, faites le calcul de l’introduction en intégrant par parties le théorème fondamental, f (x) = f (a) + (x − a) f ′ (a) +
Zx a
(x − a) f ′′ (t ) dt
et à partir de là vous retrouvez sans problème la forme générale. Exemple 13.6 – Formule de Taylor avec reste intégral pour la fonction cosinus à l’ordre 2 en 0 ∀x ∈ R,
cos x = 1 −
x2 + 2
Zx 0
(x − t )2 sin (t ) dt 2!
– Formule de Taylor avec reste intégral pour la fonction exponentielle à l’ordre n , n ∈ N, en 0 : ∀x ∈ R,
Remarque 13.13 suivante
exp x = 1 + x +
xn x2 +... + + 2! n!
Zx 0
(x − t )n exp (t ) dt n!
Effectuant le changement de variable t = a + (x − a) u , on peut exprimer le reste intégral de la façon Rn (x)
= = =
Zx
(x − t )n (n+1) f (t ) d t n! a Z1 (1 − u)n (n+1) f (x − a)n+1 (a + (x − a) u) du n! 0 Z1 (1 − u)n (n+1) f (a + (x − a) u) du (x − a)n+1 n! 0
13.5.2 Inégalité de Taylor-Lagrange T HÉORÈME 13.39 ♥♥♥ Inégalité de Taylor-Lagrange Soit f une fonction de classe C n+1 sur un intervalle I de R et soit a ∈ I. Si x ∈ I, on peut, d’après le théorème précédent 13.38, écrire f (x) sous la forme f (x)
= =
Zx n f (k) (a) X (x − t )n (n+1) f (x − a)k + (t ) d t k! n! a k=0
Tn (x) + Rn (x)
On a alors
¯
n+1 ¯ ¯ ¯ f (x) − Tn (x)¯ = |Rn (x)| É |x − a| Mn+1 (n + 1)!
¯
où Mn+1 est un majorant de ¯ f (n+1) ¯ sur [a, x] (qui existe car f (n+1) est continue sur le segment [a, x]) 538
Démonstration Par application de la formule de Taylor avec reste intégral 13.38, on a, pour tout a, x ∈ I, si a É x , |Rn (x)|
= É É É É
¯Z x ¯ ¯ ¯ (x − t)n (n+1) ¯ f (t) dt ¯¯ ¯ n! a ¯ ¯ Zx |x − t| n ¯ ¯ dt sup ¯ f (n+1) (t)¯ n! a t ∈[a,x] Zx (x − t)n Mn+1 dt n! a " #x (x − t) n+1 Mn+1 − (n + 1)! a
|x − a|n+1 Mn+1 (n + 1)!
La démonstration est similaire lorsque x É a (ne pas oublier d’inverser les bornes).
B IO 12 Brook Taylor, né le 18 août 1685 à Edmonton en Angleterre et mort le 29 décembre 1731 à Londres
Mathématicien Anglais. Brook Taylor est issu d’une famille aisée. Il reçoit sa première éducation de précepteurs puis intègre l’université de Cambridge dont il ressort diplomé en 1709 après des études en mathématiques. C’est à John Machin, dont il fut l’élève, qu’il doit son entrée en 1712 à la Royal Society. Son premier travail concernait l’étude de la deuxième loi de Kepler sur le mouvement des planètes. Il devient secrétaire de la Royal Society en 1714 et participe au comité chargé de départager Newton et Leibnitz à propos de la paternité de l’invention du calcul infinitésimal. On mesurera l’impartialité de ce comité à l’admiration que Taylor portait à Newton ... Il publia deux livres de mathématiques la même année 1715 ``Methodus incrementorum directa and reversed´´et ``Linear Perspective´´. On trouve dans le premier la formule qui porte son nom mais sans mention du reste et sans que ne soit abordé les problèmes de convergence. Bien que Taylor ait découvert cette formule de manière indépendante, d’autres mathématiciens l’avaient mise en évidence auparavant comme Grégory, Newton, Leibniz et Johann Bernouilli. L’importance de cette formule ne fut perçue que bien plus tard, en 1772 par Lagrange qui la promulgua comme principe de base du calcul différentiel. Dans ce même livre, Taylor découvre la formule d’intégration par parties et invente le calcul aux différences finies. La vie de Taylor ne fut pas heureuse. Son premier mariage, désapprouvé par son père, se termine par la mort de son épouse lors de sa grossesse et de l’enfant qu’elle portait. Son second mariage se termine de manière identique si ce n’est que le bébé survivra. Taylor, très ébranlé, ne survécut que deux ans à sa seconde femme. Ces différents problèmes, ajoutés à l’aridité de ces textes mathématiques, ont fait que le génie de Taylor n’a pas été perçu à sa juste valeur par ses contemporains.
13.5.3 Formule de Taylor-Young T HÉORÈME 13.40 ♥♥♥ Formule de Taylor-Young Soient f une fonction de classe C n sur un intervalle I de R et a ∈ I. Il existe une fonction ε définie sur I telle que f (x) = Tn (x) + (x − a)n ε (x)
∀x ∈ I,
avec ε (x) −−−→ 0. Autrement dit, x→a
∀x ∈ I,
f (x) =
n f (k) X ¡ ¢ (a) (x − a)k + o (x − a)n x→a k! k=0
Démonstration Supposons dans un premier temps que la fonction f est de classe C n+1 sur I. Considérons un segment inclus dans l’intervalle I contenant le point a , a ∈ [α,β]. La fonction f (n+1) étant continue sur ce segment, elle est bornée. Notons M = sup | f (n+1) (x)|. D’après la formule de Taylor-Lagrange, on majore alors x∈[α,β]
|Rn (x)| É |x − a|n
M|x − a| (n + 1)! | {z } ε(x)
et on a bien ε(x) −−−−→ 0. x→a
539
Dans le cas où la fonction f est uniquement de classe C n , la démonstration est plus technique. Utilisons la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre n − 1 : f (x) = Tn−1 (x) + Rn−1 (x) où Rn−1 (x) =
Zx
(x − t)n−1 (n) f (t) dt (n − 1)! a
Lorsque x est proche de a , pour t ∈ [a, x], f (t) est proche de f (a). Mettons en évidence cette approximation : Rn−1 (x) =
Zx
Zx ¤ (x − t)n−1 (x − a)n (x − t)n−1 £ f (t) − f (a) dt = f (a) dt + f (a) + θ(x) (n − 1)! (n − 1)! n! a a
Il ne reste qu’à vérifier que θ(x) = o((x − a)n ) au voisinage du point a . Soit ε > 0. Puisque f (n) est continue au point a , il existe η > 0 tel que pour t ∈ I, |t − a| É η =⇒ | f (t) − f (a)| É ε. Soit x ∈ I tel que |x − a| É η. Puisque ∀t ∈ [a, x], |t − a| É η, on majore l’intégrale (prenons x > a pour simplifier) |θ(x)| É
Zx (x − a)n (x − t)n−1 (x − t)n−1 | f (t) − f (a)| dt É ε =ε (n − 1)! (n − 1)! n! a a
Zx
Nous avons donc montré que |θ(x)/(x − a)n | É ε et donc que θ(x)/(x − a)n −−−−→ 0. x→a
Exemple 13.7 Cette formule, appliquée à l’ordre 5 en 0 pour la fonction sin permet d’écrire ∀x ∈ R,
sin x = x −
¡ ¢ x3 x5 + + o x5 x→0 6 120
On approxime ainsi, dans un voisinage de 0 la fonction sin par un polynôme de degré 5. Plus l’ordre utilisé est élevé, meilleure est l’approximation obtenue. On s’en convaincra en étudiant les graphes ci dessous. y
+1
O
x
+1 x 7→ sinx x 7→ x 3 x 7→ x − x3! 3 x 7→ x − x3! +
x5 5!
Multimédia : Tracé de sin, des polynômes de Taylor Tn en fonction de n et voir que l’approximation est locale en 0.
13.5.4 Utilisation des trois formules de Taylor Il est important dans les exercices de savoir choisir son outil. Quand utiliser une formule de Taylor-Young ? Une inégalité de Taylor-Lagrange ? – La formule de Taylor-Young fournit une approximation locale d’une fonction f au voisinage d’un point a par un polynôme Tn , le polynôme de Taylor. – L’inégalité de Taylor-Lagrange fournit une majoration globale du reste Rn de cette approximation sur un segment [a, x], même lorsque x est éloigné de a . – La formule de Taylor-intégrale est la plus précise et donne explicitement le reste Rn sous forme d’une intégrale. Les deux autres formules en sont une conséquence. En première année, on ne l’utilise pas beaucoup, mais elle est importante en deuxième année. sh(x) − sin(x) . Les équivalents usuels ne suffisent pas ici puisque sin x ∼ x et x→0 x3 sh x ∼ x et on ne peut pas sommer ces équivalents. Nous avons besoin du comportement local des fonctions sh et sin
Exemple 13.8
Déterminer limx→0
x→0
540
au voisinage du point 0. Utilisons la formule de Taylor-Young à l’ordre 3. Les dérivées successives de ces fonctions en zéro sont simples à calculer et on obtient sh(x) = x + x 3 /3! + o(x 3 )
sin(x) = x − x 3 /3! + o(x 3 )
Ces formule sont des égalités et on peut les sommer pour trouver que sh(x) − sin(x) = x 3 /3 + o(x 3 )
d’où [sh(x) − sin(x)]/x 3 = 1/3 + o(1) −−−→ 1/3. x→0
Exemple 13.9 Soit une fonction f de classe C ∞ sur R telle que ∀(x, h) ∈ R2 ,
f (x + h) f (x − h) = ( f (x))2
Montrons qu’alors ∀x ∈ R , f ′′ (x) f (x) = ( f ′ (x))2 . Écrivons la formule de Taylor-Young pour la fonction f entre x et x + θ. f (x + θ) = f (x) + θ f ′ (x) +
θ2 ′′ f (x) + θ2 ε(θ) 2
(ε(θ) −−−→ 0) θ→0
Si h 6= 0, en prenant θ = h et θ = −h , on trouve que
· ¸· ¸ h 2 ′′ h 2 ′′ f (x)2 = f (x + h) f (x − h) = f (x) + h f ′ (x) + f (x) + h 2 ε(h) f (x) − h f ′ (x) + f (x) + h 2 ε(−h) 2 2
En développant et en ordonnant par rapport aux puissances de h , on trouve que h i 2 0 = h 2 −( f ′ ) (x) + f (x) f ′′ (x) + h 2 ϕ(h)
avec ϕ(h) −−−→ 0. En divisant par h 2 et en faisant tendre h vers 0, on obtient le résultat. L’idée était d’utiliser la relation h→0
de l’énoncé en faisant tendre h vers 0, d’où l’utilisation de la formule de Taylor-Young.
Exemple 13.10 Étudier la limite en 0 de la fonction définie par F(x) =
1 x
Z2x x
1 − cos t dt t2
Il nous faut une approximation de la fonction définie par f (t ) = cos t au voisinage de zéro. Utilisons une formule de Taylor à l’ordre 2. cos t = 1 −
t2 + R2 (t ) 2
On en tire que (1 − cos t )/t 2 = 1/2 − R2 (t )/t . Puisque R2 (t ) = cos t − 1 + t 2 /2, la fonction R2 est continue sur [x, 2x] et on peut intégrer : Z Z F(x) =
1 2x 1 dt − 2x x x | {z } |
2x
x
=1/2
R2 (t ) dt t {z }
θ(x)
Il nous faut traiter le reste θ(x) de notre approximation. Avec l’inégalité de Taylor-Lagrange, on sait que |R2 (t )| É
(puisque | f (3) (t )| = |cos t | É 1). Alors, |θ(x)| É
1 x
Z2x x
t3 t3 sup | f (3) (u)| É 3! u∈[0,t ] 6
|R2 (t )| 1 É 2 t 6x
Par conséquent, F(x) −−−→ 1/2. x→0
541
Z2x x
t dt =
x −−−→ 0 4 x→0
Exemple 13.11 Trouvons deux réels (a, b) ∈ R2 tels que un =
Z1 0
1
(1 + x 2 )1/n dx = a +
b 1 +O( 2 ) n n
2
Écrivons pour x ∈ [0, 1], (1 + x 2 )1/n = e n ln(1+x ) . Lorsque n devient grand, le terme dans l’exponentielle tend vers 0 à x fixé. On pourrait utiliser une formule de Taylor-Young pour l’exponentielle, mais le reste s’écrirait à l’aide d’une fonction ε qui dépendrait à la fois de x et de n sur laquelle nous n’avons pas d’information suffisante pour l’intégrer. Utilisons plutôt l’inégalité de Taylor-Lagrange pour l’exponentielle à l’ordre 1 entre 0 et X : e X = 1 + X + R1 (X) avec |R1 (X)| É
On en tire que
X2 X X2 sup e t É e 2 t ∈[0,X] 2
¶ Z Z1 µ 1 1 1 2 2 un = dx + ln(1 + x ) dx + R1 ln(1 + x ) dx n 0 n | 0 {z } {z } |0 | {z } Z1
a=1
On calcule b par parties b=
Z1 0
b
£ ¤1 ln(1 + x 2 )d x = x ln(1 + x 2 ) 0 − 2
θn
Z1 0
x2 d x = ln 2 − 2 + 1 + x2
Z1 0
dx π = ln 2 − 2 + 1 + x2 4
et il nous reste à majorer grossièrement le reste. 1 |θn | É 2 n
Z1 0
ln2 (1 + x 2 ) ln(1+x 2 )/n 1 e dx É 2 2 n
Z1 0
ln2 2 ln(2) C e É 2 2 n
Exemple 13.12 Soit une fonction f de classe C ∞ sur R . On suppose qu’il existe deux constantes C, k > 0 telles que 1. ∀n ∈ N , f (n) (0) = 0,
2. ∀x ∈ R , ∀n ∈ N , | f (n) (x)| É Ck n n!.
Montrons que f est la fonction nulle. – Nous pouvons écrire une formule de Taylor à tout ordre n : f (x) = Rn (x). Notre hypothèse permet de majorer | f n+1 |, utilisons donc l’inégalité de Taylor-Lagrange : | f (x)| = |Rn (x)| É
|x|n+1 sup | f (n+1) (t )| É C|xk|n+1 (n + 1)! t ∈[0,x]
– Si x ∈] − 1/k, 1/k[, en notant K = |xk|, |K| < 1 et ∀n ∈ N , | f (x)| É CKn −−−−−→ 0. On en déduit que f est nulle sur n→+∞ l’intervalle ] − 1/k, 1/k[. – Considérons la fonction translatée, définie sur R par g (x) = f (x − 1/k). Puisque f ainsi que toutes ses dérivées s’annulent en 1/k , pour tout n , f (n) (0) = 0 et comme g (n) (x) = f (n) (x − 1/k), la fonction g vérifie les mêmes hypothèses que f . Elle est nulle sur ] − 1/k, 1/k[ ce qui montre que f est nulle sur ] − 1/k, 2/k[. On recommence avec d’autres translatées pour prouver que f est nulle sur R en entier.
13.6 Méthode des rectangles, Sommes de Riemann T HÉORÈME 13.41 Méthode des rectangles Soit une fonction f de classe C 1 sur le segment [a, b]. On effectue une subdivision du segment [a, b] de pas constant h = (b − a)/n . On pose pour un entier k ∈ [0, n], xk = a + k Rn =
b−a = a + kh . Posons pour un entier n ∈ N , n
X b − a n−1 f (xk ) n k=0
On obtient une majoration de l’erreur commise en approximant l’intégrale I de la fonction f sur [a, b] par Rn : |I − Rn | É
(b − a)2 M1 2n
542
où M1 = k f ′ k∞ = sup | f ′ (t )| (la fonction f ′ étant continue sur un segment, elle est bornée). x∈[a,b]
xk
a
xk+1
b
Démonstration Commençons par estimer l’erreur sur un petit segment [xk , xk+1 ] : ¯Z x ¯ ¯Zx ¯ Zx ¯ k+1 ¯ ¯ k+1 £ k+1 ¤ ¯ b −a εn,k = ¯¯ f (t) dt − f (xk )¯¯ = ¯¯ f (t) − f (xk ) dt ¯¯ É | f (t) − f (xk )| dt n xk
xk
Puisque la fonction f est de classe
C 1,
xk
on peut utiliser le théorème fondamental deuxième forme. Pour t ∈ [xk , xk+1 ],
¯Z t ¯ Zt ¯ ¯ | f (t) − f (xk )| = ¯¯ f ′ (t) dt ¯¯ É | f ′ (t)| dt É M1 (t − xk ) xk
xk
En intégrant cette inégalité, on trouve que
|εn,k | É M1
Zx
k+1
xk
(t − xk ) dt = M1
(xk+1 − xk )2 (b − a)2 = M1 2 2n 2
On en déduit une majoration de l’erreur globale en sommant ces erreurs εn,k ¯ ¯ Z Z ¯ n−1 ¯n−1 n−1 X (b − a)2 ¯ X xk+1 ¯ X xk+1 | f (t) − f (xk )| = εk É [ f (t) − f (xk )]¯ É |I − Rn | = ¯ ¯ ¯ 2n k=0 k=0 x k k=0 x k
Dans le cas du segment [0, 1], on obtient le résultat suivant, intéressant pour étudier certaines suites. T HÉORÈME 13.42 ♥♥♥ Convergence d’une somme de Riemann Soit une fonction f continue sur le segment [0, 1]. On définit les suites de termes généraux Rn =
µ ¶ µ ¶ n X k k 1 X 1 n−1 f f et Tn = n k=0 n n k=1 n
Rn −−−−−→ n→+∞
Z1 0
f (x) dx et Tn −−−−−→ n→+∞
R6
~
O
Z1 0
T6
~
~ı
O
543
~ı
f (x) dx
Démonstration – Si la fonction est de classe C 1 , le théorème précédent donne le résultat. – Supposons que la fonction f est uniquement continue. On remarque que Rn représente l’intégrale de la fonction en escalier ϕn définie par ∀x ∈ [k/n,(k + 1)/n[, ϕn (x) = f (k/n) et ϕ(1) = f (1). Le terme Tn représente l’intégrale d’une autre fonction en escalier ψn définie par ψn (x) = (k + 1)/n lorsque x ∈ [k/n,(k + 1)/n[ et ψn (1) = f (1). – Montrons que kf − ϕn k∞ −−−−−→ 0. Soit ε > 0. Puisque la fonction f est continue sur le segment [0,1], elle est uniformément n→+∞
continue (théorème de Heine). Il existe donc η > 0 tel que ∀(x, y) ∈ [0,1]2 , |x−y| É η =⇒ | f (x)− f (y)| É ε. Posons N = E(1/η)+1. Alors pour n Ê N, si x ∈ [0,1[, il existe k ∈ [[0,n − 1]] tel que k/n É x < (k + 1)/n et alors | f (x) − ϕn (x)| = | f (x) − f (k/n)| É ε puisque |x − k/n| É 1/n É η. De même, on montre que kf − ψn k∞ −−−−−→ 0.
n→+∞ ¯ Z1 ¯Z1 ¯ £ ¤ ¯ | f (t) − ϕn (t)| dt É kf − ϕn k∞ −−−−−→ 0. La même majoration montre que |I − f (t) − ϕn (t) dt ¯¯ É – Alors, |I − Rn | = ¯¯ n→+∞ 0 0 Tn | −−−−−→ 0. n→+∞
Plus généralement, si f est une fonction continue sur le segment [a, b], et si
Remarque 13.14
un =
X (b − a) n−1 f (ξk ) n k=0
où les points ξk sont dans l’intervalle [a + kh, a + (k + 1)h], avec h = un −−−−−→ n→+∞
Zb
b−a , on a n
f (x) dx
a
On se sert en pratique uniquement des sommes de Riemann du théorème précédent pour une fonction f continue sur le segment [0, 1] pour étudier la limite de certaines suites. P LAN 13.3 : Pour étudier la limite d’une suite (un ) faisant intervenir une somme et le groupement k/n X 1 n−1 f (k/n) et utiliser les sommes de Riemann. n k=0 p n2 + p 2 P Exemple 13.13 Considérons la suite de terme général un = p = 0n − 1 . On peut faire apparaître le groupen2 2 ment p/n dans un en factorisant par n dans la racine :
Essayer d’écrire un sous la forme un =
un =
où la fonction f : un
½
[0, 1] x
−→ 7−→
Xq X 1 n−1 1 n−1 1 + (p/n)2 = f (p/n) n p=0 n p=0
R p
est continue sur le segment [0, 1]. D’après le théorème précédent, 1 + x2 Z1 p 1 + x 2 dx . Le plus rapide pour calculer cette intégrale consiste à intégrer par parties. −−−−−→ I = n→+∞
0
p
p
i1 Z1 x 2 + 1 − 1 h i1 h p p I = x 1 + x2 − dx = 2 − I + argsh(x) p 0 0 0 x2 + 1
d’où l’on tire I = 2/2 + ln( 2 + 1)/2. Exemple 13.14 Considérons la suite de terme général un = un =
2n−1 X p=n
1 . Avec le changement d’indice k = p − n , 2p + 1
n−1 X
X 1 1 1 n−1 = 2(k + n) + 1 2n 1 + (k/n) + 1/(2n) k=0 k=0
On n’obtient pas exactement une somme de Riemann, mais cela y ressemble fort ! Lorsque n est grand, on se dit que le terme 1/(2n) devient négligeable. Encadrons un par deux sommes de Riemann : αn =
n−1 n X X 1 1 1 1 n−1 1X = É 2un É = βn n p=1 1 + p/n k=0 1 + (k + 1)/n n k=0 1 + k/n
Les deux suites (αn ) et (βn ) sont des sommes de Riemann qui convergent vers la même limite, I = D’après le théorème des gendarmes, on en déduit que un −−−−−→ ln(2)/2. n→+∞
544
Z1 0
dx = ln(2). x +1
En résumé Ce chapitre doit être bien maîtrisé et il sera important de faire un maximum d’exercices pour assimiler les différentes techniques nouvellement introduites. Plus particulièrement : 1
vous devez être à l’aise avec le calcul de primitives. Vous pourrez consulter les sections – C.6.3 page 1229 pour apprendre à calculer les primitives des fractions rationnelles – C.6.4 page 1230 R pour apprendre à utiliser les règles de Bioche (qui permettent de calculer des primitives de la forme F(cos x, sin x) dx ) Z – C.6.5 page 1233 pour les primitives de la forme
F(sh x, ch x) dx
– C.6.6 page 1233 pour les primitives de fonctionsZcontenant des racines – C.6.7 page 1235 pour les primitives de la forme
f (x α )
dx x
– et enfin C.6.8 page 1236 pour bien comprendre le cadre d’utilisation de l’intégration par parties. 2
Les majorations fondamentales du paragraphe 13.2.7 page 527 seront d’un usage constant aussi il faudra s’entraîner à les utiliser. Les exercices des sections 13.7.9 page 566, 13.7.10 page 569 et 13.7.12 page 580 constitueront un excellent terrain d’entraînement.
3
Il faudra avoir bien compris le pourquoi des formules et inégalité de Taylor et savoir utiliser, pour un problème « global », la formule de Taylor avec reste intégrale et pour un problème « local », la formule de Taylor-Young.
545
13.7 Exercices 13.7.1 Calcul de primitives Exercice 13.2 ♥ Déterminer les primitives suivantes : 1. 2. 3.
R R
x2 1+x 3
1 (2x+1)3
Rp
4.
dx
R
cos x sin x d x
R
1 dx x ln x R p 6. x 1 + x 2 dx
5.
dx
1 − x dx
1 u a+1 + C Solution : On utilise à chaque fois, là où elle est valide, la formule : u ′ u a = a + 1 ln |u| + C R
1.
2. 3.
R R
x2 1+x 3
dx = 31 ln(1 + x 3 ) + C t e sur ]−1, +∞[
1 (2x+1)3
dx = −
1
4(2x + 1)2
4.
R R
si a ∈ R \ {−1}
.
si a = −1
cos x sin x d x = 12 sin2 x + C t e sur R.
1 dx = ln |ln x| + C t e sur R∗+ \ {1}. x ln x ¢3 R p 1¡ 6. x 1 + x 2 dx = 1 + x 2 2 + C t e sur R. 3
+ C t e sur R \ {−1/2}
5.
Rp 3 2 1 − x dx = − (1 − x) 2 + C t e sur ]−∞, 1]. 3
Exercice 13.3 ♥ Déterminer les primitives suivantes : 1.
R
tan x d x
4.
x2 dx 1 + x2 R ln x dx 3. x
2.
R
5. 6.
R R R
2
xe x dx sin 2x dx 1 + cos2 x th x d x
Solution : 1.
R
tan x d x = − ln |cos x| + C t e sur R \ π2 Z.
4.
R 1 + x2 R 1 x2 dx = dx − dx = x − 2 2 1+x 1+x 1 + x2 te arctan x + C sur R. R ln x 1 3. dx = (ln x)2 + C t e sur R∗+ . x 2
2.
R
R R
2
2
xe x dt = 12 e x + C t e sur R.
R 2sin x cos x ¡ ¢ sin 2x dx = dx = − ln 1 + cos2 x + 2 2 1 + cos x 1 + cos x C t e sur R. R R sh x dx = ln ch x + C t e sur R. 6. th x dx = ch x
5.
Exercice 13.4 ♥ Déterminer les primitives suivantes : 1.
R
1
4.
dx 4
x (ln x) 1 2. dx cos2 x R 1 dx 3. th x R
5. 6.
R R R
cos x sin3 x d x x 1+x 2
dx
1 (1−x)2
dx
Solution : 1.
R
1
dx = − 4
sin4 x cos x sin3 x d x = + C t e sur R. 4 ¡ ¢ R x ln 1 + x 2 5. 1+x d x = + C t e sur R. 2 2 R 1 1 + C t e sur R \ {1}. 6. (1−x) 2 dx = 1−x
(ln x)−3 + C t e sur R∗+ \ {1}. 3
4.
x (ln x) 1 dx = tan x + C t e sur R \ π2 Z. 2. cos2 x R ch x R 1 dx = dx = ln |sh x| + C t e sur R∗ . 3. th x sh x R
546
R
Exercice 13.5 ♥ Déterminer les primitives suivantes : R
sin x dx 1 + cos2 x R 1 dx 2. x R 1 +x e 3. p 2 dx
1.
R
4.
R
5.
R
6.
1+x
tan2 x d x x 1+x 4
dx
(2x − 1)2 (x + 1) dx
Solution : R
sin x dx = − arctancos x + C t e sur R. 1 + cos2 x R 1 R 1 + ex R ex dx = dx − dx = x + 2. x x 1+e 1+e 1 + ex te x ln (1 + e ) + C sur R. p R x 3. p 2 dx = 1 + x 2 + C t e sur R.
1.
1+x
4. 5. 6.
R
tan2 x d x = tan x − x + C t e sur R \ π2 Z.
R
x 1+x 4
R
dt = 21 arctan x 2 + C t e sur R.
3 (2x − 1)2 (x + 1) dx = x 4 − x 2 + x + C t e sur R. 2
13.7.2 Calcul d’intégrales Exercice 13.6 ♥ Calculer les intégrales suivantes : 1. 2.
R2π 0
R1
cos2 x d x
4.
1
dx 1 − x2 R 1 3. 1ch1 p dx 2 x −1 0
p
5. 6.
R1 0
x dx 1 + x4
Re 2 e
1 x(ln x)2
dx
2
R1+2e x dx 1+e x −1
Solution : 1. 2. 3. 4.
R2π 0
R1 0
cos2 x d x =
p
Rch 1 0
R1 0
1 1 − x2 p
R2π 1+cos 2x 0
h
dx = arcsin x
1
x2 − 1
dx =
2
h
i1 0
dx = argch x
h
x 2
− sin42x
=
π 2
1
= 1
ich 1
i2π 0
= π
5. 6.
h arctan x 2 i1 π x = d x = 0 1 + x4 2 8
Re 2 e
1 x(ln x)2
h
dx = −
1 ie 2 1 = ln x e 2
h x2 R1+2e x 2 R x2 − 1 R 1 dx = 01 dx + 01 dx = + 1+e x −1 x −1 x −1 2 i1+2e 3 = 2e + e 2 + ln 2 x + ln |x − 1| 1+e 2
13.7.3 Linéarisation Exercice 13.7 ♥ Déterminer les primitives suivantes : 1. 2. 3.
R R R
sin2 x d x
4.
cos4 x d x
5.
sh5 x d x
6.
R R R
cos2 x sin 2x d x ch2 x sh2 x d x sh x ch x d x .
Solution : On utilise le procédé de linéarisation des expressions trigonométriques B.3.2 page 1165 et on obtient, pour tout x ∈ R : R x − sin x cos x 1 − cos 2x + Ct e et sin2 x dx = 2 2 1 3 1 cos 4x cos (2x) 3 R + + et cos4 x d x = − sin 4x − sin 2x + x + C t e 2. cos4 x = 8 2 8 32 4 8
1. sin2 x =
547
R 1 5 5 1 5 5 sh 5x − sh3x + sh x et sh5 x d x = ch5x − ch 3x + ch x + C t e 0n peut aussi remarquer que 16 16 80 48 8 R8 sh5 x = sh x(ch2 − 1)2 et que sh5 x dx = 16 (ch2 − 1)3 + C. R 1 1 1 1 4. cos2 x sin 2x = sin 4x + sin 2x et cos2 x sin 2x d x = − cos 4x − cos 2x + C t e . 0n peut aussi remarquer que 4 2 16 4 R 1 cos2 x sin 2x = 2sin x cos3 x et donc cos2 x sin 2x d x = − cos4 x + C. 2 R ch4x − 1 sh4x 1 et ch2 x sh2 x dx = 5. ch2 x sh2 x = − x + Ct e 8 32 8 2 R ch x + Ct e . 6. Inutile de linéariser... sh x ch x dx = 2
3. sh5 x =
13.7.4 Intégration par parties Exercice 13.8 ♥ Déterminer les intégrales suivantes : 1. 2. 3.
Re
4.
1 ln x d x R1 0 arctan x d x R π2 x 0 e cos x d x
5. 6.
R1
x 0 (x + 2) e dx R π2 3 0 x sin x d x Rπ 0 (x − 1) cos x d x
Solution : On vérifie que les fonctions considérées sont bien de classe C 1 sur les intervalles considérés et on effectue des intégrations par parties, on trouve : h ie R e ln x d x = x ln x − 1 dx = 1 . 1 ¯¤ £1 ¯ R R x R1 x 2¯ 1 ¯ = 2. arctan x = 1×arctan x . On a alors : 01 arctan x dx = [x arctan x]10 − 01 1+x 2 d x Mais 0 1+x 2 d x = 2 ln 1 + x 0 R π 1 1 1 − ln 2 . 2 ln 2. Donc 0 arctan x d x =
1. ln x = ln x × 1, on trouve
Re 1
4
2
3. On effectue deux intégrations par parties successives et on retrouve l’intégrale de départ : Notant I = R π2 0
h iπ Rπ h iπ h iπ Rπ π e x cos x d x , on a : I = e x cos x 2 + 02 e x sin x d x = e x cos x 2 + e x sin x 2 − 02 e x cos x d x = −1 + e 2 − I. 0
0
0
π e2
−1 . 2 h i1 R R 4. 01 (x + 2) e x dx = (x + 2) e x − 01 e x dx = 2e − 1
Donc I =
0
h 3 R Rπ 1 3sin x − sin 3x 3 5. Comme sin x = , on a : sin3 x dx = − cos x + cos 3x et 02 x sin3 x dx = − x cos x + 4 4 12 4 ¶ iπ Rπ µ 3 h 3 iπ 1 1 1 7 2 2 x cos 3x − 02 − cos x + cos 3x dx = − − sin x + sin 3x = 0 0 12 4 12 4 36 9 h iπ R h iπ Rπ 6. 0 (x − 1) cos x dx = (x − 1) sin x − 0π sin x dx = cos x = −2 3
0
0
Exercice 13.9 ♥ Déterminer les primitives suivantes après avoir déterminé sur quel intervalle elles sont définies : 1. 2. 3.
R R R
ln x d x
4.
arcsin x d x
5.
x arctan x d x
6.
R R R
(x + 1) sh x d x argsh(3x) dx ¡ ¢ ln 1 + x 2 dx
Solution : On vérifie que les fonctions considérées sont bien de classe C 1 sur les intervalles I considérés et on effectue des intégrations par parties, on trouve : R
R
1. Sur I = R∗+ : ln x dx = x ln x − 1 d x = x ln x − x + C t e R
R
2. Sur I = [−1, 1] : arcsin x dx = x arcsin x − p
x
1 − x2
p
dx = x arcsin x + 1 − x 2 + C t e
548
¶ ¶ µ µ R x2 R 1 + x2 R x2 1 2 1 dx = x − d x d x = − x arctan x − . Mais 2 1 + x2 1 + x2 1 + x2 1 + x2 R ¢ ¢ ¢ 1¡ 1 ¡¡ 2 arctan(x) + C t e donc : x arctan x d x = x 2 arctan x − x + arctan(x) + C t e = x + 1 arctan x − x + C t e . 2 2 R R 4. Sur I = R : (x + 1) sh x dx = (x + 1) ch x − ch x d x = (x + 1) ch x − sh x + Ct e p R R 3x 1 + 9x 2 + Ct e dx = x argsh(3x) − 5. Sur I = R : argsh (3x) dx = x argsh (3x) − p 3 1 + 9x 2
3. Sur I = R :
R
R
x arctan x d x =
¡
¢
¡
¡ ¢ ¢ R 2x 2 dx = x ln 1 + x 2 − 2x − 2arctan x + C t e 2 1+x
6. Sur I = R : ln 1 + x 2 dx = x ln 1 + x 2 −
Exercice 13.10 ♥ Déterminer les primitives suivantes après avoir déterminé sur quel intervalle elles sont définies : 1. 2. 3.
R R R
x ch2 x d x
4.
R
ch x cos x d x x 5. dx cos2 x R 6. xln2 x dx R
x ln (x + 1) d x argth x d x .
Solution : On vérifie que les fonctions considérées sont bien de classe C 1 sur les intervalles I considérés et on effectue des intégrations par parties, on trouve : R sh 2x x sh 2x ch2x + 1 R 2 x x2 + C t e et + − , ch x dx = + x ch2 x d x = 2 2 4 2 4 µ ¶ 2 2 2 R x sh 2x x sh 2x x ch2x x x sh 2x ch2x x + + − − + Ct e = + − + Ct e . dx = 2 4 2 4 4 8 4 4 8 ¶ ¶ µ µ R R x2 1 1 x2 Sur I = ]−1, +∞[ : x ln (x + 1) dx = x 2 ln (x + 1) − dx = x 2 ln (x + 1) − + x − ln (x + 1) + C t e . 2 x +1 2 2 R R x ¢ 1 ¡ Sur I = ]−1, 1[ : argth x dx = x argth x − dx = x argth x + ln 1 − x 2 + C t e . 1 − x2 2 R R Sur I = R : on effectue deux intégrations par parties successives : ch x cos x dx = cos x sh x + sh x sin x dx = R R 1 cos x sh x + sin x ch x − cos x ch x d x . On en déduit que : cos x ch x d x = (cos x sh x + sin x ch x) + C t e 2 ¤ R £ R x Sur I = − π2 , π2 : dx = x tan x − tan x dx = x tan x + ln |cos x| + C t e cos2 x R R 1 1 Sur I = R∗+ : on effectue deux intégrations par parties successives : xln2 x dx = x 2 ln2 x− x ln x dx = x 2 ln2 x− 2 2 µ ¶ 1R 1 2 2 1 2 x2 2 te x ln x + x dx = x ln x − x ln x + +C 2 2 2 2
1. Sur I = R : Comme ch2 x =
2. 3. 4.
5. 6.
Exercice 13.11 ♥ R Calculer I = 0π/2 t 2 sin2 (t ) dt .
3
R
R
) Solution : Pour tout t ∈ R, sin2 t = 1−cos(2t . Donc I = π48 − 12 0π/2 t 2 cos(2t ) dt . Pour calculer 0π/2 t 2 cos(2t ) dt , on 2 effectue deux intégrations par parties successives, les fonctions considérées étant bien de classe C 1 sur [0, π/2] :
Zπ/2 0
t 2 cos(2t ) d t
= = = =
donc I =
h t 2 sin (2t ) iπ/2
Zπ/2
t sin (2t ) dt 0 2 0 Z h t cos (2t ) iπ/2 1 π/2 − cos (2t ) d t 0 2 2 0 iπ/2 π 1h − + sin (2t ) 0 4 4 π − 4
π3 π + . 48 8
549
−
Exercice 13.12 ♥ Soit une fonction f de classe C 2 sur le segment [a, b]. Montrer que Zb a
f (x) dx =
¤ 1 b−a £ f (a) + f (b) + 2 2
Zb a
(x − a)(x − b) f ′′ (x) dx
Solution : On effectue deux intégrations par parties successives à partir de la seconde intégrale : Zb a
(x − a)(x − b) f ′′ (x) dx
h ib Zb (x − a)(x − b) f ′ (x) − (2x − (a + b)) f ′ (x) d x a a | {z }
=
=0
Zb h ib − (2x − (a + b)) f (x) + 2 f (x) dx
=
a
¡
¢
a
− (b − a) f (a) + f (b) + 2
=
et on trouve la formule proposée. Exercice 13.13 ♥ On définit la suite de terme général In =
Z1 0
Zb
f (x) d x
a
dx (1 + x 2 )n
Soit n ∈ N . Trouver une relation de récurrence simple entre In et In+1 puis calculer I1 et I2 . Solution : Soit n ∈ N. On effectue une intégration par parties : h
In = ¡
donc In+1 =
x 1 + x2
¢n
i1 0
+
Z1 0
1 2nx 2 ¡ ¢n+1 dx = n + 2n 2 2 1+x
¢ Z1 ¡ 1 + x2 − 1 1 ¡ ¢n+1 dx = n + 2nIn − 2nIn+1 2 0 1 + x2
¶ µ h i1 π 1 1 1 π = donc I2 = + . + (2n − 1)I n .Il est par ailleurs clair que I1 = arctan x n 0 2n 2 4 4 8
Exercice 13.14
♥♥
∗
1. Soit n ∈ N . Trouver une relation entre 2. En déduire :
R
1
(x 2 +1)
2
dx et
R
1 3
(x 2 +1)
R
1
(x 2 +1)
n
dx et
dx .
R
1
n+1
(x 2 +1)
dx .
Solution : 1. On effectue une intégration par parties : Z
1
dx n
(x 2 +1)
= = =
et on en déduit que Z
Z 2nx 2 dx ¢n + n+1 2 2 (x +1) x +1 Z 2 x +1−1 x dx ¡ ¢n + 2n n+1 2 (x 2 +1) x +1 Z Z 1 x 1 d x − 2n dx ¡ ¢n + 2n n n+1 2 2 2 (x +1) (x +1) x +1 ¡
x
! Ã Z 1 1 x dx = dx + ¡ ¢n . (2n − 1) n n+1 2n (x 2 +1) (x 2 +1) x2 + 1 1
2. Il s’ensuit que que I2 = 1/2(arctan x + x/(x 2 + 1)2 ) + C t e car I1 = arctan x + C t e . On en tire finalement que I3 = 1/4(3arctan x + 3x/(x 2 + 1)2 + x/(x 2 + 1)3 . Exercice 13.15 ♥♥ Calculer pour un entier n ∈ N , l’intégrale In =
Z1 0
p x n 1 − x dx
550
Solution : Soit n Ê 1, en intégrant par parties (dériver x n ), on trouve que
Z i1 Z1 2n h 2 2n 2n 1 n−1 x (1 − x)3/2 d x = x n−1 (1 − x)3/2 dx = (In−1 − In ) In = − x n (1 − x)3/2 + 0 3 3 0 3 0 3
d’où la relation de récurrence : In = 2 3
2n (2n)(2n − 2) . . . 2 In−1 = · · · = I0 2n + 3 (2n + 3)(2n + 1) . . . 5
et puisque I0 = , on obtient finalement In =
22n+2 n!(n + 1)! (2n + 3)!
Exercice 13.16 ♥♥ Pour un entier n ∈ N, on pose In =
Zπ/2 0
sin nx dx sin x
1. Justifier que pour tout entier n > 0, l’intégrale In existe. 2. Calculer pour n Ê 2, In − In−2 , I0 et I1 . 3. En déduire la valeur de In pour tout entier n . Solution : sin nx
est définie et continue sur ]0, π/2] 1. L’intégrale I0 est clairement bien définie. Soit n ∈ N∗ . La fonction f : x 7→ sin x n. par opérations sur les fonctions continues. De plus, par équivalents usuels sin nx/ sin x ∼ n . Donc f (x) −−−−→ + x→0
x→0
On prolonge alors f par continuité en 0 en posant f (0) = n . La fonction ainsi prolongée est continue sur [0, π/2] et l’intégrale In existe.
2. Soit n Ê 2. On utilise la formule valable pour tout p, q ∈ R : sin p − sin q = 2cos In − In−2 =
donc In = In−2 +
Zπ/2 0
p +q p −q . Elle livre : sin 2 2
h sin ((n − 1) x) iπ/2 2sin ((n − 1) π/2) 2cos ((n − 1) x) d x = 2 = 0 n −1 n −1
2sin ((n − 1) π/2) . Par ailleurs I0 = 0 et I1 = π/2. n −1
3. On utilise les résultats de la question précédente. Si n = 2p où p ∈ N∗ alors ¶ µ p X 1 1 1 (−1)p+1 (−1)k+1 = 2 In = 2 1 − + − + . . . + . 3 5 7 2p − 1 k=1 2k − 1
Si n = 2p + 1 avec p ∈ N∗ alors In = π/2 .
13.7.5 Fractions rationnelles cette section sera complétée à l’occasion du chapitre sur les fractions rationnelles. Exercice 13.17 Calculer :
1. 2. 3.
R3
1 2 x(x−1)
R3 2x+1 2 x 2 −1
dx
4.
dx
5.
R1
x 2 −1 0 x 2 +4x−5 d x
6.
Solution : 1.
1 x(x−1)
=
−1 x
1 donc + x−1
R3
1 2 x(x−1)
R 12
x+1 0 (x 2 +1)(x−2)
R1 0
R2 0
1 (x +2x+5)(x+2) 2
x
(x 2 +x+1)(x+1)
h
dx = − ln |x| + ln |x − 1| 551
7.
dx
i3 2
8.
dx
9.
dx
= ln
¡4¢ 3
R1 0
1
(x 2 +x+1)
R−1 0
R1 0
1
2
dx 2
dx
x−1 2 (x+2)
dx
(x 2 −3x+2)
(x 2 +1)
2. 3. 4.
R3 2x+1 2 x
R1
2
dx = 23 −1
x 2 −1 0 x 2 +4x−5
R3
dx =
R 21
1 2 x−1
dx +
R1 ¡ x+1 ¢ 0
x+5
R2
1 1 x+1
dx =
R1 3 2
R1 0
h
dx = 12 3ln |x − 1| + ln |x + 1|
2
= 21 (3ln 2 + ln 4 − ln 3)
i1 h 4 1 − x+5 dx = x − 4ln |x + 5| = 1 − 4ln 6 + 4ln 5. 0
R1 3 2
5. On écrit la décomposition a priori
h
i1 1 ¡3¢ R1 2 3 3 3 2 x+ 2 5 ln |x − 2| 0 − 5 0 x 2 +1 dx = 5 ln 4 i1 3 arctan x 2 = 53 ln( 34 ) − 10 ln( 54 ) − 15 arctan( 12 ) 0
1 x+ 2 x 2 +1
x+1 1 dx − 5 0 dx = 5 0 x−2 (x 2 +1)(x−2) h ¯ 2 ¯ 1 ¡3¢ R1 1 2 1 3 3 ¯ ¯ 5 0 x 2 +1 dx = 5 ln 4 + − 10 ln x + 1 − 5 0
i3
dx =
1
(x + 2)(x 2 + 2x + 5)
=
A Bx + C . + 2 x − 2 x + 2x + 5
En multipliant les deux membres par x + 2 et en faisant x = −2 on trouve A =
1 1 = . 4−4+5 5
−
R1 3 2 x 5 0 x 2 +1 d x
En multipliant les deux membres par x 2 + 2x + 5 et en faisant x = −1+ 2i on trouve B(−1+ 2i ) + C = 1 − 2i 1 . D’où B = − et C = 0. 5 5
Z1 0
dx (x + 2)(x 2 + 2x + 5)
= = = =
6. On écrit la décomposition a priori
−
1 = −1 + 2i + 2
Z Z 1 1 dx 1 1 dx − 5 0 x + 2 5 0 x 2 + 2x + 5 ¤1 1 £ 2ln(x + 2) − ln(x 2 + 2x + 5) 0 10 1 (2ln 3 − 2ln 2 − ln 8 + ln 5) 10 µ ¶ 1 45 ln . 10 32
A Bx + C x = + . (x + 1)(x 2 + x + 1) x + 1 x 2 + x + 1
−1 = −1. 1−1+1 j j ( j 2 + 1) En multipliant les deux membres par x 2 +x +1 et en faisant x = j on trouve B j +C = = = 1+ j . j + 1 ( j + 1)( j 2 + 1) D’où B = 1 et C = 1.
En multipliant les deux membres par x + 1 et en faisant x = −1 on trouve A =
Z2 0
Z Z Z2 x dx dx dx 1 2 1 2 2x + 1 d x = − + (x + 1)(x 2 + x + 1) 2 0 x2 + x + 1 2 0 x2 + x + 1 0 x +1 ¸2 · Z 1 2 dx 1 = − ln(x + 1) + ln(x 2 + x + 1) + 2 2 0 (x + 21 )2 + 34 0 Z dx 1 1 4 2 = − ln 3 + ln 7 + × 2 2 3 0 ( 2x+1 p )2 + 1 3
2 dx p , du = p , On pose u = 2x+1 3 3
1 4 × 2 3
Z2 0
p Z p5 3 du 3 = 2 2x+1 2 1 p 6 u +1 p ) +1 ( 3 3 p µ µ ¶ µ ¶¶ 5 1 3 arctan p − arctan p = 6 3 3
dx
Maintenant µ µ ¶ µ ¶¶ 5 1 tan arctan p − arctan p = 3
3
=
p5 3
3
1 + p5 × p1 3
p4 3
1 + 53 p 3 = 2
552
− p1
3
Donc arctan ³
´
³
p5 3
´
− arctan
³
p1 3
´
Ãp ! ³ ´ 3 = arctan + kπ. D’après la propriété des accroissements finis, arctan p5 − 3 2
arctan p1 É p5 − p1 , 3 3 ¯ 3 à p !¯ p ¯ ³ ´ ³ ´ 3 ¯¯ 3 4 ¯ 1 5 < π d’où k = 0 et donc ¯arctan p3 − arctan p3 − arctan ¯É p + ¯ 2 ¯ 2 3 Z2 0
Ãp ! p 1 x dx 3 3 = − ln 3 + ln 7 + arctan . 2 (x + 1)(x + x + 1) 2 6 2
7. Z1 0
dx (x 2 + x + 1)2
=
Z1
=
16 9
0
¡
dx
(x + Z1 0
³
¢ 1 2 3 2 2) + 4
dx
´2 p )2 + 1 ( 2x+1 3
p Z p3 3 du 16 3 × = 9 2 p1 (u 2 + 1)2 3
En posant u = tan ϕ, dϕ = Z1 0
du u2 + 1
, ¶
µ
p Z 3 8 3 arctan p3 µ ¶ cos2 ϕ dϕ = (x 2 + x + 1)2 9 arctan p1
dx
3
µ
¶
p · ¸arctan p3 1 4 3 3 µ ¶ ϕ + sin 2ϕ = 1 9 2 arctan p 3 p µ µ ¶ µ ¶¶ 4 3 3 1 = arctan p − arctan p 9 3 3 p µ µ µ ¶¶ µ µ ¶¶¶ 2 3 3 1 + sin 2arctan p − sin 2arctan p . 9 3 3
8.
1 1 1 − = . x − 2 x − 1 (x − 2)(x − 1)
En élevant au carré,
1 1 1 2 1 2 1 2 = + − + − = + . (x 2 − 3x + 2)2 (x − 2)2 (x − 1)2 (x − 2)(x − 1) (x − 2)2 (x − 1)2 x − 2 x − 1
D’où Z−1 0
· ¸−1 1 1 = − − − ln(2 − x) + ln(1 − x) (x 2 − 3x + 2)2 x −2 x −1 0 1 1 1 = + + ln 2 − − 1 + ln 2 3 2 2 2 = − + 2ln 2. 3
dx
9. Le lecteur vérifiera que Z
et que
(x − 1) d x
(x 2 + 1)2 (x + 2)
=−
Z1 0
¢ 17 3 3 ¡ 2 1 x +3 log (|x + 2|) + ln x + 1 − arctg(x) − +C 25 50 50 10 x 2 + 1
(x − 1) d x
(x 2 + 1)2 (x + 2)
=
3 9 17π 1 ln 3 + ln 2 − + . 25 50 200 10
553
Exercice 13.18 Calculer la primitive (préciser l’intervalle ) F=
Z
x4 dx (x + 1)2 (x 2 + 1)
Solution : C’est une fraction rationnelle. Après décomposition en éléments simples, on trouve F=x−
1 2
(x + 1)
−
3 1 ln |x + 1| − ln(x 2 + 1) + C 2 4
où C est une constante qui dépend de l’intervalle (] − ∞, −1[ ou ] − 1, +∞[) considéré.
13.7.6 Changement de variable Exercice 13.19 ♥ Déterminer les primitives suivantes en utilisant le changement de variable précisé : 1. 2. 3.
Re
4.
R π4
i1 u2 2 0
=
dx =
¡ ¢3 Rp2 u 2 − 1
ln x 1 x d x en posant u = ln x p R1 x 3 p 0 x+1 d x en posant u = x + 1. R π2 2 0 sin x cos x d x en posant u = cos x .
4 0 tan x d x en posant u = tan x . R1 p 5. 0 1 − x 2 dx en posant x = cos u . R x p p dx en posant u = x . 6. 1e ln x
Solution : 1. On pose u = ln x . u est bien C 1 et
Re
ln x 1 x
dx =
R1 0
u du =
Point n’est besoin de changement de variable puisque Z
ln x 1 dx = ln2 x + C. x 2 p u = x + 1 2. On pose dx du = p 2 x +1 ( u = cos x
2
et x = u − 1. On a : R π2
R1
h
3 px 0 x+1
1 2
.
1
2
du =
R1
16 9p − 2 35 35
1 2 . 0 u du = 3 du = − sin xd x ( R π4 R1 u 4 u = tan x 4 ¡ ¢ ¡ ¢ 4. On pose , on obtient : tan x d x = du = 0 0 1 + u2 du = 1 + tan2 x d x = 1 + u 2 d x ¶ µ h u3 i1 ¢ R1 1 R1 ¡ 2 R1 u 4 − 1 1 2 π u − 1 d u + d u = + d u = − u + arctan u = − + . 0 0 0 2 2 2 0 1+u 1+u 1+u 3 3 4 ( R p R p Rπ x = cos u , on obtient : 01 1 − x 2 dx = − π0 1 − cos2 u sin u du = 02 sin2 u du = 5. On pose 2 d x = − sin udu R π2 1 − cos 2u π du = . 0 2 4 p u = x h ipe Rpe Re ln x Rpe p 2 p dx = 4−2 e . 6. On pose , on obtient : 1 x dx = 1 2ln u du = 1 4ln u du = 4 u ln u − u du = p 1 2 x
3. On pose
, on obtient :
0
sin x cos2 x d x =
Exercice 13.20 ♥ Déterminer les primitives suivantes en utilisant un changement de variable adéquat : 1.
R
1 2
R 1 dx ch x R 2x 5. eex +1 dx R 6. p x dx
4.
dx
x + x ln x sin x 2. dx 1 + cos2 x Rp 3. x 2 + 1 dx R
x+1
554
Solution :
u = ln x 1. On pose du = d x x ( u = cos x
2. On pose
3. On pose
, on obtient :
R
1 2
x + x ln x
, on obtient :
du = − sin xd x ( u = sh x
, on obtient :
du = sh xd x
R
dx =
R
1 du = arctan u + C t e = arctanln x + C t e . 1 + u2
R −1 sin x du = − arctan u +C t e = − arctan cos x + C t e dx = 1 + cos2 x 1 + u2
Rp
x 2 + 1 dx =
u 1 1 1 p + sh2u + C t e = argsh x + x 1 + x 2 + C t e 2 4 2 4
Rp 2 R R1 sh x + 1 ch u du = ch2 u du = (1 + ch 2u) du = 2
4. Un grand(classique. Cette fois les différentes méthodes sont instructives : u = ex
On pose
du = e x d x = ud x ¡ ¢ C t e = 2arctan e x + C t e .
, on obtient :
Changement en u = sh x .
Z
R 1 R 2e x R R 2 2 d x = du = 2arctan u+ dx = dx = ch x e x + e −x e 2x + 1 1 + u2
Z
dx = ch x
ch x dx ch2 x Z du
=
Changement en t = th
¡x¢ 2
1 + u2 = arctan u + C ¢ ¡ = arctan argsh x + C.
. Z
dx = ch x
Z
2 dt 1−t 2 1+t 2 1−t 2
= 2arctan t + C ³ ³ x ´´ +C = 2arctan th 2
Les trois fonctions sont définies sur R et ne diffèrent donc que d’une constante ! 5. On pose
( u = ex
x
, on obtient :
du = e d x ¢ e + ln 1 + e x + C t e p u = x + 1 6. On pose dx dx du = p = 2 x + 1 2u ¡
x
R
e 2x e x +1
dx =
R
R 1+u R 1 u du = du − du = u + ln |1 + u| + C t e = 1+u 1+u 1+u
, on obtient : Z
x dx = p x +1
Z
(u 2 − 1) du
u3 −u +C 3 2p x + 1(x − 2) + C. = 3 =
Exercice 13.21 ♥ Calculer les intégrales suivantes en utilisant un changement de variable adéquat : R1
1 dx 1 + ex p R 2. 01 x 2 1 − x 2 dx r R 1 arcsin x dx 3. 02 1 − x2
1.
4.
0
0
R4
1 p
cos2 x
tan x
1 p dx x R1 1 dx 6. 0 1 + x + x2
5.
555
R π4 1
x+
dx
Solution : 1. On pose
(
ie
u = ex
, on obtient :
du = e x d x = ud x
ln (1 + u) = ln 2 − ln (e + 1) + 1 . 1 ( u = cos x
, on obtient :
2. On pose
3.
4.
5.
6.
R1 0
R1 0
h Re Re 1 1 1 1 d x = d u = − d u = ln u − 1 1 1 + ex u (1 + u) u u +1
p Rπ R π 1 − cos 4u π . x 2 1 − x 2 d x = 02 cos2 u sin2 u du = 02 du = 8 16
du = − sin xd x r r u = arcsin x p R π6 R 12 arcsin x Rπ p u d x = On pose , on obtient : 0 1 − sin2 u du = 06 u du = dx 0 2 2 du = p 1−x 1 − sin u 1 − x2 3p π2 6 . 54 p u = tan(x) R Rπ 1 1 dx = 01 2 du = 2 . On pose , on obtient : 04 p 2 du = dx p cos x tan x 2cos2 x tan x p µ ¶ u = x h i2 R2 2 R 1 3 On pose , on obtient : 14 . du = 2ln (1 + u) = 2ln dx p dx = 1 du = p 1 1+u 2 x+ x 2 x µ ¶ 1 2 u = p x + R R R 4 1 1 1 2 3 , on obOn a : 01 dx = 01 µ dx = 01 µ dx On pose µ ¶2 ¶¶2 2 2 1+x +x 3 2 1 1 3 d x du = p x+ + +1 p x+ 3 2 4 2 3 p p p p i 3 p h R 1 2 3R 3 1 π 3 p . tient : 01 dx = d u = 2 3 3 arctan u p3 = 2 2 3 1+u 1+x +x 3 9 3 3
Exercice 13.22 ♥ ∗ Soit a, b ∈ R+ et n ∈ N. Calculer à l’aide de changements de variables, les intégrales I1 =
Za 0
p
dx a2 − x2
,
I2 =
Za 0
dx , a2 + x2
I3 =
Zb a
(x − a)n dx
Solution : Pour les deux premières intégrales, on effectue le changement de variable
I1 =
Za
I2 =
Pour la troisième, on pose
(
0
Za 0
p
dx a2 − x2
=
dx = a2 + x2
u du = dx
Z1 0
Z1 0
= x−a
I3 =
Zb a
p
a du a2 − a2u2
=
1 a du = a2 + a2u2 a
Z1 0
Z1 0
Zb−a 0
I=
a
u n du =
(b − a)n+1 . n +1
(x − a)3 (b − x)4 d x
556
du = dx/a
arctan1 π du = = 1 + u2 a 4a
Exercice 13.23 ♥♥ En utilisant un bon changement de variables, calculer pour 0 < a < b , l’intégrale Zb
u = x/a
π du = arcsin1 = p 2 1 − u2
:
(x − a)n =
(
. On obtient alors :
Solution : Effectuons le changement de variables
I= z =
(
y =b−x
. On trouve que :
dy = − dx
Zb−a 0
(b − a − y)3 y 4 d y
y b−a On fait ensuite le changement de variables dy = (b − a) dz I = (b − a)
8
Z1 0
, et on trouve que
z 4 (1 − z)3 d z.
En développant, on obtient alors I=
1 (b − a)8 280
Exercice 13.24 ♥♥ Soit un réel a > 0. Calculer en utilisant un bon changement de variables, l’intégrale Za
I=
1/a
x ln x dx (1 + x 2 )2
Indication 13.14 : Comment laisser les bornes invariantes ?
Solution : On effectue le changement de variables
I=−
Z1/a a
et de ce fait I = 0 .
t =
1 x
dt = − dx x2
t ln 1t ¡ ¢2 d t = − 1+ t2
Za
1/a
:
t ln t ¡ ¢2 d t = −I 1+ t2
Exercice 13.25 ♥♥ Calculer en utilisant un bon changement de variables l’intégrale I=
Zπ 0
x sin x dx 1 + cos2 x
Indication 13.14 : Comment laisser les fonctions sin x , cos2 x et les bornes invariantes ?
Solution : On effectue le changement de variables
I=−
(
t = π−x
dt = − dx
Zπ 0
. On trouve que
(−π + t ) sin t dt 1 + cos2 t
R π sin t dt . On effectue ensuite le changement de variables et donc que 2I = 0π 1 + cos2 t
finalement que
I=−
1 2
Z−1 1
i−1 π2 π πh . = du = − arctan u 2 1 1+u 2 4
13.7.7 Calcul de primitives et d’intégrales - Techniques mélangées Exercice 13.26 Calculer I =
R1 0
t5 dt . (t 4 + 1)2
557
(
u = cos t
du = − sin t dt
et on trouve
Solution : En posant t 2 = x ,
En intégrant par parties,
Z1 0
u(x)
=
′
v (x)
= Z1 0
Exercice 13.27 R t Calculer 01 4 2
(t + t + 1)2
1 t 5 dt = (t 4 + 1)2 2 ′
x
Z1
x 2 dx . (x 2 + 1)2
0
u (x)
=
1,
v(x)
=
−
x (x 2 + 1)2
1 2(x 2 + 1)
1 h x i1 1 t 5 dt + = − (t 4 + 1)2 4 x2 + 1 0 4
Z1 0
dx π 1 = − . x 2 + 1 16 8
dt .
Solution : En posant t 2 = x ,
Z 1 1 dx t dt = . 4 2 2 2 2 0 (x + 1)2 0 (t + t + 1) ´ ³ 1 2x+1 Z1 p 2arctan π 2 ³π π´ 2x + 1 dx 3 = p = p . = − + p 2 2 2 3(x + x + 1) 0 (x + 1) 3 3 3 3 3 6 9 3 Z1
0
Exercice 13.28 Calculer l’intégrale I=
Z1 p 0
x(1 − x)d x
1 2
1 4
Solution : On peut écrire x(1 − x) = −(x 2 − x) = −((x − )2 − ) Donc I=
Z1 r 0
1 2
et en posant y = x − , d y = d x , 1 I= 2
Par le changement de variables z = 2y , d y = I=
1 4
1 1 − (x − )2 d x 4 2
Z1 r 2
1 −2
1 − (2y)2 d y 4
dz , 2
Z1 p −1
1 − z2d z =
1 4
Zπ 2
−π 2
π 8
cos2 t d t =
p
1 2
1 4
On peut retrouver ce résultat en étudiant la courbe y = x(1 − x) : y 2 = x(1 − x) donc x 2 + y 2 − x = 0, (x − )2 + y 2 = . C’est le demi-cercle centré en ( 21 , 0) de rayon 12 . L’intégrale cherchée est donc la demi-aire d’un disque de rayon vaut
π . 8
1 qui 2
Exercice 13.29 Calculer Solution : Z1 0
R1 x 3 + x + 1 dx . 0 (x 2 + 2)2
x3 + x + 1 dx = (x 2 + 2)2
Z1 0
−x + 1 x 3 + 2x + 2 dx = 2 2 (x + 2) (x + 2)2
Z1 0
x dx 1 − x2 + 2 2
Z1 0
2x dx + (x 2 + 2)2
Z1 0
· ¸1 Z1 1 1 dx dx 2 = ln(x + 2) + + 2 2 2 2 (x + 2) 2 2(x + 2) 0 0 (x + 2)2
1 1 Le terme tout intégré vaut ln 32 − , et, en intégrant par parties, 2 12 Z1 2 Z1 Z1 Z1 Z1 h x i1 1 (x + 2) dx dx dx dx dx + 2 = − 4 = − + 2 + 4 . 2 2 2 2 2 2 x +2 0 x +2 3 0 0 x +2 0 x +2 0 x +2 0 x +2
558
Or
Z1 0
dx = x2 + 2
On trouve que
Ãp ! p 2 du 2 2 = arctan 2u 2 + 2 2 2
Zp2/2 p 0
Ãp ! p 2 2 1 3 arctan I = ln + 2 2 2 2
Exercice 13.30 Calculer
R
x4 dx . (x + 1)2 (x 2 + 1)
Solution : x − 1/2 (x + 1)−1 − 3/2 ln(x + 1) − 1/4 ln(x 2 + 1) + C Exercice 13.31 Calculer
R
x4
x2 + 1
arctan x dx .
Solution : Pour faire disparaître l’arctangente, on intègre par parties. Pour cela, il nous faut une primitive de Z
x4 x2 + 1
=
x4 . x2 + 1
x3 − x + arctan x + C 3
Donc Z
µ 3 ¶ ¶ Zµ 3 x dx x x4 dx = − x + arctan x arctan x − − x + arctan x 2 2 2 (x + 1) (x + 1) 3 3 x +1 ¶ µ 3 Z Z Z 1 (x 3 + x) dx 1 4x dx arctan x dx x − x + arctan x arctan x − − − = 2 2 3 3 x +1 3 x +1 x2 + 1 µ 3 ¶ 2 x x 2 1 − x arctan x − + ln(x 2 + 1) + C = (arctan x)2 + 2 3 6 3
Exercice 13.32 R cos x − sin x Calculer dx sur R (justifier l’intervalle). 2 1 + cos x
Solution : Séparer en deux primitives pour appliquer la règle de Bioche à chacune. En posant u = cos x et v = sin x , Z
cos x − sin x dx = 1 + cos2 x p p En posant v = 2w dv = 2 dw , on a Z
D’où
cos x 2
2 − sin x
dx −
Z
sin x dx = 1 + cos2 x
Z
dv + 2 − v2
! Ãp 2 2 + sin x + arctan cos x + C ln p 4 2 − sin x
p
3 + sh x
Z
du . 1 + u2
Ãp ! p p Z p ¯ ¯ dv 2 2 ¯¯ 1 + w ¯¯ 2 2 + sin x dw +C = = = ln ¯ ln p +C 2 − v2 2 1 − w2 4 1−w ¯ 4 2 − sin x
Exercice 13.33 R sh x Calcul de dx . 2
p
Solution : En posant ch x = 2u ,
d’où
Z
Z
sh x 2
3 + sh x
dx =
Z
sh x 2
2 + ch x
p
dx =
µ ¶ 2 ch x arctan p + C 2 2
559
Z p
2 du , 2 + 2u 2
Exercice 13.34 r
Calculer
R
x dx sur I = [0, 1[. (1 − x)3 r
1 2t dt x t2 x = 1− , dx = , t2 = ,x= . 1−x 1−x 1+ t2 1+ t2 (1 + t 2 )2 Zr Z Zr dx 2t dt x x dx = = 2t − 2arctan t + C = t (1 + t 2 ) 3 (1 − x) (1 − x) 1 − x (1 + t 2 )2
Solution : On pose t =
D’où
Zr
Exercice 13.35 R dx Calculer p p
x2 + 1 − x2 − 1
r r x x x dx = 2 − 2arctan +C (1 − x)3 1−x 1−x
sur I =]1, +∞[.
Solution : Multiplier par les quantités conjuguées et se ramener au calcul de deux primitives simples. Z
dx = p p x2 + 1 − x2 − 1
Zp
p Z Z 1 1 x2 + 1 + x2 − 1 ch2 u du + sh2 v dv dx = 2 2 2
en posant x = sh u puis x = ch v . Maintenant Z
2
ch u du =
Z
´ p 1 ³ 1 u 1 u 1 p ch 2u + 1 du = sh 2u + + C = shu ch u + + C = x x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 + C 2 4 2 2 2 2 2
Z
´ p ch2v − 1 1 ³ 1 v 1 v 1 p dv = sh 2v − + C = ch v sh v − + C = x x 2 − 1 − ln x + x 2 − 1 + C 2 4 2 2 2 2 2
et Z
sh2 v dv =
Finalement, Z
p
³ ´ ³ ´´ p p p 1³ p 2 dx x x + 1 + ln x + x 2 + 1 + x x 2 − 1 − ln x + x 2 − 1 + C = p x2 + 1 − x2 − 1 4
Exercice p 13.36
Calculer
R 2+ x +1 dx . p 1+ x +2
p
Solution : Poser t = x + 2, et ensuite un changement de variables en ch. t 2 = x + 2, 2t dt = dx, x + 1 = t 2 − 1. Z
p p Z Z Z Z 2+ x +1 2+ t2 −1 2 + sh u 2 + sh u 2 + sh u dx = 2 t dt = 2 chu sh u du = 2 (1+ch u) sh u du −2 sh u du p 1+t 1 + ch u 1 + ch u 1 + ch u 1+ x +2 =4
Z
sh u du +2
Z
sh2 u du −4
Z
sh u du −2 1 + ch u
Z
sh2 u du = 4ch u +ch u sh u −u −4ln(1+ch u)−2 1 + ch u
Z
= 4ch u + ch u sh u − u − 4ln(1 + ch u) − 2sh u + 2u + C p p p p p p = 4 x + 2 + (x + 2)(x + 1) − 4ln(1 + x + 2) − 2 x + 1 + ln( x + 2 + x + 1) + C, p p p p puisque u = ln(w + w 2 − 1) avec w = x + 2 et donc w 2 − 1 = x + 1.
Exercice 13.37 Calculer
Z1
arctan
0
560
¢ ¡p 3 x dx
(ch2 u − 1) du 1 + ch u
1
Solution : Par le changement de variables t = x 3 , et par parties. Z1
arctan
0
¡p ¢ 3 x dx =
Z1 0
£ ¤1 3t 2 arctan t dt = t 3 arctan t 0 −
Exercice 13.38 Calculer
Z
Z1 0
x2 + x + 2 dx (x 2 + 2x + 3)3
Solution : En écrivant x 2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2 Z
1 1 dx = x 2 + 2x + 3 2
Donc
Z
et donc
Z
dx 1 =p µ ¶2 x +1 2 +1 p 2
1 x +1 dx = (x 2 + 2x + 3)2 2
Z
Z
¶ µ 1 dy x +1 = p arctan p 1 + y2 2 2
2x + 2 1 1 dx = − (x 2 + 2x + 3)2 2 x 2 + 2x + 3
¶ µ 1 1 x +1 1 +C + I = p arctan p 2 x 2 + 2x + 3 2 2
Exercice 13.39 Calculer I=
Solution : Écrivons
En intégrant
· ¸1 t2 1 π 1 1 t 3 dt 3 2 = t arctan t − + ln(1 + t ) = − + ln 2. 2 1+t 2 2 4 2 2 0
R
Z
2x 2 + 3 dx (x 2 + 1)2
2 1 2x 2 + 3 = 2 + 2 2 2 (x + 1) x + 1 (x + 1)2
dx par parties, on trouve finalement (x 2 + 1)2 I=
5 1 x arctan x + +C 2 2 x2 + 1
Exercice 13.40 Calculer I=
Z
dx 5 + 4sin x
Solution : Par le changement de variables t = tan x2 , I=
Z
10 2 = 5t 2 + 8t + 5 9
finalement, I=
Z
¡5
3t
dt + 43
¢2
µ ¶ 5 x 4 2 arctan tan + +C 3 3 2 3
Exercice 13.41 Calculer I=
Z
dx 1 x2
561
1
−x4
+1
µ
x +1 y= p 2
¶
1
Solution : Par le changement de variables y = x 4 , on trouve I=4
Z
y2 = 2y 2 + 4y + 4ln|y − 1| + C y −1
Donc 1
1
1
I = 2x 2 + 4x 4 + 4ln|x 4 − 1| + C
Exercice 13.42 Calculer
Z
x 3
2
Solution : Il faut éliminer les racines : x + 4x − 5 = (x − 1) 2 x +5
µ
x +5 = (1 − x) 1−x 1−x
¶1
2
µ
x +5 . Posons y = 1−x
¶1
2
, alors x =
et finalement 1 I= 18
2 x +5
x −1
. Donc
3 (5 − 4x − x 2 ) 2
Z
Ãr
! r x +5 1−x +5 +C 1−x x +5
Solution : En écrivant x 2 − x − 6 = (x + 2)(x − 3), I=
Z
Z
µ
x +5 1−x
¶3 2
y2 − 5 dy y2
1 18
I=
= (1 − x)
3
y2 − 5 12y 6 d y et 1 − x = 2 , dx = . Alors y2 + 1 (1 + y 2 )2 y +1
I=
Exercice 13.43 Calculer
dx p x 6 + x − x2
dx r
x(3 − x)
x +2 3−x
r
3y 3 − 2 5 10y x +2 ,x= 2 et 3 − x = 2 , dx = 2 d y, 3−x y +1 y +1 (y + 1)2
I=
2 3
en effectuant ensuite le changement de variables y =
et finalement,
dx
(5 − 4x − x 2 ) 2
Z
dy y 3 − 23
¯ ¯r ¯ x +2 r2 ¯ ¯ ¯ − ¯ 1 ¯¯ 3 − x 3¯ I = ln ¯ r r ¯+C 3 ¯¯ x + 2 2 ¯¯ + ¯ ¯ 3−x 3
Exercice 13.44 Calculer I=
Z
p
x3 x2 + 2
562
dx
Solution :
Z
I=
par le changement de variables y = x 2 , I=
finalement,
1 2
Z
p
y y +2
dy =
1 2
Z
p
p
x2 x2 + 2
y +2−
Z
p
x dx
p 3 1 = (y + 2) 2 − 2 y + 2 + C y +2 3
dy
p 3 1 I = (x 2 + 2) 2 − 2 x 2 + 2 + C 3
Exercice 13.45 Calculer I=
Z3 2
dx p x + x −1
p
Solution : Par le changement de variables y = x − 1,
p p 3−2 2 3+ 2 2 I = ln − p arctan p 3 3 3
Exercice 13.46 Calculer I=
Zb p x (x − a)(b − x)d x a
Solution : On écrit (x − a) + (x − b) = 2x − (aZ+ b). Z p
b
b
Zb
(x − a) (b − x) d x − (x − a)1/2 (b − x)3/2 d x = 0. ((x − a) + (x − b)) (x − a)(b − x) dx = a a¶ µ Zb p Zb p π b−a 2 D’où 2 grâce à l’aire du demi-disque. Le résultat x (x − a)(b − x) dx = (a + b) x (x − a)(b − x) d x = 2 2 a a
Or
a
3/2
I=
1/2
π (a + b)(b − a)2 16
en découle. Exercice 13.47 Calculer
Solution : On écrit
Z
Z
sin x d x
=
Z
tan x 1 + sin2 x
dx
sin x cos x d x
cos x(1 + sin2 x) (1 − sin2 x)(1 + sin2 x) naturel, µ µ ¶ ¶ Z 1 1+u 1 + sin2 x 1 1 du = ln + C = ln + C. 2 (1 − u)(1 + u) 4 1−u 4 1 − sin2 x
Exercice 13.48 Calculer I=
Z1 0
(x − 2)
p
et là le changement de variable u = sin2 x parait
x 2 + 2xd x
Solution : Par les changements de variables y = x + 1 et y = ch z , I=
p p 3 ln(2 + 3) − 2 3 2
563
Exercice 13.49 Calculer une primitive de F=
(préciser l’intervalle )
Z p (x + 1)2 −x 2 − 2x + 1d x
p p
Solution : La fonction à primitiver est continue sur le l’intervalle I = [−1 − 2, 2 − 1]. On cherche une primitive sur cet intervalle. C’est une primitive d’une fraction rationnelle en x et la racine d’un trinôme. On commence par réduire le trinôme sous forme canonique : µ
x +1 −x − 2x + 1 = −((x + 1) − 2) = 2(1 − p 2 2
2
¶2
)
x +1
et après le changement de variables y = p , on se ramène au calcul d’une primitive sur J = [−1, 1] : 2
G=4
Z
y2
q 1 − y 2d y
En posant alors y = sin t , (pour éliminer la racine), on se ramène au calcul d’une primitive sur l’intervalle J′ = [−π/2, π/2] : Z Z sin2 t cos2 t d t =
H=4
sin2 (2t )d t
qui se calcule en linéarisant. Remplacer ensuite en fonction de x . Terminer le calcul ! Une autre méthode consiste à écrire (a et b sont les racines du trinôme avec a < b ) : p p −x 2 − 2x + 1 = (x − a)(b − x) = (x − a)
s
b−x x−a
et à se ramener au calcul d’une primitive d’une fraction rationnelle en x et en la racine d’une homographie. Poser alors t la racine de l’homographie. Exercice 13.50 Calculer l’intégrale I=
Z2 r 1
t −1 dt t +1 t
Solution : C’est une fraction rationnelle en t et en la racine n -ième d’une homographie. Posons donc u = t=
u2 + 1 −u 2 + 1
Donc I=
Z p1
3
0
dt =
r
t −1 : t +1
4u du (1 − u 2 )
4u 2 du (1 − u 2 )(1 + u 2 )
et en décomposant en éléments simples cette fraction rationnelle,
4u 2 1 1 2 = − − (1 − u 2 )(1 + u 2 ) 1 + u u − 1 u 2 + 1
on trouve finalement :
Ãp ! 3+1 π I = ln p − 3 3−1
13.7.8 Propriétés de l’intégrale Exercice 13.51 ♥ On considère une fonction f : [a, b] → R. On suppose que f est continue sur [a, b]. Montrer que les deux propositions suivantes sont équivalentes : 564
1 2
¯R ¯ R ¯ ¯ ¯ b ¯ b ¯ a f (t ) dt ¯ = a ¯ f (t )¯ dt
f É 0 ou f Ê 0.
R
R
R ¯
¯
Solution : Le sens indirect est trivial. Pour le sens direct, supposons que ab f (t ) dt Ê 0. Alors ab f (t ) dt = ab ¯ f (t )¯ dt ¯ ¯ ¯ ¢ R ¡¯ et donc ab ¯ f (t )¯ − f (t ) dt = 0. La fonction ¯ f ¯ − f est continue et positive. On sait que l’intégrale d’une fonction ¯ ¯ R positive est nulle si et seulement si cette fonction est nulle. Donc ¯ f ¯ − f est nulle et f est positive. Le cas ab f (t ) dt É 0 se traite de la même façon. Exercice 13.52 ♥ Considérons une application continue f : [0, 1] → R. Montrer que f admet une et une seule primitive F vérifiant R1 F(t ) d t = 0 . 0
Solution : R R Unicité : Supposons qu’il existe deux telles primitives F et G. Alors F = G + C t e . Comme 01 F(t ) dt = 01 G(t ) dt = 0, on a nécessairement C t eR= 0. R Existence : Soit H(x) = 0x f (t ) dt . La fonction F : x 7→ H(x) − 01 H(t ) dt répond au problème
Exercice 13.53 ♥ R On considère une fonction f : [0, 1] → R continue sur [0, 1] et telle que 01 f (t ) dt = 21 . Montrer que f admet un point fixe. Indication 13.14 : Introduire la fonction ϕ :
½
[0, 1] t
−→ 7−→
R . f (t ) − t
R
Solution : On a 01 ϕ(t ) dt = 12 − 21 = 0. Si ϕ ne change pas de signe sur [0, 1] alors d’après le cours ϕ = 0, Sinon, si ϕ change de signe sur [0, 1], comme ϕ est continue sur [0, 1], d’après le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule sur [0, 1] et donc f admet un point fixe. R R On peut aussi proposer la solution suivante. Comme 01 f (t ) dt = 1/2 il vient que 01 ϕ (t ) dt = 0. D’après le théorème de la moyenne, il existe c ∈ [0, 1] tel que g (c) = 0 et par construction, c est un point fixe de f . Exercice 13.54 ♥ Soit f : [a, b] → R une fonction continue sur [a, b]. Montrer que : ∃c ∈]a, b[, 1 Indication 13.14 : Poser α = b−a
R
Rb a
1 b−a
Zb a
f (t ) dt = f (c)
f (t ) dt et introduire la fonction ϕ : t 7→ f (t ) − α.
b 1 Solution : Posons α = b−a a f (t ) dt et considérons ϕ : t 7→ f (t ) − α. La fonction ϕ est définie et continue sur [a, b] et Rb Rb Rb 1 a ϕ dt = a f (t ) dt − α (b − a) = 0. Donc ϕ s’annule en un point c ∈ [0, 1] et on a f (c) = b−a a f (t ) dt .
Exercice 13.55 ♥ Soient a, b ∈ R tels que a < b . Trouver les fonctions f continues sur [a, b] telles que Zb a
¯ ¯ ¯ ¯ f (x) dx = (b − a) sup ¯ f (x)¯ x∈[a,b]
Solution : Soit f une fonction vérifiant l’égalité ci dessus. Alors : Zb à a
!
sup f − f (x) d x = 0.
[a,b]
Mais sup[a,b] f − f est une fonction continue et positive sur [a, b]. Comme son intégrale sur [a, b] est nulle alors sup[a,b] f − f est nulle et donc f est constante. On vérifie réciproquement que les fonctions constantes satisfont l’égalité de l’énoncé. Exercice 13.56 ♥♥ Soient f , g : [a, b] → R deux fonctions continues. On suppose que g Ê 0. Montrer qu’il existe c ∈ [a, b] tel que Zb a
f (t )g (t ) dt = f (c)
565
Zb a
g (t ) dt
Solution : Si g est identiquement nulle sur [a, b], la propriété est trivialement vérifiée. Supposons que ce ne soit pas le R cas. Comme g Ê 0, on peut affirmer que ab g (t ) dt 6= 0. De plus :
Rb
Rb Rb Rb sup[a,b] f a g (t ) dt inf[a,b] f a g (t ) dt a f (t )g (t ) dt inf f = É Rb É = sup f . Rb Rb [a,b] [a,b] a g (t ) dt a g (t ) dt a g (t ) dt
¤ f (t )g (t ) dt £ ∈ inf[a,b] f , sup[a,b] f . Comme f est continue, d’après le théorème des valeurs interRb a g (t ) dt Rb f (t )g (t ) dt et l’égalité est prouvée. médiaires appliqué sur le segment [a, b], il existe c ∈ [a, b] tel que f (c) = aRb a g (t ) dt
On en déduit que
a
Exercice 13.57 ♥♥♥ R Soit f une fonction continue sur [a, b]. On suppose que ∀k ∈ [0, n], ab t k f (t ) dt = 0. Montrer que f s’annule au moins n + 1 fois sur [a, b].
Solution : Si f est la fonction identiquement nulle sur [a, b] alors le résultat est évident. On suppose dans toute la suite que f n’est pas identiquement nulle sur [a, b]. Remarquons que l’hypothèse de l’énoncé est équivalente au fait que pour tout polynômes P de degré É n alors Rb a P (t ) f (t ) d t = 0. On va montrer par récurrence la propriété Pn suivante : Pn :
·· ∀k ∈ [0, n],
Zb a
¸ ¸ t k f (t ) dt = 0 =⇒ f change au moins n + 1 fois de signe sur [a, b] .
Le résultat découle de cette propriété par application du théorème des valeurs intermédiaires. Montrons P0 . Si f ne change pas de signe sur [a, b] alors f est positive ou négative sur [a, b] et comme f n’est pas R identiquement nulle sur [a, b], on ne peut avoir ab f (t ) dt = 0. Donc f change de signe au moins une fois sur [a, b] et P0 est vraie. Soit n ∈ N∗ . Supposons que Pn−1 est vraie et prouvons que Pn est vraie. On suppose donc que pour toute fonction R polynomiale P de degré É n , ab P (t ) f (t ) dt = 0. D’après l’hypothèse de récurrence, on sait que f change au moins n fois de signe sur [a, b]. Notons α1 , . . . , αn ∈ [a, b] les points de [a, b] en lesquels f change de signe (ce sont des zéros distincts de f ). Notons aussi α0 = a et αn+1 = b . Par l’absurde, supposons que f ne change pas n + 1 fois de signe sur [a, b]. Considérons une fonction polynomiale P du signe de f sur chaque intervalle [αi , αi+1 ] pour i ∈ 0, n. Une telle fonction existe, il suffit par exemple de considérer P (t ) = (t − α1 ) . . . (t − αn ) si f est positive sur [α0 , α1 ] ou son opposé si f est négative sur ce segment. La fonction P f est alors positive sur [a, b]. Mais par hypothèse, son intégrale est nulle donc on devrait avoir P f = 0 ce qui n’est pas possible car ni f ni P ne sont nuls. Donc f change au moins n + 1 fois de signe sur [a, b] et la propriété est prouvée par récurrence.
13.7.9 Majorations d’intégrales Exercice 13.58 ♥ Soit 0 < a < b . Montrer que
Zb a
Peut-il y avoir égalité ?
dx b − a 0}. Déterminer α = inf
f ∈E
µZb
f (x) dx
a
¶ µZb a
dx f (x)
¶
Solution : Soit f ∈ E. D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a : µZb
f (x) dx
a
¶ µZb a
!2 ¶ ÃZ b p f dx Ê p dx = (b − a)2 f (x) a f
donc (b − a)2 É α. Mais la fonction f 0 constante égale à 1 sur [a, b] est élément de E et vérifie : µZb a
f 0 (x) dx
¶ µZb a
¶ dx = (b − a)2 f 0 (x)
donc α = (b − a)2 . Exercice 13.62 ♥♥ Soient a, b ∈ R tels que a < b . Déterminer les fonctions f : [a, b] 7→ R continues vérifiant Zb a
f 2 (x) dx =
Zb a
f 3 (x) dx =
Zb
f 4 (x) dx
a
Solution : Soit une telle fonction f . Utilisons l’inégalité de Cauchy-Schwarz : ¯ ³Zb ¯Zb ¯ ¯Zb ´1/2 ³Zb ´1/2 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 3 2 f (x) f (x) dx ¯ É f (x) dx ¯ = ¯ f (x) dx f 4 (x) dx ¯ a
a
Rb
Rb
a
Rb
a
pp
En notant I = a f 2 (x) dx = a f 3 (x) dx = a f 4 (x) dx , on trouve donc le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz : I = I I. On sait alors qu’il existe une constante λ ∈ R telle que f 2 = λ f . Donc ∀x ∈ [a, b], f (x) = 0 ou bien f (x) = λ. Supposons qu’il existe x0 ∈ [a, b] tel que f (x0 ) = 0 et qu’il existe x1 ∈ [a, b] tel que f (x1 ) = λ. Si λ 6= 0 d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il devrait exister c ∈ [x0 , x1 ] tel que f (c) = λ/2 ce qui est impossible. Par conséquent, la fonction f est constante sur [a, b]. On voit que cette constante vaut 0 ou 1. La réciproque est immédiate.
567
Exercice 13.63 ♥♥ Soient deux fonctions strictement positives f , g ∈ C 0 ([0, 1]). Montrer que Z1 µ 0
¶ f (t ) g (t ) + dt Ê 2 g (t ) f (t )
Solution : On utilise l’inégalité de Cauchy-Schwarz : Z1
f g p p (x) dx fg fg ¸1/2 ·Z1 2 ¸1/2 ·Z1 2 g f × (x) dx (x) dx É 0 fg 0 fg ¸ ·Z1 2 Z1 2 1 g f (x) dx + (x) dx É 2 0 fg 0 fg ¶ Z1 µ 1 g f dx É + 2 0 g f
1=
0
Le résultat s’en suit. Pour avoir égalité, il faut qu’il y ait égalité dans Cauchy-Schwarz, donc que f /g et g / f soient proportionnelles, donc que f et g soient proportionnelles, et ensuite que λ = 1, c’est-à-dire que f = g .
Remarque : Pour u > 0, u + u1 Ê 2, d’où le résultat en prenant u =
f (t ) . Le cas d’égalité est simple. g (t )
Exercice 13.64 ♥♥ Soit une fonction convexe ϕ continue sur R . 1. Si f est une fonction en escalier sur [0, 1], montrer que ϕ
µZ1 0
¶ Z1 f (x) dx É ϕ ◦ f (x) dx 0
2. Si f est une fonction continue sur [0, 1], montrer que ϕ
µZ1 0
¶ Z1 f (x) dx É ϕ ◦ f (x) dx 0
Solution : 1. Considérons une subdivision tout i ∈ 0, n − 1 , il existe ci ∈ R R σ : x0 = 0P< . . . < xn = 1 subordonnée à f . Pour Pn−1 c − x tel que f |]xi ,xi +1 [ = ci et 01 f (x) dx = n−1 . Remarquons que (x ) i i+1 i i=0 i=0 (xi+1 − xi ) = 1. Comme ϕ est convexe, on peut alors écrire : ϕ
µZ1 0
¶
f (x) dx = ϕ
Ã
n−1 X i=0
!
c i (xi+1 − xi ) É ¡
¢
n−1 X i=0
(xi+1 − xi ) ϕ (c i ) =
Z1 0
ϕ ◦ f (x) dx.
2. Comme f est continue sur [0, 1], il existe une suite f n de fonctions en escaliers sur [0, 1] qui converge uniformément vers f sur [0, 1]. Donc : ϕ
µZ1 0
¶ µZ1 ¶ µ ¶ µZ1 ¶ Z1 f (x)d x = ϕ lim f n (x) d x = ϕ lim f n (x) d x = lim ϕ f n (x) d x n→+∞ 0
0 n→+∞
n→+∞
car ϕ est continue sur R. Mais d’après la première question, pour tout n ∈ N, ϕ donc par passage à la limite µZ1 ¶ Z1 lim ϕ f n (x) d x É lim ϕ ◦ f n (x) dx. n→+∞
¡
¢
³R 1 0
0
´ R 1 f n (x) dx É 0 ϕ ◦ f n (x) dx
n→+∞ 0
0
Comme f n converge vers f sur [0, 1] et que ϕ est, d’après le théorème de Heine, uniformément ¡ uniformément ¢ continue sur [0, 1], ϕ ◦ f n converge uniformément vers ϕ ◦ f sur [0, 1] et : lim
Z1
n→+∞ 0
ϕ ◦ f n (x) dx =
Z1
lim ϕ ◦ f n (x) dx =
0 n→+∞
ce qui prouve la propriété.
568
Z1 0
ϕ ◦ f (x) dx
Exercice 13.65 ♥♥♥ Pour f : [a, b] −→ R , on note f =
1 Rb f (t ) dt sa valeur moyenne. Montrer qu’il existe une constante C ne dépenb−a a dant que de a et b telle que pour toute fonction f ∈ C 1 ([a, b]), Zb ¯ Zb ¯2 ¯ ¯ ( f ′ (x))2 dx ¯ f (x) − f ¯ dx É C a
a
Solution Rx : D’après le théorème de la moyenne, il existe c ∈ [a, b] tel que f = f (c). Pour tout x ∈ [a, b], on a f (x) = f (c) + c f ′ (t ) dt . Donc, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz : Zx ¯ ¯2 Zx ¡ ′ ¢2 ¯ ¯ f ′ (t ) dt É (x − c) f (t ) dt . ¯f − f ¯ = c
c
On intègre par rapport à x entre a et b cette inégalité : Zb ¯ ¯2 ¯ ¯ ¯ f (x) − f ¯ dx
É
a
É É É É
Zb a
(x − c)
a
(x − c)
Zc
Zc
a Zc a
(c − a) (c − a)
µZx c
µZx c
µZc a
µZb a
¡
¡
¡
¡
¶ ¢2 f (t ) d t d x ′
f ′ (t )
¢2
¶
Zb
¶
Zb
dt dx +
c
(x − c)
µZx
(b − c)
µZb
c
¡
f ′ (t )
¢2
¶
dt dx
¶ µZb ¶ Zb ¢2 ¡ ′ ¢2 f ′ (t ) d t dx + f (t ) d t d x (b − c)
f ′ (t )
¡ ¢ (c − a)2 + (b − c)2
¢2
dt d x +
µZb
c
c
( f ′ (t ))2 d t
a
¶
c
a
¡
f ′ (t )
¢2
¶
dt dx
Enfin la fonction (convexe) c 7→ (c − a)2 + (b − c)2 prend son maximum aux bornes a et b et l’inégalité est prouvée avec C = (b − a)2 .
13.7.10 Limite de fonctions définies par une intégrale Exercice 13.66 ♥ Soit une fonction f : [0, 1] 7→ R continue. Trouver la limite de la suite de terme général Z1 0
f (x) dx 1 + nx
Solution : En notant M = supx∈[0,1] | f (x)|, |In | É M
car ln n =
o
n→+∞
Z1 0
dx ÉM |1 + nx|
Z1 0
· ¸ ln(n + 1) dx ln(1 + nx) 1 ÉM ÉM −−−−−→ 0 n→+∞ 1 + nx n n 0
(n)
Exercice 13.67 ♥ A l’aide de majorations simples, trouver les limites des suites suivantes : xn dx ; 1 + e nx −nx R e dx ; 2. In = 01 1+x R1 n 3. In = 0 x sin(nx)d x ;
1. In =
R1
4. In =
0
R1 0
e −nx (1 + x n )d x ;
1 R2n arctan xd x ; n n R 6. In = 01 x n ln(1 + x 2 )d x .
5. In =
Solution : Soit n ∈ N.
n
x n donc par passage à l’intégrale : 0 É In É 1. Pour tout x ∈ [0, 1], 0 É 1+e nx É x gendarmes In −−−−−→ 0 .
1 n+1
et d’après le théorème des
n→+∞
−nx
2. Pour tout x ∈ [0, 1], 0 É e1+x É e −nx donc par passage à l’intégrale : 0 É In É − e gendarmes In −−−−−→ 0 . n→+∞
569
−n
−1 n
et d’après le théorème des
3. Pour tout x ∈ [0, 1], 0 É x n sin(nx) É x n donc par passage à l’intégrale : 0 É In É gendarmes In −−−−−→ 0 .
1 n+1
et d’après le théorème des
n→+∞
4. Pour tout x ∈ [0, 1], 0 É e −nx (1+x n ) É 2e −nx donc en passant à l’intégrale, 0 É In É
−2 −n (e + 1) et par le théorème n
des gendarmes In −−−−−→ 0 . n→+∞
5. R Comme arctan est croissante, pour tout x ∈ [n, 2n], arctann É arctan x É arctan(2n) et il vient que : n arctan n É 2n n arctan xd x É n arctan(2n). On en déduit que arctann É In É arctan(2n) et d’après le théorème des gendarmes : In −−−−−→
π
n→+∞ 2
¡
.
¢
6. Comme x 7→ ln 1 + x 2 est croissante sur [0, 1], on a : 0É
Z1 0
x n ln(1 + x 2 ) d x É ln 2
Z1 0
x n dx =
ln 2 n +1
donc par le théorème des gendarmes, In → 0 . Exercice 13.68 ♥♥ Déterminer les limites suivantes : 1. lim
x→0
Z2x
2. lim
¡ ¢ cos t 4 dt −2x ¡ ¢ Z2x cos 1t
t2
x→+∞ x
3. lim
Z3x
x→+∞ x
4. lim
Zx 2
x→+∞ x
e
5. lim
Z2x
x→−∞ x
dt
6. lim
−t
Z2x
x→+∞ x
dt t 1 dt ln t
1
et dt t cos t dt t
Indication 13.14 : Pour la dernière, penser à une intégration par parties.
Solution :
¡ ¢
1. Soit x ∈ R. Pour tout t ∈ [−2x, 2x] , −1 É cos t 4 É 1 donc
R2x
R2x
¡ ¢
t4 −2x cos Z2x
R2x
−2x d t ce qui amène : ¡ 4¢ ¡ 4¢ −2x É −2x cos t dt É 2x et par application du théorème des gendarmes, lim cos t d t = 0 x→0 −2x ¡1¢ ¡1¢ cos t 1 1 1 1 1 R2x cos t 1 2. Soit x ∈ R∗+ . Pour tout t ∈ [x, 2x], − 2 É et par application É 2 donc dt É − − É x 2 2 t t¡ ¢ t 2x x t x 2x Z2x 1 cos t du théorème des gendarmes, lim dt = 0 x→+∞ x t2 R e −t e −3x e −t e −x 3. Soit x ∈ R∗+ . Pour tout t ∈ [x, 3x], donc e −3x ln 3 É x3x É É dt É e −x ln 3 et par application du t t t t Z3x −t e théorème des gendarmes : lim dt = 0 x→+∞ x t £ ¤ Rx 2 1 1 x2 − x 1 4. Soit x ∈ R∗+ . Pour tout t ∈ x, x 2 , donc É É x dt et par application du théorème des ln x 2 ln t ln x 2 ln t Zx 2 1 dt = +∞ gendarmes : lim x→+∞ x ln t
R2x
1
1
1
−2x − d t
É
1
dt É
R et 1 e 2x et ex 1 5. Soit x ∈ Pour tout t ∈ [x, 2x], donc ln 2e 2x É x2x É É dt É ln 2e x et par application du t t t t Z2x 1 et théorème des gendarmes : lim dt = ln 2. x→−∞ x t h sin t i2x R sin t R cos t 2x + x dt . Il est clair dt = 6. Soit x ∈ R∗+ .En effectuant une intégration par parties, on obtient : x2x t t x t2 sin t 1 1 R2x sin t 1 sin 2x sin x 1 dt É − −−−−−→ 0. Par ailleurs, pour tout t ∈ [x, 2x], − 2 É 2 É 2 donc − É que : 2x x x→+∞ t t t 2x x Z x t 2 2x R sin t 1 1 cos t − dt = 0 et d’après le théorème des gendarmes, x2x 2 dt −−−−−→ 0. On a ainsi montré que : lim x→+∞ x→+∞ x x 2x t t R∗− .
570
Exercice 13.69 ♥♥ 1 1 Soit la suite de fonctions (g n ) définies sur [0, 1] par g n (x) = 0 si x ∈] , 1] et g n (x) = n si x ∈ [0, ]. Soit f une fonction n n continue sur [0, 1]. Trouver la limite de la suite de terme général In =
Z1 0
f (t )g n (t ) dt £
¯ ¯ ¯ f (x) − f (0)¯ É ε. Il existe aussi
¤
Solution : Soit ε > 0. Comme f est continue en 0, il existe η > 0 tel que ∀x ∈ 0, η , N ∈ N tel que si n Ê N alors 1/n É η. Soit n Ê N. On a : In =
Z1 0
f (t ) g n (t ) d t =
Mais f (0) − ε =
Z1/n 0
Donc In −−−−−→ f (0) .
Z1/n 0
f (t ) g n (t ) d t +
¡ ¢ n f (0) − ε d t É
Z1/n 0
Z1
1/n
n f (t ) d t É
f (t ) g n (t ) dt = Z1/n 0
Z1/n
n f (t ) dt .
0
¡ ¢ n f (0) + ε dt = f (0) + ε
n→+∞
Exercice 13.70 ♥♥ 1 Rπ On définit une fonction I en posant, pour tout x ∈ R∗ , I(x) = sin(x 2 sin t )d t . Trouver la limite de I(x) lorsque x 0 x → 0. ¤ p
p
£
Solution : Soit x un réel appartenant à un voisinage épointé de 0 inclus dans − π/2, π/2 . Sur ¡ ce2 ¢voisinage, ¡ 2 sin ¢est 2 2 2 t ∈ π] , on peut écrire : −x É x sin t É x ce qui amène : sin −x É sin x sin t É strictement croissante. Pour tout [0, ¡ ¢ sin x 2 et donc en passant à l’intégrale et en divisant par x en obtient : π
Mais comme
¡ ¢ sin x 2
x
¡ ¢ sin −x 2
x
É I (x) É π
¡ ¢ sin x 2
x
.
∼ x , d’après le théorème des gendarmes, il vient : I (x) −−−→ 0 . x→0
x→0
Exercice 13.71 ♥♥♥ Soit une fonction f : [0, 1] → R continue. Trouver la limite des suites de terme général : R1
n 0 x f (x) d x R1 n 2. In = n 0 x f (x) dx
1. Hn =
Solution :
1. ¯La fonction ¯f est continue sur [0, 1] et est donc majorée sur [0, 1] par M = supx∈[0,1] | f (x)|. On a alors R1 ¯R1 n ¯ M −−−−−→ 0 et donc d’après le théorème des gendarmes, Hn −−−−−→ 0. ¯ 0 x f (x) dx ¯ É M 0 x n d x = n+1 n→+∞
n→+∞
£ ¤ R1 n f (x) − f (1) dx + n 0 x n f (1) dx . Par ailleurs : 0 x R n (a) n 01 x n f (1) dx = f (1) −−−−−→ f (1). n + 1 n→+∞ (b) Comme f est continue sur le segment [0, 1], f est bornée. Notons M = supx∈[0,1] | f (x)|. Soit ε > 0. Comme f est continue au point 1, il existe c ∈]0, 1[ tel que ∀x ∈ [c, 1], | f (x) − f (1)| É ε. Alors
2. Remarquons que In = n
R1
Z1 ¯ Z1 ¯ ¯ ¯ n x ( f (x) − f (1)) dx ¯ É n x n | f (x) − f (1)| dx ¯n 0 0 Zc Z1 Én x n 2M dx + n x n ε dx 0
c
n n n c + (1 − c n )ε É 2M n +1 n +1 É 2Mc n + ε
n Comme R1 n |c| < 1, la suite géométrique (c ) converge vers 0. Par conséquent, il existe N ∈ N tel que ∀n Ê N, |n 0 x ( f (x) − f (1)) dx| É 2ε. Donc, la première suite tend vers 0.
En conclusion, In −−−−−→ f (1) . n→+∞
571
Exercice 13.72 ♥♥♥ Soit une fonction f : [0, 1] 7→ R continue et un réel a ∈ [0, 1]. Trouver la limite de la suite de terme général In =
Z1
f (ax n ) dx
0
¯
¯
Solution : Soit ε > 0. Comme f est continue en 0, il existe η > 0 tel que si |x| É η alors ¯ f (x) − f (0)¯ É ε. Pour tout c ∈ ]0, 1[, on a : ¯ ¯ ¯In − f (0)¯ É
Zc 0
¯ ¯ ¡ n¢ ¯ f ax − f (0)¯ dx +
Z1 c
¯ ¯ ¡ n¢ ¯ f ax − f (0)¯ dx
¯ ¯ R ¯ R ¯ – Il est clair que limc→0+ c1 ¯ f (ax n ) − f (0)¯ dx = 0. On peut alors fixer c ∈ ]0, 1[ en sorte que c1 ¯ f (ax n ) − f (0)¯£ dx É ¤ ε. – Comme c n −−−−−→ 0, il existe N ∈ N tel que pour tout n Ê N, on a 0 É ac n É η. Comme 0 É x É c , on a ax n ∈ 0, η . Il n→+∞ ¯ ¯ ¯ R ¯ vient alors : ¯ f (ax n ) − f (0)¯ É ε et 0c ¯ f (ax n ) − f (0)¯ dx É cε É ε. car c ∈ ]0, 1[. ¯ ¯ Au final, pour n Ê N, on a : ¯In − f (0)¯ É 2ε et donc In −−−−−→ f (0) . n→+∞
Exercice 13.73 ♥♥♥ Soit une fonction f continue sur R . Déterminer la limite lorsque x → 0 de la fonction définie pour tout x ∈ R par I(x) =
Zx 0
x x2 + t 2
f (t ) dt .
Indication 13.14 : Faire un changement de variables qui fera apparaître la variable x à l’intérieur de f .
Solution : Par le changement de variables t = xu , on trouve que I(x) =
Z1 0
f (xu) du 1 + u2
Montrons que I(x) −−−→ f (0)π/4. Soit ε > 0. Comme f est continue au point 0, il existe un réel α > 0 tel que ∀x ∈ [0, α], x→0 | f (x) − f (0)| É ε. Soit alors x ∈ [0, α], ¯ ¯ Z1 Z1 ¯ du ¯¯ | f (ux) − f (0)| ¯I(x) − f (0) du É ε É ¯ 1 + u2 ¯ 1 + u2 0
En effet, si u ∈ [0, 1], on a 0 É ux É x É α et donc au résultat.
0
| f (ux) − f (0)| É ε, ce qui permet de majorer l’intégrale et d’aboutir 1 + u2
13.7.11 Théorème fondamental, étude de fonctions définies par une intégrale Exercice 13.74 ♥ Soit f : R → R une fonction continue. Montrer que les fonctions g : R → R suivantes sont de classe C 1 sur un intervalle à déterminer et calculer leur dérivée en fonction de f : 1. g (x) = 2. g (x) =
Rx 2 2x
Rx 2 0
f (t ) dt
3. g (x) =
sh t f (ch t ) d t
4. g (x) =
Rx 0
f (t + x) d t
Rx f (ln t ) dt 1 t
Solution : Comme f est continue sur R, elle admet une primitive F sur R d’après le théorème fondamental de l’analyse. 1. Pour tout x ∈ R, g (x) = F(x 2 ) − F(2x). La fonction g est donc de classe C 1 sur R par opérations sur les fonctions C 1 sur R et g ′ (x) = 2x f (x 2 ) − 2f (2x). ¡
¡
¢¢
2. La fonction t 7→ F (ch t ) est une primitive de t 7→ sh t f (ch t ) donc, pour tout x ∈ R, g (x) = F ch x 2 − F (1). 1 1 La fonction g¡ est¢ donc ¡ ¡de ¢¢classe C sur R par opérations sur les fonctions C sur R. De plus pour tout x ∈ R, g ′ (x) = 2x sh x 2 f ch x 2 .
3. Pour tout x ∈ R, t 7→ F (t + x) est une primitive de t 7→ f (t + x) donc la fonction g donnée, pour tout x ∈ R, par g (x) = F (2x) − F (x) est de classe C 1 sur R par opérations sur les fonctions de C 1 . De plus g ′ (x) = 2f (2x) − f (x). 572
f (ln t ) donc la fonction g donnée, pour tout x ∈ R par g (x) = t f (ln x) . F (ln x) − F (0) est de classe C 1 sur R par opérations sur les fonctions C 1 . De plus g ′ (x) = x
4. La fonction t 7→ F (ln t ) est une primitive de t 7→
Exercice 13.75 ♥ R Soit une fonction f continue et positive sur le segment [a, b]. En utilisant la fonction F(x) = ax f (t ) dt , montrer que si Rb a f (t ) dt = 0, alors ∀x ∈ [a, b], f (x) = 0.
Solution : Comme f est continue sur le segment [a, b], d’après le théorème fondamental, f admet une primitive F sur Rx [a, b] s’annulant en a et donnée par : F(x) = a f (t ) dt . Comme f est positive, la fonction F est croissante. Mais d’après R l’hypothèse F (b) = ab f (t ) dt = 0 = F (a), donc F est nécessairement constante. On en déduit que f est identiquement nulle sur [a, b].
Exercice 13.76 ♥♥ R Soit une fonction f continue sur [0, 1], dérivable sur ]0, 1[ à valeurs dans R telle que f (1) = 01 f (t ) dt . Montrer qu’il existe un réel c ∈]0, 1[ tel que f ′ (c) = 0. Solution : Considérons la fonction F:
½
[0, 1] x
−→ 7−→
R £ R x 0
¤ f (t ) − f (1) dt
Comme f est continue sur [0, 1], F est bien définie d’après le théorème fondamental. Pour tout x ∈ [0, 1], F(x) = Rx f (t ) dt − x f (1) et donc F(0) = 0 = F(1). Donc d’après le théorème de Rolle, il existe α ∈]0, 1[ tel que F′ (α) = 0, 0 mais puisque ∀x ∈]0, 1[, F′ (x) = f (x) − f (1), on en déduit que f (α) = f (1). Alors en appliquant le théorème de Rolle à f sur le segment [α, 1], il existe c ∈]α, 1[ tel que f ′ (c) = 0. Exercice 13.77 ♥ Montrer que la fonction définie par ϕ(x) =
Z
x x+1
x−1 x
dt + 2 t +1
Z2x 2 1
dt t2 +1
est constante. Solution : D’après le théorème fondamental, ϕ est définie et dérivable sur les intervalles I1 =] − ∞, −1[, I2 =] − 1, 0[ et ]0, +∞[. On calcule sa dérivée sur chacun de ces intervalles : ϕ′ (x) = ¡
1
¢ x 2 x+1 + 1
1 1 1 4x −¡ + 4 ¢2 2 2 x−1 (x + 1) 4x + 1 +1 x x
1 4x 1 − + = 2 2x + 2x + 1 2x 2 − 2x + 1 4x 4 + 1 −4x 4x = 4 + =0 4x + 1 4x 4 + 1
On obtient donc la formule avec ε ∈ {−1, 1}.
¡ arctan
x x+1
¢
¡ x−1 ¢ π − arctan + arctan(2x 2 ) = ε 2
x
Exercice 13.78 ♥ Déterminer la parité de l’application g : x 7→
Z3x
Solution : Soit x ∈ R. On effectue le changement de variable g (−x) =
Z−3x −x
2
et d t
x
2
e t dt = −
Donc g est impaire. 573
(
u du
Z3x x
= −t
= − dt 2
:
e u du = −g (x) .
Exercice 13.79
♥♥
On considère ϕ : R → R définie par ϕ(t ) =
(
sh t t
si t 6= 0
Soit f : R → R définie par ∀x ∈ R,
1 si t = 0
1. Déterminer l’ensemble de définition de f .
f (x) =
R2x x
ϕ (t ) d t .
2. Montrer que f est impaire. 3. Déterminer la dérivée de F et en déduire ses variations. 4. Déterminer la limite de f en +∞. 5. Tracer la tangente à l’origine, puis la courbe représentative de f . Solution : sh x
−−−→ 1 donc ϕ est aussi continue en 0. Par application du théorème fonda1. ϕ est continue sur R∗ . De plus, x x→0 mental de l’analyse, on en déduit que ϕ admet une primitive F sur R. Pour tout x ∈ R, f (x) = F (2x) − F (x). f est donc définie et de classe C 1 sur R. R−x sh t sh u u=−t R dt ===== 0x − du = − f (x) par imparité de sh. 0 t u sh 2x − sh x si x ∈ R∗ . 3. f est strictement croissante. Pour tout x ∈ R, f ′ (x) = 2F′ (2x)−F′ (x) = 2ϕ (2x)−ϕ (x) = x 0 si x = 0 Comme sh est croissante sur R, f est strictement croissante sur R. R sh t sh t sh x 4. Soit x > 0 et soit t ∈ [x, 2x]. On a : car ϕ est croissante sur R∗+ . Donc : f (x) = 0x Ê dt Ê sh x −−−−−→ x→+∞ t x t +∞. On en déduit que f (x) −−−−−→ +∞. Par symétrie, on a aussi : f (x) −−−−−→ −∞.
2. f est impaire : soit x ∈ R, f (−x) =
x→+∞
x→−∞
5. On montre de plus facilement que f admet la bissectrice principale comme tangente en 0. 20
10
0 −10
−5
0
5
x y −10
−20
Exercice 13.80 ♥♥ Soit g : R → R une fonction continue. On pose, pour tout x ∈ R, f (x) =
Zx 0
sin (x − t ) g (t ) dt
1. Montrer que f est dérivable sur R et que ′
f (x) =
Zx 0
cos (x − t ) g (t ) dt
2. En déduire que f est solution de l’équation différentielle y ′′ + y = g (x). 3. Résoudre cette équation différentielle.
574
10
Solution : 1. Soit x, t ∈ R. On a : sin (x − t ) g (t ) = sin x cos t g (t ) − cos x sin t g (t ). Les fonctions t 7→ cos t g (t ) et t 7→ sin t g (t ) sont continues sur R par opération sur les fonctions continues. Par application du théorème fondamental, elles admettent, respectivement, des primitives G1 et G2 sur R. On peut supposer de plus que ces deux primitives s’annulent en 0. On a alors d’après les formules d’addition : f (x) =
Zx 0
sin (x − t ) g (t ) dt = sin xG1 (x) − cos xG2 (x)
G1 et G2 étant de classe C 1 , il en est de même de f et pour tout x ∈ R : f ′ (x)
=
=
=
cos xG1 (x) + sin x cos xg (x) + sin xG2 (x) − cos x sin xg (x)
cos xG1 (x) + sin xG2 (x) Zx cos (x − t ) g (t ) dt 0
2. En effectuant des calculs analogues au précédent, on obtient : f ′′ (x)
=
− sin xG1 (x) + cos2 g (t ) + cos xG2 (x) + sin2 xg (x)
=
g (x) − f (x)
=
g (x) − sin xG1 (x) + cos xG2 (x)
f est donc solution de l’équation différentielle donnée.
3. Les solutions de y ′′ + y = 0 sont les fonctions : x 7→ α cos x + β sin x où α, β sont réels. Les solutions de y ′′ + y = g sont donc les fonctions : x 7→ f (x) + α cos x + β sin x
avec α, β ∈ R Exercice 13.81
♥♥
On considère la fonction f donnée par f (x) =
R4x x
2
e −t d t
1. Déterminer l’ensemble de définition de f . 2. Montrer que f est impaire.
3. Déterminer la dérivée de F et en déduire ses variations. 4. Déterminer les limites de f aux bornes de son domaine.
Solution : 2
1. La fonction ϕ : t 7→ e −t est continue sur R. D’après le théorème fondamental de l’analyse, on peut affirmer qu’elle admet une primitive F sur R. ϕ étant de classe C +∞ , il en est de même de F et pour tout x ∈ R, f (x) = F (4x)−F (x).. 2. Soit x ∈ R. f (−x) =
R−4x −x
2
u=−t
e −t dt ===== −
R4x x
2
e −t d t = − f (x). f est donc impaire. 2
2
3. D’après la première question, pourrtout x ∈ R, f ′ (x) = 4f (4x) − f (x) = 4e −16x − e −x . On vérifie facilement que
2ln 2 , qu’elle est positive entre ces deux valeurs et négative ailleurs. On en 15r # # " r r 2ln 2 2ln 2 2ln 2 , croissante sur − et décroissante à nouveau déduit que f est décroissante sur −∞, , 15 15 15 " "r 2ln 2 , +∞ . sur 15 R 2 2 2 2 4. ϕ étant décroissante, pour tout x > 0, et tout t ∈ [x, 4x], on a e −t É e −x et f (x) É x4x e −x dt = 3xe −x −−−−−→ 0 f ′ (x) = 0 si et seulement si x = ± #
x→+∞
donc, d’après le théorème des gendarmes, f (x) −−−−−→ 0. Par symétrie, on a aussi : f (x) −−−−−→ 0 x→+∞
575
x→−∞
0,5
0,25 x −2,5
−5,0
0,0
5,0
2,5
0,0
−0,25
−0,5
Exercice 13.82 ♥♥ R 1 Pour tout x ∈ R, on pose = f (x) = x2x p 1. Montrer que f est bien définie.
1+ t4
dt .
2. En effectuant un changement de variable, montrer que, pour tout x ∈ R∗ : f (x) = f 3. En déduire un équivalent simple de f en +∞.
µ
¶ 1 . 2x
Solution : 1. La fonction ϕ : t 7→ p
1 1+ t4
est continue sur R par opérations sur les fonctions continues. Par application du
théorème fondamental, on en déduit qu’elle admet une primitive F sur R et pour tout x ∈ R, f (x) = F (2x) − F (x). f est donc bien définie sur R. On remarque de plus que ϕ étant de classe C ∞ sur R, il en est de même de F. 2. Soit x ∈ R∗ . On a : f
µ
1 2x
¶
Z1
1 dt p 1+ t4
x
=
1 2x
=====
Zx
=
Z2x
u= 1t
2x
−
x
f (x)
=
1 1 q 2 u 1+
(13.1)
1 u4
du
1 dt p 1 + u4
(13.2)
(13.3) (13.4)
µ ¶ 1 en 0. D’après la question x¡ ¢ ¡x¢ ¡1¢ précédente, f x = f 2 . D’après la première question, on peut affirmer que x 7→ f x2 est de classe C ∞ sur R et admet donc un développement limité à l’ordre 1 en 0. Au voisinage de 0, on a donc : ³x´ x = f (0) + f ′ (0) + o (x) . f
3. Chercher un équivalent de f (x) en +∞ revient à chercher un équivalent de f
2
x→0
2
Mais, d’après la première question, f ′ (x) = 2ϕ (2x) − ϕ (x) donc f ′ (0) = 1. Il est clair d’autre part que f (0) = 0. On a donc : f
¡x¢ 2
=
x 2
+ o (x) ce qui amène f x→0
¡x¢
∼ 2 x→0
x 1 et il vient f (x) ∼ . x→+∞ 2 2x
Exercice 13.83 ♥♥ Soit f : R → R une fonction de classe C 1 et g : R∗ → R définie par : ∀x 6= 0,
g (x) =
576
1 2x
Zx
−x
f (t ) d t .
1. Montrer que g peut-être prolongée par continuité en 0. On appellera encore g la fonction ainsi définie sur R. 2. Montrer que g est dérivable sur R∗ et calculer g ′ (x) pour tout x ∈ R∗ . 3. Montrer que g est dérivable en 0 et calculer g ′ (0). Solution : 1. Comme f est continue sur R, elle admet, d’après le théorème fondamental de l’analyse une primitive F sur R. Comme f est C 1 sur R, F est C 2 sur R. De plus, pour tout x ∈ R∗ , g (x) =
µ ¶ F (x) − F (−x) 1 F (x) − F (0) F (−x) − F (0) = + −−−→ F′ (0) = f (0) x→0 2x 2 x −x
car F est dérivable en 0 de dérivée f (0). Donc on peut prolonger g par continuité en 0 en posant g (0) = f (0).
2. En utilisant ce qui a été fait dans la question précédente, on peut écrire pour tout x ∈ R∗ : g (x) =
F (x) − F (−x) 2x
avec F qui est de classe C 2 sur R. Donc g est de classe C 2 sur R∗ par opération sur les fonctions de classe C 2 sur R∗ . En particulier, g est dérivable sur R∗ et si x ∈ R∗ : ′
g (x) =
¢ ¡ 2x F′ (x) + F′ (−x) − 2(F (x) − F (−x))
4x 2
=
¡ ¢ x f (x) + f (−x) − (F (x) − F (−x))
2x 2
=
f (x) + f (−x) − g (x) . 2x
3. Calculons le taux d’accroissement ∆ de g en 0. Soit x ∈ R∗ : ∆(x) =
¶ µ g (x) − g (0) 1 F (x) − F (−x) = − f (0) . x x 2x
Comme F est de classe C 2 sur [−x, x], d’après le théorème des accroissements finis, il existe c x ∈ ]−x, x[ tel que F (x) − F (−x) = 2x f (c x ). On obtient alors : ∆(x) =
f (c x ) − f (0) . x
On utilise alors le fait que c x −−−→ 0 et que f est dérivable en 0. On trouve limx→0 ∆(x) = f ′ (0) donc x→0
g ′ (0) = f ′ (0) ..
Exercice 13.84 ♥♥♥ R ch t On se propose d’étudier la fonction définie par g (x) = x2x 2 d t . t
1. 2. 3. 4.
Montrer que le domaine de définition de g est R∗ . Etudier la parité de la fonction g . Calculer la dérivée de la fonction g et dresser son tableau de variations. Calculer la limite de la fonction g en 0 et en +∞.
Solution : t 1. La fonction donnée par f (t ) = ch est définie et continue sur les intervalle R∗+ et R∗− . D’après le théorème fondat2 mental, f admet une primitive sur chacun de ces deux intervalles. On note F une fonction définie sur R∗ , primitive de f sur R∗+ et R∗− . Pour tout x ∈ R∗ , on peut alors écrire g (x) = F (2x) − F (x). La fonction g est donc définie sur R∗ . R−2x R2x f (t ) dt = − x f (−t ) dt = 2. Par le changement de variables u = −t , on montre que pour tout x ∈ R∗ , g (−x) = −x −g (x) car la fonction f est paire. La fonction g est donc impaire. On ne fera donc son étude que sur I =]0, +∞[. 3. Remarquons tout d’abord que comme F est dérivable sur R∗ , il en est de même de g par opérations sur les fonctions continues. Soit x ∈]0, +∞[. On a : g ′ (x) = 2F′ (2x) − F′ (x) = 2f (2x) − f (x) = 2
ch(2x) ch x 2ch2 x − 2ch x − 1 − 2 = (2x)2 x x2
′ Pour trouver les p valeurs x > 0 telles que g (x) = 0, on résout une équation du second degré en ch x et l’on trouve
p p p 1+ 3 . On résout ensuite une équation du second degré en e x et l’on trouve e x = 1+ 3+2 2 3 . Finaleµ2 p p p ¶ ment x0 = ln 1+ 3+2 2 3 .La fonction g ′ est négative sur l’intervalle ]0, x0 [ et positive sur l’intervalle ]x0 , +∞[.
que ch x =
577
ch x
ch x
ch(2x)
ch x
4. Soit x > 0. Puisque ∀t ∈ [x, 2x], 2 É f (t ) É , on en déduit que et d’après le théorème É g (x) É 4x x2 4x x des gendarmes, on obtient que limx→0 g (x) = +∞ et limx→+∞ g (x) = +∞. 10
5
0 −5,0
−2,5 x
2,5
0,0
5,0
y −5
−10
Exercice 13.85 ♥♥♥ Soient deux fonctions f et g continues et positives sur l’intervalle [0, +∞[. On suppose que ∀x Ê 0,
f (x) É C +
Zx
f (t )g (t ) dt
0
où C est une constante strictement positive. 1. Montrer que ∀x Ê 0,
f (x) É C exp
µZx
¶
g (t ) dt .
0
C’est le lemme de Gronwall, très utile pour étudier des équations différentielles. 2. Que peut-on dire si f (x) É
Rx 0
f (t )g (t ) dt ?
Indication 13.14 : Introduire la fonction ϕ(x) = C +
Solution :
Rx 0
f (t )g (t ) dt et calculer sa dérivée.
R
1. Introduisons la fonction ϕ donnée pour tout x ∈ [0, +∞[ par ϕ(x) = C + 0x f (t )g (t ) dt . D’après le théorème fondamental, la fonction ϕ est dérivable et en utilisant l’hypothèse, pour tout x Ê 0, il vient que
Introduisons alors la fonction ψ(x) = e −
Rx 0
ϕ′ (x) = f (x)g (x) É g (x)ϕ(x) g (t ) dt
ψ′ (x) = e −
ϕ(x). On a
Rx 0
g (t ) dt
¡
¢ ϕ′ (x) − g (x)ϕ(x) É 0
Donc ψ est décroissante sur [0, +∞[ et donc puisque ψ(0) = C,
∀x Ê 0, ψ(x) É C =⇒ f (x) É ϕ(x) É Ce
2. Lorsque C = 0, on trouve que f est nulle sur [0, +∞[. Exercice 13.86 ♥♥ Étudier la fonction définie par g (x) =
Zx 2 x
578
et dt t
Rx 0
g (t ) dt
Solution : La fonction f : x 7→ e t /t £est définie et continue sur R∗ par opérations sur les fonctions continues sur R∗ . ¤ 2 f diverge en 0. Si x ∈ R− , alors 0 ∈ x, x et donc on ne peut intégrer f sur ce segment. On en déduit que g est définie sur f admet une primitive F sur R∗+ . Donc, pour tout x ∈ R∗ , ¡ ]0, ¢ +∞[. De plus, d’après le théorème fondamental, 2 1 ∗ g (x) = F x − F (x). On en déduit que g est de classe C sur R+ et que pour tout x ∈ R∗+ : 2
2
ex e x 2e x − e x − = . 2 x x x ¢ ¢ ¡ £ ¤ x ¡ Pour tout x ∈ ]0, 1[ et tout t ∈ x, x 2 , e t /t É e x /x 2 donc g (x) É e 2 x 2 − x = e x 1 − x1 −−−−→ −∞ donc d’après le g ′ (x) = 2x
x
théorème des gendarmes, g (x) −−−−→ −∞. + x→0
£
¤
x→0+
¡
¢
De même, pour tout x Ê 1 et tout t ∈ x, x 2 , e t /t Ê 1/t et g (x) Ê ln x 2 − ln (x) = ln (x) −−−−−→ +∞. Donc g (x) −−−−−→ x→+∞ x→+∞ +∞. x2 x ∗ Afin d’étudier les variations de g , résolvons l’équation : 2e − e = 0 sur R+ : 2
2e x − e x = 0 ⇐⇒ e x
2
+ln 2
= e x ⇐⇒ x 2 − x + ln 2 = 0
mais le discriminant de ce trinôme est négatif donc l’équation n’admet pas de solution sur R∗+ . On en déduit que g ′ est strictement positive sur R∗+ et que g est strictement croissante. Remarquons que l’unique zéro de g est en x = 1. 15,0
12,5
10,0
7,5
5,0
2,5
0,0 0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
x
−2,5
Exercice 13.87 ♥♥ Soient deux fonctions continues f et g sur [0, 1]. On suppose que ∀x ∈ [0, 1], f (x) =
1. Montrer que f et g sont C ∞ ; 2. Montrer que f = g = 0.
Zx 0
g (t ) dt et g (x) =
Zx
f (t ) dt
0
Solution : 1. Comme f et g sont continues sur [0, 1], d’après le théorème fondamentale, elles admettent des primitives F et G sur [0, 1]. On peut de plus supposer que ces primitives s’annulent en 0. Remarquons que F et G sont éléments de C 1 ([0, 1]). Il vient alors pour tout x ∈ [0, 1] : f (x) = G (x)
et
g (x) = F (x) .
Mais alors f et g sont aussi éléments de C 1 ([0, 1]). Comme f ′ = g et que g ′ = f , on montre par une récurrence facile que f , g ∈ C ∞ ([0, 1]).
2. Comme f ′ = g et que g ′ = f , f est solution de l’équation différentielle : y ′′ − y = 0. Donc il existe α, β ∈ R tels que f : x 7→ αe x + βe −x . Mais comme f (0) = 0 et que f ′ (0) = g (0) = 0, il vient que α = β = 0. Donc f = 0. Comme f ′ = g , il est clair que g = 0 aussi. 579
Exercice 13.88 ♥♥ Soit la fonction définie par g (x) =
1. 2. 3. 4. 5. 6.
Z2x x
cos t dt t
Montrer que la fonction g est définie et dérivable sur R∗ . Étudier la parité de g . Montrer que pour tout x ∈ [0, π/2], 1 − x 2 É cos x É 1. Prolonger g par continuité en 0. Montrer que g ainsi prolongée est dérivable en 0 ? Trouver limx→+∞ g (x).
Solution : 1. La fonction f :
½
R∗ t
−→ 7−→
R cos t /t
est continue sur R∗ par opérations sur les fonctions continues. D’après le
théorème fondamental, elle admet une primitive F sur R∗ et pour tout x ∈ R∗ , g (x) = F (2x) − F (x). On en déduit que g est définie et dérivable sur R∗ . 2. Pour tout x ∈ R∗ , g (−x) = R∗+ .
R−2x −x
cos t /t d t =
R2x x
cos (−u) /u du = g (x) donc g est paire. On étudiera donc g sur
3. Soit x ∈ ]0, π/2]. La fonction t 7→ cos t est dérivable sur [0, x] donc d’après l’inégalité des accroissements finis : x inft ∈]0,x[ (− sin t ) É cos x − 1 É x sup t ∈]0,x[ (− sin t ) soit : −x 2 É cos x − 1 É 0 2
cos t 1 2 2 4. Soit x ∈ [0, π/2]. D’après la question précédente, on a : 1−t t É t É t donc ln 2 − 2x + x /2 É g (x) É ln 2 et d’après le théorème des gendarmes g (x) −−−−→ ln 2. On prolonge g par continuité en 0 en posant g (0) = ln 2. + x→0
5. Pour tout x
∈ R∗+
g ‘′ (x) = 2F′ (2x) − F′ (x) =
mais cos 2x − 1 ∼ + −2x 2 donc x→0
cos2x−1 −−−−→ x x→0+
cos 2x cos x cos 2x − 1 cos x − 1 − = − x x x x
0 et 1 − cos x
∼ x 2 /2 donc
x→0+ ′
g ′ (x) −−−−→ 0 et donc que g est dérivable en 0 de nombre dérivé g (0) = 0. + x→0
cos x−1 −−−−→ x x→0+
0. On en déduit que
6. Voir l’exercice 13.68.
13.7.12 Suites dont le terme général est défini par une intégrale Exercice 13.89 ♥ R xn On considère la suite de terme général In = 01 dx . 2 1. 2. 3. 4.
1+x
Calculer I0 , I1 et I2 . Étudier la monotonie de (In ). En déduire que (In ) est convergente. Prouver que :
∀n ∈ N,
5. En déduire la limite de (In ). 6. En déduire un équivalent de la suite Jn =
Solution :
π 4
p
Z1 0
0 É In É
1 n+1
.
¡ ¢ x n ln 1 + x 2 d x
π 4
1. On trouve : I0 = , I1 = ln 2 et I2 = 1 − . x n+1
xn
É et donc In+1 É In . On en déduit que 2. Pour tout x ∈ [0, 1] et n ∈ N, on a : x n+1 É x n ce qui amène : 1 + x2 1 + x2 (In ) est décroissante. xn
est positive sur [0, 1], on a : In Ê 0 pour tout n ∈ N. La suite (In ) est donc minorée 3. Comme la fonction x 7→ 1 + x2 par 0. On a montré qu’elle est décroissante. On applique le théorème de la limite monotone, on en déduit qu’elle est convergente et que sa limite est positive. 580
xn
É x n . Donc : In É 4. Pour tout x ∈ [0, 1] et n ∈ N, on a : 1 + x2 que In Ê 0.
R1 0
x n dx =
1 . On a de plus montré précédemment n +1
5. D’après le théorème des gendarmes, on en déduit que In −−−−−→ 0. n→+∞
6. Soit n ∈ N. Une intégration par parties livre : Jn =
h x n+1
n +1
¡ ¢i1 − ln 1 + x 2 0
Comme In+2 −−−−−→ 0, il vient que Jn n→+∞
Z1 0
µ ¶ ln 2 2 ln 2 2 x n+1 2x d x = − I = I 1 − . n+2 n+2 n + 1 1 + x2 n +1 n +1 n +1 ln 2
∼
n→+∞
ln 2 . n +1
Exercice 13.90 ♥ R On considère la suite de terme général In = 01 x n (1 − x)n dx . 1. Étudier les variations de f : x 7→ x (1 − x) sur [0, 1]. 2. En déduire celles de (In ).
3. En déduire que (In ) est convergente. 4. Montrer que : ∀n ∈ N,
0 É In É
5. En déduire la limite de (In ).
³ 1 ´n 4
.
Solution : 1. L’étude des variations de f permet de dresser le tableau suivant : 1 2
0
t f ′ (t )
%& +
f (t ) 0
1
0 1 4
−
0
2. On déduit de l’étude précédente que : ∀x ∈ [0, 1] , x (1 − x) ∈ [0, 1]. Il vient alors, pour tout n ∈ N : x n+1 (1 − x)n+1 É x n (1 − x)n et In+1 É In . On en déduit que (In ) est décroissante.
3. La fonction f étant positive sur [0, 1], il en est de même de (In ). Appliquant le théorème de la limite monotone, on en déduit que (In ) est convergente et que sa limite est positive.
1 sur [0, 1] : ∀x ∈ [0, 1] , f (x) É 41 . Il en découle que pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0, 1], 4 1 1 x n (1 − x)n É n et In É n . On a par ailleurs montré dans la question précédente que In Ê 0. 4 4 µ ¶ 1 1 5. La suite n est géométrique de raison donc elle converge vers 0. D’après le théorème des gendarmes, (In ) 4 4 converge vers 0.
4. f est majorée par
Exercice 13.91 ♥♥ Pour tout n ∈ N, on considère la suite de terme général In =
Ze
(ln x)n dx
1
1. Calculer I0 et I1 . 2. Trouver une relation de récurrence entre In+1 et In . 3. En déduire que ∀n ∈ N,
puis la limite de (In ). 4. En déduire un équivalent de In .
581
0 < In <
e n+1
Solution : 1. I0 = e − 1 et I1 = 1.
2. On effectue une intégration par parties : In+1
= =
h
x (ln x)n+1
ie
1
−
e − (n + 1) In
Ze 1
(n + 1) (ln x)n d x
3. Soit n ∈ N. On a : ∀x ∈ [1, e] , 0 É (lnx)n Donc 0 É In . On en déduit que : In = théorème des gendarmes, on en déduit que In −−−−−→ 0.
e − In+1 e . En appliquant le É (n + 1) (n + 1)
n→+∞
4. D’après la relation de récurrence, pour tout n ∈ N, on a : In =
e In+1 e − = (1 − In+1 ). n +1 n +1 n +1
Mais comme In+1 −−−−−→ 0, il vient que : In
e . n +1
∼
n→+∞
n→+∞
Exercice 13.92 ♥♥ R On considère la suite de terme général In = 1e x 2 (ln x)n dx où n ∈ N∗ .. 1. Étudier la monotonie de (In ). 2. En déduire que (In ) est convergente.
3. Trouver une relation de récurrence entre In+1 et In . 4. En déduire la limite de (In ) ainsi qu’ un équivalent simple de In . Solution : 1. Pour tout n ∈ N∗ et x ∈ [1, e], ln x ∈ [0, 1] et lnn+1 x É lnn x . On passe à l’intégrale et cette inégalité amène In+1 É In . (In ) est donc décroissante.
2. Comme, pour tout n ∈ N∗ , x 7→ x 2 lnn x est positive sur [1, e], la suite (In ) est positive. Elle est donc minorée par 0 et on a montré qu’elle est décroissante. D’après le théorème de la limite monotone, elle est convergente et sa limite est positive ou nulle. 3. On effectue une intégration par partie, on montre que pour tout n ∈ N∗ : In+1
= = =
Ze
x 2 lnn+1 x d x
1
h x3
lnn+1 x
ie
−
Ze
1 3 1 ¢ 1¡ 3 e − (n + 1) In 3
(n + 1)
x 3 lnn x dx 3 x
4. On sait que (In ) admet une limite ℓ Ê 0. Supposons que ℓ 6= 0. Alors, en passant à la limite dans la relation de récurrence, on obtient une contradiction. Donc ℓ = 0. Toujours d’après la relation de récurrence, pour tout n ∈ N∗ , on a : In =
¢ 1 ¡ 3 e3 . e − 3In+1 . Comme In+1 −−−−−→ 0, il vient : In ∼ n→+∞ n→+∞ n + 1 n +1
Exercice 13.93 ♥♥ Pour tout n ∈ N, on considère la suite de terme général :
Z1
In =
1. Montrer que ∀n ∈ N∗ ,
Z1
1
n 0 1+x
xn
0 1+x
dx = n
2. En déduire que In = 1 −
dx
ln 2 n
−
1 n
Z1 0
¡ ¢ ln 1 + x n dx
³1´ ln 2 . + o n→+∞ n n
582
Solution : 1. Soit n ∈ N∗ . En effectuant une intégration par parties, on obtient : Z1
xn
0 1+x
dx n
Z1
x.x n−1 dx n 0 1+x Z hx ¡ ¢i1 1 1 ¡ ¢ − ln 1 + x n ln 1 + x n d x 0 n n 0 Z1 ¡ ¢ ln 2 1 − ln 1 + x n dx
= = =
n
n
0
2. On en déduit que : In
Z1
= =
0
Donc : n In − 1 +
dx
dx −
1−
= µ
1
n 0 1+x Z1
Z1
xn
n 0 1+x Z1 1
ln 2 + n n
¶
0
dx
¡ ¢ ln 1 + x n dx
R1 ln 2 = 0 ln (1 + x n ) d x . Mais, d ’après l’inégalité : ∀x ∈ ]−1, +∞[ , n Z1 0
ce qui prouve que : In = 1 − Exercice 13.94 Soit n ∈ N . On pose
¡
ln 1 + x
n
¢
Z1
dx É
0
x n dx =
ln (1 + x) É x , on obtient :
1 −−−−−→ 0 n + 1 n→+∞
³1´ ln 2 . + o n→+∞ n n
♥ In =
Z1
t n 1−t e dt n!
0
1. Déterminer limn→+∞ In ; 2. Trouver une relation de récurrence entre In+1 et In ; 3. En déduire la limite de la suite de terme général Sn =
n 1 X k=0 k!
Solution : 1. Pour tout t ∈ [0, 1], on a
e t n 1−t e É . Donc : n! n! 0 É |In | É
Z1 0
e e dt = . n! n!
Par le théorème des gendarmes, In −−−−−→ 0. n→+∞
2. On effectue une intégration par parties : In =
donc In+1 = In −
Z1 0
h t n+1 i1 t n 1−t e dt = e 1−t + 0 n! (n + 1)!
Z1 0
1 t n+1 1−t e dt = + In+1 (n + 1)! (n + 1)!
1 . (n + 1)!
3. Par télescopage, on en déduit que n 1 X = I0 − In + 1 k=0 k!
et donc que S n −−−−−→ I0 + 1. Comme I0 = e − 1, S n −−−−−→ e . n→+∞
n→+∞
583
Exercice 13.95 ♥♥ Pour tout n ∈ N, on pose : In =
Zπ 2
sinn t dt .
0
Une telle intégrale est appelée intégrale de Wallis. 1. Montrer que ∀n ∈ N,
In =
Zπ 2
cosn t dt .
0
2. Calculer I0 et I1 . 3. Montrer que ∀n ∈ N, In+2 =
n+1 n+2
In
4. En déduire, pour tout p ∈ N, une expression de I2p et I2p+1 à l’aide de factorielles. 5. Montrer que (In ) est décroissante et positive. En déduire que (In ) est convergente. 6. En déduire que pour tout n ∈ N : 1É
7. Montrer que In
∼
n→+∞
In+1 .
8. Établir que pour tout n ∈ N, 9. En déduire que : In
In In+1 É . In+2 In+2
∼
n→+∞
r
(n + 1) In+1 In = π2 . π . 2n
Solution : Soit n ∈ N. 1.
In
sinn t dt
0
x= π 2 −t
=======
−
Z0
π 2 Zπ 2
³ ´ π sinn x + dx 2
cosn x d x
=
2. On vérifie facilement que I0 =
Zπ 2
=
0
π et I1 = 1. 2
3. En effectuant une intégration par parties, on montre que : In+2
= = =
Zπ 2
sin t . sinn+1 t d t
0
Zπ h iπ 2 2 cos2 t . sinn t d t + (n + 1) − cos t . sinn+1 t 0
(n + 1)
Zπ 2
0
¡
0
¢
1 − sin2 t . sinn t dt
donc : In+2 = (n + 1) In − (n + 1) In+2 d’où : In+2 = n+1 n+2 In
4. D’après les deux questions précédentes et grâce à un raisonnement par récurrence, on montre que, pour tout p∈N : I2p = £
¡ ¢ 2p ! π
22p 2
et
¤
¡ ¢2 22p p! ¢. I2p+1 = ¡ 2p + 1 !
5. Pour tout t ∈ 0, π2 , sinn t Ê sinn+1 t donc In Ê In+1 et (In ) est décroissante. Par ailleurs : sinn t Ê 0 donc In Ê 0. La suite (In ) est donc décroissante et minorée. Par application du théorème de la limite monotone, (In ) est convergente. 6. (In ) étant décroissante, il vient que : In+2 É In+1 É In ce qui s’écrit aussi : 1 É 584
In+1 In É . In+2 In+2
7. D’après les questions 3 et 5, on obtient : 1É
In n +2 In+1 É = In+2 In+2 n + 1
n +2 In+1 −−−−−→ 1 et donc : In+2 ∼ In+1 −−−−−→ 1 donc, par application du théorème des gendarmes, n→+∞ n→+∞ n +1 In+2 n→+∞ ou encore : In ∼ In+1 .
mais
n→+∞
8. En utilisant les expressions trouvées dans la question 4, on montre que : (n + 1) In+1 In = π2 . 9. Par application des deux questions précédentes et par opérations sur les équivalents : In =
q I2n
∼
n→+∞
.
p In .In+1 =
r
π 2(n + 1)
∼
n→+∞
r
π 2n
Exercice 13.96 ♥♥♥ Soit f une fonction de classe C 2 sur le segment [0, 1] vérifiant f (1) = f ′ (1) = 0. Étudier la suite de terme général In = n
2
Z1
x n f (x) dx
0
Solution : Soit n ∈ N . Par deux intégrations par parties, on trouve que In =
Mais puisque
n2 (n + 1)(n + 2)
Z1
x n+2 f ′′ (x) dx
0
n2 ∼ 1, en posant M2 = supx∈[0,1] | f ′′ (x)| (qui existe puisque f ′′ est continue sur le segment (n + 1)(n + 2)
[0, 1]), on obtient la majoration suivante :
Z1 Z1 Z1 M2 | x n+2 f ′′ (x) dx| É x n+2 dx É x n+2 | f ′′ (x)| dx É M2 n +3 0 0 0
Alors d’après le théorème de majoration,
R1 0
x n+2 f ′′ (x)d x −−−−−→ 0 et donc n→+∞
In −−−−−→ 0 n→+∞
Exercice 13.97 ♥♥♥ Soit deux réels a, b ∈ R tels que a < b et une fonction f : [a, b] 7→ R continue et positive. Déterminer la limite de la suite de terme général In =
·Zb
n
f (x) dx
a
¸ n1
Indication 13.14 : On étudiera d’abord le cas où f est une fonction constante. 1
1
Solution : Si f est une fonction constante de valeurs c ∈ R alors In = (c n (b − a)) n = c (b − a) n −−−−−→ c . n→+∞ Montrons que si f n’est pas constante sur [a, b] et si M = sup[a,b] f alors In −−−−−→ M. Remarquons que M existe bien n→+∞ car f est continue sur le segment [a, b]. Ce maximum est de ¤ £ plus atteint en un point x0 ∈ [a, b]. Soit ε > 0. On suppose que ε < 1. Il existe η > 0 tel que pour tout x ∈ x0 − η, x0 + η ∩ [a, b], M − ε É f (x) É M. Comme f est positive sur [a, b], il vient pour tout n ∈ N : 0 É M − un = M −
¡
¢1/n
Comme 2η ¡
¢1/n
µZb a
¡
¢n
dx
¶1/n
É M−
µZ
¡
¢n
¶1/n
f (x) d x ]x0 −η,x0 +η[∩[a,b] ³ ¡ ¢1/n ¡ ¢1/n ¡ ¢1/n ´ + ε 2η É M − (M − ε) 2η = M 1 − 2η
f (x)
¡ ¢1/n É ε/(2M) −−−−−→ 1, on peut supposer qu’à partir d’un certain rang N, on a pour tout n Ê N : 1 − 2η n→+∞
É ε/2. On obtient alors : 0 É M − un É ε/2 + ε2 /2 É ε/2 + ε/2 = ε car 0 < ε < 1. En résumé, on a montré que et 2η pour n Ê N, |M − un | É ε donc un −−−−−→ M . n→+∞
585
Exercice 13.98 ♥♥ Trouver la limite de la suite de terme général In =
1 n!
Solution : Soit n ∈ N . Pour tout x ∈ [0, 1], 0 É arcsin x É comparées, a n =
o
n→+∞
(n!) donc
Exercice 13.99
Z1
(arcsin x)n d x
0
π 1 donc 0 É In É (π/2)n . Mais pour tout a > 1, par croissance 2 n!
1 (π/2)n −−−−−→ 0. Par conséquent, In −−−−−→ 0 . n→+∞ n→+∞ n!
♥♥
1. Soit un entier k Ê 1. Encadrer l’intégrale Ik =
Rk+1 k
ln t dt .
2. En déduire un équivalent de la suite de terme général un = ln n!.
Solution : 1. Soit k ∈ N∗ . Comme la fonction logarithme est croissante sur R∗+ , pour tout t ∈ [k, k + 1], on a : ln k É ln t É ln (k + 1) et il vient que pour tout k Ê 1, ln k É Ik É ln(k + 1). 2. Soit n ∈ N∗ . En sommant ces inégalités pour 1 É k É n , on trouve que Zn 1
ln t dt É ln n! É
Zn+1
ln t dt
2
et puisque x 7→ x ln x − x est une primitive de ln sur [1, +∞[, on obtient l’encadrement suivant : n ln n − n + 1 É ln n! É (n + 1) ln(n + 1) − (n + 1) − 2ln 2 + 2
et l’on démontre ensuite facilement en divisant cette inégalité par n ln n que (ln n!)/(n ln n) est encadrée par deux suites qui convergent vers 1. Par conséquent, ln(n!) ∼ n ln n . n→+∞
Exercice 13.100 ♥♥ On considère la suite de terme général
Z1
In =
0
1. Trouver limn→+∞ In
tn dt 1+t
2. Trouver une relation de récurrence simple entre In et In−1 pour n Ê 1. On considère ensuite la suite dite de Mercator et de terme général Sn = 1 −
n (−1)k+1 1 1 (−1)n+1 X + −··· + = 2 3 n k k=1
3. Exprimer pour n Ê 1, S n en utilisant In .
4. En déduire que la suite (S n ) converge et préciser sa limite. Solution : tn
1. Soit un entier n ∈ N . Puisque pour tout t ∈ [0, 1], on a la majoration É t n , on peut encadrer l’intégrale In 1+t ainsi : Z 1
0 É In É
0
tndt =
1 . n +1
Par le théorème des gendarmes, on en déduit que In −−−−−→ 0 . n→+∞
2. Écrivons pour n Ê 1, In =
Alors In =
Z1 0
(t + 1 − 1)t n−1 dt = 1+t
1 − In−1 . n
586
Z1 0
t n−1 dt − In−1 =
1 − In−1 n
3. En exprimant In en fonction de I0 , on trouve que In =
1 1 1 1 1 (−1)n−1 − In−1 = − + In−2 = · · · = − +··· + + (−1)n I0 n n n −1 n n −1 1
En multipliant par (−1)n−1 , on trouve alors que (−1)n−1 In = S n − I0 . Finalement S n = I0 + (−1)n−1 In . ¯
¯
4. Puisque ¯(−1)n−1 In ¯ = In −−−−−→ 0, il vient que S n −−−−−→ I0 . Mais I0 = n→+∞ n→+∞ converge vers ln 2.
R1 d t = ln 2 et donc la suite (S n ) 0 1+t
Exercice 13.101 ♥♥♥ Étudier la suite (un ) de terme général : un =
Znπ π
sin t dt t
Indication 13.14 : On commencera par déterminer le signe de un+1 − un , puis un+2 − un et l’on s’intéressera ensuite aux deux suites extraites u2n et u2n+1 .
Solution : Soit n ∈ N . On calcule grâce au changement de variables u = t − nπ, un+1 − un =
Z(n+1)π nπ
Alors un+2 − un = (−1)n
sin t dt = (−1)n t
Zπ 0
Zπ 0
sin u du u + nπ
π sin u du (u + nπ)(u + (n + 1)π)
π sin u Puisque pour tout u ∈ [0, π], Ê 0, on en déduit que u2n+2 − u2n Ê 0 et u2n+3 − u2n+1 É 0. Donc (u ¡ ¢ ¡ ¢ + nπ)(u + (n + 1)π) u2p est croissante et u2p+1 est décroissante. Comme de plus, |u2n+1 − u2n | É
Zπ 0
|sin u| 1 du É −−−−−→ 0 u + 2nπ 2n n→+∞
en en déduit que les deux suites extraites (u2n ) et (u2n+1 ) sont adjacentes, et donc qu’elles convergent vers la même limite l . D’après un théorème du cours, la suite (un ) converge alors également vers l . Exercice 13.102 ♥♥♥ On note pour un entier n non-nul : Sn =
n−1 X n−1 X i=0
1 et In = i + j +1 j =0
Zn ³Zn 0
0
dy ´ dx x + y +1
1. Calculer l’intégrale In pour n > 0. 2. Déterminer un équivalent de la suite (In ). Indication 13.14 : On pourra utiliser un développement limité à l’ordre 1 de ln en 0.
3. Encadrer S n à l’aide de In pour n > 0. 4. En déduire un équivalent de (S n ).
Solution :
R
1. Une première intégration suivant la variable x conduit à In = 0n ln(x +n +1) dx − parties, on trouve finalement In = (2n + 1) ln(2n + 1) − 2(n + 1) ln(n + 1) .
Rn 0
ln(x +1) dx . En intégrant par
2. Pour tout x ∈ ]−1, +∞[, on a : ln (1 + x) = x + o (x) donc si (un ) est une suite réelle convergeant vers 0 alors x→0
587
ln (1 + un ) = un +
o
n→+∞
In
(un ). Écrivons (2n + 1) ln(2n + 1) − 2(n + 1) ln(n + 1)
=
(2n + 1) (ln (2n) + ln (1 + 1/2n)) − 2(n + 1) (ln n + ln (1 + 1/n)) µ ¶¶ µ ¶¶ µ µ 1 1 1 1 + o − 2(n + 1) ln n + + o (2n + 1) ln (2n) + 2n n→+∞ 2n n n→+∞ n 3 + o (1) (2n + 1) ln 2 − ln n − 1 − 2n n→+∞ 3 ln 2 − ln n − 1 − 2n + o (1) n→+∞ 2n ln 2 1 + 2n ln 2 {z } | −− −−−→1 n→+∞
= =
= =
∼
n→+∞
2n ln 2
3. Comme x 7→ 1/x est décroissante, et que In =
on en tire l’encadrement
n−1 X n−1 X Zi+1 Z j +1 i=0 j =0 i
1 dx dy x + y +1
j
n−1 X n−1 X i=0
1 É In É S n i + j +3 j =0
d’où In É S n et en sortant les termes de la somme à gauche : In É S n É In +
Mais toujours en comparant cette somme avec une intégrale,
n+1 X
1 j =2 j Pn+1 1 Rn+1 dt . Finalement, j =2 j É 1 t
In É S n É In + ln(n + 1)
4. On tire facilement des deux questions précédentes que S n Exercice 13.103 Pour n ∈ N , on pose
∼
n→+∞
2n ln 2 .
♥♥♥ In =
1. Justifier l’existence de In pour n Ê 1. 2. Déterminer la limite de la suite (In ) 1 .
Z1 0
t n − t 2n dt 1−t
Solution : 1. Soit t ∈ [0, 1[. Puisque 1 − t n = 1 + t + · · · + t n−1 , 2n−1 X k t n − t 2n t = t n (1 + t + · · · + t n−1 ) = 1−t k=n
Donc à n fixé, la fonction à intégrer est continue sur le segment [0, 1], donc l’intégrale In existe. 2. D’après ce calcul, on peut exprimer In à l’aide d’une somme : In =
2n−1 X k=n
2n 1 X 1 = k + 1 i=n+1 i
En encadrant pour i Ê 2, 1/i par deux intégrales :
Zi+1 i
dt 1 É É t i
Zi
i−1
dt t
1. Une autre solution de cet exercice utilisant les sommes de Riemann est proposée dans l’exercice 13.120 page 594
588
on obtient un encadrement de In :
Z2n+1 n+1
et donc ln
dt É In É t
Z2n n
dt t
2n + 1 É In É ln 2. n +1
D’après le théorème des gendarmes, In → ln 2 .
13.7.13 Algèbre linéaire et intégration Exercice 13.104 ♥♥ Soit E l’espace vectoriel des fonctions continues de R dans R . Si f ∈ E, on note T( f ) = g l’application définie par ∀x ∈ R ,
g (x) =
Zx
t f (t ) d t
0
1. Montrer que T est un endomorphisme de E. 2. Déterminer Ker T et ImT. Solution : 1. La linéarité de T provient de la linéarité de l’intégrale. Si f ∈ E alors par opérations sur les fonctions continues, la fonction t 7→ t f (t ) est continue sur R et admet, d’après le théorème fondamental, une unique primitive F sur R qui s’annule en 0. Donc, pour tout x ∈ R, g (x) = F (x). Comme F est continue sur R il en est de même de g et on a bien g ∈ E. L’application T est bien à valeurs dans E.
2. Soit f ∈ Ker T et F la primitive sur R de t 7→ t f (t ) qui s’annule en 0. Alors F = 0 et F′ = 0. Donc pour tout t ∈ R, t f (t ) = 0. On en déduit que f est identiquement nulle sur R∗ . Comme f est continue en 0, on a aussi f (0) = 0. Donc f = 0 et Ker T = {0}. L’endomorphisme T est injectif. Montrons que ImT R est l’ensemble F des fonctions définies sur R de la forme x 7→ xF (x) − G (x) où F ∈ C 1 (R) et où G : x 7→ 0x F (t ) dt . Soit f ∈ E. Notons F la primitive de f sur R qui s’annule en 0 et G celle de F sur R qui s’annule en 0. Une intégration par parties livre :
¡ ¢
¡ ¢ T f =
Zx 0
h
t f (t ) d t = t F (t )
ix 0
−
Zx 0
F (t ) d t = xF (x) − G (x)
1 donc T f ∈ F . Réciproquement, si H = x 7→ xF (x) − G (x) ∈¡F alors ¢ H est de classe C sur R et pour tout t ∈ R, ′ ′ ′ ′ ′ ′ H (t ) = F (t ) + t F (t ) − G (t ) = t F (t ) car G = F. Donc H = T F (t ) et H ∈ ImT.
Exercice 13.105 ♥♥ Soient le R-espace vectoriel E = C ∞ (R, R) et les applications : ϕ:
½
E f
−→ 7−→
E f′
et ψ :
1. Prouver que ϕ et ψ sont des endomorphismes de E.
½
E f
−→ 7−→
E R x 0
f (t ) d t
2. Calculer ϕ ◦ ψ et ψ ◦ ϕ.
3. Déterminer les noyaux et images de ϕ et ψ. Solution : 1. La linéarité de ϕ provient de la linéarité de la dérivation et celle de ψ de la linéarité de l’intégration. elle 2. Soit f ∈ E. Comme f est de classe C ∞ sur R¡, elle ¡ ¢¢est continue sur R et, d’après le théorème ¡ fondamental, ¢ admet une primitive F sur R. On a : ∀x ∈ R, ψ f (x) = F (x)−F (0). Par conséquent : ϕ◦ψ f = F′ = f et donc ∞ ′ ϕ◦ψ = idE . De ¡même, f¡ ′ est ¢ ¢ de classe C sur R et une primitive de f sur R est bien entendu donnée par f . Donc, ′ pour tout ψ ◦ ϕ f = ψ f = f − f (0). 3. Comme ϕ ◦ ψ = idE est bijective, nécessairement ϕ est surjective et ψ est©injective. Donc Imϕ = Eª et Ker ψ = {0}. sur R et Imψ = f ∈ C ∞ (R, R) | f (0) = 0 . En effet, si f Par ailleurs, Ker ϕ est donné par les fonctions ¡ ′constantes ¢ est élément de¡ce¢dernier ensemble alors ψ f est la primitive de f ′Rqui s’annule en 0. Il en est de même pour f et donc f = ψ f ′ . Réciproquement, toute fonction de la forme x 7→ 0x f (t ) dt s’annule en 0 et est C ∞ si f l’est. 589
13.7.14 Formules de Taylor Exercice 13.106
♥
1. Montrer que pour tout n ∈ N et pour tout x ∈ R, on a :
2. En déduire lim
n→+∞
n X
xk
k=0 k!
¯ ¯ ¯ ¯ n+1 |x| n e ¯ x X x k ¯ |x| ¯É ¯e − ¯ ¯ k! + 1)! (n k=0
.
Solution : 1. Soit x ∈ R∗ . On applique la formule de Taylor avec reste intégrale sur [0, x] à la fonction exp qui est C ∞ sur ce segment : Z ex =
Mais
n X
xk
k=0 k!
x
+
0
(x − t )n e t dt . n!
¯ Z|x| ¯Zx Z|x| ¯ |x − t |n e t |x|n+1 e |x| (x − t )n e t ¯¯ ¯ |x|n e |x| dt = É d t d t É ¯ ¯ n! n! (n + 1)! 0 0 0
et on en déduit l’inégalité annoncée. 2. Comme
¯ ¯ n xk X |x|n+1 e |x| k¯ P ¯ −−−−−→ e x . −−−−−→ 0 par le théorème des gendarmes ¯e x − nk=0 xk! ¯ −−−−−→ 0 et n→+∞ n→+∞ k! (n + 1)! n→+∞ k=0
Exercice 13.107 ♥ En appliquant la formule de Taylor avec reste intégrale à la fonction x 7→ ln (1 + x) entre 0 et 1, montrer que : 1−
Solution : [0, 1] ,
1 1 1 (−1)n−1 + − +... + −−−−−→ ln 2 n→+∞ 2 3 4 n
La fonction x 7→ ln (1 + x) est de classe C ∞ sur [0, 1]. On montre facilement que ∀n ∈ N∗ ,
(−1)n−1 (n − 1)! ln(n) (1 + x) = . On applique alors la formule de Taylor avec reste intégrale : (1 + x)n ln 2
= =
Mais
∀x ∈
n 1 (−1)k−1 (k − 1)! Z1 (1 − t )n (−1)n (n)! X + dt n! (1 + t )n+1 0 (1 + x)k k=0 k! Z1 1 1 1 (−1)n−1 (−1)n (1 − t )n + dt . 1− + − +... + n 2 3 4 n 0 (1 + t ) (1 + t )
¯Z1 ¯ Z1 ¶ µ ¶ µ Z1 ¯ 1 1−t n 1 1 1 (−1)n (1 − t )n ¯¯ ¯ = −−−−−→ 0 1 − d t d t = d t É ¯ ¯ n n+1 n 2n n→+∞ 0 (1 + t ) (1 + t ) 0 1+t 1+t 0 (1 + t )
et on conclut comme dans l’exercice précédent.
Exercice 13.108 ♥ Soient f : R → R de classe C 2 et a ∈ R. Montrer que : lim
h→0
En déduire lim
x→0
2 cos(x)−2 x2
f (a+h)−2 f (a)+ f (a−h) h2
= f ′′ (a)
.
Solution : On utilise la formule de Taylor-Young à l’ordre 2. Pour tout h ∈ R : f (a + h) = f (a) + f ′ (a) h + f ′′ (a)
et on remplace :
¡ ¢ h2 + o h2 2 h→0
f (a + h) − 2f (a) + f (a − h) = f ′′ (a) + o (1) −−−→ f ′′ (a) h→0 h→0 h2
On applique ce résultat à la fonction cosinus qui est bien de classe C 2 sur R en a = 0. On obtient : lim
x→0
590
2 cos(x)−2 x2
= −1
Exercice 13.109 Trouver
♥ x(e x + 1) − 2(e x − 1) x→0 x3 lim
Solution : Utilisons la formule de Taylor-Young pour l’exponentielle en 0 à l’ordre 3 : ex = 1 + x + 1 6
x2 x3 + + x 3 ε(x) avec ε(x) −−−→ 0 x→0 2 6
x3 1 et par conséquent, la fonction tend vers . 6 6
Alors le numérateur s’écrit x 3 + o(x 3 ) ∼
x→0
Exercice 13.110 ♥ Soit f une fonction de classe C ∞ sur [0, 1]. On pose pour x ∈]0, 1[, g (x) =
f (x) − f (0) − x( f (1) − f (0)) sin(πx)
Montrer que l’on peut prolonger g par continuité en 0 et 1. Solution : On écrit la formule de Taylor-Young pour f en 0 à l’ordre 1 pour tout x ∈ [0, 1] : f (x) = f (0) + x f ′ (0) + o (x) et on remplace dans g (x) : + x→0
g (x) =
¡ ¢ x f ′ (0) + o (x) − x f (1) − f (0) + x→0
sin (πx)
¡ ¢ f ′ (0) + o (1) − f (1) − f (0) + x→0
∼
π
x→0+
1¡
−−−−→ x→0+
¢
¢ 1¡ ′ f (0) − f (1) + f (0) π
et on prolonge f par continuité en 0 en posant f (0) = f ′ (0) − f (1) + f (0) . La formule de Taylor-Young appliquée π aux fonctions f et x 7→ sin (πx) en 1 à l’ordre 1 donne pour tout x ∈ [0, 1] : f (x) = f (1) + (x − 1) f ′ (1) + o − (x − 1) x→1
et
sin (πx) = −π (x − 1) + o − (x − 1) x→1
et on procède comme précédemment : g (x) =
¡
¢ − f (1) + f ′ (1) − f (0) (x − 1) + o − (x − 1) x→1
−π (x − 1) + o − (x − 1) x→1
=
− f (1) + f ′ (1) − f (0) + o − (1) x→1
−π + o − (1) x→1
On prolonge alors f par continuité en 1 en posant f (1) = Exercice 13.111
−−−−→ − x→1
¢ 1¡ f (1) − f ′ (1) + f (0) . π
¢ 1¡ f (1) − f ′ (1) + f (0) . π
♥♥
1. Écrire l’inégalité de Taylor-Lagrange pour l’exponentielle entre 0 et X ∈ R∗+ . 2. En déduire l’existence d’une constante C > 0 telle que : ∀n ∈ N∗ ,
3. Trouver alors deux réels a, b ∈ R tels que ∀n ∈ N∗ ,
où εn −−−−−→ 0
¯ ¯ ¯¡ ¡ ¢¯ ¢ ¯ 1 + x 2 1/n − 1 − 1 ln 1 + x 2 ¯ É C . ¯ ¯ n2 n
∀x ∈ [0, 1] ,
Z1 0
¡ ¢1/n b εn 1 + x2 dx = a + + n n
n→+∞
Solution : 1. On écrit l’inégalité de Taylor-Lagrange pour l’exponentielle entre 0 et X ∈ R∗+ :
car supx∈[0,X] |e x | = e X .
2 ¯ ¯ X ¯e − (1 + X)¯ É X e X 2
591
¡
2. Soient x ∈ [0, 1] et n ∈ N. Comme 1 + x 2
car 1 + x 2 É 2
3. Posons a =
R1 0
¢1/n
= exp
¡1
¢ ln(1 + x 2 ) , avec X =
n
1 n
ln(1 + x 2 ), on trouve que :
¡ ¢ ¯ µ ¶¯ ¯¡ ¢ ¡ ¢ ¯ ln2 1 + x 2 ¡ ¢ ln2 (2) 2 ¯ 1 + x 2 1/n − 1 + 1 ln 1 + x 2 ¯ É 1 + x É ¯ ¯ n 2n 2 n2
dx = 1 et b =
R1 0
¡ ¢ ln 1 + x 2 dx . On a alors :
¯Z1 ¯ ¯Z · ¸ ¯ Z1 ¯ ¡ ¯ ¢ ¢ ¢ b ¯¯ ¯¯ 1 ¡ C 1 ¡ C 2 1/n 2 2 1/n ¯ εn = ¯ 1+x dx − a − ¯ = ¯ dx É 2 . dx ¯¯ É 1+x − 1 − ln 1 + x 2 n n n n 0 0 0 µ ¶ ¢1/n R ¡ 1 b C Donc 01 1 + x 2 . Il ne reste plus qu’à calculer b par parties : dx = a + +εn et |nεn | É donc εn = o n→+∞ n n n
b=
Z1 0
¡
ln 1 + x
2
¢
¡ ¢i1 dx = x ln 1 + x 2 − 2 h
0
Z1
x2 dx = ln 2 − 2 + 1 + x2
0
Z1 0
π 1 dx = ln 2 − 2 + . 1 + x2 4
13.7.15 Sommes de Riemann Exercice 13.112 ♥ Étudier la suite de terme général un =
n X
1 p 2 k=1 n + 2kn
Solution : Soit n ∈ N∗ . On met en évidence le groupement k/n : un =
n X
k=1
p
1
=
n 2 + 2kn
et on reconnaît une somme de Riemann donc un −−−−−→ n→+∞
R1 0
n 1 X 1 q n k=1 1 + 2k n
hp i1 p 1 dx = 1 + 2x = 3 − 1 . p 0 1 + 2x
Exercice 13.113 ♥ Étudier la suite de terme général un =
2n 1 X p=n p
Solution : Soit n ∈ N∗ . On met en évidence le groupement k/n : un =
On reconnaît une somme de Riemann :
n n 2n 1 X X 1 1 X = = n p=1 p=n p p=0 p + n
1 Pn n p=1
1 p n
+1
−−−−−→ n→+∞
R1 0
1 p n
+1
+
1 dx = ln 2. On en déduit que un −−−−−→ ln 2 . n→+∞ 1+x
Exercice 13.114 ♥ Étudier la suite de terme général un =
n X
n 2 + k2 n k=1
Solution : Soit n ∈ N∗ . On met en évidence le groupement k/n : un =
n X
n n 1 1 X = 2 2 n k=1 1 + k 2 k=1 n + k
et on reconnaît une somme de Riemann. Donc un −−−−−→ n→+∞
n2
R1 0
π 1 dx = . 2 1+x 4
592
1 . n
Exercice 13.115 ♥ Étudier la suite de terme général n 1 1 X un = p p n k=0 n + k
Solution : Soit n ∈ N∗ . On met en évidence le groupement k/n : n n 1 1 X 1 X 1 un = p = p q n k=0 n + k n k=1 1 +
On reconnaît une somme de Riemann
k n
+
1 n
p p R1 1 1 Pn 1 dx = 2( 2 − 1) donc un −−−−−→ 2( 2 − 1) . −−−−−→ 0 p q k=1 n→+∞ n→+∞ n 1+x 1 + nk
Exercice 13.116 ♥ Déterminer la limite de la suite de terme général un = n
Solution : Soit n ∈ N∗ . On écrit :
n e −n/k X 2 k=1 k n
n n2e − k n e −n/k X 1 X = un = n 2 n k=1 k 2 k=1 k
R1 e −1/x
e −1/x est prolonge0 x2 x2 ∗ able par continuité en 0 en posant f (0) = 0 donc cette intégrale est bien définie. Une primitive de f sur R+ est x 7→ e −1/x donc l’intégrale vaut −1/e . En conclusion un −−−−−→ −1/e .
et on reconnaît une somme de Riemann. L’intégrale à calculer est
dx . La fonction f : x 7→
n→+∞
Exercice 13.117 ♥ Trouver la limite des suites de termes général k2 3 3 k=1 8k + n n X
Solution : Soit n ∈ N . En mettant en évidence le groupement k/n , on reconnaît une somme de Riemann : ³ ´2 k Z1 2 n X n 1 x dx un = − − − − − → =I ³ ´ n→+∞ 0 8x 3 + 1 n k=1 k 3 8 n +1
1 1 On calcule la limite I = 24 ln 9 = 12 ln 3.
Exercice 13.118 ♥ Soient deux réels α > 0, β > 0. Déterminer la limite de la suite de terme général un =
n−1 X
1 k=0 αn + βk
Solution : Soit n Ê 1. Écrivons
X 1 1 n−1 n k=0 α + βk/n ½ [0, 1] −→ R On reconnaît alors une somme de Riemann. Posons f : . Cette fonction est continue sur le x 7−→ 1/(α + βx) R1 segment [0, 1] et donc un −−−−−→ 0 f (x) dx . Reste à calculer cette intégrale :
un =
n→+∞
Z1 0
.
£ ¤1 f (x) dx = ln(α + βx) 0 = ln(1 + α/β)
593
Exercice 13.119 ♥♥ Étudier la suite de terme général n X
1 un = n + k k=1
s
k k +n
Solution : On reconnaît une somme de Riemann : [0, 1] ³k ´ n 1 X un = où f : f x n k=1 n
−→ 7−→
R
1 1+x
r
x 1+x
avec la fonction f qui est continue sur le segment [0, 1]. Par conséquent, la suite (un ) converge vers I=
Z1 0
1 1+x
r
x dx 1+x
C’est une intégrale d’une fraction r rationnelle en x et en une racine n -ième d’une homographie qui se calcule grâce au x . On trouve alors : x = 1+x
changement de variables t = I=
Z1/p2 0
2t dt = (1 − t )t (1 − t 2 )2 2
Exercice 13.120 Pour n ∈ N , on pose
Z1/p2 0
t2 1−t 2
= −1 +
1 2t 2 dt = −2 × p + 2 2 (1 − t ) 2
Z1/p2 0
1 , 1−t 2
dx =
dt + 1−t
2t dt (1−t 2 )2
Z1/p2 0
et
p p dt 2+1 = − 2 + ln p 1+t 2−1
♥♥ In =
Z1 0
1. Justifier l’existence de In pour n Ê 1.
t n − t 2n dt 1−t
2. Déterminer la limite de la suite (In ). Solution :
¡
¢
1. Soit t ∈ [0, 1[. Puisque 1 − t n = 1 + t + · · · + t n−1 (1 − t ), 2n−1 X k t n − t 2n n t −−−−→ = t n (1 + t + · · · + t n−1 ) = x→1− 1−t k=n
Donc à n fixé, la fonction à intégrer se prolonge par continuité sur le segment [0, 1], donc l’intégrale In existe. 2. D’après ce calcul, on peut exprimer In à l’aide d’une somme : In =
2n−1 X k=n
2n 1 X 1 = k + 1 i=n+1 i
On reconnaît une somme de Riemann : In =
où f :
(
[0, 1]
−→
x
7−→
n X
n 1 1 X = n k=1 k=1 n + k
n 1 X 1 = f (k/n) n n k=1 k +1
R
1 x +1
est une fonction continue sur le segment [0, 1]. donc
In −−−−−→ n→+∞
Z1 0
f (x) dx = ln 2
Exercice 13.121 ♥♥ Étudier la suite de terme général un =
2n ¡ ¢1/n 1 Y n2 + k 2 4 n k=1
594
Solution : Comme les termes de un sont strictement positifs, nous pouvons transformer le produit en somme en utilisant le logarithme. Posons pour n ∈ N , v n = ln un . On calcule alors v n = −4ln n +
2n 2n £ ¤ 1 X 1 X ln n 2 (1 + k 2 /n 2 ) = ln(1 + k 2 /n 2 ) n k=1 n k=1
On reconnaît alors une somme de Riemann, associée à la subdivision du segment [0, 1] en 2n intervalles en écrivant vn = 2 ×
Comme la fonction f :
½
[0, 1] x
−→ 7−→
R ln(1 + 4x 2 )
intégrant par parties cette intégrale, on trouve I = 2arctan 2 et donc finalement,un = e v n −−−−−→ n→+∞
¶ µ 2n k2 1 X ln 1 + 4 (2n) k=1 (2n)2
est continue sur le segment [0, 1], v n −−−−−→ 2I = 2 n→+∞
R1 0
f (t ) dt . En
¤2 1 R2 2u 2 du 1 1£ 1 R2 2 = ln 5 − 2 + u ln(1 + u 2 ) 0 − 0 ln(1 + u ) du = 2 2 2 0 1 + u2 2
5 2 arctan 2 e . e4
Exercice 13.122 ♥♥ Trouver un équivalent de la suite de terme général un =
n X
k=1
p
n(k 2 + n 2 ) n
Solution : Soit n ∈ N . Écrivons un en faisant apparaître le groupement k/n : un =
n p p 1 X p n (k/n)2 + 1 = nv n n k=1
où v n est une somme de Riemann qui converge vers I = parties :
p
£
d’où l’on tire 2I = 2 + argsh x un
∼
n→+∞
µp
2
2
¶
¤1 0
R1 p 0
x 2 + 1 dx . Pour calculer I, le plus rapide est d’intégrer par
h p i1 Z1 x 2 + 1 − 1 dx I = x x2 + 1 − p 0 0 x2 + 1
et comme argsh x = ln(x +
p
x 2 + 1),
p p 2 1 on tire I = + ln(1 + 2). Par conséquent, 2 2
p p 1 + ln(1 + 2) n . 2
Exercice 13.123 ♥♥♥ Déterminer la limite de la suite de terme général un =
Solution : Considérer v n = ln un =
³ (2n)! ´1/n
n!n n
¤ 1£ ln(2n!) − ln(n!) − n ln n . On a n
vn = =
2n ¤ 1£ X ln k − n ln n n k=n+1
X ¡ p+1 ¢ 1 n−1 ln 1 + n p=0 n
Par conséquent, v n est une somme de Riemann qui converge vers I =
R1
ln(1 + x) dx (la fonction est continue sur [0, 1]). 4 Grâce à une intégration par parties, on calcule I = 2ln 2 − 1 . La limite de un est donc . e
595
0
Chapitre
14
Développements limités Pour bien aborder ce chapitre On a mis en évidence dans le chapitre précédent les formules de Taylor. Celle de Taylor-Young, en particulier, permet d’approximer dans un voisinage d’un point donné, à la précision voulue, une fonction par un polynôme. Cette approximation, comme nous l’avons expliqué, sera d’un grand intérêt pour connaître localement le comportement d’une fonction. Le problème est cependant de déterminer le polynôme de Taylor. En effet, à l’exception de quelques fonctions simples, la formule de Taylor-Young, pour être appliquée, demande de connaître les différentes dérivées de la fonction étudiée et celles-ci, en général, sont difficiles à calculer. Pour répondre à ce problème, nous allons introduire dans ce chapitre différentes techniques qui permettront, à partir des polynômes de Taylor des fonctions usuelles, de calculer le polynôme de Taylor pour une large classe de fonctions.
14.1 Développements limités Dans tout ce chapitre, I désigne un intervalle de R non trivial (non vide et non réduit à un point).
14.1.1 Définitions D ÉFINITION 14.1 Développement limité Soient une fonction f : I → R et un point adhérent x0 ∈ I. Soit n ∈ N. On dit que f admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de x0 s’il existe un polynôme P de degré É n , une fonction ε : I → R vérifiant ε (x) −−−−→ 0 tels x→x 0 que f (x) = P (x) + (x − x0 )n ε (x)
∀x ∈ I,
– Le polynôme P est appelé partie régulière ou partie principale du développement limité de f en x0 . – La fonction x 7→ (x − x0 )n ε (x) est appelée reste du développement limité de f en x0 . Remarque 14.1 – Avec les notations précédentes, (x − x0 )n ε (x) = o
x→x 0
– Par le changement de variable
(
¢ ¡ (x − x0 )n
si x0 ∈ R si x0 = ±∞
h = x − x0 h = 1/x
on peut toujours se ramener à un développement limité en x0 = 0. On se limitera désormais à l’étude des développements limités en 0
14.1.2 DL fondamental 1
T HÉORÈME 14.1 DL de 1−x La fonction f :
(
R \ {1}
−→
x
7−→
596
R
1 1−x
admet, pour tout n ∈ N un DL à l’ordre n en 0 et on a ∀x ∈ R \ {1} ,
Démonstration géométrique
¡ ¢ 1 = 1 + x + x2 + · · · + xn + o xn x→0 1−x
Soit x ∈ R \ {1}. On a, par application de la formule donnant la somme des n premiers termes d’une suite
1 1 − x n+1 x n+1 x n+1 = + = 1 + x + x2 + · · · + xn + 1−x 1−x 1−x 1−x ¡ n¢ x n+1 x 1 x n 2 n mais et =x −−−→ 0 et donc : = 1+ x + x +··· + x + o x . 1−x 1−x 1 − x x→0 1−x x→0
C OROLLAIRE 14.2
1 = 1 − x + x 2 − · · · + (−1)n x n + o (x n ) x→0 1+x
et
¡ ¢ 1 = 1 + x 2 + x 4 · · · + x 2n + o x 2n 2 x→0 1−x
Démonstration Il suffit de remplacer, dans la formule précédente, x par −x pour obtenir la première formule ou de remplacer x par x 2 pour obtenir la seconde.
14.1.3 Propriétés P ROPOSITION 14.3 ♥ Unicité du DL Soit une fonction f admettant un DL d’ordre n en 0. Alors la partie régulière du DL d’ordre n en 0 de f est unique. Autrement dit, s’il existe des polynômes de degré n P1 et P2 tels que f (x) = P1 (x) + o(x n ) = P2 (x) + o(x n )
alors P1 = P2 . Démonstration Notons P1 = a 0 + a 1 x + ... + a n x n et P2 = b0 + b1 x + ... + bn x n . Il existe donc une fonction ε : I → R telle que, pour tout x ∈ I, P1 (x) − P2 (x) = x n ε(x) et ε(x) −−−→ 0. On peut ainsi écrire x→0
(a 0 − b0 ) + (a 1 − b1 ) x + ... + (a n − bn ) x n = x n ε(x)
En passant à la limite lorsque x → 0 dans cette égalité, on obtient a 0 − b0 = 0 et donc a 0 = b0 . On a donc (a 1 − b1 ) + ... + (a n − bn ) x n−1 = x n−1 ε(x)
En appliquant ce procédé n − 1 fois, on prouve que a 1 = b1 , ..., a n = bn et donc que P1 = P2 .
P ROPOSITION 14.4 Troncature d’un DL Soit une fonction f admettant un DL à l’ordre n en 0. Soit un entier naturel p É n . Alors f admet un DL à l’ordre p en 0 et celui ci est obtenu en ne gardant que les termes de degré inférieur à p dans la partie principale. Démonstration Comme f admet un développement limité à l’ordre n en 0, il existe P = a 0 + a 1 x +... + a n x n ∈ Rn [X] et ε : I → R telle que ε(x) −−−→ 0 et f (x) = P (x) + x n ε(x). Par conséquent x→0
f (x)
= =
=
a 0 + a 1 x + ... + a p x p + a p+1 x p+1 + ... + a n x n + x n ε(x) ¡ ¢ a 0 + a 1 x + ... + a p x p + x p a p+1 x + ... + a n x n−p + x n−p ε(x)
a 0 + a 1 x + ... + a p x p + x p ε1 (x)
où ε1 (x) = a p+1 x + ... + a n x n−p + x n−p ε(x) vérifie bien, par opération sur les limites ε1 (x) −−−→ 0. x→0
P ROPOSITION 14.5 Utilisation de la parité Soit une fonction f admettant un DL d’ordre n en 0. Si f est paire (impaire) sur un voisinage symétrique de 0, alors la partie principale de son DL à l’ordre n en 0 ne contient que des puissances paires (impaires). Démonstration Effectuons la démonstration dans le cas où f est paire. Le cas impair se démontre de la même façon. Comme ¡ ¢ la fonction f est paire, on a ∀x ∈ R, f (x) = f (−x). Si f (x) = a 0 + a 1 x + ... + a n x n + o x n alors f (−x) = a 0 − a 1 x + ... + a n (−1)n x n + o
x→0
x→0 ¡ n¢ x . Par unicité du développement limité de f en 0 à l’ordre n , on a donc, pour tout k ∈ 1,n impair a k = −a k
ce qui n’est possible que si a k = 0.
597
14.1.4 DL et régularité T HÉORÈME 14.6 ♥ DL et dérivabilité Soit une fonction f : I 7→ R définie sur ]0, α]. On suppose que H1
La fonction f admet un DL à l’ordre 1 en 0 f (x) = a0 + a1 x + o(x)
Alors la fonction f se prolonge en une fonction fe :
dérivable en 0 avec fe′ (0) = a1 .
[0, α]
−→
x
7−→
R (
f (x) a0
si x 6= 0 si x = 0
Démonstration Puisque pour x 6= 0, fe(x) = a 0 + a 1 x + xε(x) −−−→ a 0 = fe(0), la fonction fe est continue en 0. Le taux d’accroissex→0
ment de fe en 0 s’écrit pour x 6= 0,
fe(x) − fe(0) a 1 x + xε(x) = = a 1 + ε(x) −−−→ a 1 x −0 x x→0
ce qui montre que fe est dérivable en 0 avec fe′ (0) = a 1 .
T HÉORÈME 14.7 ♥ Une fonction C n admet un DL d’ordre n Soit f : I 7→ R une fonction définie sur un intervalle avec 0 ∈ I. On suppose que H1
f ∈ C n (I)
Alors la fonction f admet un développement limité en 0 à l’ordre n donné par f (x) = f (0) + f ′ (0)x +
f ′′ (0) 2 f (n) (0) n x +··· + x + o(x n ) 2! n!
Démonstration C’est la formule de Taylor-Young (13.40 page 539)
Remarque 14.2 Cette formule permet de justifier l’existence d’un développement limité. Elle a donc un intérêt théorique. Pour calculer effectivement les coefficients de ce DL à l’aide de cette formule, il faut pouvoir calculer les dérivées successives de la fonction en 0 ce qui n’est possible que pour des fonctions simples. Remarque 14.3 La réciproque du théorème précédent est fausse comme le montre l’exemple fondamental suivant. Soit n Ê 2. Considérons la fonction f :
R x
−→
7−→
R (
x n+1 sin(1/x n )
0
si x 6= 0 si x = 0
Cette fonction admet un développement limité à l’ordre n en 0 puisque f (x) = 0 + 0x + · · · + 0x n + x n ε(x)
où ε(x) = x n sin(1/x n ) pour x 6= 0, avec |ε(x)| É |x|n −−−→ 0. La fonction f est bien continue en 0 puisque f (x) −−−→ 0 = x→0
f (0). Elle est également dérivable en 0 puisque | f (x)/x| É |x|n −−−→ 0. Elle est dérivable en x 6= 0 avec x→0
f ′ (x) = (n + 1)x n sin(1/x n ) − n cos(1/x n )
et f ′ n’admet pas de limite lorsque x → 0 ce qui montre que f n’est pas de classe C 1 sur R . 598
x→0
B IO 13 William Young, né à Londres le 20 octobre 1863, mort à Lausanne le 7 juillet 1942 Mathématicien Anglais. William Young, issu de parents épiciers, montre dès le primaire un fort potentiel pour les mathématiques à tel point que le directeur de son école, Edwin A. Abott, auteur d’une célèbre livre de mathématiques, ``Flatland´´, l’encourage à poursuivre ses études dans cette direction. Young entre à l’université de Cambridge en 1881. Il est assez probable qu’il ne se serait pas intéressé à la recherche s’il n’avait pas rencontré sa futur femme, Grace Chisholm, elle même tout juste docteur en mathématiques suite à une thèse avec Félix Klein. Young s’est intéressé à la théorie des fonctions réelles et a découvert, de manière indépendante de Lebesgue et avec un autre formalisme, la théorie d’intégration dite de Lebesgue, qui généralise celle de Riemann. Il s’est intéressé aux séries de Fourier et aux séries orthogonales. Sa contribution majeure est sans doute celle apportée au calcul différentiel pour les fonctions à plusieurs variables qui inspira de nombreux livres d’enseignement consacrés à ce sujet. Young fit de nombreux voyages et visita de nombreuses universités en Europe, Amériques, Asie et Afrique. En 1940, alors que la seconde guerre mondial a éclaté, il se retrouve coincé à Lausanne et ne peut rejoindre sa femme et ses cing enfants. Il passa ainsi les deux dernières années de sa vie dans la détresse de cette séparation.
14.2 Développement limité des fonctions usuelles 14.2.1 Utilisation de la formule de Taylor-Young P ROPOSITION 14.8 DL classiques à partir de Taylor-Young On obtient les DL classiques suivants en 0 en calculant les dérivées successives en 0 et en appliquant la formule de Taylor-Young. – Fonctions exponentielle et hyperboliques : ex
=
ch x
=
sh x
=
¡ ¢ xn x2 x3 + +··· + + o xn 2! 3! n! x→0 ¡ ¢ x 2n x2 x4 + +··· + 1+ + o x 2n+1 2! 4! (2n)! x→0 ¡ ¢ x 2n+1 x3 x5 + +··· + + o x 2n+2 x+ 3! 5! (2n + 1)! x→0
1+x +
– Fonctions trigonométriques : cos x
=
sin x
=
– Fonction logarithme :
¡ ¢ x 2n x2 x4 + − · · · + (−1)n + o x 2n+1 2! 4! (2n)! x→0 ¡ ¢ x 2n+1 x3 x5 + − · · · + (−1)n x− + o x 2n+2 3! 5! (2n + 1)! x→0
1−
ln (1 + x)
=
ln (1 − x)
=
– Fonction x 7→ (1 + x)α avec α ∈ R : (1 + x)α
=
¡ ¢ xn x2 x3 + − · · · + (−1)n+1 + o xn x− 2 3 n x→0 ¶ µ ¡ ¢ xn x2 x3 + +··· + + o xn − x+ x→0 2 3 n
1 + αx + · · · +
¡ ¢ α (α − 1) · · · (α − n + 1) n x + o xn x→0 n!
599
1 et n = 2 donne 2
Cette dernière formule appliquée à α =
Remarque 14.4
p p
1+x
=
1−x
=
¡ ¢ x x2 − + o x2 2 8 x→0 ¡ ¢ x x2 + o x2 1− − 2 8 x→0
1+
Remarque 14.5 Parmi ces DLs certains s’obtiennent de manière plus rapide qu’en appliquant la formule de TaylorYoung grâce aux théorèmes que nous allons maintenant introduire.
14.3 Opérations sur les développements limités 14.3.1 Combinaison linéaire et produit P ROPOSITION 14.9 Combinaison linéaire et produit de DLs Soient deux fonctions f et g réelles définies sur I admettant en 0 des DL d’ordre n ∀x ∈ I,
f (x) = P (x) + o
x→0
¡
xn
¢
et
g (x) = Q (x) + o
x→0
¡
xn
¢
où P et Q sont des polynômes réels de degré n . Soient (α, β) ∈ R2 . Les fonctions α f + βg et f × g admettent des Dl d’ordre n en 0 et ces DLs sont donnés par, pour tout x ∈ I ¡
¢ α f + βg (x) ¡ ¢ f × g (x)
= =
¡
¢ ¡ ¢ αP + βQ (x) + o x n x→0 ¡ ¢ R (x) + o x n x→0
où R (x) est égal au produit P (x) Q (x) auquel on a retiré tous les termes de degré > n . Démonstration εi (x) −−−→ 0.
Pour i = 1,2, il existe des fonctions εi : I → R telles que f (x) = P (x) + x n ε1 (x), g (x) = Q (x) + x n ε2 (x) et
x→0
• On a donc :
¡ ¢ αf (x) + βg (x) = αP (x) + βQ (x) + x n αε1 (x) + βε2 (x) = αP (x) + βQ (x) + x n ε(x)
avec ε(x) = αε1 (x) + βε2 (x) −−−→ 0 par opérations sur les limites. Par conséquent αf + βg admet un développement limité à x→0
l’ordre n en 0 de partie régulière αP + βQ. • Pour le produit, f (x) g (x)
=
=
=
P (x) Q (x) + x n Q (x) ε1 (x) + x n P (x) ε2 (x) + x 2n ε1 (x) ε2 (x) ¡ ¢ R(x) + x n xS (x) + Q (x) ε1 (x) + P (x) ε2 (x) + x n ε1 (x)ε2 (x) R(x) + x n ε(x)
où N R est un polynôme de degré n et S un polynôme de degré n − 1 tels que P (x) Q (x) = R(x) + x n+1 S (x) N ε(x) = xS (x) + Q (x) ε1 (x) + P (x) ε2 (x) + x n ε1 (x)ε2 (x) −−−→ 0 par opération sur les limites. x→0
14.3.2 Composée P ROPOSITION 14.10 Composée de DLs Soient deux fonctions f et g définies au voisinage de 0. On suppose que H1
La fonction f admet un DL d’ordre n en 0, f (x) = F (x) + o (x n ) où F est un polynôme de degré n .
H2
La fonction g admet un DL d’ordre n en 0, g (x) = G (x) + o (x n ) où G est un polynôme de degré n .
H3
x→0
x→0
f (x) −−−→ 0 . x→0
Alors la fonction composée g ◦ f admet un DL d’ordre n en 0 de partie régulière obtenue en ne gardant que les termes de degré É n dans le polynôme G ◦ F. Démonstration Admise
600
14.3.3 Quotient P ROPOSITION 14.11 Soit une fonction u définie au voisinage de 0. On suppose que lim u (x) = 0
H1
x→0
u admet un DL d’ordre n en 0 de partie régulière un polynôme P.
H2
1 admet un DL d’ordre n en 0 de partie régulière obtenue en ne gardant que les termes de 1 − u (x) degré inférieur à n dans le polynôme 1 + P + P2 + · · · + Pn .
Alors la fonction x 7→
Démonstration Appliquer le théorème de composition de DL à la fonction définie par g (y) = 1/(1 − y) (qui admet un DL à tout ordre) et à la fonction f = u .
P ROPOSITION 14.12 Quotient de DLs Soient deux fonctions f et g définies au voisinage de 0. On suppose que H1
Les fonctions f et g admettent des DL d’ordre n en 0.
H2
g (x) −−−→ l 6= 0. x→0
alors la fonction
f admet un DL d’ordre n en 0. g
Démonstration Puisque l 6= 0, nous pouvons écrire pour x ∈ I, f (x) 1 f (x) f (x) = = g (x) g (x) l 1 − u(x) l l
où u(x) = 1 − g (x)/l . La fonction u admet un développement limité à l’ordre n (combinaison linéaire de DL) et u(x) −−−→ 0. Il x→0
suffit d’appliquer la proposition précédente.
Ce théorème permet de déterminer les DLs suivants : P LAN 14.1 : Pour calculer le DL à l’or de n de
1 g
On suppose que g (x) = 1 + a1 x + . . . + an x n + o (x n ). Alors : x→0
1 g (x)
= = =
µ
¶ ¡ ¢ 1 avec u = − a1 x + . . . + an x n + o x n x→0 1−u ¡ n¢ 2 n 1+u +u +... +u + o u x→0 ¡ ¢ ¡ ¢2 ¡ ¢n ¡ ¢ n 1 − a1 x + . . . + an x + a1 x + . . . + an x n + . . . + (−1)n a1 x + . . . + an x n + o x n x→0
qu’on développe et tronque en ne gardant que les termes de degré É n . C OROLLAIRE 14.13 On a : tan x
=
tanh x
=
¡ ¢ x 3 2x 5 + + o x6 3 15 x→0 ¡ ¢ x 3 2x 5 + + o x6 x− 3 15 x→0
x+
14.3.4 Développement limité d’une primitive T HÉORÈME 14.14 Primitivation d’un DL Soit I un intervalle de R tel que 0 ∈ I et f : I → R. On suppose que H1
la fonction f est dérivable sur l’intervalle I.
601
P ′ (x)
H2
la fonction f ′ admet un DL d’ordre n en 0, ∀x ∈ I,
H3
f (x) −−−→ l ∈ R .
z }| { f ′ (x) = a0 + a1 x + . . . + an x n + o (x n ) x→0
x→0
alors la fonction f admet un DL d’ordre n + 1 en 0 obtenu en primitivant la partie régulière du DL de f ′ et en ajoutant la limite de f en 0 : ¡ ¢ a1 an n+1 + o x n+1 f (x) = l + a0 x + x 2 + . . . + x x→0 2 n +1 {z } |
∀x ∈ I,
P(x)
Ã
x n+1 x2 Démonstration Pour fixer les idées, supposons que I =]0,α[. Posons, pour tout x ∈ I, F (x) = f (x) − a 0 x + a 1 + ... + a n 2 n +1 et F(0) = l . La fonction F ainsi définie est continue sur [0,α[ et dérivable sur ]0,α[ avec ¡ ¢ ¡ ¢ ∀x ∈]0,α[, F′ (x) = f ′ (x) − a 0 + a 1 x + ... + a n x n = o x n = x n ε˜ (x)
!
x→0
où ε˜ (x) −−−→ 0. Soit x ∈]0,α[. La fonction F est continue sur [0, x], dérivable sur ]0, x[. D’après le théorème des accroissements x→0
finis, il existe θ(x) ∈ ]0,1[ tel que F(x)−F(0) = xF′ (θ(x)). Remarquons que la fonction θ ainsi définie vérifie θ(x) −−−→ 0. On a alors x→0
Ã
f (x) − l − a 0 x + a 1
En effet, par composée de limites, eε (θ(x)) −−−→ 0.
!
x n+1 x2 + · · · + an = x n+1 e ε (θ(x)) = o(x n+1 ) 2 n +1
x→0
Ce théorème permet de déterminer les DLs suivants :
C OROLLAIRE 14.15
Remarque 14.6
ln (1 + x)
=
arctan x
=
argth x
=
arcsin x
=
argsh x
=
arccos x
=
¡ ¢ xn x2 x3 + − · · · + (−1)n+1 + o xn 2 3 n x→0 2n+1 ¡ ¢ x x3 x5 + − · · · + (−1)n + o x 2n+2 x− 3 5 2n + 1 x→0 ¡ ¢ x3 x5 x 2n+1 x+ + +··· + + o x 2n+2 3 5 2n + 1 x→0 ¡ ¢ 1 x3 1 · 3 x5 1 · 3 · 5 x7 + + + · · · + o x 2n+2 x+ x→0 2 3 2·4 5 2·4·6 7 ¡ ¢ 1 x3 1 · 3 x5 1 · 3 · 5 x7 + − + · · · + (−1)n o x 2n+2 x− x→0 2 3 2·4 5 2·4·6 7 ¡ ¢ 1 x3 1 · 3 x5 1 · 3 · 5 x7 π −x− − − − · · · + o x 2n+2 x→0 2 2 3 2·4 5 2·4·6 7
x−
Le dernier s’obtient en remarquant que arccos x =
π − arcsin x . 2
Remarque 14.7 Attention : On peut primitiver les DL mais pas les dériver. L’existence d’un DL à l’ordre n pour une fonction f dérivable n’implique pas toujours l’existence d’un DL à l’ordre n−1 pour la fonction f ′ . Pour s’en convaincre, reprendre l’exemple 14.3 page 598 où la fonction f possède un DL à l’ordre n Ê 2, alors que f ′ n’était pas continue en 0 donc ne possédait même pas un DL à l’ordre 0 ! On peut tout de même dériver des DL dans certains cas, mais il faut le justifier en utilisant les propriétés du cours. Exemple 14.1 On suppose que H1
la fonction f est de classe C n sur I.
Alors la fonction f ′ admet un DL à l’ordre (n − 1) sur I de partie principale le polynôme P′ où P est la partie principale du DL de f . C’est une conséquence de la formule de Taylor-Young.
602
Exemple 14.2 Considérons la fonction f : tion différentielle.
½
I =] − π/2, π/2[ x
−→ 7−→
R . Elle est dérivable sur I et vérifie une équatan x
f ′ (x) = 1 + f 2 (x)
∀x ∈ I,
Utilisons cette équation différentielle pour déterminer le DL à l’ordre 5 de f en 0. – Puisque f est de classe C 5 sur I, d’après Taylor-Young, elle possède un DL à l’ordre 5 en 0. De plus, comme f est impaire, on peut écrire f (x) = a1 x + a3 x 3 + a5 x 5 + o(x 5 )
– Par opérations algébriques sur les développements limités et en utilisant l’équation différentielle, la fonction f ′ admet donc un DL en zéro à l’ordre 4 donné par h i h i2 f ′ (x) = 1 + x 2 a1 + a3 x 2 + o(x 2 ) = 1 + x 2 a12 + 2a1 a3 x 2 + o(x 2 ) = 1 + a12 x 2 + 2a1 a3 x 4 + o(x 4 )
– Par primitivation de DL et puisque f (0) = 0, on obtient que f (x) = x +
a12 3
x3 +
2a1 a3 5 x + o(x 5 ) 5
– Par unicité du DL de f , on en tire que a1 = 1, a12 /3 = a3 et 2a1 a3 /5 = a5 d’où par résolution de ce système, a1 = 1, a3 = 1/3 et a5 = 2/15. L’intérêt des développements limités est essentiellement pratique. Il faut savoir calculer rapidement des développements limités simples. Vous pouvez consulter maintenant l’appendice C.4.5 page 1210 pour apprendre à calculer efficacement les DL et étudier leurs applications en analyse.
En résumé 1
Les calculs de développements limités sont avant tout des calculs sur les polynômes. Afin d’être efficace dans ces derniers, une lecture du paragraphe B.4.2 page 1170 s’impose.
2
Pour apprendre à prévoir l’ordre d’un développement limité et savoir les utiliser pour déterminer des équivalents ou des limites on pourra consulter le paragraphe C.4.5 page 1210.
3
Vous devrez prendre de l’aisance dans les calculs de développements limités, il serviront souvent aussi il conviendra de les manipuler avec efficacité et sûreté, ce qui demande au départ de pratiquer un assez grand nombre d’exercices calculatoires.
603
10. Suites réelles
6. Courbes Planes
12. Dérivabilité
équivalents des suites
14. Dévelop - pements limités
Étude locale
Développement limité à l’infini
Développement limité à l’ordre 1
Décomposition en éléments simples
équivalents des fonctions
Asymptoptes Somme des résidus
22. Fractions rationnelles
11. Fonctions d’une variable réelle
604
14.4 Exercices 14.4.1 Calcul de développements limités Exercice 14.1 ♥ En utilisant la formule de Taylor-Young, trouver les développements limités en 0 à l’ordre n des fonctions suivantes : 1. f : x 7→ e x
4. f : x 7→ ch x
2. f : x 7→ sin x
5. f : x 7→
1 1−x 6. f : x 7→ ln (1 − x)
3. f : x 7→ cos x Solution : Soit n ∈ N.
1. f est de classe C n sur R et pour tout k ∈ 0, n, f (k) (x) = e x donc, par application de la formule de Taylor-Young, f (x) = 1 +
x x2 xn + +... + + o (x n ). 1! 2! n! x→0
π´ donc, par application de la formule de 2 · ¸ 3 2p+1 ¡ 2p+1 ¢ x x n −1 p ¡x ¢ + o x où p = . Taylor-Young, f (x) = − + . . . + (−1) 1! 3! 2 2p + 1 ! x→0 ³ π´ 3. f est de classe C n sur R et pour tout k ∈ 0, n, f (k) (x) = cos x + k donc, par application de la formule de 2 hn i ¡ ¢ x 2p x2 x4 Taylor-Young, f (x) = 1 − + + . . . + (−1)p ¡ ¢ + o x 2p+1 où p = . 2! 4! 2 2p ! x→0 ( ch x si k est pair n (k) donc, par application de la 4. f est de classe C sur R et pour tout k ∈ 0, n, f (x) = sh x si k est impair hn i ¡ ¢ x2 x4 x 2p . formule de Taylor-Young, f (x) = 1 + + + . . . + ¡ ¢ + o x 2p+1 où p = 2! 4! 2 2p ! x→0 ³
2. f est de classe C n sur R et pour tout k ∈ 0, n, f (k) (x) = sin x + k
5. f est de classe C n sur R et pour tout k ∈ 0, n, f (k) (x) = Taylor-Young, f (x) = 1 + x + x 2 + . . . + x n + o (x n ).
k!
(1 − x)k+1
donc, par application de la formule de
x→0
6. f est de classe C n sur R et, utilisant le calcul précédent, pour tout k ∈ 0, n, f (k) (x) = − µ
application de la formule de Taylor-Young, f (x) = − x + Exercice 14.2 ♥ Soient f : R → R définie par : f (x) =
(
x 3 sin
n¶
x x2 +... + 2 n
¡1¢ x
0 si x = 0
+ o (x n ).
(k − 1)!
(1 − x)k
donc, par
x→0
si x 6= 0
Montrer que f admet un développement limité d’ordre 2 en 0 mais que f n’est pas deux fois dérivable en 0. Solution : On a :
f (x) x2
= x sin
¡1¢ x
−−−→ 0 d’après le théorème des gendarmes. Donc f admet un développement limité x→0
¡
¢
d’ordre 2 en 0 donné par f (x) = o x 2 . D’autre part x→0
¡ ¢ f (x) − f (0) = x 2 sin x1 −−−→ 0 et x→0 x
f ′ (x) − f ′ (0) 3x 2 sin(1/x) − x cos(1/x) = = 3x sin(1/x) − cos(1/x) x x
qui diverge quand x tend vers 0. Donc f n’est pas deux fois dérivable en 0. Exercice 14.3 ♥ Déterminer les développements limités des fonctions suivantes en x0 = 0 à l’ordre indiqué :
605
4. sh x cos x à l’ordre 5
1. sin x cos x à l’ordre 5
p
−1 2
5. e x 1 − x à l’ordre 4
2. (1 + x) à l’ordre 3 3. arctan x à l’ordre 5.
6. e sin x à l’ordre 5.
Solution : 1. Par produit de DLs : sin x cos x
=
µ
x−
x3 x5 + 3! 5!
¶µ ¶ ¡ ¢ x2 x4 + 1− + o x5 x→0 2! 4!
¡ ¢ 2 2 x − x3 + x5 + o x5 x→0 3 15
=
On retrouve ce résultat en écrivant sin x cos x = 21 sin (2x).
2. Appliquant les formules usuelles :
1
(1 + x)− 2
3. Utilisant les formules usuelles, on a :
¡ ¢ 1 3 5 1 − x + x2 − x3 + o x3 x→0 2 8 16
=
¡ ¢ 1 = 1 − x 2 + x 4 o x 4 et donc par primitivation : 2 x→0 1+x ¡ ¢ 1 1 arctan x = x − x 3 + x 5 + o x 5 x→0 3 5
4. Par produit de DLs : sh x cos x
= =
µ
x+
x3 x5 + 3! 5!
¶µ ¶ ¡ ¢ x2 x4 + 1− + o x5 x→0 2! 4!
¡ ¢ 1 1 x − x3 − x5 + o x5 x→0 3 30
5. Par produit de DLs : p ex 1 − x
= =
¶µ ¶ µ ¡ ¢ x x 2 x 3 5x 4 x2 x3 x4 + + − − 1− − + o x4 − 1+x + x→0 2! 3! 4! 2 8 16 128
1+
¡ ¢ x x 2 13x 3 79x 4 − − − + o x4 2 8 48 384 x→0
6. Par composition de DLs : ¡ ¢ 1 1 1 e sin x = 1 + x + x 2 − x 4 − x 5 + o x 5 x→0 2 8 15
Exercice 14.4 ♥ Déterminer les développements limités des fonctions suivantes en x0 = 0 à l’ordre indiqué : 1. (e x − 1) (sin x − x) à l’ordre 6
4. tan x à l’ordre 5
1 2. à l’ordre 6 cos x ¢ ¡ sin 3. ln x x à l’ordre 4
5. arcsin x à l’ordre 5 6.
Solution : 606
ln (1 + x) à l’ordre 3 ex − 1
1. Par produit de DLs : ¡
¢ e x − 1 (sin x − x)
µ ¶µ 3 ¶ ¡ ¢ x2 x3 x5 x − x+ + − + + o x6 x→0 2! 3! 3! 5!
=
¡ ¢ 1 7 6 1 x + o x6 − x4 − x5 − x→0 6 12 360
=
2. Par composition de DLs : 1 cos x
1
=
¡ ¢ x2 x4 x6 + − + o x6 1− 2! 4! 6! x→0
1+
=
3. Par quotient de DLs :
¡ ¢ x2 5 61 6 + x4 + x + o x6 x→0 2 24 720
¡ ¢ sin x x2 x4 = 1− + + o x 4 et donc par composition de DLs, on a : x 6 130 x→0 µ ¶ ³ sin x ´ ¡ ¢ x2 x4 ln = ln 1 − + + o x4 x 6 130 x→0 ¶ µ 2 ¶2 µ 2 ¡ ¢ x4 x4 1 x x − − − + o x4 = − − x→0 6 180 2 6 180
=
4. On a prouvé dans la question 2 que tan x
−
¡ ¢ x2 x4 − + o x4 x→0 6 180
¡ ¢ 1 x2 5 = 1+ + x 4 + o x 5 donc, par produit de DLs : x→0 cos x 2 24
sin x cos x µ ¶µ ¶ ¡ 5¢ ¡ 5¢ x3 x5 5 4 x2 x− + + o x + x + o x 1+ x→0 6 120 x→0 2 24
= =
x+
=
¡ ¢ x3 2 + x5 + o x5 x→0 3 15
Voir aussi l’exercice 14.14. 5. Utilisant les formules usuelles : p
1 1 − x2
= 1+
¡ ¢ x2 3 4 + x + o x 4 et donc par primitivation : x→0 2 8
arcsin x = x +
¡ ¢ 3 x3 + x5 + o x5 x→0 6 40
6. Par quotient de DLs : ln (1 + x) ex − 1
=
=
= =
¡ ¢ x2 x3 x4 + − + o x4 2 3 4 x→0 ¡ ¢ x2 x3 x4 + + + o x4 x+ 2 6 24 x→0 ¡ ¢ x x2 x3 − + o x3 1− + 2 3 4 x→0 µ ¶ ¡ ¢ x x2 x3 3 1+ + + + o x 2 6 24 x→0 ¶µ ¶ µ ¡ ¢ ¡ ¢ x x2 x x2 x3 − + o x3 1 + + + o x3 1− + 2 3 4 x→0 2 12 x→0
x−
¡ ¢ 11 2 1 − x + x2 − x3 + o x3 x→0 3 24
607
Exercice 14.5
♥
Déterminer les développements limités des fonctions suivantes en x0 = 0 à l’ordre indiqué :
p
1. (1 + 2x)x à l’ordre 5
4.
3. ln (cos x) à l’ordre 6
6. th x à l’ordre 3
cos x à l’ordre 4
5. e ch x à l’ordre 3
2. ln (1 + sh x) à l’ordre 4.
Solution : 1. Par produit et composition de DLs : (1 + 2x)x
e x ln(1+2x)
=
Ã
8 3 4 x −4x + o (x 4 ) x→0 3 e 8 2x 2 −2x 3 + x 4 −4x 5 + o (x 5 ) x→0 3 e x 2x−2x 2 +
= =
1 + 2x 2 − 2x 3 +
=
!
¡ ¢ 14 4 x − 8x 5 + o x 5 x→0 3
2. Par composition de DLs : ln (1 + sh x)
= =
µ ¶ ¡ ¢ x3 ln 1 + x + + o x4 6 x→0
x−
¡ ¢ 5 x2 x3 + − x4 + o x4 x→0 2 2 12
3. Par composition de DLs : ln (cos x)
= = =
p
4. Comme 1 + x = 1 +
ln (1 + (cos x − 1)) µ µ 2 ¶¶ ¡ 6¢ x x4 x6 ln 1 − − + + o x 2 24 720 x→0 ¶ µ 2 ¡ ¢ x4 x6 x + + + o x6 − x→0 2 12 45
¡ ¢ 5 4 x x2 − − x + o x 4 , par composition de DLs : x→0 2 8 128 p p cos x = 1 + (cos x − 1) s µ 2 ¶ ¡ ¢ x x4 4 1+ − + = + o x 2 24 x→0
1−
=
¡ ¢ x2 x4 + o x4 − x→0 4 96
5. e ch x
= =
=
ee (ch x−1) 2 x 3 x + o ) ( e e 2 x→0
µ ¶ ¡ ¢ x2 e 1+ + o x3 x→0 2
608
6. Par quotient de DLs : th x
sh x ch x ¡ ¢ x3 x+ + o x3 6 x→0 ¡ ¢ x2 1+ + o x3 2 x→0
= =
x−
=
Exercice 14.6
¡ ¢ x3 + o x3 3 x→0
♥
Déterminer les développements limités des fonctions suivantes en x0 = 0 à l’ordre indiqué :
1. ln
³
x 2 +1 x+1
´
1
à l’ordre 3
4. (1 + x) x à l’ordre 3
1 1 à l’ordre 3 − th x tan x p 3. 1 + cos x à l’ordre 5
2.
5. ln
³
sh x x
¡
´
à l’ordre 4
p
¢
6. ln 1 + 1 + x à l’ordre 3
Solution : 1. Utilisant les formules usuelles : ln
µ
x 2 +1 x+1
¶
¡ ¢ ln 1 + x 2 − ln (1 + x)
=
¡ ¢ 3 x3 −x + x 2 − + o x3 2 3 x→0
=
2. Comme tan x = x +
¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 x3 x3 + x 5 + o x 5 et que th x = x − + x 5 + o x 5 , on a : x→0 x→0 3 15 3 15
1 1 − th x tan x
=
=
= =
1
3
¡ ¢ 2 x + x5 + o x5 x− x→0 3 15
−
1
3
x+
¡ ¢ 2 x + x5 + o x5 x→0 3 15
1 x
1 1 − 2 ¡ ¢ ¡ ¢ x2 x 2 4 2 4 4 4 1− 1+ + x + o x + x + o x x→0 x→0 3 15 3 15 µ ¶ ¡ 4¢ x2 x4 x2 x4 1 − −1+ + + o x 1+ x 3 45 3 45 x→0 ¡ ¢ 2 x + o x3 x→0 3
3. p 1 + cos x
= = =
s
1+1− s
¡ ¢ x2 x4 + + o x5 2 24 x→0
¡ ¢ x2 x4 + + o x5 4 48 x→0 µ ¶ 2 p ¡ ¢ x4 x + + o x5 2 1− x→0 8 384
p 2
1−
609
4. 1
(1 + x) x
=
e
=
e
ln(1+x) x
x2 x3 x4 1 x− + − + o (x 4 ) x 2 3 4 x→0
x x2 x3 + − + o (x 3 ) e 2 3 4 x→0 x x2 x3 − + − + o (x 3 ) ee 2 3 4 x→0 ¶ µ ¡ ¢ 7 x 11 e 1 − + x2 − x3 + o x3 x→0 2 24 16 1−
= = =
5. ln
³ sh x ´ x
= = =
µ µ ¶¶ ¡ ¢ x5 1 x3 + + o x5 x+ x 6 120 x→0 ¶ µ 4 2 ¡ ¢ x x + + o x4 ln 1 + 6 120 x→0
ln
¡ ¢ x2 x4 − + o x4 6 180 x→0
6. ³ ´ p ln 1 + 1 + x
= = = =
Exercice 14.7
µ ¶ ¡ ¢ x x2 x3 ln 2 + − + + o x3 2 8 16 x→0 ¶ µ ¡ ¢ x x2 x3 + + o x3 ln 2 1 + − 4 16 32 x→0 ¶ µ ¡ ¢ x x2 x3 + + o x3 ln 2 + ln 1 + − 4 16 32 x→0
ln 2 +
¡ ¢ x 3 5 − x2 + x3 + o x3 x→0 4 32 96
♥
Déterminer les développements limités des fonctions suivantes en x0 = 0 à l’ordre indiqué :
p
1. x 7→ sin(tan(x)) à l’ordre 7
4.
3. (ln(1 + x))2 à l’ordre 4
6. ln (3e x + e −x ) à l’ordre 3
2. e
p
1+x
3 + cos x à l’ordre 3
5. x 7→ sin6 (x) à l’ordre 9
à l’ordre 3
Solution : 1 3
¡ ¢ 2 5 17 7 x + x + o x 7 , on a : x→0 15 315 ¶ ¶3 µ µ ¡ ¢ 1 2 17 7 1 1 1 1 5 x − x − x7 + o x7 = x + x3 + x5 + x + x3 + x→0 3 15 315 6 3 120 5040
1. Comme tan x = x + x 3 + sin (tan x)
=
¡ ¢ 1 55 7 1 x + o x7 x + x3 − x5 − x→0 6 40 1008
610
2. e
p 1+x
= = = =
1 1 2 1 3 x− x + x + o (x 3 ) x→0 2 2 16 1 1 2 1 3 x− x + x + o (x 3 ) x→0 16 e.e 2 2 µ µ ¶ ¶2 µ µ ¶ ¶ ¡ ¢ 1 1 1 1 1 1 1 1 3 e 1 + x − x2 + x3 + x − x2 + x + o x3 x→0 2 2 16 2 2 2 6 2 ¶ µ ¡ ¢ 1 1 e 1 + x + x3 + o x3 x→0 2 48 e
1+
3. (ln(1 + x))
2
=
µ
¡ ¢ x x2 + o x2 x− + 2 3 x→0
x2 − x3 +
=
¶2
¡ ¢ 11 4 x + o x4 x→0 12
4. p
3 + cos x
s
=
4−
s
2
=
1−
2−
=
¡ ¢ x2 + o x3 x→0 2
¡ ¢ x2 + o x3 x→0 4
¡ ¢ x2 + o x3 8 x→0
5. sin6 (x)
= =
µ
¶ ¡ ¢ 6 x3 + o x3 6 x→0 ¡ ¢ 6 x − x8 + o x9
x−
x→0
6. ¡ ¢ ln 3e x + e −x
= = =
Exercice 14.8
µ ¶ ¡ ¢ 1 ln 4 + 2x + 2x 2 + x 3 + o x 3 x→0 3 ¶ µ ¡ 3¢ 1 2 1 3 1 ln 4 + ln 1 + x + x + x + o x x→0 2 2 12 ¡ ¢ 1 3 1 2ln 2 + x + x 2 − x 3 + o x 3 x→0 2 8 8
♥
Déterminer les développements limités des fonctions suivantes en x0 à l’ordre indiqué :
ln x en x0 = 1 à l’ordre 4 x2 π 5. sin x cos 3x en x0 = à l’ordre 2 3 6. arctan x en x0 = 1 à l’ordre 3
1. sin (x) en x0 = π4 à l’ordre 3
4.
2. cos (x) en x0 = π3 à l’ordre 4 3. e x en x0 = 1 à l’ordre 4.
Solution : 611
π 4
1. Posons t = x − . Chercher le DL
sin x
³π
4
´ ¢ ¡ , 3 de sin x revient à chercher celui de sin t + π4 en 0 :
³ ´ π sin t + 4 p 2 (sin t + cos t ) 2 p µ ¶ ¡ ¢ t2 t3 2 1+t − − + o t3 t →0 2 2 6 ³ π ´2 ³ π ´3 p µ³ ¶ x − x − ´ ³ π ´3 2 4 − 4 1 + x − π − + o x − 2 4 2 6 4 x→ π
= = =
=
4
π 3
2. Comme précédemment, on se ramène en 0 en posant t = x − .
cos x
³ π´ cos t + 3 p 3 1 cos t − sin t 2 2 p p ¡ ¢ 3 3 3 t4 1 2 1− t− t + t + + o t4 2 4 12 48 t →0 p ³ p ³ µ³ ¶ π ´4 π´ 1 ³ π ´2 π ´3 1 ³ π ´4 3 3 x− x− − x− x− x− + + + o 1− 2 3 4 3 12 3 48 3 3 x→ π
= = = =
3
3. On se ramène en 0 en posant t = x − 1. Il vient : ex
=
= =
=
e 1+t e.e t µ ¶ ¡ 4¢ t2 t3 t4 e 1+t + + + + o t 2 6 24 t →0 µ ¶ ¡ ¢ 1 1 1 e 1 + (x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3 + (x − 1)4 + o (x − 1)4 x→1 2 6 24
4. On pose t = x − 1 : ln x x2
= = = = =
ln (1 + t )
(1 + t )2 ln (1 + t ) 1 + 2t + t 2 ¶µ ¶ µ ¡ ¢ ¡ ¢ t2 t3 t4 t − + − + o t 4 1 − 2t + 3t 2 − 4t 3 + o t 3 t →0 2 3 4 t →0 ¡ 4¢ 5 2 13 3 77 4 t− t + t − t + o t t →0 2 3 12 ¡ ¢ 13 77 5 (x − 1)3 − (x − 1)4 + o (x − 1)4 (x − 1) − (x − 1)2 + x→1 2 3 12
612
5. Posons t = x −
π 3 sin x cos 3x
³ π´ cos t + π sin t + 3 ³ π´ − sin t + cos t 3 Ã ! p 1 3 − sin t + cos t cos t 2 2 !µ Ãp p ¶ ¡ 2¢ ¡ ¢ x2 3 t 3 2 + − t + o t + o t2 1− − t →0 2 2 4 2 t →0 p p ¡ ¢ 3 1 3 2 − − t+ t + o t2 t →0 2 2 2 p p ³ µ³ ¶ 3 1³ 3 π ´2 π´ π ´2 − x− + x− + o − x− 2 2 3 2 3 3 x→ π
= = = = = =
3
6. Utilisant directement la formule de Taylor-Young, on trouve : arctan x
=
¡ ¢ π 1 1 1 + (x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 + o (x − 1)3 x→1 4 2 4 12
Exercice 14.9 ♥♥ Trouver le DL(0,2) de la fonction définie par
µ
sin x x
¶3/x 2
Solution : Écrivons la fonction sous forme exponentielle et utilisons les DL classiques : ³ sin x ´3/x 2
´ ³ 3 ln sin x 2 x ex
=
x
¶ µ 3 ln 1−1/6x 2 +1/120x 4 + o x 4 ) ( 2 x→0 ex µ ¶ 3 −1/6x 2 −1/180x 4 o x 4 ) ( 2 x→0 ex
= =
e
=
−1/2−1/60x 2 + o
(x 2 )
x→0
−1/60x 2 + o
e −1/2 eµ
=
(x 2 )
x→0
e −1/2 1 − 1/60x 2 + o
=
x→0
¡
x2
¡ ¢ 1 1 p − p x2 + o x2 x→0 e 60 e
=
¢
¶
Exercice 14.10 ♥♥ Déterminer le DL(0,4) de la fonction définie par : (cos x)1+sin x
Solution : On met la fonction sous forme exponentielle et on utilise les DL classiques : (cos x)1+sin x
= = = =
e (1+sin x) ln(cos x) o (x 4 ) (1+x−1/6x 3 )(−1/6∗x 2 −1/180x 4 )+x→0 e −1/2x 2 −1/2x 3 −1/12x 4 + o (x 4 ) x→0 e 1−
¡ ¢ 1 x2 x3 − + x4 + o x4 x→0 2 2 24
613
Exercice 14.11 ♥♥ Déterminer le développement limité à l’ordre 4 en 0 de la fonction définie par x 7→ e 3+cos x
Solution : e 3+cos x
4−1/2x 2 +1/24x 4 + o
=
e
=
e e
=
(x 4 )
(14.1)
x→0
2 4 o (x 4 ) 4 −1/2x +1/24x +x→0
(14.2)
µ ¶ ¡ ¢ 1 1 e4 1 − x2 + x4 + o x4 x→0 2 6
(14.3)
Exercice 14.12 ♥♥ Déterminer le DL(0,4) de la fonction définie par (1 +
p
1 + x 2 )1/2
Solution : (1 +
p
1 + x 2 )1/2
= = = =
µ ¶ ¡ ¢ 1/2 2 + 1/2x 2 − 1/8x 4 + o x 4 x→0
µ ¶ p ¡ ¢ 1/2 2 1 + 1/4x 2 − 1/16x 4 + o x 4 x→0 µ ¶ p ¡ ¢ 2 1 + 1/8x 2 − 5/128x 4 + o x 4 x→0
p 2+
p ¡ ¢ 2 2 5 2 4 x − x + o x4 x→0 8 128
p
Exercice 14.13 ♥♥ Déterminer le DL(0, 2) de la fonction définie par : arcsin
µ
1+x 2+x
¶
Solution : µ ¶ 1+x est C 1 est voisinage de 0 et au voisinage de 0, on a : La fonction f : x 7→ arcsin 2+x
f ′ (x)
1 p (2 + x) 3 + 2x 1 1 1 p p 2 3 1 + x/2 1 + 2/3x µ ¶µ ¶ 1 p 1 − 1/2x + o (x) 1 − 1/3x + o (x) x→0 x→0 2 3 µ ¶ 1 p 1 − 5/6x + o (x) x→0 2 3
= = = =
donc par primitivation : arcsin
µ
¶ ¡ ¢ 1 π 5 1+x = + p (x − x 2 + o x 2 ) x→0 2+x 6 2 3 12
Exercice 14.14 R – Calculer 0x (1 + tan2 t ) dt . – Déterminer le DL(0, 10) de x 7→ tan x . 614
(14.4) (14.5) (14.6) (14.7)
SolutionR: – On a 0x (1 + tan2 t ) dt = tan x . – On va se servir de deux arguments : 1) La primitivation fait gagner un ordre. 2) pour les fonctions paires ou impaires, la moitié des coefficients sont nuls, ce qui permet de gagner aussi un ordre. Par ailleurs, la fonction x 7→ tan x admet des développements limités en 0 à tous ordres. On a donc successivement, en intégrant puis en élevant au carré : 1 + tan2 x = 1 + o (x) x→0 ¡ ¢ tan x = x + o x 2 x→0 ¡ ¢ 1 + tan2 x = 1 + x 2 o x 3 x→0 3
¡ ¢ x + o x4 3 x→0 ¡ ¢ x4 1 + tan2 x = 1 + x 2 + 2 + o x 5 3 x→0 ¡ ¢ x 3 2x 5 + + o x6 tan x = x + 3 15 x→0 ¡ ¢ 2x 6 x 6 x4 + + o x7 1 + tan2 x = 1 + x 2 + 2 + 2 3 15 9 x→0 ¡ ¢ x 3 2x 5 17x 7 + + + o x8 tan x = x + 3 15 315 x→0 ¡ ¢ x 4 17x 6 34x 8 4x 8 + + + o x9 1 + tan2 x = 1 + x 2 + 2 + 3 45 315 45 x→0 ¡ ¢ x 3 2x 5 17x 7 62x 8 + + + + o x 10 tan x = x + 3 15 315 2835 x→0
tan x = x +
On pourrait continuer, mais les calculs de tan2 x deviennent vite fastidieux. En revanche on peut ainsi démontrer que ∀n ∈ N, tan(2n+1) (0) > 0.
14.4.2 Limites Exercice 14.15
♥
Déterminer, en utilisant des développements limités, les limites suivantes : µ ¶¶ 1 x − x 2 ln 1 + x→+∞ x ln (1 + x) − sin x 2. lim x x→0 tan x − x ¶1 µ tan x x 2 3. lim x→0 x
1. lim
µ
2
e x − cos x x→0 x2 p 5. lim x2 + x + 1 − x x→+∞ p x +2−2 6. lim p x→2 1 − 3x − 5
4. lim
Solution : 1. µ ¶ 1 x − x ln 1 + x 2
= = =
µ ¶¶ 1 1 1 + o − x−x x 2x 2 x→+∞ x 2 ¶ µ 1 x − x − + o (1) 2 x→+∞ 2
µ
1 1 + o (1) −−−−→ x→∞ 2 2 x→+∞
615
2. ln (1 + x) − sin x x tan x − x
¡ ¢ x3 + o x3 2 x→0 ¡ ¢ x3 + o x3 3 x→0 1 − + o (1) 3 2 x→0 −−−→ − 1 x→0 2 + o (1) 3 x→0
−
=
=
3. µ
tan x x
¶
1 x2
ln
µ
e
=
tan x x x2
¶
¶ µ ¡ ¢ x2 + o x2 ln 1 + 3 x→0 x2 e ¡ ¢ x2 + o x2 3 x→0 x2 e
=
=
1 + o (1)
e3
=
x→0
1
−−−→ e 3 x→0
4. ¡ ¢ 3 2 x + o x2 x→0 2 x2 3 3 + o (1) −−−→ x→0 x→0 2 2
2
e x − cos x x2
= =
5. p
x2 + x + 1 − x
x
= 1 x ===== X=
=
Ãr
! 1 1 1+ + 2 −1 x x
´ 1 ³p 1 + X + X2 − 1 Xµ ¶ 1 1 1 + X − 1 + o (X) X→0 X 2
1 1 + o (1) −−−→ X→0 2 2 X→0
=
6. p
x +2−2 p 1 − 3x − 5
X=x−2
====== = =
p X+4−2 p 1 − 3X + 1 q 1 + X4 − 1 2 p 1 − 1 + 3X 1 o (X) 8 X + X→0 2 3 − 2 X + o (X) X→0
1 4
= −−−→ X→0
616
+ o (1) X→0
− 32 −
+ o (1)
1 6
X→0
Exercice 14.16 ♥ Déterminer, en utilisant des développements limités, les limites suivantes : 1. lim
x→+∞
p
x 2 + 3x + 2 − x
4. lim
x→0
¶1 sin x x 2 2. lim x→0 x sin (x − sin x) 3. lim p x→0 1 + x3 − 1 µ
x (1 + cos x) − 2tan x 2x − sin x − tan x
e x − x − cos x x→0 x2
5. lim 6. lim
x→0
Solution : 1. p
x 2 + 3x + 2 − x
=
x
1 x =====
p
X=
=
2. ¶1 sin x x 2 x
ln =
e
=
e
! 3 2 1+ + 2 −1 x x
1 + 3X + 2X 2 − 1 X
3 X + o (X) X→0 2 X 3 3 + o (1) −−−→ X→0 2 2 X→0
=
µ
Ãr
1 1 − x ln (1 + x)
µ
sin x x x2
¶
µ ¶ ¡ ¢ ln 1 − 61 x 2 + o x 2 x→0
=
e
x2 ¡ ¢ − 61 x 2 + o x 2
=
e
1 + o (1) −6
x→0
x2
3. sin (x − sin x) p 1 + x3 − 1
x→0
x→0
¶ ¡ ¢ 1 3 x + o x3 x→0 6 ¡ ¢ 1 3 x + o x3 x→0 2 ¡ ¢ 1 3 x + o x3 x→0 6 ¡ ¢ 1 3 x + o x3 x→0 2 1 + o (1) 1 6 x→0 −−−→ 1 x→0 3 + o (1) 2 x→0
sin =
=
=
1
−−−→ e − 6
µ
4. x (1 + cos x) − 2tan x 2x − sin x − tan x
=
=
617
¡ ¢ 7 − x3 + o x3 x→0 6 ¡ ¢ 1 3 − x + o x3 x→0 6 7 − + o (1) 6 x→0 −−−→ 7 1 x→0 − + o (1) 6 x→0
5. e x − x − cos x x2
x2 + o
x→0 x2
=
¡
x2
¢
1 + o (1) −−−→ 1
=
x→0
x→0
6. 1 1 − x ln (1 + x)
= ∼
x→0
= =
Exercice 14.17
ln (1 + x) − x x ln (1 + x) ln (1 + x) − x x2 ¡ ¢ 1 − x2 + o x2 x→0 2 x2 1 1 − + o (1) −−−→ − x→0 2 x→0 2
♥
Déterminer, en utilisant des développements limités, les limites suivantes :
1. lim
¡ ¢ ln 2x 2 − 1
1 1 − x 3 sin3 x 1 1 5. lim − x→0 x ln(1 + x) µ x ¶1 1 + 2x + . . . + n x x 6. lim x→0 n
4. lim
x→0
tan (x − 1) ¶ µ 1 2. lim x − x 2 ln 1 + x→+∞ x x − arctan x 3. lim x→0 sin3 x x→1
Solution : 1. ¡ ¢ ln 2x 2 − 1
tan (x − 1)
X=x−1
======
¡ ¢ ln 1 + 4X + 2X 2
tan X 4X + o (X) X→0
=
X + o (X) X→0
4 + o (1) X→0
=
1 + o (1) X→0
4
−−−→ X→0
2. ¶ µ 1 x − x ln 1 + x 2
X= x1
===== = = −−−→ X→0
618
1 1 ln (1 + X) − X X2 µ ¶ ¡ ¢ 1 X2 1 − 2 X − + o X2 X→0 X X 2 1 + o (X) 2 X→0 1 2
3. x − arctan x
=
x − arctan x x3 ¡ 3¢ 1 3 3x + o x
=
3
∼
sin3 x
x→0
x→0
x3
1
+ o (1) x→0
1
−−−→ x→0
3
4. 1 1 − x 3 sin3 x
= ∼
x→0
sin3 x − x 3
x 3 sin3 x sin3 x − x 3 x6 5
= =
et lim+ x→0
− x2 + o
x→0
x6 −
1 2x
¡
x6
¢
+ o (1) x→0
1 1 1 1 − = −∞ tandis que lim− 3 − = +∞ x→0 x x 3 sin3 x sin3 x
5. 1 1 − x ln(1 + x)
=
ln (1 + x) − x x ln(1 + x) ln (1 + x) − x x2 ¡ ¢ x2 − 2 + o x2
=
− + o (1)
= ∼
x→0
x→0
x2
1
x→0
2
−−−→ − 12 x→0
6. µ
1x + 2x + . . . + n x n
¶1 x
=
à (1 + x ln 1) + (1 + x ln 2) + . . . + (1 + x ln n) + o (x) ! x1
=
à n + (ln 1 + . . . + ln n) x + o (x) ! x1
=
x→0
n
x→0
n
¶1 µ ³ 1´ x n 1 + ln n! x + o (x) x→0 ¶ µ ³ 1´ ln 1 + ln n! n x + o (x) x→0
=
e
x
³ 1´ ln n! n x + o (x) x→0
=
eµ
=
e
−−−→
e
x→0
x
¶ ¶ µ 1 ln n! n + o (1) x→0
µ
1 ln n! n
¶
1
= n! n
619
Exercice 14.18 ♥♥ Déterminer la limite suivante :
¶ 2 µ 1 x ch x→+∞ x
lim
1 x
Solution : Par le changement de variables h = , on se ramène à la limite lorsque h → 0 de la fonction définie par 2
g (h) = (ch h)1/h = e 1/h
Mais ln(ch h) = ln(1 +
et donc
2
ln(chh)
h2 h2 + o(h 2 )) = + o(h 2 ) 2 2
p 1 1 ln(ch h) ∼ et par conséquent g (h) −−−→ e 1/2 . La limite cherchée vaut donc e . h→0 h2 2
Exercice 14.19 ♥♥ Déterminer la imite lorsque x −→ 0 de la fonction définie par : ln(ch x) + ln(cos x) u(x) = p p ch x + cos x − 2
Solution : Par opérations sur les DLs, on trouve : ln (ch x) = 1/2x 2 − 1/12x 4 + o
x→0
¡
¢ x5 ,
x→0
p ¡ ¢ ch x = 1 + 1/4x 2 − 1/96x 4 + o x 5 , x→0
donc
ln (cos x) = −1/2x 2 − 1/12x 4 + o
¡
x5
¢
¡ ¢ p cos x = 1 − 1/4x 2 − 1/96x 4 + o x 5 x→0
¢ x5 ¡ ¢ −−−→ 8 u (x) = −1/48x 4 + o x 5 x→0
−1/6x 4 + o
x→0
¡
x→0
Exercice 14.20 ♥♥ Déterminer la limite lorsque x → +∞ de la fonction définie par : u(x) =
µµ
ln(x + 1) ln x
¶x
¶ − 1 ln x
Solution : On écrit u (x) sous forme exponentielle :
u (x) = e
x ln
Ã
à ! ! ln (1 + x) ln (1 + 1/x) x ln 1+ ln x ln x − 1 ln x = e − 1 ln x
et en utilisant les DLs et les équivalents usuels :
¶ µ ´ ³ ln (1 + 1/x) ∼ 1/(x ln x) = ln 1 + 1/(x ln x) + 1/ ln x o (1/x) ln 1 + x→+∞ x→+∞ ln x ¶ ¶¶ µ µ µ ln (1 + 1/x) ln (1 + 1/x) ∼ 1/ ln x et exp x ln 1 + − 1 ∼ 1/ ln x . Donc u (x) ∼ ln x/ ln x = 1. donc x ln 1 + x→+∞ x→+∞ x→+∞ ln x ln x On en déduit que lim u = 1 . +∞
Exercice 14.21 ♥♥ Déterminer la limite lorsque x → +∞ de la fonction définie par : µ µ ¶ ¶1 1 x x u(x) = e − 1 + x
620
Solution : Par opérations sur les développements limités, on calcule : µ
1+
donc u (x) =
mais 1 x
ln
³
e 2x
+
1 x ³
¶x e
2x
Ã
x ln 1+
=e
+
o
³ 1 ´´1/x
x→+∞ x
³ 1 ´´
o
!
1 x =e−
x→+∞ x
+
2x
o
³1´
x→+∞ x
³ ³ ´´ e 1 1 o x ln 2x +x→+∞ x =e
X=e/(2x) 2X
========
e
e
µ ¶ ln X + o (X) −−−−→ 0 + X→0+
X→0
donc u (x) −−−−−→ 1 . x→+∞
Exercice 14.22 ♥♥ Trouver la limite lorsque x → 0+ de la fonction définie par : x
x x ln x f (x) = x x −1
Solution : On utilise les équivalents usuels : x
x
x x ln x x x ln x = x ln x f (x) = x x −1 e −1 0. Mais x x car x ln x −−−−→ + x→0
x
−1
= e (x
x
−1) ln x
x
∼
x→0+
x x x ln x = x x −1 x ln x
et x x − 1 = e x ln x − 1 ∼ + x ln x donc (x x − 1) ln x ∼ + x ln2 x −−−−→ 0 donc + x→0
x→0
0
par composition de limite f (x) −−−−→ e =1 . + x→0
Exercice 14.23 ♥♥ Déterminer la limite lorsque x → 1+ de la fonction définie par : f (x) =
xx − x p ln(1 + x 2 − 1)
Solution : On utilise les équivalents usuels : f (x) =
x x−1 − 1 xx − x (X + 1)X − 1 X=x−1 =x ¢ ====== (X + 1) ¡ p p p ln(1 + (x − 1) (x + 1)) ln 1 + X (X + 2) ln(1 + x 2 − 1) p X ln (1 + X) X ln (1 + X) e X ln(1+X) − 1 ¢ ∼ p 0 −−−−→ ∼+ ∼+ ¡ p p + X→0+ X→0 ln 1 + X (X + 2) X→0 X (X + 2) X→0 2
Exercice 14.24
♥♥♥ 1 1. Écrire le DL(0,n) de en écrivant le reste exact. 1+u 1 2. Que donne cette formule pour ? 1 + e −2t
3. Montrer que
Zπ 0
n X e −(2k+1)π + 1 sin t (−1)k d t = 2 lim n→∞ ch t (2k + 1)2 + 1 k=0
Solution : 1. Pour tout u ∈ R \ {±1},
donc
n X u n+1 1 uk + = 1 − u k=0 1−u n X 1 u n+1 = . (−1)k u k + (−1)n+1 1 + u k=0 1+u
621
x→0
2. On obtient alors pour tout t ∈ R : n X 1 e −2(n+1)t = . (−1)k e −2k t + (−1)n+1 −2t 1+e 1 + e −2t k=0
3. Pour tout t ∈ R : −(2n+3)t n X sin t 1 2sin t 2sin t sin t k −(2k+1)t n+1 2e e sin t + = = 2 . = t (−1) (−1) −2t ch t e + e −t e t 1 + e −2t 1 + e k=0
En effectuant deux intégrations par parties successives, on calcule que pour tout k ∈ 0, n : Zπ 0
e −(2k+1)t sin t d t =
e −(2k+1)π + 1 (2k + 1)2 + 1
donc en passant à l’intégrale dans la somme, on obtient : Zπ 0
Zπ −(2k+1)π −(2n+3)t n X +1 sin t sin t ke n+1 2e (−1) dt . dt = 2 + (−1) 2 +1 −2t ch t (2k + 1) 1 + e 0 k=0
Mais ¯ Zπ ¯Zπ Zπ −(2n+3)t ¯ ¡ −2(n+1)π ¢ sin t ¯¯ 1 −2(n+1)t sin t n+1 2e ¯ É d t d t É e e − 1 −−−−−→ 0 e −2(n+1)t dt = − (−1) ¯ ¯ −2t n→+∞ 1+e ch t 2(n + 1) 0
0
0
d’où le résultat.
14.4.3 Applications à l’étude de fonctions Exercice 14.25 ♥ Déterminer un équivalent des fonctions suivantes au voisinage du point indiqué : p ex − 1 + x en x = 0. 1. f (x) = ¡ 2 ¢ x + 1 (x + 3) µ ¶ ¶ µ sh x sin x sin x sh x 2. f (x) = en x = 0. − x x
p
5. f (x) = sh (sin x) − sin (sh x) en x = 0. 6. f (x) = arctan(2x) − 2arctan (x) en x = 0. 7. f (x) = arctansin x − sin arctan x en x = 0.
x 2 + cos x − ch x 3. f (x) = en x = 0. p x
Solution :
³
p
1. On a e x − 1 + x = (1 + x) − 1 +
2. On a :
µ
sh x x
¶sin x
= 1+
p
4. f (x) = x − sin x en x = 0+ .
1
1
8. f (x) = e x − e x+1 en x = +∞.
¡ ¢ x x´ + o (x) = + o (x) et x 2 + 1 (x + 3) ∼ 3. Donc x→0 x→0 x→0 2 2 p x ex − 1 + x ¡ ¢ . ∼ x 2 + 1 (x + 3) x→0 6
µ ¶ ¡ ¢ ¡ ¢ sin x sh x x3 x3 + o x 3 et + o x 3 donc : = 1− 6 x→0 x 6 x→0 µ ¶ ¶ µ ¡ ¢ sh x sin x sin x sh x 1 3 x + o x3 − = x→0 x x 3
1 3 x 3
∼
x→0
(14.8) (14.9)
3. x 2 + cos x − ch x p x
−
=
¡ ¢ 1 6 x + o x6 x→0 360 p x
(14.10)
11
∼
x→0
−
622
x 2 360
(14.11)
4. p
p
x − sin x
p
=
p
=
p
=
x− Ã
x 1− x
µ
5
x− s
x3 6
1−
+ o
x→0
x2 6
¡
+ o
x3
x→0
¶ ¡ ¢ 1 2 x + o x2 x→0 12
¡
¢
x2
(14.12) ¢
!
x2 12
∼
x→0
car
s
(14.13) (14.14)
(14.15)
sin x −−−→ 1. x x→0
5. On a : sh (sin x) = x −
¡ ¢ ¡ ¢ x5 x7 x5 x7 + + o x 7 et sin (sh x) = x − − + o x 7 donc : x→0 x→0 15 90 15 90
sh (sin x) − sin (sh x) ∼
x→0
6. On a : arctan x = x −
¡ ¢ x7 + o x7 45 x→0
= x7 45
(14.17)
¡ ¢ ¡ ¢ x3 8x 3 + o x 3 et donc : arctan 2x = 2x − + o x 3 ce qui amène : x→0 3 x→0 3 ¡ ¢ arctan(2x) − 2arctan (x) = −2x 3 + o x 3 x→0
−2x 3
∼
x→0
1 2
3 8
7. On a arctan(sin (x)) = x− x 3 + x 5 −
= ∼
x→0
−
− x7 30
¡ ¢ x7 + o x7 30 x→0
1 x 1
1
e x − e x+1
(14.18) (14.19)
¡ ¢ ¡ ¢ 1 83 7 3 5 x + o x 7 et sin (arctan (x)) = x− x 3 + x 5 − x 7 + o x 7 donc : x→0 x→0 240 2 8 16
arctansin x − sin arctan x
8. Posons X =
(14.16)
= = = = = ∼
X→0
∼
x→+∞
X
e X − e 1+X µ X
e −e
eX − e
X 1+X+ o (X) X→0
X+X 2 + o
¶
(X2 )
X→0
µ ¶ ¡ ¢ X2 X2 1+X+ − 1+X− + o X2 X→0 2 2 ¡ ¢ X2 + o X2 X→0
X2
1 x2
Exercice 14.26 ♥ Étudier la position du graphe de l’application f : x 7→ ln(1 + x + x 2 ) par rapport à sa tangente en 0 et 1.
623
Solution : On écrit le DL de f à l’ordre 2 en 0 et en 1 : ln(1 + x + x 2 ) = x + 1/2x 2 + o
x→0
¡
x2
¢
et
ln(1 + x + x 2 ) = ln(3) + (x − 1) − 1/6(x − 1)2 + o
x→1
Une équation de la tangente au graphe de f est : – en 0 : y = x – en 1 : y = x − 1 + ln 3 Donc : f (x) − x = 1/2x 2 + o
x→0
¡
x2
¢
x→0
¡
(x − 1)2
¡ ¢ (x − 1)2
∼ 1/2x 2
et le graphe de f est au dessus de sa tangente au voisinage de 0. De même : f (x) − ((x − 1) + ln 3) = −1/6(x − 1)2 + o
x→1
donc le graphe de f est en dessous de sa tangente au voisinage de 1.
Exercice 14.27
♥
On considère la fonction f : x 7→
ex
¢
∼ −1/6(x − 1)2
x→1
x . −1
1. Montrer que la fonction f peut être prolongée en une fonction de classe C 1 sur R. 2. Déterminer une équation de la tangente au graphe de f en 0 puis étudier la position de la courbe de f par rapport cette tangente.
Solution : 1. f est de classe C 1 sur R∗ par opération sur les fonctions de classe C 1 sur R∗ . Montrons que f est prolongeable en 0 en une fonction de classe C 1 en 0. Pour ce faire, calculons le développement limité de f en 0. Dans l’objectif d’étudier la position du graphe de f relativement à sa tangente en 0, poussons ce développement limité à l’ordre 2: ex
x −1
= =
=
x ¡ ¢ 1 2 1 3 x + x + x + o x3 x→0 2 6 1 ¡ ¢ 1 1 1 + x + x2 + o x2 x→0 2 6 ¡ ¢ 1 2 1 1 − x + x + o x2 x→0 2 12 1 2
On peut donc prolonger f par continuité et dérivabilité en 0 en posant f (0) = 1 et f ′ (0) = . Il peut être utile de le vérifier : f (x) − f (0) x −0
= = −−−→ x→0
donc f est dérivable en 0 et f ′ (0) =
1 . 2
624
¡ ¢ 1 1 − x + x2 + o x2 x→0 2 12 x 1 1 − + x + o (x) x→0 2 12
−
1 2
Reste à montrer que f ′ est continue en 0. On a, pour tout x ∈ R∗ , f ′ (x)
=
−
(x − 1) e x + 1
(e x − 1)2 (x − 1) e x + 1 − x2 ¡ ¢ 1 2 x + o x2 x→0 2 − x2 1 − + o (1) 2 x→0
∼
x→0
= = −−−→
−
x→0
1 2
En résumé, f est C 1 sur R. x 2
2. Une équation de la tangente en 0 au graphe de f est y = − + 1 . De plus : ´ ³ x f (x) − − + 1 2
¡ ¢ 1 2 x + o x2 x→0 12 µ ¶ x2 1 + o (1) x→0 12
= =
x2 12
∼
x→0
³ x
´
La quantité f (x) − − + 1 est donc positive dans un voisinage de 0. On en déduit que le graphe de f est situé au 2 dessus de sa tangente en 0 dans un voisinage de 0. Exercice 14.28 1 On considère la fonction f donnée pour tout x ∈] − π2 , π2 [− {0} par f (x) = (cos x) x 1. Montrer que f est prolongeable par continuité en 0. 2. Étudier la dérivabilité du prolongement de f . Solution : On a : 1
(cos x) x
=
e
ln(cos x) x µ 2 ln 1− x2 + o
=
e
=
e
=
e
=
x
1 x2+ o −2
¶
(x 2 )
x→0
(x 2 )
x→0
x
−1 2 x+ o (x) x→0
1 1 − x + o (x) x→0 2
1. On déduit de ce calcul que lim f (x) = 1. On peut alors prolonger f par continuité en 0 en posant f (0) = 1 . x→0
2. L’existence d’un DL à l’ordre 1 équivaut à l’existence de la dérivée (du moins pour la fonction prolongée). Donc 1 f est dérivable en 0 et f ′ (0) = − . 2
Exercice 14.29 1 arctan x − 2. Soit la fonction f : x 7→ 3 (sin x)
x
1. Donner le domaine de définition de f . 2. Montrer qu’elle se prolonge par continuité en 0 en une fonction dérivable. 3. Déterminer la tangente en 0 au graphe de cette fonction et la position de ce graphe par rapport à celle-ci. 625
Solution : 1. f est définie sur R \ πZ. 2. Calculons le développement limité de f à l’ordre 2 : 1 arctan x − 2 (sin x)3 x
=
=
=
= = =
x 2 arctan x − sin3 x
x 2 sin3 x ¶ µ ¶ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 13 7 1 x5 + x + o x7 x2 x − x3 + x5 + o x5 − x3 − x→0 x→0 3 5 2 120 µ ¶ 5 ¡ ¢ x x2 x3 − + o x5 2 x→0 ¡ ¢ 1 5 11 7 x + x + o x7 x→0 6 120 ¡ ¢ 1 x5 − x7 + o x7 x→0 2 ¡ ¢ 11 2 1 + x + o x2 x→0 6 120 ¡ ¢ 1 1 − x2 + o x2 x→0 2 µ ¶µ ¶ ¡ 2¢ ¡ 2¢ 1 11 2 1 2 + x + o x 1+ x + o x x→0 x→0 6 120 2 µ
¡ ¢ 7 1 + x2 + o x2 x→0 6 40
L’existence du DL en 0 à l’ordre 1 assure que l’ on peut prolonger f par continuité en 0 en posant f (0) =
dérivabilité en posant f ′ (0) = 0.
3. Une équation de la tangente en 0 est y =
1 et par 6
1 . De plus : 6
f (x) −
1 6
¡ ¢ 7 2 x + o x2 x→0 40 µ ¶ 7 2 x 1 + o (1) x→0 40
= = ∼
x→0
7 2 x 40
1
donc la quantité f (x) − est positive dans un voisinage de 0 et on en déduit que le graphe de f est au dessus de 6 sa tangente en 0 dans un voisinage de 0. Exercice 14.30 ♥♥ Faire l’étude locale en 0 de la fonction définie par : f (x) =
µ
2 sin2 x
+
1 ln(cos x)
¶
Solution : En effectuant un DL(0, n) de sin, on trouvera : 2 2
sin x
et de même avec un DL(0, n) de cos x , on trouvera :
et finalement, on aura à la fin :
=
1 x 2 (· · · + o(x n−2 ))
1 1 = ln(cos x) x 2 (· · · + o(x n−2 )) f (x) = · · · + o(x n−4 )
Pour faire l’étude locale complète en 0, il nous faut un terme significatif qui tend vers 0, et donc n − 4 Ê 1, donc n Ê 5. Faisons donc nos développements limités à l’ordre 5. On trouve après calculs que 1
f (x) = 1 + x 2 + o(x 2 ) 6
626
Donc f se prolonge en une fonction fe dérivable en 0, avec fe(0) = 1, fe′ (0) = 0 et localement la courbe représentative de fe est située au dessus de sa tangente en 0 d’équation y = 1. Exercice 14.31 ♥♥ Étudier le prolongement en 0 de la fonction
f (x) =
1 − cos x tan2 x
Solution : Effectuons un DL(0, 2) de f (x) : f (x) =
1 3 2 − x + o(x 2 ) 2 8
1 Donc f (x) se prolonge par continuité en 0 en une fonction fe dérivable en 0, avec fe(0) = , fe′ (0) = 0. Localement, la 2 courbe est située en dessous de sa tangente en 0.
14.4.4 Branches infinies Exercice 14.32 Construire la courbe
♥ y=
Solution : Introduisons la fonction f : x 7→ ∗
µ
x
e +1 2
¶1 x
µ
ex + 1 2
=e
1 x ln
¶1 x
à x
!
e +1 2 . Le domaine de définition de f est R∗ . f est
dérivable sur R par opérations sur les fonctions dérivables et pour tout x ∈ R∗ : f ′ (x) =
µ ¶ ex + 1 xe x f (x) − ln( ) + x2 2 ex + 1
xe x xe x ex + 1 , de quoi on tire facilement les − ln( ). On a : g ′ (x) = x x e +1 2 (e + 1)2 variations de g puis celles de f : f est croissante sur R. En utilisant les règles de calcul avec les DLs, on montre que : e 1/2 f (x) = e 1/2 + x + o (x). Donc on peut prolonger f par continuité en 0 en posant f (0) = e 1/2 et le prolongement est x→0 8 dérivable en 0. En +∞, on remarque que µ x ¶ ¡ ¢ ¢ 1 e +1 1¡ ln f (x) = ln x + ln 1 + e −x − ln 2 −−−−−→ 1 = x→+∞ x 2 x
Étudions la fonction g donnée par g (x) =
donc lim+∞ f = e .
Exercice 14.33 ♥ Étudier les branches infinies de la courbe y = x arctan
³ x ´ x −1
³ x ´ . Elle est définie sur R \ {1}. x −1 + On a une branche infinie d’asymptote x = 1 quand x → 1 ou quand x → 1− . On vérifie facilement que lim+i n f t y f = +∞. Étudions la branche infinie quand x → +∞. À cette fin, formons un développement asymptotique de f (1/x) au 1 1 π 1 X π 1 + + + o (X) ou encore f (x) = x + + + voisinage x = 0. On obtient, avec X = 1/x : f (X) = X1 arctan 1−X = 4X 2 4 X→0 4 2 4x ¡ −1 ¢ π 1 o x . On en déduit que la droite d’équation y = x + est asymptote à la courbe en +∞. On fait de même en x→+∞ 4 2 −∞.
Solution : Introduisons la fonction f : x 7→ x arctan
Exercice 14.34 ♥ Étudier les branches infinies de la fonction définie par ³ 1 ´ f (x) = x 2 arctan 1+x
627
Solution : Remarquons que f (x) −−−−−→ ∓ π2 . On vérifie facilement que lim+∞ f = +∞. Au voisinage de +∞, on a : ± x→−1
¶ µ ¶ µ ¶ ¡ 3¢ ¡ 3¢ 1 X 1 1 2 3 2 3 = 2 X − X + 2/3X + o X = 2 arctan X − X + X o X f (x) ====== 2 arctan X 1+X X X X→0+ X→0+ 1 2 = − 1 + 2/3X + o (X) = x − 1 + + o (1/x) X 3x x→+∞ X→0+ X=1/x
µ
donc la droite d’équation y = x − 1 est asymptote à la courbe en +∞. On procède de même en −∞. Exercice 14.35 ♥ Étudier les branches infinies de la fonction définie par 1
f (x) = (x − 1)e x−3
Solution : Comme lim3+ f = +∞, f admet une branche infinie d’asymptote x = 3. En ±∞, on a : f (x) −−−−−→ +∞. x→+∞ Calculons un développement asymptotique de f (1/x) au voisinage de 0 de f (1/x) : µ ¶ ¡ 2¢ x 1−x 1 − x x+3x 2 + o (x 2 ) 1 − x 2 x→0 1−3x f (1/x) = = = e e 1 + x + 7/2x + o x = 1/x + 5/2x + o (x) x→0 x→0 x x x
et f (x) = x +5/(2x)+ o (1/x) donc la droite d’équation y = x est asymptote au graphe de f en +∞. On fait de même x→+∞ en −∞. Exercice 14.36 ♥♥ Construire les courbes représentatives des deux fonctions définies par : f (x) =
ln(1 + x) ln x
et
g (x) =
µ
ex + 1 2
¶1 x
On précisera les asymptotes éventuelles, la position de la courbe par rapport aux asymptotes, et on étudiera éventuellement les prolongements par continuité. Solution : – Le domaine de définition de f est D f =]0, 1[∪]1, +∞[. Cette fonction est dérivable sur son domaine de définition par opérations sur les fonctions dérivables et pour tout x ∈ D f , f ′ (x) =
x ln x − (x + 1) ln(x + 1)
É 0 (car x ln x É x(x + 1) ln2 x x 0. Puisque et donc f (x) −−−−→ (x + 1) ln(x + 1)). Donc la fonction f est décroissante. On remarque que f (x) ∼ + x→0 ln x x→0+ ln x(1 + x1 ) f (x) 1 ∼ −−−−→ −∞, la courbe présente une tangente verticale en 0. Lorsque x → +∞, f (x) = = x x→0+ ln x x→0+ ln x ln(1 + x1 ) 1 −−−−−→ 0. La droite y = 1 est une asymptote, et la position par rapport à 1+ et donc f (x) − 1 ∼ x→+∞ x ln x x→+∞ ln x l’asymptote se lit sur le tableau de variations. · µ x ¶¸ 1 e +1 . g est dérivable sur son domaine de – Le domaine de définition de g est Dg = R \ {0}. g (x) = exp ln x 2 définition par opération sur les fonctions dérivables et pour tout x ∈ Dg , µ
ex + 1 2 g ′ (x) = x2
Étudions le signe de ϕ(x) = 2x
ϕ(0) = 0, il vient que g ′ (x) Ê 0. Lorsque x → 0, posons
¶1 x
· ¸ ex ex + 1 2x x − ln( ) e +1 2
ex + 1 ex 2xe x − ln( ). On remarque que ϕ′ (x) = x est du signe de x . Comme +1 2 (e + 1)2
ex
a(x) =
1 ex + 1 1 ex − 1 1 1 1 3 ln( ) = ln(1 + )= + x− x + o(x 3 ) x 2 x 2 2 8 192
On a alors g (x) =
p
e+
p e e 2 x+ x + o(x 2 ) 8 128
p
628
p
Donc g p se prolonge par continuité en 0 en posant g (0) = e . La fonction ainsi prolongée est dérivable en 0, de dérivée
e et localement, la courbe se situe au dessus de sa tangente. 8 1 Lorsque x → +∞, posons h = , x 1 g ′ (0) =
ge(h) = exp h ln
1
e h +1
= exp 1 + h ln
2
−1 1+e h
2
1
Lorsque h → 0− , e h → 0, et donc ge(h) → 1. Lorsque h → 0+ , on utilise la deuxième expression : e − h → 0 et donc ge(h) → e . On trouve donc que lorsque x → −∞, g (x) → 1 et lorsque x → +∞, g (x) → e . La position par rapport aux asymptotes se lit sur le tableau de variations. Exercice 14.37 ♥♥♥ Étudier le prolongement en 0 et les branches infinies de la fonction définie par f (x) =
x3 (x 2 + 1) arctan x
Solution : On a au voisinage de 0 : ¡ ¢ x3 x2 x3 ¡ ¢ ¡ ¢ = x2 + o x3 = = 2 3 2 4 3 x→0 (x + 1) arctan x x + 2/3x + o x 1 + 2/3x + o x
f (x) =
x→0
x→0
donc f est prolongeable par continuité en 0 en posant f (0). Son prolongement est dérivable en 0. La tangente au graphe de f en 0 est l’axe des abscisses et le graphe est au dessus de la tangente. Pour étudier le comportement de f au voisinage de +∞, calculons un développement asymptotique au voisinage de 0 de f (1/x). On sait que pour tout ¡x >¢ 0, arctan x + arctan1/x = π/2 (voir la proposition 4.32 page 166) donc arctan 1/x = π/2 − x + 1/3x 3 − 1/5x 5 + o x 6 et on a : x→0
f (1/x) =
x π
¡
x 1 + x2 −2
¢
µ
et f (x) = 2 + 4π + 2 à la courbe en +∞.
1
π/2 − x + 1/3x 3 − 1/5x 5 + o
x→0
2
−1+4 π−2 πx
+2
−2/3 π−1 −2 π −4 π3 π x2
+
¡
x6
¢
o
¶=
x→+∞
¡
1 1 2 ¡ ¢ 2 3 πx 1 + x 1 − 2/πx + 2/(3π)x − (2/5π)x 5 + o x 6 x→0
¢ x 2 donc la droite d’équation y = 2 πx + 4π−2 est asymptote
14.4.5 Développements asymptotiques Exercice 14.38 ♥ Considérons la fonction définie par l’intégrale f (x) =
Zx 2 x
∞
dt p 1+ t4
1. Montrer que f est définie et de classe C sur R . 2. Déterminer le DL(0, 10) de la fonction f . 3. Déterminer un développement asymptotique de la fonction f au voisinage de +∞ à la précision 1/x 10 . Solution :
p
1. La fonction g : t 7→ 1/ 1 + t 4 est définie et continue sur R. D’après le théorème fondamental, elle admet une primitive G sur R. De plus G est de classe C ∞ sur R et pour tout x ∈ R : ¡ ¢ f (x) = G x 2 − G (x) .
On en déduit que f est définie et de classe C ∞ sur R et que pour tout x ∈ R , f ′ (x) = p
2x 1 + x8
629
−p
1 1 + x2
.
2. Il vient alors que fonction f ′ est de classe C 9 sur R et en primitivant le DL(0, 9) de f ′ , on obtient le DL(0, 10) de f : f (x) = −x + x 2 +
x 5 x 9 x 10 + − + o(x 10 ). 10 24 10
1 x
3. Posons ensuite X = . On a f (X) =
Z1/x 2 1/x
1 dt = p 1+ t4
Zx 2 x
−1 u 2 du = − f (x) p u2 1 + u4
1 t
en effectuant le changement de variables u = . On trouve qu’au voisinage de +∞, f (x) =
1 1 1 1 1 − + + o(x −10 ) − 2− 5 9 x x 10x 24x 10x 10
Exercice 14.39 ♥ On considère la fonction définie par f (x) =
(x 2 + 1)e 1/x p x2 + 2
Étudier la branche infinie lorsque x → +∞. Solution : On pose X = 1/x et on utilise les DLs usuels en 0 : f (1/X)
= = = =
et f (x) = x + 1 +
1 (X 2 + 1)e X p X 1 + 2X 2 ¶ ¶µ µ ¡ 2¢ ¡ 2¢ X2 X2 + 1 2 1−X + o X + o X 1+X+ X 2 X→0+ X→0+ ¶ µ 2 ¡ ¢ X +1 1 + X − 1/2X 2 + o X 2 X X→0+ 1 X + 1 + + o (X) X 2 X→0+
1 + o (1/x) 2x x→+∞
Exercice 14.40 ♥♥ On considère la fonction définie par
¡ p ¢ f (x) = arctan(x 2 ) ln 2 x + 1
p
Trouver un développement asymptotique de f au voisinage de +∞ à la précision 1/ x . En déduire une courbe asymptote simple et la position de la courbe par rapport à son asymptote. Solution : Posons X = 1/x et utilisons les développements limités usuels en 0+ ainsi que la formule 4.32 page 166 : f (X)
= = = =
´ ¡ ¢ ³ p arctan 1/X 2 ln 2/ X + 1 ³ p ´ p ´ ¡ ¢³ π/2 − arctan X 2 ln 2 + ln 1 + X/2 − ln X ¶µ µ ¡ ¢ 1 1 1 π/2 − X 2 + o X 2 ln 2 − ln X + X 1/2 − X + 1/24X 3/2 − X→0+
2
³p ´ π π ln 2 π p X+ o X − ln X + + 4 2 4 X→0+
donc f (x) =
La courbe d’équation y =
2
8
¡ p ¢ π ln 2 π 1 π ln x + + p + o 1/ x x→+∞ 4 2 4 x
1 64
X2 + o
x→0+
¡
X2
¶ ¢
π ln 2 π ln x + est donc asymptote et la courbe C f est située localement au dessus. 4 2
630
14.4.6 Applications à l’étude de suites Exercice 14.41 Déterminer un équivalent des suites dont le terme général est donné par :
1
p
p
p
1
ln (n + 1) − ln n p n +1− n
2. un = 2 n − n + 1 − n − 1
1. un = (n + 1) n+1 − n n
3. un = p
Solution : ¡
¢ ¡
¢
1. On utilise le DL(0,1) de exp et le fait que ln n/n −−−−−→ 0. Il existe des suites γn , γ˜ n toutes deux convergentes n→+∞ vers 0 tels que : 1
1
(n + 1) n+1 − n n = e
ln(n+1) n+1
−e
ln n n
ln (n + 1) ln n ln n ln (n + 1) + γn −1− + γ˜ n n +1 n +1 n n ln (n + 1) ln n ln n ln (1 + 1/n) ln n − + + γn + γ˜ n = n +1 n n +1 n +1 n ln (n + 1) ln n ln (1 + 1/n) ln n + + γn + γ˜ n =− n(n + 1) n +1 n +1 n = 1+
Il n’est pas difficile de voir que ln n . n(n + 1)
ln (1 + 1/n) ln (1 + 1/n) 1 est négligeable par rapport au terme ∼ 2 et donc n +1 n n +1
Mais qu’en est-il des autres termes ? Pour le savoir, il faut aller plus loin dans le développement limité. Mais auparavant, pour éviter les redites, notons que ln(n + 1) − ln n ∼ 1
1
(n + 1) n+1 − n n = e
ln(n+1) n+1
−e
1 . n
ln n n
ln2 (n + 1) ln2 n ln n ln2 n ln (n + 1) ln2 (n + 1) ˜ + ε − 1 − + ε + − n n n +1 2(n + 1)2 2(n + 1)2 n n2 n2 2 2 2 2 ln2 (n + 1) ln2 n ln n ln n ln n ln (1 + 1/n) ln (n + 1) − ln n ln n + − + εn + ε˜ n 2 − + + = 2 2 2 2 n +1 n n +1 2(n + 1) 2(n + 1) 2n 2(n + 1) n = 1+
Maintenant
ln n ln n ln n − ∼− 2 . n +1 n n µ ¶ ln (1 + 1/n) 1 ln n • . ∼ 2 =o n +1 n n2 ¶ µ 2 2 ln (n + 1) − ln n ln (n + 1) + ln n ln n • . ∼ = o 2(n + 1)2 2n(n + 1)2 n2 ¶ ¶ µ µ ln2 n ln2 (n + 1) ln n ln n ˜ ε • Bien entendu εn et . = o = o n 2(n + 1)2 n2 n2 n2 ln n Finalement, on a bien un ∼ − 2 . n p p ¡ ¢ ¡ ¢ 1 1 1 2 1 2. Comme 1 + x = 1 + x − x + o x 2 et que 1 − x = 1 − x − x 2 + o x 2 , on a : x→0 x→0 2 8 2 8 Ã r ! r p p p p 1 1 2 n − n +1− n −1 = n 2− 1+ − 1− n n µ ³ 1 ´¶ p 1 1 n + o = 4 n 2 n→+∞ n 2 •
∼
n→+∞
631
1 1 4 n 32
p
1 2
3. Comme ln (1 + x) = x + o (x) et que 1 + x = 1 + x + o (x) : x→0
x→0
ln (n + 1) − ln n p p n +1− n
¢ ¡ ln 1 + n1 ´ p ³q n 1 + n1 − 1 ¡1¢ 1 o n 1 n + n→+∞ ¡1¢ p 1 n 2n + o n
=
=
n→+∞
2 p n
∼
n→+∞
Exercice 14.42 Déterminer les limites suivantes : 1. lim n sin n→+∞
³1´
³
2. lim n sin
n
n→+∞
³ 1 ´´n 2
n→+∞
n
Solution : 1. n sin
³1´ n
µ
³ 1 ´¶ 1 + o n n→+∞ n 1 + o (1)
n
= =
n→+∞
−−−−−→ n→+∞
1
2. ³ ³ 1 ´´n 2 n sin n
=
e
=
e
´ ³ 1 n 2 ln n sin n
´´´ ³ ³ ³ 1− 1 + o 1 n 2 ln n n 6n 3 n→+∞ n 3 ³ ³ ´´ 1 n 2 ln 1− 1 2 + o 6n n→+∞ n 2 e ³ ´´ ³ 1 −n 2 1 2 + o 2 n→+∞ 6n n e − 1 + o (1) e 6 n→+∞
= = =
1
−−−−−→ e − 6 n→+∞
3. n
2
³
1 (n + 1) n
1´ −n n
µ ¶ ln(n+1) ln n n n n e −e ´ ³ 2
=
ln n n2e n
=
ln n n2e n
=
n2e
=
−−−−−→ n→+∞
Exercice 14.43 ♥♥ On considère la suite de terme général : In =
Z1
n
0
ln n n
ln n e n
=
1
e
1 ln 1+ n n
− 1
³ ´ ¶ µ 1 1 −1 o 2 +n→+∞ 2 n en
³
1
n2
³ 1+
ex dx 1 + x2
632
³
1
1
3. lim n 2 (n + 1) n − n n
+ o
o
³
1
n→+∞ n 2
n→+∞
(1)
´
´´
´
Déterminer le DL(0, 3) de In . Solution : Remarquons que comme f : x 7→ e x /(1+x 2 ) est continue sur R, elle admet, d’après le théorème¡fondamental, ¢ une unique primitive F sur R qui s’annule en 0. On calcule facilement que e x /(1 + x 2 ) = 1 + x − 12 x 2 + o x 2 donc par ¡
x→0
¢
primitivation : F (x) = x + 12 x 2 − 61 x 3 + o x 3 . Il vient alors pour tout n ∈ N∗ : x→0
In = F
µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 . + 3+ o = + n→+∞ n n 2n 6n n3
Exercice 14.44 ♥♥ Montrer que les suites suivantes (un ) et (v n ), données par leur terme général, sont adjacentes : ´ ³ 1 1 un = n − cos 1 + cos + . . . + cos 2
n
v n = un + sin
et
1 n
Solution : La suite (un ) est clairement croissante et un − v n −−−−−→ 0. Reste à montrer que (v n ) est décroissante. Soit n→+∞ n ∈ N. On calcule en utilisant les développements limités usuels : v n+1 − v n
1
1
=
un+1 − un + sin
=
n + 1 − n − cos + sin − sin n+1 n ¶n+1 µ µ ¶ 1 1 1 1 + − + o 1− 1− n→+∞ (n+1)2 2(n+1)2 n+1 n µ ¶ 2 1 n+2n(n+1)−2(n+1) + o n→+∞ (n+1)2 2n(n+1)2 µ ¶ n+2 1 − + o 2 2
= = = ∼
n→+∞
−
n+1 1
− sin
n 1
1
n→+∞ (n+1)
2n(n+1) n+2
2n(n+1)2
La suite (v n+1 − v n ) est équivalente à une suite négative donc à partir d’un certain rang on a v n+1 − v n É 0. On montre ainsi que (v n ) est décroissante à partir d’un certain rang. Les deux suites sont bien adjacentes et elles convergent vers une même limite. Exercice 14.45 ♥♥♥ Etudier la suite de terme général un = p
n X
k=1
"s
# k 1+ −1 n(n + 1)
Solution : Utilisons le DL(0, 1) de 1 + u = 1 + u/2 + o (u). Soit n ∈ N . Pour tout k ∈ 1, n, il vient alors u→0
s
µ ¶ k k k k −1 = + γ 1+ n(n + 1) 2n(n + 1) n(n + 1) n(n + 1)
Donc un =
et
et
lim γ = 0. 0
¶ µ ¶ n µk n X k k 1 X k 1 γ + kγ( ) = + n (n + 1) k=1 2 n(n + 1) 4 k=1 n (n + 1) n(n + 1)
¯ ¯ ¯ ¯ n ¯ ¯ X ¯ ¯ k k ¯u n − 1 ¯ É ¯γ( )¯ . ¯ 4 ¯ k=1 n (n + 1) ¯ n(n + 1) ¯ ¯ ¯ Soit ε > 0. Comme lim0 γ = 0, il existe η > 0 tel que si |x| É ε alors ¯γ (x)¯ É ε. Par ailleurs, comme k ∈ 1, n :
k 1 É −−−−−→ 0. n(n + 1) n + 1 n→+∞
Donc à partir d’un certain rang N, si n Ê N alors 1/(n + 1) É η et pour tout k ∈ 1, n, ¯ µ ¯ k ∈ 1, n que ¯¯γ
¶¯ ¯ k ¯ É ε et on peut écrire : n(n + 1) ¯
¯ ¯ n X ¯ ¯ ε k ¯un − 1 ¯ É ε = . ¯ ¯ 4 2 k=1 n (n + 1)
633
k n(n+1)
É η. Il vient alors pour tout
On a ainsi montré que un −−−−−→ 1/4 . n→+∞
14.4.7 Applications à l’étude locale des courbes paramétrées Exercice 14.46
♥
Pour chacune des courbes suivantes, déterminer les points stationnaires ainsi que l’allure de la courbe au voisinage de ces points stationnaires.
(
x (t ) = t − tanh t
(
x (t ) = 1 + t 3 + t 5
(
x (t ) = e t −1 − t
y (t ) =
x (t ) = −2t + t 2 1 y (t ) = t 2 + t2 ( 3 x (t ) = t + t 4
1 ch t
y (t ) = t 5 + t 7 2 x (t ) = t + t 2 y (t ) = t + 1 t
y (t ) = 1 + t 4
y (t ) = t 3 − 3t
Solution : 1. On a : x ′ (t ) = th2 t et y ′ (t ) = − plus :
sh t ch2 t
. Le seul point stationnaire de la courbe est celui de paramètre t = 0. De
x (t )
=
y (t )
=
¡ ¢ 1 3 t o t3 3 t →0 ¡ ¢ 1 1− t2 + o t2 t →0 2
donc le point stationnaire est un point de rebroussement de première espèce. 1,0
0,8
0,6
0,4
−1,0
−0,5
0,0
0,5
1,0
2. On montre facilement que le seul point stationnaire de la courbe est celui de paramètre t = 0. De plus, comme : x (t ) y (t )
=
=
ce point stationnaire est donc un point banal. 634
1+ t3 + t5 1+ t4
1,5 1,4 1,3 1,2 1,1 1,0 0,5
0,75
1,0
1,25
1,5
3. On a : x ′ (t ) = e t −1 − 1 et y ′ (t ) = 3t 2 − 3. Le seul point stationnaire de la courbe est celui de paramètre t = 1. De plus : x (t )
=
y (t )
=
¡ ¢ 1 1 1 (t − 1)2 + (t − 1)3 + (t − 1)4 + o (t − 1)4 t →1 2 6 24 −2 + 3(t − 1)2 + (t − 1)3
donc le point stationnaire est un point de rebroussement de seconde espèce.
2
1 0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
0
−1
−2
2
4. On a : x ′ (t ) = −2 + 2t et y ′ (t ) = 2t − 3 . Le seul point stationnaire de la courbe est celui de paramètre t = 1. De t plus : x (t )
=
y (t )
=
−1 + (t − 1)2
2 + 2(t − 1)2 − 2(t − 1)3 + o
t →1
¡
(t − 1)3
donc le point stationnaire est un point de rebroussement de première espèce. 25 20 15 10 5 0 −1
0
1
−5
635
2
3
¢
5. On montre facilement que le seul point stationnaire de la courbe est celui de paramètre t = 0. De plus, comme : x (t ) y (t )
t3 + t4
=
t5 + t7
=
ce point stationnaire est un point d’inflexion. 0,3 0,2 0,1 0,0 0,0
0,2
0,4
−0,1 −0,2
1
6. On a : x ′ (t ) = 1 + t et y ′ (t ) = 1 − 2 . Le seul point stationnaire de la courbe est celui de paramètre t = −1. De t plus : x (t )
=
y (t )
=
1 1 − + (t + 1)2 2 2 ¡ ¢ −2 − (t + 1)2 − (t + 1)3 + o (t + 1)3 t →−1
donc le point stationnaire est un point de rebroussement de première espèce. −0,4
−0,2
0,0 −2
−4
−6
−8
−10
Exercice 14.47 ♥ Étudier les courbes suivantes au voisinage du point de paramètre t0 : (
x (t ) = (t + 1) ln t − 2t + 2 y (t ) = (t − 1) ln t
1 x (t ) = cos(t ) + cos 2t 2 1 y (t ) = sin(t ) − sin 2t 2
et t0 = 1.
Solution :
et t0 = 0
1. On vérifie que le point de paramètre t0 = 1 est bien un point stationnaire de la courbe. De plus : x (t )
=
y (t )
=
¡ ¢ 1 (t − 1)3 + o (t − 1)3 t →1 6 ¡ ¢ 1 (t − 1)2 − (t − 1)3 + o (t − 1)3 t →1 2
donc le point stationnaire est un point de rebroussement de première espèce. 636
1,25 1,0 0,75 0,5 0,25 0,0 −0,2
0,0
0,2
0,4
2. On vérifie que le point de paramètre t0 = 0 est bien un point stationnaire de la courbe. De plus : x (t )
=
y (t )
=
¡ ¢ 3 3 2 − t + o t3 t →0 2 2 ¡ 3¢ 1 3 t + o t t →0 2
donc le point stationnaire est un point de rebroussement de première espèce.
1,0
0,5
0,0 −0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
−0,5
−1,0
14.4.8 Application aux équations différentielles linéaires du premier ordre avec problèmes de raccord des solutions Exercice 14.48 ♥♥ On considère l’équation différentielle (L) : x(x 2 − 1)y ′ + 2y = x 2 . a) Résoudre (L) dans chacun des sous-intervalles I1 =] − ∞, −1[, I2 =] − 1, 0[, I3 =]0, 1[ et I4 =]1, +∞[. b) Existe-t-il des solutions de (L) définies sur R. Solution :
x2 ¢= ¡ ¢ . (N) est définie sur I = I1 ∪I2 ∪I3 ∪I4 . Notons (H) l’équation homogène associée x x2 − 1 x x2 − 1 I −→ R 2 à (N) et introduisons la fonction a : x 7−→ . Pour tout k = 1, 2, 3, 4, une primitive de 1 1 ¡ ¢ = 1+x − x2 + x−1 x x2 − 1 a sur Ik est donnée par : |1 + x| |x − 1| x 7→ ln . x2 Par conséquent, pour tout k = 1, 2, 3, 4, les solutions de (H) sur Ik sont, par application du théorème de résolution des
a) Soit (N) : y ′ + ¡
2y
équations linéaires du premier degré, de la forme : ϕ αk :
Ik x
−→
R
7−→
αk
x2 (x + 1) (x − 1)
637
; αk ∈ R
Soit k ∈ 1, 4. Déterminons une solution particulière de (N) sur Ik en utilisant la méthode de variation de la constante. On la cherche sous la forme x 7→ α (x)
x2 x2 = où α est une fonction C 1 sur Ik . On a : α′ (x) (x + 1) (x − 1) (x + 1) (x − 1)
x2 c’est-à-dire α′ (x) = x1 et donc on peut prendre α (x) = ln |x|. En résumé, pour tout k ∈ 1, 4, les x (x + 1) (x − 1) solutions de (N) et donc de (E) sont, sur Ik , de la forme : x 7→ (ln |x| + αk )
x2 où αk ∈ R x2 − 1
b) Cherchons s’il existe des solutions de (E) définies sur R. Si une telle solution ϕ existe alors : 1. ϕ doit être continue et dérivable sur R. 2. ∀k ∈ 1, 4 ,
∃βk ∈ R :
Mais
¡ ¢ ϕ|Ik = ln |x| + βk
x2 . x2 − 1
¡ ¢ lim− ϕ (x) = lim− ln x + β3 x→1
x→1
µ ¶ 2 ln x β3 x x2 = lim + x 2 − 1 x→1− x − 1 x − 1 x + 1
qui n’est définie (et vaut 12 ) que si β3 = 0. On montre de même que lim+ ϕ (x) n’est définie que si β4 = 0, lim + ϕ (x) x→1
x→−1
ln |x| −−−→ 0. La fonction ϕ définie par : n’est définie que si β2 = 0 et lim − ϕ (x) n’est définie que si β1 = 0. De plus 2 x→−1 x − 1 x→0 2 x ln |x| si x ∈ R \ {−1, 0, 1} 2 x −1 ϕ (x) = 1 si x = ±1 2 0 si x = 0
est donc continue sur R. Montrons qu’elle est dérivable sur R. Soit x ∈ I : En 0 En 1
ϕ (x) − ϕ (0) x 2 ln |x| ¢ −−−→ 0 donc f est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0. = ¡ 2 x −0 x x − 1 x→0
ϕ (x) − ϕ (1) = lim x→1 x→1 x −1 ¡ ¢ 2 et, comme ln (1 + X) = X − X2 + o X2 , lim
x 2 ln x ¡ ¢ − 12 x2 − 1 x −1
X=x−1
2(X + 1)2 ln (X + 1) − (X + 2) X X→0 2X 2 (X + 2)
====== lim
X→0
2(X + 1)2 ln (X + 1) − (X + 2) X = 2X 2 (X + 2)
f est dérivable en 1 et f ′ (1) = 12 .
1 X+2
+ o (1) −−−→ X→0
1
X→0 2
En −1 On montre de même que f est dérivable en −1 et que f ′ (−1) = 0. On vérifie réciproquement que la fonction f ainsi construite est solution de (E) sur R.
638
Chapitre
15
Propriétés métriques des arcs Pour bien aborder ce chapitre Ce chapitre s’inscrit dans la continuité du chapitre 6 qu’il parachève. Les différentes propriétés des courbes planes qu’on a étudié jusqu’ici : présence de point stationnaire, de branche infinie, d’asymptotes sont préservées si on applique à notre courbe une application affine (c’est-à-dire une translation, une homothétie, une rotation, une affinité,...). On dit que ce sont des propriétés affines ou géométriques. Ce n’est pas le cas par exemple de la longueur de la courbe. Ainsi, dans la proposition 7.10 page 277, on a montré que l’image d’un cercle par une affinité orthogonale est une ellipse. Cette ellipse n’a évidemment pas le même périmètre que le cercle initial. La longueur n’est pas une propriété affine. Par contre, si on applique une isométrie à notre courbe, la courbe image sera de même longueur que la courbe initiale. On dit que la longueur est une propriété métrique et ce sont sur ces propriétés que nous allons nous focaliser ici. Nous définirons en particulier ce qu’est la longueur d’un arc paramétré. Afin d’éviter les arcs trop pathologiques comme le flocon de Von Koch, nous nous limiterons aux arcs de classe C 1 . Puis nous définirons la courbure d’un arc. Cette quantité peut être vue de différentes façons. Si un mobile M parcourt la courbe à vitesse constante égale à 1, on verra que la courbure en M est égale, en valeur absolue, à la norme du vecteur accélération. On verra aussi que la courbure en M est l’inverse du rayon du cercle qui épouse la courbe au plus près au voisinage de M 1 . On comprend que la courbure permet de mesurer le virage effectuer par notre mobile : plus la courbure est grande plus le virage est serré.
15.0.9 Difféomorphismes D ÉFINITION 15.1 ♥ C 1 difféomorphisme Soient I et J deux intervalles de R et ϕ:
½
I t
−→ 7−→
J ϕ(t )
On dit que ϕ est un C 1 -difféomorphisme de I vers J lorsque : 1. ϕ est de classe C 1 sur I ; 2. ϕ est bijective ; 3. ϕ−1 est de classe C 1 sur J. P ROPOSITION 15.1 ♥ Caractérisation des C 1 -difféomorphismes Soit ϕ : I 7→ R une fonction vérifiant : H1
ϕ est de classe C 1 sur I.
1. Le cercle osculateur à la courbe au point M
639
H2
∀t ∈ I, ϕ′ (t ) 6= 0
alors ϕ réalise un C 1 -difféomorphisme de l’intervalle I vers l’intervalle J = ϕ(I). Démonstration Puisque ϕ′ est continue sur I et qu’elle ne s’annule pas, elle garde un signe constant. Si par exemple ∀t ∈ I, ϕ′ (t) > 0, alors ϕ est strictement croissante sur I et d’après le théorème de la bijection 4.1 page 151, ϕ réalise une bijection bicontinue de I vers l’intervalle J = f (I). Comme de plus, ϕ′ ne s’annule pas sur I, d’après un théorème, la bijection réciproque ϕ−1 est également de classe C 1 sur J.
Remarque 15.1 On définit de la même façon un C k -difféomorphisme de I vers J : – ϕ est de classe C k , – ϕ est bijective de I vers J, – La bijection réciproque ϕ−1 : J 7→ I est de classe C k .
15.0.10 Arcs paramétrés → −
→ −
Rappelons qu’un arc paramétré constitue en la donnée d’un couple γ = (I, F ) où I ⊂ R est un intervalle et F : I 7→ R2 une → − application de classe C k (I, R2 ). le support de l’arc paramétré (I, F ) est l’ensemble des points du plan : n −−→ → − o Γ = M ∈ P | ∃t ∈ I : OM = F (t )
→ −
−−→
→ −
Pour tout t ∈ I, on notera M(t ) le point du support de l’arc (I, F ) tel que OM(t ) = F (t ). D ÉFINITION 15.2 ♥ Changement de paramétrage → − Soit γ = (I, F ) un arc paramétré et ϕ : J 7→ I un C k -difféomorphisme de l’intervalle J vers l’intervalle I. On définit → − la fonction G = F ◦ ϕ : J 7→ I et l’arc paramétré γ′ = (J, G). On dit que les deux arcs γ et γ′ sont C k -équivalents. En particulier, ils ont même support Γ. Remarque 15.2 On dit que ϕ définit un paramétrage admissible de la courbe Γ. D ÉFINITION 15.3 Orientation d’un arc paramétré On dit que deux arcs C k -équivalents ont même orientation si le C k -difféomorphisme ϕ de la définition précédente est strictement croissant de J dans I.
15.1 Propriétés métriques des courbes planes Les arcs paramétrés de ce paragraphe n’ont pas de points stationnaires et sont de classe C k , avec k Ê 2. Remarque 15.3 La notion de point régulier ne dépend pas du paramétrage admissible, c’est une notion géométrique. − → −−−−−→ −−−→ → → − → − − En effet, si G (t ) = F ◦ ϕ(t ), G′ (t ) = ϕ′ (t ).F′ (ϕ(t )). En notant s0 = ϕ(t0 ), puisque ϕ′ (t0 ) 6= 0, F′ (t0 ) 6= 0 si et seulement si − →′ → − G (s0 ) 6= 0 . On peut montrer de même que la notion de tangente en un point ne dépend pas du paramétrage admissible, c’est une notion indépendante du paramétrage choisie.
15.1.1 Longueur, abscisse curviligne d’un arc paramétré D ÉFINITION 15.4 Longueur d’un arc paramétré → − Soit γ = ([t0 , t1 ], F ) un arc paramétré C k (k Ê 1). On appelle longueur de cet arc, L(γ) =
Zt 1 t0
−−−→ kF′ (t )k dt
P ROPOSITION 15.2 Indépendance du paramétrage → − Si γ′ = ([c, d], G ) est un paramétrage admissible de l’arc, L(γ′ ) = L(γ) ce qui montre que la longueur est une notion géométrique. 640
→ −
→ −
→ −
→ −
Démonstration Si F : [a,b] 7→ R2 et ϕ : [c,d] 7→ [a,b] est un C 1 -difféomorphisme croissant, en notant G = F ◦ϕ et γ′ = ([c,d], G ), Zd
Zd
→ − k F ′ (ϕ(s))k|ϕ′ (s)| ds et par le changement de variables t = ϕ(s), dt = ϕ′ (s) ds , comme ϕ(c) = a et Zb → − ϕ(d) = b , on trouve que L(γ′ ) = k F ′ (t)k dt = L(γ). On trouve le même résultat si ϕ est décroissante car dans ce cas, ϕ(c) = b , L(γ′ ) =
c
→ − k G ′ (s)k ds =
c
a
ϕ(d) = a et |ϕ′ (t)| = −ϕ′ (t).
P LAN 15.1 : Pour calculer la longueur d’une courbe dont on connaît une équation polaire
On suppose que l’arc γ est donné par l’équation polaire : ρ = f (θ) avec f de classe C 1 sur [−π, π]. On se place dans ¡ → ¢ − → − le repère polaire O, u r , u θ . On a : ¡ ¢
→ − − ur F (θ) = f (θ) →
On calcule alors : L γ =
et
Rπ → −′ −π k F (θ)k dθ.
→ −′ − − uθ u r + f (θ) → F (θ) = f ′ (θ) →
P LAN 15.2 : Pour calculer la longueur du graphe d’une fonction
Pour calculer le graphe de la fonction f : I ⊂ R → R de classe C 1 sur I entre deux points a et b de I, on la paramétrise par : ( x (t )
=t
y (t )
et ¡ ¢
donc : L γ =
¡ ¢2 Rb q 1 + f ′ (t ) dt . a
= f (t )
¡ ¡ ¢ ¢ → − → − F (t ) = x (t ) , y (t ) =⇒ F ′ (t ) = 1, f ′ (t )
Exemple 15.1 Calculons la longueur d’un arc d’astroïde (voir l’exemple 6.8 page 242). (
pour t ∈ [0, π/2].
L(γ) =
3a 2
Zπ/2 0
Exemple 15.2
= a cos3 t
x(t )
= a sin3 t
y(t )
3a → − |sin(2t )| k F ′ (t )k = 3a|cos t sin t | = 2
sin(2t ) dt =
3a . 2
Calculons la longueur d’un arc de parabole d’équation y =
paramétrée par
x(t )
x2 pour x ∈ [0, L]. La courbe peut être 2p
=t t2 = 2p
y(t )
ZL q ZpL p R 1 2 2 = argshu = d’où L(γ) = 1 + t /p dt = p 1 + u 2 du . Avec une intégration par parties (pour utiliser p 0 0 p 1 + u2 p p L p 2 + L2 p ¡ L + p 2 + L2 ¢ ln(1 + 1 + u 2 )), on trouve que L = + ln . 2p 2 p
D ÉFINITION 15.5 Abscisse curviligne → − Soit un arc γ = (I, F ) régulier (sans point stationnaire) et t0 ∈ I. On appelle abscisse curviligne d’origine t0 , la fonction s:
I t
−→ 7−→
R Zt t0
→ − k F′ (u)k du
Le réel s(t ) représente la longueur de la portion de la courbe située entre M(t0 ) et M(t ). P ROPOSITION 15.3 Paramétrage normal Une abscisse curviligne définit un C k−1-difféomorphisme de I = [a, b] vers J = [c, d]. Le paramétrage admissible associé 641
→ − → − G = F ◦ s −1 décrit la même courbe Γ avec la même orientation, mais parcourue à vitesse constante 1 : ∀s ∈ J,
− → kG′ (s)k = 1 −−−→
Démonstration La fonction s : [a,b] 7→ R est dérivable (théorème fondamental) et ∀t ∈ [a,b], s ′ (t) = kF′ (t)k > 0 puisqu’on a supposé que la courbe n’avait pas de point stationnaire. La fonction s est donc strictement croissante sur [a,b] et d’après le → − → − théorème de la bijection, elle définit un C 1 -difféomorphisme de [a,b] vers [c,d]. Comme G (u) = F (s −1 (u)), en dérivant pour → − −−−→ 1 k F ′ (s −1 (u))k → − ′ −1 → − F (s (u)) d’où kG′ (u)k = u ∈ [c,d], G′ (u) = ′ −1 = 1 puisque s ′ (t) = k F ′ (t)k . s (s (u)) s ′ (s −1 (u))
D ÉFINITION 15.6 Repère de Frenet → − → − Soit M = O + F (t ) un point régulier d’un arc paramétré plan (I, F ). On définit le vecteur tangente unitaire au point M
→ −′ F (t ) → − → − par T = → et on définit le vecteur normal unitaire comme étant le vecteur unitaire N faisant un angle orienté de −′ k F (t )k π → − → − → − + avec le vecteur T . On appelle repère de Frenet au point M, le repère (M, T , N). 2
15.1.2 Courbure T HÉORÈME 15.4 ♥ Relèvement Soit I ⊂ R un intervalle et F : I 7→ U une fonction de classe C k (I, U) (k Ê 1). Alors il existe une application θ ∈ C k (I, R ) telle que ∀t ∈ I,
F(t ) = e iθ(t )
Démonstration Soit t0 ∈ I, comme f (t0 ) ∈ U, il existe θ0 ∈ R tel que F(t0 ) = e iθ0 . 1. Analyse : si θ existe, en dérivant, Comme |F(t)| = 1, θ′ (t) =
F′ (t) donc ∀t ∈ I, i F(t)
F′ (t) = i θ′ (t)F(t)
θ(t) = θ(t0 ) +
Zt ′ F (s) ds t 0 i F(s)
2. Synthèse : Définissons θ comme ci-dessus. Comme F ∈ C k (I, U), θ est bien définie et θ ∈ C k (I, C ). Posons g (t) = e −iθ(t ) F(t), g ∈ C k (I, C ). et ∀t ∈ I, £ ¤ g ′ (t) = e −iθ(t ) F′ (t) − i θ′ (t)F(t) = 0
Donc g est constante sur I et comme g (t0 ) = e −iθ0 F(t0 ) = 1, g = 1. Donc ∀t ∈ I, F(t) = e iθ(t ) . On conclut en remarquant que puisque |F(t)| = 1, Im(θ(t)) = 0 et donc θ est à valeurs réelles. Remarque : Comme ∀t ∈ I, F(t)F(t) = 1, en dérivant, F(t)F′ (t) + F′ (t)F(t) = 0
et l’on retrouve que F′ /F ∈ i R et donc que θ est à valeurs réelles.
P ROPOSITION 15.5 ♥ Paramètre angulaire → − On considère un arc paramétré plan γ = (I, F ) de classe C k , où k Ê 2. Il existe une fonction α : I 7→ R de classe C k−1(I, R ) telle que ∀t ∈ I, ¯ ¯ − ¯− sin α(t ) → − ¯¯cos α(t ) → et N(t )¯¯ T (t )¯ cos α(t ) sin α(t )
→ −
→ −′ F (t)
Démonstration Comme T (t) = → −′
est une fonction de classe C k−1 de norme 1, on peut la considérer comme une fonction
k F (t)k
complexe à valeur dans le cercle unité. Il suffit alors d’appliquer le théorème de relèvement pour obtenir une fonction α de classe C k−1.
642
✎ Notation 15.3 Notations différentielles. Nous allons adopter de nouvelles notations très pratiques pour manipuler ½
des C k -difféomorphismes. Si ϕ : justifie la notation :
[c, d] s
[a, b] t = ϕ(s)
−→ 7−→
est un C 1 -difféomorphisme, on note
dt = ϕ′ (s). Alors on ds
1 1 ds = (ϕ−1 )′ (t ) = ′ −1 = dt ϕ (ϕ t ) dt ds
De même pour une composée de difféomorphismes : [a, b] t
ϕ
− → 7→
[c, d] s
ψ
− → 7→
[e, f ] u
avec θ = ψ ◦ ϕ,
du du dt = θ′ (s) = ψ′ (ϕ(s)) × ψ′ (s) = × ds dt ds → − ds dM → − = F ′ (t ). Si s est une abscisse curviligne sur la courbe, = On notera par la suite pour les courbes paramétrées, dt dt → − dM k . Nous avons vu qu’une abscisse curviligne définissait un C 1 -difféomorphisme de [c, d] vers [a, b] et qu’on pouvait k dt → − → − utiliser un paramétrage admissible G = F ◦ s −1 : [c, d] 7→ R2 de notre courbe. Pour t ∈ [a, b], on note s = s(t ) ∈ [c, d] et M → − dM → −−→ → − → − − le point de la courbe tel que OM = F (t ) = G (s). En notant = G ′ (s), on a alors : ds → − → − → − 1 dM dM dt dM = = ds dt ds ds dt dt
D ÉFINITION 15.7 ♥ Courbure d’un arc plan → − On définit la courbure d’un arc (I, F ) sans point stationnaire au point M(s) par c(s) =
dα ds 1
où s est une abscisse curviligne. Si c 6= 0, l’inverse de la courbure au point M(s), r = est appelé rayon de courbure de c l’arc au point M(s). Remarque 15.4 Si on suppose que la courbure ne s’annule pas sur notre arc, la fonction α définit un nouveau C 1 difféomorphisme et nous pouvons l’utiliser pour obtenir un nouveau paramétrage admissible. Cette remarque justifie les calculs avec les notations différentielles qui vont suivre. T HÉORÈME 15.6 ♥ Formules de Frenet → − Pour un arc paramétré γ = (I, F ) de classe C 2 , → − → − dT → − dN → − = c N, = −c T ds ds
→ −
→ −
Démonstration Il suffit de dériver les expressions de T et N : ¯ → − dα ¯¯−sin α dT → − =cN = ds ds ¯ cos α
¯ → − d N dα ¯¯−cos α → − = −c T = ds ds ¯ −sin α
643
15.1.3 Calcul pratique de la courbure → −
¯ ¯x(t )
→ −
1. Pour un arc paramétré γ = (I, F ), avec F (t )¯¯
y(t )
:
(a) Rectification : on introduit une abscisse curviligne s : → − ds = k F′ (t )k dt
(b) on introduit le paramètre angulaire α : c=
dα dα dt dα 1 = = ds dt ds dt ds dt → −
(c) Puisque α représente l’angle entre ¯ l’horizontale et le vecteur tangente unitaire T , c’est également l’angle entre → −
¯x ′ (t )
l’horizontale et le vecteur F ′ (t )¯¯
y ′ (t )
:
y′ x′
tan α =
Il arrive souvent que cette quantité puisse se mettre sous la forme tan f (t ), auquel cas α = f (t ) + kπ et f ′ (t ).
(d) sinon on dérive : (1 + tan2 α)
dα = dt
dα y ′′ x ′ − y ′ x ′′ = dt x′2
(e) On en déduit l’expression finale de la courbure (ne pas la retenir par coeur) :
2. Pour une courbe polaire ρ = ρ(θ) :
¯ ′ ¯ ¯ x (t ) x ′′ (t )¯ ¯ ¯ £→ −′ − → ¯ y ′ (t ) y ′′ (t )¯ F (t ), F′′ (t )] =¡ c(t ) = ¢3/2 → − x ′ 2 (t ) + y ′ 2 (t ) k F′ (t )k3
→ −
−−→ → −
− (a) Rectification : introduisons une abscisse curviligne sur notre arc. Puisque F (θ) = ρ(θ)u(θ), F ′ (θ) = ρ′ (θ)→ u (θ)+ p → −′ → − → − → − 2 ′2 ρ(θ) v (θ) et comme ( u , v ) est une base orthonormale, k F (θ)k = ρ + ρ d’où ds = dθ
q ρ2 (θ) + ρ′2 (θ)
(b) On introduit l”angle α entre l’horizontale et le vecteur tangente unitaire. Si V désigne l’angle entre le vecteur −−→ → − u (θ) et le vecteur tangente unitaire T(θ), α = θ+V
De la relation
→ − T V M(θ)
α
θ
F IGURE 15.1 – α = θ + V tan V(θ) =
644
ρ(θ) ρ′ (θ)
θ
que l’on essaie de mettre sous la forme tan g (θ). Sinon, en dérivant on trouve
dV , et alors dθ
dα dV = 1+ dθ dθ
(c) Courbure : c(θ) =
1 dα dα = × ds dθ d s dθ
(d) Expression finale de la courbure au point M(θ) (ne pas l’apprendre par coeur) : c(θ) =
ρ2 + 2ρ′2 − ρρ′′ (ρ2 + ρ′2 )3/2
3. Pour une courbe cartésienne y = f (x), on la considère comme une courbe paramétrée de paramètre x : → −
¯ ¯ 1 , f ′ (x)
(a) Rectification : si s est une abscisse curviligne sur la courbe, comme F ′ (x) = ¯¯ ds = dx
q 1 + f ′2 (x)
→ −
(b) En notant α l’angle entre l’horizontale et le vecteur tangente unitaire (ou le vecteur F ′ (x), tan α(x) = y ′ (x)
En dérivant l’expression, on tire
y ′′ (x) y ′′ dα = = 2 dx 1 + tan α 1 + y ′2
(c) On en déduit la courbure : c(x) =
dα dα d x = × ds dx ds
(d) d’où l’expression finale de la courbure au point M(x) (ne pas l’apprendre par coeur) : c(x) =
f ′′ (x) (1 + f ′2 (x))3/2
Exemple 15.4 Calculons la courbure en un point régulier M(t ), t ∈]0, π/2[ de l’astroïde (voir l’exemple 6.8 page 242) : (
x(t ) y(t )
= a cos3 t = a sin3 t
Introduisons une abscisse curviligne s sur notre courbe : ds 3a → − = k F ′ (t )k = 3a|cos t sin t | = sin(2t ) dt 2 → −
Si α désigne l’angle entre l’horizontale et le vecteur tangente unitaire ( F ′ (t )), tan α =
d’où
y ′ (t ) = − tan t = tan(−t ) x ′ (t )
dα = −1. On en déduit l’expression de la courbure au point M(t ) : dt c=
dα 1 dα 2 = =− ds dt ds 3a sin(2t ) dt
Le résultat trouvé est cohérent, lorsqu’on parcourt la courbe dans le sens des t croissants entre 0 et π/2, l’angle α est négatif. D’autre part, lorsque t → 0 et t → π/2, on se rapproche d’un point stationnaire où la courbure devient infinie.
645
Exemple 15.5 Calculons la courbure en un point M(θ) de la cardioïde d’équation polaire ρ = a(1 + cos θ)
où θ ∈ [0, π[ (voir la section 6.3.3 page 246). Si s est une abscisse curviligne sur notre courbe, ds → − = k F ′ (θ)k = dθ
q ρ2 + ρ′2 = 2a|cos(θ/2)|
→ −
En notant α l’angle entre l’horizontale et le vecteur tangente unitaire (ou F ′ (θ)), V l’angle entre la droite polaire Dθ et → −′ F (θ), α = θ+V ρ θ θ π tan V = ′ = − cotan = tan( + ) ρ 2 2 2
d’où
dα = 1 + 21 = 23 . On en tire l’expression de la coubure au point M(θ) : dθ c=
dα 1 dα 3 = = ds dθ 4a cos(θ/2) ds dθ
→ −
¯ ¯ ¯x → − ′ ¯¯ 1 , F (x) ¯e x , si s est une ex
Exemple 15.6 Calculons la courbure en un point M(x) de la courbe y = e x . Comme F (x)¯¯
abscisse curviligne,
p ds → − = k F ′ (x)k = 1 + e 2x dx
En notant α le paramètre angulaire, tan α = e x d’où en dérivant,
dα ex = dx 1 + e 2x
On en tire la courbure : c=
1 dα ex dα = = ds dx (1 + e 2x )3/2 ds dx
D ÉFINITION 15.8 Centre de courbure On appelle centre de courbure en un point M d’un arc paramétré Γ, le point I défini par → − I = M + r. N → −
où r est le rayon de courbure au point M et N le vecteur normale unitaire au point M. On appelle cercle de courbure ou cercle osculateur, le cercle de centre I et de rayon r . On montre que c’est le cercle qui « colle »le mieux à la courbe au point M.
→ − N
I → − T F IGURE 15.2 – Centre de courbure
646
Pour calculer en pratique le centre de courbure, on commence par exprimer le vecteur tangente unitaire au point M : ¯ → − ¯¯ dx ¯ → − dM ¯ ds ¯¯cos α T= = ¯ dy = ¯ ¯ sin α ds ¯ ds
d’où l’on déduit l’expression du vecteur normale unitaire au point M :
¯ ¯xI
Par conséquent, en notant I¯¯
yI
¯ ¯ dy ¯ ¯ → − ¯− sin α ¯¯− ds = ¯ dx N =¯ ¯ cos α ¯ ds
et puisque r =
ds , on tire : dα
dt dy ds dy × = xM − × xI = xM − dα ds dα dt y I = y M + ds × dx = y M + dt × dx dα ds dα dt
dα d x/d t et de dériver pour trouver et de reporter dans les formules précédentes pour d y/d t dt obtenir les coordonnées du point I.
Il suffit donc d’exprimer tan α =
Exemple 15.7 On considère la parabole P d’équation (P ) : y 2 = 2p x
¯ ¯x
(p > 0)
Soit M¯¯ un point de cette parabole. On note N l’intersection de la normale en M à la parabole avec l’axe (Ox). Soit D y
la parallèle à la tangente à la parabole au point M passant par le point N. On note Q l’intersection de la droite D avec la parallèle à (Ox) passant par M. Montrer que le centre de courbure I au point M et le point Q ont même abscisse.
Q
M N
I
Commençons par paramétrer cette parabole :
→ −
x(t )
y(t )
¯ ¯t /p
La tangente au point M(t ) est dirigée par F ′ (t )¯¯
1
t2 2p =t
=
¯
¯ 1 − . Il existe donc λ ∈ R tel que N = , et la normale par → n ¯¯
−t /p
¯ 2 ¯ t + 2p 2 ¯ 2 ¯ ¯ t /2p + λ → − → − . Comme y N = 0, on en tire N¯¯ 2p . Comme il existe µ ∈ R tel que Q = N + µ F ′ (t ), et que y Q = t , M + λ n ¯¯ t − λt /p ¯ 0
647
¯ 2 ¯ 3t + 2p 2 ¯ . Introduisons maintenant le paramètre angulaire α. Le vecteur tangente unitaire en M s’écrit on en tire Q¯¯ 2p ¯ t ¯ ¯ dx dy ¯ ¯ ¯ ¯− sin α = − cos α = → −¯ → − ¯ ds ds T¯ dy et le vecteur normale unitaire N ¯¯ dx . Les cordonnées du centre de courbure vérifient : ¯ ¯ sin α = ¯ cos α = ds ds xI
yI
et comme tan α =
ds dy dt dy =x− dα ds dα dt ds dx dt dx =y+ =y+ dα ds dα dt
=x−
dα p y′ p = , en dérivant on tire . En reportant, on trouve finalement que = 2 x′ t dt t + p2 xI =
t 2 t 2 + p 2 3t 2 + 2p 2 + = 2p p 2p
et le centre de courbure a même abscisse que le point Q.
Exemple 15.8 Tracer l’arc paramétré
x(t ) = t − th t 1 y(t ) = ch t
Cette courbe s’appelle la tractrice (voir l’exercice 6.7 page 253). Déterminer l’ensemble des centres de courbure de cette courbe (développée). L’étude de la courbe ne présente pas de difficulté. Le point (0, 1) est un point de rebroussement de première espèce à tangente verticale. En introduisant le paramètre angulaire α, tan α =
En dérivant, on trouve que
1 y′ =− x′ sh t
1 dα = . En reportant dans les coordonnées du centre de courbure, dt ch t xI = t − th t + ch t sh t = t ch2 t 1 sh2 t + 1 yI = + ch t th2 t = = ch t ch t ch t
On reconnaît la chaînette d’équation cartésienne y = ch(x).
I
M
La développée d’une courbe est le lieu des centres de courbure de la courbe. On remarque sur cet exemple que la normale à la tractrice au point M est la tangente à la développée au point I. Montrons que cette propriété est vraie dans le cas général en utilisant les notations différentielles : → − I = M+r N
648
Dérivons cette relation par rapport à l’abscisse curviligne (qui définit un paramétrage admissible sur la courbe et sa développée). En utilisant la deuxième formule de Frenet, → − → − → − dM dr → dN dI − = + . N + r. ds ds ds ds − → − → − dr → . N − r c. T =T+ ds dr → − .N = ds → − dI
→ −
Comme le vecteur est tangent à la développée au point I et que le vecteur N est normal à la courbe au point M, on ds a prouvé le résultat.
649
15.2 Exercices 15.2.1 Calcul de longueur Exercice 15.1 ♥ Calculer les longueurs des courbes données par : 1. le paramétrage
(
x (t ) y (t )
= 3cos t − cos 3t = 3sin t − sin 3t
.
2. l’équation polaire ρ (θ) = cos2 θ 3. l’équation cartésienne y = ch x pour x ∈ [−a, a] avec a > 0. Solution : 1. On utilise la trigonométrie : ¡ ¢ L γ =
Z2π q 0
Z2π p 9(− sin t + sin 3t )2 + 9(cos t − cos 3t )2 dt = 3 2(1 − sin t sin 3t − cos t cos 3t ) d t = 0 Z Z Zπ 2π p 2π p p 2 3 2 1 − cos 2t dt = 6 sin t dt = 12 sin t d t = 24 . 0
0
0
¡ − → ¢ → − 2. On utilise la méthode 37 page 641. Dans le repère polaire O, → u r ,− u θ , on considère la fonction vectorielle F (θ) = − 2 → cos θ u r et on calcule : → −′ − − u r + cos2 θ→ u θ. F (θ) = −2sin θ cos θ→
En raison des symétries de la courbe, on peut calculer la longueur de la courbe par une intégrale de 0 à π/2. On − − u r et → u θ sont orthogonaux : mulipliera le résultat obtenu par 4. Comme → ¡ ¢ L γ =4
Zπ/2 0
p Zπ/2 Z1 p p p 2 3 ³ p ´ 2 2 2 2 1 + 3u du = 4 + ln 2 + 3 . cos θ 1 + 3sin θ dθ = 4 cos θ 4sin θ + cos θ dθ = 4 3 0 0
en posant u = sin θ.
3. On utilise la méthode 37 page 641 et on se limite à l’intervalle [0, a] en raison des symétries de la courbe : ¡ ¢ L γ =2
Za q 0
¡ ¢2 1 + f ′ (t ) d t = 2
Za 0
1 + sh2 t dt =
Za 0
ch2 t dr =
Za 0
1 1 + ch 2t dt = sh 2a + a . 2 2
15.2.2 Calcul de courbure Exercice 15.2 ♥♥ On considère une courbe passant par l’origine, et tangente à l’axe (Ox) d’équation : (C)
y = f (x)
avec f de classe C 2 sur un voisinage de 0 et f (0) = f ′ (0) = 0 et f ′′ (0) 6= 0. 1. Déterminer le rayon de courbure à la courbe (C) au point (0, 0). ¯ ¯0
2. On considère la famille de cercles centrés en Ω¯¯
λ
passant par le point 0. Au voisinage de 0, on peut écrire
l’équation de la branche de ce cercle passant par l’origine sous la forme : (C λ
Déterminer λ pour que l’on aît g (x) − f (x) = o(x 2 ). Solution : 650
y = g (x)
1. On calcule le rayon de courbure au point O par r=
et puisque
ds dx ds = × dα d x dα
ds p = 1 + f ′2 (0) et que tan α(t ) = f ′ (t ), en dérivant, on trouve que dx f ′′ (t ) dα = dt 1 + f ′2 (t )
Donc le rayon de courbure en 0 vaut : r=
¡
1 + f ′2 (0) f ′′ (0)
¢3/2
=
1 f ′′ (0)
2. L’équation cartésienne d’un cercle centré en Ω et passant par l’origine s’écrit y 2 − 2λy + x 2 = 0
d’où l’on tire localement au voisinage de 0 : y = g (x) = λ −
h ¡ p ¢1/2 i λ2 − x 2 = λ 1 − 1 − (x/λ)2
En effectuant un DL(0, 2) de la fonction g , on trouve
g (x) =
Et donc
x2 + o(x 2 ) 2λ
h i x2 g (x) − f (x) = f ′′ (0) − 1/λ + o(x 2 ) 2
Pour avoir un contact d’ordre supérieur à 2 des deux courbes, il faut donc que λ =
1 =r. f ′′ (0)
Exercice 15.3 ♥♥ On considère une hyperbole équilatère H et un point M de cette hyperbole. On note I le centre de courbure à l’hyperbole au point M. La normale à l’hyperbole au point M recoupe l’hyperbole en un autre point N. Montrez que −−→ −→ NM = 2MI → − → −
Solution : Considérons le repère orthonormé (O, i , j ) défini par les asymptotes à l’hyperbole. Dans ce repère l’équation de l’hyperbole est (H ) : x y = 1 ¯ ¯ ¯ x ¯ 1 − Soit M¯¯ un point de l’hyperbole. Comme le vecteur → dirige la tangente à l’hyperbole au point M, le vecteur u ¯¯ 1/x −1/x 2
¯ ¯1 − → − n avec N ∈ H . On tire n ¯¯ 2 dirige la normale. On a N = M + λ→ x
¯ ¯ x4 + 1 ¯ ¯ ¯−1/x 3 ¯ 3 − − → ¯ 4x et NM N¯¯ 3 ¯x +1 −x ¯ ¯ x
Pour déterminer le centre de courbure au point M, calculons le rayon de courbure défini par R=
Comme
ds ds dx = × dα d x dα
ds p = 1 + 1/x 4 = dx
651
p
x4 + 1 x2
et que tan α(x) = −1/x 2 =⇒
on tire R=
et puisque le vecteur normale unitaire au point M s’écrit
dα 2x = d x x4 + 1
(x 4 + 1)3/2 x4 + 1
¯ p → − ¯¯ 1/ x 4 + 1 N¯ 2 p 4 ¯x / x + 1
on détermine
¯ ¯ x4 + 1 ¯ 1 −−→ −→ → − ¯ 3 = NM MI = R. N = ¯¯ 2x 4 ¯x +1 2 ¯ 2x
15.2.3 Développée, développante Exercice 15.4 ♥ Déterminer la développée (ensemble des centres de courbures) de la cardioïde d’équation polaire ρ = a(1 + cos θ)
(a > 0)
¯ ¯x Solution : On trouve en notant I¯¯ I le centre de courbure au point M(θ) que yI (
xI = 2a/3 + a/3(cos θ(1 − cos θ) y I = a/3sin θ(1 − cos θ)
¯ ¯2a/3 , l’équation polaire de la développée est a/3
→ − → −
et donc si l’on se place dans le repère (A, i , j ) où A¯¯
ρ=
On trouve une cardioïde (par une rotation d’angle π).
a¡ 3
1 − cos θ
¢
Exercice 15.5 ♥ Déterminer la développée d’une ellipse d’équation (E) :
Solution : Paramétrons l’ellipse :
(
x2 y 2 + =1 a2 b2
x(t ) = a cos t y(t ) = b sin t
Si α désigne l’angle entre l’horizontale et le vecteur tangente unitaire au point M(t ), tan α =
b tan(t + π/2) a
et en dérivant, ab dα = 2 dt a sin2 t + b 2 cos2 t
D’où l’on tire, si xI et y I désignent les coordonnées du centre de courbure :
a2 − b2 xI = cos3 t = c cos3 t a b2 − a2 yI = sin3 t = (−a/b)c sin3 t b
652
a2 − b2
En notant c = . Par conséquent, la développée de l’ellipse est l’image par l’affinité de rapport −a/b par rapport a à (Oy) de l’astroïde d’équation paramétrée ( x(t ) = c cos3 t y(t ) = c sin3 t
15.2.4 Exercices divers Exercice 15.6 ♥♥ On considère dans le plan ramené à un repère orthonormé R la parabole d’équation (P ) : y 2 = 2p x
et un point M de cette parabole. On note N l’intersection de la normale en M à P et l’axe (Ox). On note D la parallèle à la tangente à la parabole passant par le point N, et Q l’intersubsection de la droite D avec la parallèle à (Ox) passant par M. Montrer que le centre de courbure I à la parabole en M et le point Q ont même abscisse. Solution : 1. Paramétrons la parabole :
(
x(t ) = t 2 /(2p)
y(t ) = t ¯ ¯ ¯ ¯t /p ¯ −1 ¯x = t 2 /2p → − − u ¯¯ 2. M¯¯ M . Le vecteur F ′ (t )¯¯ dirige la tangente à P au point M et donc le vecteur → dirige la −1 t /p yM = t
normale à la parabole au point M. ¯ ¯xN
3. En notant N¯¯
yN
− , puisque N = M + λ.→ u , on obtient (
d’où l’on tire λ = −p et
¯ ¯x
→ −
4. Notons Q¯¯ Q . Comme Q = N + λ F ′ (t ), on tire yQ
xN = t 2 /(2p) − λ y N = t + λt /p
¯ 2 ¯ t + 2p 2 ¯ N¯¯ 2p ¯ 0
2 2 x = t + 2p + λ t Q 2p p y = λ Q
et puisque y Q = y M = t , on obtient λ = t d’où
¯ ¯x
¯ 2 ¯ 3t + 2p 2 ¯ Q¯¯ 2p ¯ t
5. Notons I¯¯ I le centre de courbure au point M à la parabole. D’après le cours, on a yI xI = xM −
(puisque
dy dt
ds dy dt dy dt = xM − = xM − dα d s dα d t dα
= 1). Comme tan α =
d y/d t p = d x/d t t
653
en dérivant, on tire p dα =− 2 dt p + t2
et donc xI =
t 2 t 2 + p 2 3t 2 + 2p 2 + = = xQ 2p p 2p
654
Chapitre
16
Suites et fonctions à valeurs complexes Pour bien aborder ce chapitre On généralise aux suites et fonctions à valeurs complexes certain des résultats des chapitres 10, 11, 12 et 13. Il n’existe pas de relation d’ordre dans C compatible avec l’addition aussi certaines notions ou certains théorèmes énoncés dans le cas réel n’ont pas de traduction dans le cas complexe. On pense au théorème des gendarmes, au théorème de la limite monotone, à la notion de suite adjacente, à l’égalité des accroissements finis...
16.1 Suites complexes D ÉFINITION 16.1 Convergence d’une suite de complexes On dit qu’une suite de nombres complexes (zn ) converge vers un nombre complexe a ∈ C si et seulement si la suite réelle |zn − a| converge vers 0. On dit que la suite (zn ) diverge vers l’infini lorsque la suite réelle |zn | diverge vers +∞. Remarque 16.1
Une autre façon de dire que zn −−−−−→ a : n→+∞
∀r > 0, ∃N ∈ N tq ∀n Ê N, zn ∈ D(a, r )
où D(a, r ) = {z ∈ C | |z − a| É r } est le disque de centre a et de rayon r . Multimédia : Une suite qui tourne en se rapprochant de sa limite Remarque 16.2 Toutes les propriétés démontrées sur les suites réelles ne faisant pas intervenir d’inégalités sont encore valables pour les suites complexes (les démonstrations n’utilisent que l’inégalité triangulaire). En particulier, on dispose des théorèmes généraux sur les sommes, produits, quotients, l’unicité de la limite, une suite convergente est bornée. Par contre, le passage à la limite dans les inégalités, le théorème de la limite monotone et le théorème des gendarmes ne sont plus valables. Le théorème suivant permet de montrer en pratique qu’une suite de complexes converge vers une limite connue. T HÉORÈME 16.1 Théorème de majoration Soit (zn ) une suite de complexes et a ∈ C . Si (αn ) est une suite de réels vérifiant : 2. αn −−−−−→ 0 ;
1. |zn − a| É αn à partir d’un certain rang ;
n→+∞
Alors zn −−−−−→ a . n→+∞
Démonstration D’après le théorème 10.8 page 358 pour les suites réelles, la suite réelle (|zn − a|) converge vers 0.
Une autre façon d’étudier une suite complexe consiste à étudier deux suites réelles.
T HÉORÈME 16.2 La convergence d’une suite complexe correspond à la convergence des parties réelles et imaginaires ³
Re (zn ) −−−−−→ Re (a) ´ n→+∞ zn −−−−−→ a ⇐⇒ n→+∞ Im(zn ) −−−−−→ Im(a) n→+∞
655
Démonstration ⇒ Pour tout complexe z ∈ C , on sait que |Re (z)| É |z| et que |Im (z)| É |z| donc |Re(zn ) − Re (a)| = |Re (zn − a)| É |zn − a| et donc Re zn −−−−−→ Re (a), Im(zn ) −−−−−→ Im(a). n→+∞
⇐ Il suffit d’écrire |zn − a| =
pn→+∞ Re (zn − a)2 + Im (zn − a)2 d’où le résultat grâce à la continuité de la fonction racine en 0 et les
théorèmes généraux sur les suites réelles.
T HÉORÈME 16.3 Suites géométriques complexes Soit un nombre complexe k ∈ C . On appelle suite géométrique de raison k , la suite définie par zn = k n . Elle vérifie la relation de récurrence ∀n ∈ N , zn+1 = kzn . 1. |k| < 1 =⇒ (zn ) converge vers 0.
2. |k| Ê 1 et k 6= 1 =⇒ (zn ) diverge.
3. k = 1 =⇒ (zn ) est constante et vaut 1.
Démonstration – Si |k| < 1, |zn | = |k|n −−−−−→ 0 (on utilise la suite géométrique réelle de raison |k| < 1). n→+∞
– Si |k| > 1, |zn | = |k|n −−−−−→ +∞ donc la suite (zn ) diverge vers l’infini. n→+∞ – Si |k| = 1 avec k 6= 1, la démonstration est plus astucieuse. On utilise la relation de récurrence vérifiée par la suite (zn ). Si par l’absurde la suite (zn ) convergeait vers un complexe a , la suite extraite (zn+1 ) convergerait également vers a , la suite (kzn ) convergerait vers ka et par unicité de la limite, on aurait a = ka d’où (1 − k)a = 0 et donc a = 0 puisque k 6= 1. Mais avec l’inégalité triangulaire, comme ||zn | − |a|| É |zn − a| −−−−−→ 0, la suite (|zn |) convergerait vers |a| = 0 ce qui est impossible n→+∞
puisque ∀n ∈ N , |zn | = |k|n = 1.
T HÉORÈME 16.4 Séries géométriques complexes On appelle série géométrique de raison k , la suite complexe de terme général Sn = 1 + k + · · · + k n =
1. |k| < 1 =⇒ S n −−−−−→ n→+∞
n X
ki
i=0
1 1−k
2. |k| Ê 1 =⇒ (S n ) diverge.
Démonstration Lorsque k = 1, on calcule S n = (n + 1) et donc la suite (S n ) diverge. Lorsque k 6= 1, on dispose de l’expression d’une somme géométrique : Sn =
1 − k n+1 1−k
1
Lorsque |k| < 1, la suite géométrique complexe (k n ) converge vers 0 donc la suite (S n ) converge vers . Lorsque |k| Ê 1 et 1−k k 6= 1, on raisonne par l’absurde. Si la suite (S n ) convergeait vers un complexe a , on aurait kn =
1 + (k − 1)S n 1 + (k − 1)a −−−−−→ n→+∞ k k
ce qui est absurde puisqu’on a vu que la suite géométrique complexe (k n ) diverge.
T HÉORÈME 16.5 Théorème de Bolzano-Weierstrass De toute suite complexe bornée, on peut extraire une suite convergente. Démonstration Soit zn = xn +i y n une suite complexe bornée. La suite (xn )n∈N est bornée, donc¡ d’après¢ le théorème de Bolzano¢ ¡ Weierstrass réel, on peut en extaire une sous-suite xnk k∈N qui converge vers un réel x . La suite y nk k∈N est une sous-suite d’une µ
suite bornée, donc elle est bornée. D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass réel, on peut en extaire une sous-suite y nkp µ
qui converge vers un réel y . Maintenant la suite xnkp µ
vers la même limite. Finalement la suite znkp
p∈N
¶ p∈N
¶
p∈N
¶
est une suite extraite d’une suite convergente, donc elle est convergente
converge (vers x + i y ). Ce qu’il fallait démontrer.
656
DV CV
DV CV
1
1
(a) Convergence d’une suite géométrique (b) Convergence d’une série géométrique complexe complexe
F IGURE 16.1 – Suites et séries géométriques complexe
16.2 Continuité des fonctions à valeurs complexes °
°
p
Si on munit R2 de la norme euclidienne °(x, y)° = x 2 + y 2 qui s’identifie au module du complexe z = x + i y de telle sorte que tous les résultats suivants seront valables pour une fonction à valeurs dans R2 . On considère dans ce paragraphe un intervalle I ⊂ R et une fonction fonction f : I 7→ C. On peut considérer pour x ∈ I, la partie réelle et imaginaire de f (x) et écrireqf (x) = f 1 (x) + i f 2 (x) où f 1 , f 2 : I 7→ R sont deux fonctions réelles. On écrira f 1 = Re ( f ), f 2 = i m( f ), f = f 1 − i f 2 , | f | =
f 12 + f 22 .
D ÉFINITION 16.2 Limite d’une fonction à valeurs complexes Soit un réel x0 ∈ I et un complexe z = a + i b ∈ C . On dit que f (x) −−−−→ z si et seulement si x→x 0
| f (x) − z| −−−−→ 0 x→x 0
¯
¯
(La fonction x 7→ ¯ f (x) − z ¯ est à valeurs réelles). Cette définition est équivalente à dire que les deux fonctions réelles f 1 (x) et f 2 (x) tendent respectivement vers a et b lorsque x tend vers x0 . D ÉFINITION 16.3 Fonctions continues Soit x0 ∈ I. On dit que f est continue en x0 si et seulement si f (x) −−−−→ f (x0 ) et on dira que f est continue sur I lorsque x→x 0
f est continue en tout point x0 ∈ I.
Remarque 16.3 – On montre que f est continue sur I si et seulement si les deux fonctions f 1 et f 2 sont continues sur I. – On montre qu’une fonction continue en un point x0 est bornée au voisinage de ce point. – Les opérations algébriques sur les limites vues pour les fonctions à valeurs dans R sont encore valables (limite d’une somme, produit, quotient). – L’ensemble des fonctions continues sur I à valeurs dans C forme une algèbre.
16.3 Dérivabilité des fonctions à valeurs complexes D ÉFINITION 16.4 Dérivée d’une fonction à valeurs complexes Soit x0 ∈ I. – On dit que f est dérivable au point x0 si et seulement si la fonction x 7→
f (x) − f (x0 ) admet une limite finie lorsque x − x0
x tend vers x0 . Cette limite finie se note f ′ (x0 ). – On dit qu’une fonction est dérivable sur I si et seulement si elle est dérivable en tout point de I et on note D(I) l’ensemble des fonctions dérivables sur I. – On définit de même les fonctions de classe C k et C ∞ sur I.
657
Remarque 16.4 – f ′ (t ) = f 1′ (t ) + i f 2′ (t ). – On a les mêmes règles pour le calcul de la dérivée d’une combinaison linéaire, d’un produit et d’un quotient que pour les fonctions à valeurs réelles. – L’ensemble C k (I, C ) des fonctions de classe C (k) sur l’intervalle I est une C algèbre. – On note C ∞ (I, C ) l’ensemble des fonctions indéfiniment dérivables sur l’intervalle I. T HÉORÈME 16.6 Dérivation de l’exponentielle complexe Soit un nombre complexe α = a + i b ∈ C et la fonction f :
½
R t
−→ 7−→
C e αt
Cette fonction est indéfiniment dérivable sur I et ∀t ∈ I, f ′ (t ) = αe αt . Si ϕ : I 7→ C est une fonction dérivable sur I, alors la fonction définie par g (t ) = e ϕ(t ) est dérivable sur I avec ∀t ∈ I, g ′ (t ) = e ϕ(t ) ϕ′ (t ). Démonstration
Il suffit d’utiliser la définition de l’exponentielle d’un nombre complexe. Pour t ∈ R , e αt = e (a+ib)t = e at e ibt = Les deux fonctions réelles Re ( f ) et Im( f ) sont dérivables sur R et donc la fonction f est dérivable sur R
e at cos(bt) +i e at sin(bt).
avec ∀t ∈ R ,
f ′ (t) = e at (−b sin(bt) + a cos(bt)) + i e at (b cos(bt) + a sin(bt)) = (a + i b)e at (cos(bt) + i sin(bt)) = αe αt
L’autre résultat se montre de même en examinant la partie réelle et imaginaire de la fonction g .
Remarque 16.5 Le théorème de Rolle et le théorème des accroissements finis ne sont plus valables pour les fonctions à valeurs complexes comme le montre la fonction définie par f (t ) = e i t . Elle est continue sur le segment [0, 1], dérivable sur ]0, 1[, avec f (0) = f (2π) = 1 et pourtant ∀t ∈]0, 2π[, f ′ (t ) = i e i t 6= 0.
16.4 Intégration des fonctions à valeurs complexes D ÉFINITION 16.5 Intégrale d’une fonction complexe Si f est une fonction continue par morceaux sur [a, b], on définit son intégrale comme étant le nombre complexe Zb a
f (t ) dt =
Zb a
Re ( f )(t ) dt + i
Zb
Im( f )(t ) dt
a
Remarque 16.6 Les techniques de changement de variables et d’intégration par parties sont encore valables pour les intégrales de fonctions à valeurs complexes. T HÉORÈME 16.7 Majoration du module d’une intégrale complexe Soit une fonction f : [a, b] 7→ C continue sur le segment [a, b]. On peut majorer le module de l’intégrale par l’intégrale du module Z Z ¯ ¯ ¯
b
a
¯ ¯ f (t ) dt ¯ É
b¯
a
¯ ¯ f (t )¯ dt
avec égalité si et seulement si la fonction f est de la forme f (t ) = g (t )e iθ avec g une fonction réelle positive. En d’autres termes, il y a égalité si et seulement si la fonction complexe f prend ses valeurs dans une demi-droite issue de l’origine. Démonstration
Cette démonstration n’est pas évidente et mérite une attention particulière. Posons z =
complexe sous forme trigonométrique
z = ρe iθ
avec θ ∈ R et ρ Ê 0. On a donc ¯ ¯Z b Zb ¯ ¯ ¯ f (t) dt ¯¯ = ρ = e −iθ z = e −iθ f (t) dt ¯ a
i
a
Im(g )(t) dt ,
Zb a
f (t) dt et écrivons ce
a
a
Définissons la fonction complexe g par g (t) = e −iθ f (t) = Re(g )+i Im (g ). Puisque Zb
Zb
Zb a
g (t) dt = ρ ∈ R et
Zb a
g (t) dt =
Zb
Re(g )(t) dt+
a
Im (g )(t) dt = 0. Utilisons maintenant la majoration de la valeur absolue d’une intégrale d’une fonction réelle : ¯ Zg ¯Z b Zb ¯ ¯ ¯= ¯ f (t) dt |Re (g )(t)| dt Re (g )(t) dt É ¯ ¯ a
a
a
658
¯ Zb ¯ f (t) dt ¯¯ É | f (t)| dt . Zab Zb a |g |(t) dt , c’est à dire si et seulement si Re (g )(t) dt = Le cas d’égalité dans cette majoration se produit si et seulement si ¯Z b ¯
Mais ∀t ∈ [a,b], |Re(g )(t)| É |g (t)| = |e −iθ f (t)| = | f (t)| d’où finalement ¯¯
a
a
∀t ∈ R , Im(g )(t) = 0 et Re(g )(t) Ê 0. En d’autres termes, la fonction g doit être à valeurs réelles positives et alors f (t) = e iθ g (t) ce qui montre que la fonction f prend ses valeurs dans la demi-droite issue de l’origine faisant un angle θ avec l’axe (Ox). On vérifie
facilement la réciproque.
T HÉORÈME 16.8 Théorème fondamental de l’analyse Soit une fonction f : I 7→ C continue sur un intervalle I et a ∈ I. Alors la fonction définie sur I par F(x) =
Zx
f (t ) dt
a
est de classe C 1 sur I et ∀x ∈ I, F′ (x) = f (x). Démonstration Il suffit d’appliquer le théorème fondamental de l’analyse pour les fonctions réelles aux deux fonctions Re ( f ) et Im( f ) et utiliser la définition de la dérivée d’une fonction complexe.
Bien que l’égalité des accroissements finis soit fausse pour une fonction complexe, on dispose tout de même de l’inégalité des accroissements finis avec une hypothèse un peu plus forte. T HÉORÈME 16.9 Inégalité des accroissements finis Soit une fonction f : I 7→ C de classe C 1 sur le segment [a, b]. Alors ∀x ∈ I,
f (x) = f (a) +
Zx
f ′ (t ) dt
a
et par majoration, on en déduit l’inégalité des accroissements finis ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (b) − f (a)¯ É (b − a) sup ¯ f ′ (x)¯ x∈[a,b]
Démonstration Il suffit d’utiliser le théorème fondamental deuxième forme pour les fonctions réelles et les deux fonctions Re( f ) et Im ( f ) et de majorer ensuite grâce au théorème 16.7, ¯ Zb ¯Z b ¯ ¯ f ′ (t) dt ¯¯ É | f ′ (t)| dt | f (b) − f (a)| = ¯¯ a
La fonction
f′
a
étant continue sur un segment, elle est bornée sur ce segment et donc en notant kf ′ k∞ = sup | f ′ (t)|, on obtient t ∈[a,b]
l’inégalité souhaitée.
T HÉORÈME 16.10 Formules de Taylor Soit un intervalle I et une fonction f : I 7→ C .
1. Formule de Taylor-intégrale : si [a, x] ⊂ I et si la fonction f est de classe C n+1 sur le segment [a, x], alors f (x) = f (a) + (x − a) f ′ (a) + · · · +
(x − a)n (n) f (a) + n!
Zx a
(x − t )n (n+1) f (t ) dt n!
2. Formule de Taylor-Lagrange : si x ∈ I, et h ∈ R tel que [x, x + h] ⊂ I et si la fonction f est de classe C n+1 sur le segment [x, x + h], alors f (x + h) = f (x) + h f ′ (x) + · · · +
h n (n) f (x) + Rn (h) n!
Mn+1 n+1 h où Mn+1 = supt ∈[x,x+h] | f (n+1) (t )|. (n + 1)! 3. Formule de Taylor-Young : si la fonction f est de classe C n sur l’intervalle I, et si a ∈ I, alors ∀x ∈ I,
avec |Rn (h)| É
f (x) = f (a) + (x − a) f ′ (a) + · · · +
¡ ¢ (x − a)n f (n) (a) + o (x − a)n n!
Démonstration Il suffit d’écrire les formules de Taylor pour les fonctions réelles et les fonctions Re ( f ) et Im ( f ).
659
Remarque 16.7 complexes.
La formule de Taylor-Young permet de trouver les développements limités d’une fonction à valeurs
Exemple 16.1 Soit z ∈ C. Pour f (t ) =
¡ ¢ 1 , on a f (t ) = 1 + zt + z 2 t 2 + z n t n + o x n . 1−tz
1. Complexes 21. Polynômes
Partie Réelle
Partie Imaginaire
Théorème de d’Alembert
Conjugué
16. Suites & Fonctions Complexes
Intégrale
Suites Géométriques
Dérivabilité Exponentielle Complexe
Théorème Fondamental de l’Analyse
Bolzano Weierstrass
10. Suites Réelles
Inégalité des Accroissements Finis
5. Équations Différentielles 13. Intégration
660
16.5 Exercices 16.5.1 Suites Exercice 16.1 ♥ VRAI ou FAUX : Soit (un )n∈N une suite de nombres complexes telle que lim |un | = +∞ alors on a lim |Re(un )| = +∞ ou lim |Im(un )| = n→∞ n→∞ n→∞ +∞. Solution : FAUX. On considère un = n si n est pair et un = i n si n est impair. Exercice 16.2 ♥♥ ³ z ´n = ez . Soit z ∈ C. Démontrer que lim 1 + n→∞
n
Solution : ´ ´ ³ ³ ¢n ¡ x 2 +y 2 n x 2 +y 2 2x 2 |u On pose z = x + i y.un (z) = 1 + nz . |un (z)|2 = 1 + 2x ∼ n. 2x + + = n ln 1 + . ln (z)| n 2 2 n n n ∼ 2x . (pour n n x 6= 0) D’où lim ln |un (z)|2 = 2x (même pour x = 0) et lim |un (z)| = e x . Soit ϑn un argument de 1 + nz . tan ϑn = n→∞
y n
1+ nx
=
y n+x .
n→∞
D’où lim tan ϑn = 0.ϑn est déterminé modulo 2π. On peut choisir ϑn dans ] − π; π]. lim tan ϑn = π ou n→∞
n→∞
z = 1. reste lim tan ϑn = 0. Donc tan ϑn ∼ ϑn . Donc n. tan ϑn ∼ nϑn . Or n→∞ n→∞ n→∞ n lim n. tan ϑn = y.nϑn qui est un argument de un (z) tend vers y. Finalement un (z) = |un (z)| .(cos nϑn + i sin nϑn ) → lim tan ϑn = −π est impossible car lim 1 +
n→∞
e x (cos y+ i.sin y) = e z. .
Exercice 16.3 ♥♥ Démontrer que (cos n 2 )n∈N n’est pas convergente. Solution : Supposons le contraire et notons lim cos n 2 = ℓ. n→∞
La suite extraite (cos 4n 2 )n∈N et (cos 9n 2 )n∈N convergent vers ℓ. On a cos 4x = T4 (cos x) et cos 9x = T9 (cos x) où T4 et T9 sont des polynômes de degrés 4 et 9 respectivement. Voir paragraphe B.3.1 p. 1164. On a donc T4 (ℓ) = ℓ et T9 (ℓ) = ℓ. Donc ℓ est une racine commune des polynômes T4 (X) − X et T9 (X) − X. Pour les racines de T4 (X) − X, on cherche les différentes valeurs de cos x vérifiant cos 4x = cos x . Or cos 4x = cos x pour 4x = x + 2kπ ou 4x = −x + 2kπ. On prend les x dans [0, π] pour avoir des valeurs distinctes du cosinus. On obtient ainsi 2π 4π les quatre valeurs distinctes cos 0, cos 2π 3 et cos 5 , cos 5 . Ces quatre racines sont distinctes. Ce sont donc les quatre racines de T4 (X) − X. On travaille de même pour T9 (X) − X en résolvant cos 9x = cos x . Malheureusement, on trouve parmi les neuf racines, 4π 1, cos 2π 5 et cos 5 ce qui n’arrange pas nos affaires. On retrouve encore ces trois racines chez T16 (X) − X , donc on va chercher T25 (X) − X dont les racines sont données par 4π 6π 8π 10π 12π 14π 16π 18π 20π 22π 25x = x + 2kπ : 1, cos 2π 24 , cos 24 , cos 24 , cos 24 , cos 24 , cos 24 , cos 24 , cos 24 , cos 24 , cos 24 , cos 24 et −1. (13 racines) 4π 6π 8π 10π 12π 14π 16π 18π 20π 22π 22π et 25x = −x + 2kπ : cos 2π 26 , cos 26 , cos 26 , cos 26 , cos 26 , cos 26 , cos 26 , cos 26 , cos 26 , cos 26 , cos 26 et cos 26 (outre −1 et 1) ce qui fait 12 racines. Soit 25 racines en tout. La seule racine commune à T4 (X)−X, T9 (X)−X et T25 (X)−X est donc 1. Si (cos n 2 )n∈N converge, 0, donc que (exp(i n 2 ))n∈N converge vers 1. ce ne peut être que vers 1. De là, on déduit que (sin n 2 )n∈N converge vers µ ¶
La suite (exp(i (n + 1)2 ))n∈N converge elle aussi vers 1. Donc la suite
exp(i (n + 1)2 ) exp(i n 2 )
convergerait elle aussi vers
n∈N
1. Autrement dit la suite (exp(2i n))n∈N convergerait vers exp(−i ). Donc la suite constante exp(2i ) =
tendrait vers
exp(2i (n + 1)) exp(2i n)
exp(−i ) = 1 ce qui n’est pas possible. exp(−i )
16.5.2 Dérivées Exercice 16.4 ♥♥ Calculer la dérivée n -ième de f (x) = cos x ch x . p
(n) n inπ/4 e (1+i)x . En prenant la partie réelle et en posant Solution : Soit F(x) = e (1+i)x (x)¢ = (1 + i )n e¡(1+i)x p , on ¡a F ¡ nπ ¢ = ¢2 ep ¡ ¢ (n) nπ x x (−1+i)x n f 1 (x) = e cos x , f 1 (x) = 2 e cos 4 cos x − sin 4 sin x = 2n e x cos nπ , 4 + x . De même, soit G(x) = e p (n) n (−1+i)x 3inπ/4 (−1+i)x −x on a G (x) = (−1 + i ) e = 2n e e . En prenant la partie réelle et en posant g 1 (x) = e cos x ,
661
p p ¢ ¡ 3nπ ¢ ¢ ¢ ¢ ¡ ¡ ¡ ¡ 1p n x (n) +x + g 1(n) (x) = 2n e −x cos 3nπ 2n e −x cos 3nπ (x) = 2 e cos nπ 4 cos x − sin 4 sin x = 4 + x . Donc f 4 2 ¢ ¡ 1 p n −x + x 2 e cos 3nπ . 4 2
16.5.3 Intégrales et primitives Exercice 16.5 Z π/2
Calculer
x
♥
e cos x d x .
0
Solution : Zπ/2 0
¤π/2 1 £ exp ((1 + i )x) 0 1+i i e π/2 − 1 = 1+i ¡ π/2 ¢ i e − 1 (1 − i ) = 2 ¡ ¢ ¡ ¢ −1 + e π/2 + i 1 + e π/2 = 2
exp ((1 + i )x) dx =
D’où
Zπ/2 0
e x cos x d x =
e π/2 − 1 . 2
Exercice ♥ R 16.6 Calculer I = 0π sin(t ) sh(t ) dt .
Solution : Deux solutions : par les complexes, ou intégrer deux fois par parties.
Zπ ¢ ¢ eπ + 1 1−i ¡ π 1 h (1+i)x iπ 1 + i ¡ −π =− =− e e + 1 et e + 1 . En effectuant la e i x e −x dx = 0 1+i 1 + iZ 2 2 0 0 π 1 demi-différence des parties imaginaires, sin(t ) sh(t ) dt = sh π. 2 0 Zπ Zπ Zπ 2. I = sin(t ) sh(t ) dx = [sin x ch x]π0 − cos(t ) ch(t ) dx = 0 − [cos x sh x]π0 − sin(t ) sh(t ) dx = sh π − I. D’où
1.
Zπ
e i x e x dx =
I=
1 sh π. 2
0
0
Exercice 16.7
♥♥♥
1. Soit P ∈ R[X]. Démontrer que
Z1
−1
0
P2 (x)d x = −i
2. En déduire que ∀n ∈ N∗ , ∀(a1 , . . . , an ) ∈ Rn ,
Zπ 0
X
³ ´ P2 e iϑ e iϑ dϑ.
n X ak aℓ a q2 . É k + ℓ + 1 q=1 1ÉkℓÉn
Solution :
Z1
Zπ ³ ´ Q(x)d x = −i Q e iϑ e iϑ dϑ. Ce qui se montre par −1 0 Z1 Zπ ³ ´ 1 + (−1)k x k dx = linéarité. En effet, soit 0 É k É n, = −i e kiϑ e iϑ dϑ. k +1 −1 0 n X 2. Soit n ∈ N∗ , (a1 , . . . , an ) ∈ Rn , on pose P(X) = ak Xk . k=1 Z1 X X ak aℓ k+l 2 P2 (x)dx = ak aℓ X et . On a alors P (X) = k +ℓ+1 0 1ÉkℓÉn 1ÉkℓÉn ¯ Zπ ³ ´ ¯ Zπ ¯ ³ ´¯ Z1 Z1 Zπ ³ ´ ¯ ¯ ¯ 2 iϑ ¯ P2 e iϑ e iϑ dϑ¯¯ É P2 (x)dx É P2 (x)dx É −i P2 e iϑ e iϑ dϑ É ¯¯−i D’où ¯P e ¯ dϑ. 0 0 0 −1 0 Zπ ¯ ³ ´¯ Zπ ³ ´ Zπ ³ ´ ³ ´ ¡ ¢ ¯ 2 iϑ ¯ Maintenant P e iϑ P e iϑ dϑ = P e iϑ P e −iϑ dϑ car P est un polynôme réel. ¯P e ¯ dϑ =
1. Il suffit de montrer que pour Q ∈ R[X]. Démontrer que
0
0
0
662
Zπ Zπ ³ ´ ³ ´ n n X Zπ X X X 2cos(k − ℓ)ϑdϑ = π a q2 + a q2 ak aℓ e i(k−ℓ)ϑ dϑ = π P e iϑ P e −iϑ dϑ = 0 0 0 q=1 q=1 1Ék 0 le sous-ensemble de R2 noté B (M0 , r ) défini par : ª © B (M0 , r ) = M ∈ R2 | kM − M0 k < r .
D ÉFINITION 17.2 ♥ Partie ouverte On dit que U ⊂ R2 est une partie ouverte de R2 si pour tout point M0 ∈ U il existe r > 0 tel que la boule ouverte de centre M0 et de rayon r soit incluse dans U. D ÉFINITION 17.3 ♥ Voisinage d’un point Soit M0 ∈ R2 . On dit qu’une partie V ⊂ R2 est un voisinage du point M0 s’il existe r > 0 tel que la boule ouverte de centre M0 et de rayon r soit incluse dans V . Avec ce vocabulaire, une partie U est ouverte si et seulement si U est un voisinage de chacun de ses points. 664
On s’intéresse dans ce chapitre aux fonctions f définies sur une partie ouverte U ⊂ R2 et à valeurs réelles : ½
U ⊂ R2 (x, y)
−→ 7−→
R f (x, y)
On peut représenter le graphe d’une telle fonction : en tout point (x, y) ∈ U, on associe une hauteur z = f (x, y) et lorsque (x, y) varie dans U, on décrit une surface de R3 de base l’ouvert U : G = {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ U, z = f (x, y)}
Pour un point (x0 , y 0 ) ∈ U, comme U est ouvert, il existe α > 0 tel que ∀u ∈] − α, α[, (x0 + u, y 0 ) ∈ U et (x0 , y 0 + u) ∈ U. On peut donc définir deux fonctions d’une variable f 1 (définie sur un voisinage de x0 ) et f 2 (définie sur un voisinage de y 0 ) appelées applications partielles de f au point (x0 , y 0 ) : f1 :
½
]x0 − α, x0 + α[ t
−→ 7−→
R f (t , y 0 )
f2 :
½
]y 0 − α, y 0 + α[ t
z
−→ 7−→
R f (x0 , t )
z
z = f (x, y) y
(x, y)
x
y
x
M0 U
U
(b) Applications partielles en M0
(a) Fonction de deux variables
F IGURE 17.1 – Fonction de deux variables
D ÉFINITION 17.4 ♥ Limite en un point Soient U ⊂ R2 une partie ouverte, M0 = (x0 , y 0 ) ∈ U et f : U 7→ R . On dit que f tend vers l ∈ R quand M = (x, y) tend vers M0 si et seulement si : ∀ε > 0,
∃η > 0,
∀x ∈ U,
kM − M0 k É η =⇒ | f (M) − l| É ε
On note alors f (M) −−−−−→ l . M→M0
Remarque 17.1
Si f admet une limite quand M tend vers M0 alors cette limite est unique.
D ÉFINITION 17.5 ♥ Continuité en un point Soit U ⊂ R2 un ouvert, M0 ∈ U et f : U 7→ R . On dit que f est continue en M0 si et seulement si f (M) −−−−−→ f (M0 ) M→M0
T HÉORÈME 17.1 ♥ Théorème de majoration Soit U ⊂ R2 un ouvert, M0 ∈ U, l ∈ R, f : U 7→ R et θ : R → R tels que, au voisinage de M0 on ait : 665
¯ ¯ ¯ f (M) − l ¯ É θ (kM − M0 k)
H1
θ (t ) −−−→ 0
H2
t →0
alors : f (M) −−−−−→ l . M→M0
Démonstration on a
Soit ε > 0. Puisque θ(t) −−−→ 0, il existe η > 0 tel que ∀t ∈] − η,η[, |θ(t)| É ε. Soit M ∈ U tel que kM − M0 k É η, t →0
| f (M) − l | É θ(kM − M0 k) É ε
Pour montrer en pratique qu’une fonction de deux variables admet une limite en M0 = (x0 , y 0 ), on utilise les coordonnées polaires de pôle M0 . Pour M = (x, y) ∈ U, en écrivant (
x y
= x0 + r cos θ = y 0 + r sin θ
on a r = kM − M0 k et il suffit alors de majorer | f (M) − f (M0 )| par une fonction qui ne dépend que de r , θ(r ) avec θ(r ) −−−→ 0. r →0
Exemple 17.1 Étudier la limite lorsque (x, y) → (0, 0) de la fonction définie sur R2 \ {(0, 0)} par f (x, y) =
x3 y x2 + y 2
Introduisons des coordonnées polaires x = r cos θ, y = r sin θ, | f (x, y)| = r cos2 θ|sin θ| É r
Par conséquent, f (x, y) −−−−−−−−→ 0. (x,y )→(0,0)
Exemple 17.2 Même question pour f (x, y) =
x3 y 2 . Avec les coordonnées polaires, x4 + y 4
| f (x, y)| = r
|cos θ|3 sin2 θ
cos4 θ + sin4 θ
É
r cos4 θ + sin4 θ
Comme la fonction ϕ : θ 7→ cos4 θ+sin4 θ est continue sur le segment [0, 2π], elle possède un minimum qui est strictement positif (le cosinus et le sinus ne peuvent s’annuler simultanément) : ∀θ ∈ [0, 2π], cos4 θ+sin4 θ Ê α > 0 et alors | f (x, y)| É r /α ce qui montre que f (x, y) −−−−−−−−→ 0. (x,y )→(0,0)
P ROPOSITION 17.2 ♥♥ Caractérisation séquentielle de la limite Si f (M) −−−−−→ l , alors pour toute suite Mn = (xn , y n ) vérifiant kMn − M0 k −−−−−→ 0 (on note Mn −−−−−→ M0 ), on a n→+∞
M→M0
n→+∞
f (Mn ) −−−−−→ l . n→+∞
Démonstration
Soit ε > 0. Comme f (M) −−−−−→, il existe η > 0 tel que ∀M ∈ U, kM − M0 k É η =⇒ | f (M) − l | É ε. Puisque M→M0
Mn −−−−−→ M0 , il existe N ∈ N tel que ∀n Ê N, kMn − M0 k É η. Alors pour n Ê N, | f (Mn ) − l | É ε. n→+∞
On se sert souvent de cette propriété séquentielle pour montrer qu’une fonction n’a pas de limite. Exemple 17.3 Étudier l’existence d’une limite en (0, 0) de la fonction définie par f (x, y) = sin(2θ)
xy x2 + y 2
. Avec les coordonnées
polaires à l’origine, f (x, y) = . On voit que les valeurs que prend f dépendent de l’angle θ selon lequel on 2 s’approche de l’origine. Montrons que f n’a pas de limite en (0, 0) en exhibant deux suites : Xn = (1/n, 0) et Yn = (1/n, 1/n). Si f admettait une limite l ∈ R lorsque (x, y) −−−−−→ 0, alors comme X n −−−−−→ (0, 0) et Yn −−−−−→ (0, 0), n→+∞
n→+∞
n→+∞
on aurait f (Xn ) −−−−−→ l et f (Yn ) −−−−−→ l mais ∀n ∈ N⋆ , f (Xn ) = 0 et f (Yn ) = 1/2. On devrait avoir l = 0 = 1/2, une n→+∞ n→+∞ absurdité. 666
−0,2
0,75
−0,1
0,5 0,25
−0,1 −0,2
y 0,1
0,2
0,0
0,0 0,0 −0,25 0,1 x−0,5 0,2
P ROPOSITION 17.3 ♥ Continuité des applications partielles Si f est continue au point M0 = (x0 , y 0 ), alors les deux applications partielles au point M0 , f 1 et f 2 sont continues respectivement en x0 et y 0 . Démonstration Soit ε > 0. Comme U est ouvert, les deux applications partielles f 1 et f 2 sont définies respectivement sur un voisinage de x0 , f 1 :]x0 − α, x0 + α[7→ R et sur un voisinage de y 0 : f 2 :]y 0 − α, y 0 + α[7→ R . Puisque f est continue au point M0 = (x0 , y 0 ), il existe 0 < η É α tel que ∀M ∈ U, kM − M0 k É η =⇒ | f (M) − f (M0 )| É ε. Soit alors x ∈]x0 − α, x0 + α[ vérifiant |x − x0 | É η. Posons M = (x, y 0 ), kM − M0 k = |x − x0 | É η d’où | f 1 (x) − f 1 (x0 )| = | f (x, y 0 ) − f (x0 , y 0 )| É ε
De même, puisque k(x0 , y) − (x0 , y 0 )k = |y − y 0 | É η, | f 2 (y) − f 2 (y 0 )| = | f (x0 , y) − f (x0 , y 0 )| É ε
Il est important de comprendre que la réciproque de ce résultat est fausse comme le montre l’exemple suivant : Exemple 17.4 f :
R2
−→
(x, y)
R
xy si (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2 0
7−→
si (x, y) = (0, 0)
Les deux applications partielles en (0, 0) sont définies par f 1 (x) = f (x, 0) = 0 et f 2 (y) = f (0, y) = 0. Ces deux fonctions sont continues alors qu’on a vu précédemment que f n’admettait pas de limite à l’origine. Exemple 17.5 Il se peut qu’une fonction admette un limite à l’origine dans toutes les directions sans qu’elle soit continue comme le montre l’exemple suivant :
f :
R2
−→
(x, y)
7−→
R 6 xy x6 + y 8 0
si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)
Considérons la restriction de f à une droite d’équation y = αx : fα :
R x
−→ 7−→
R
α6 x f (x, αx) = 1 + α8 x 2 0
si x 6= 0 si x = 0
On a bien f α (x) −−−→ 0 = f α (0) ce qui montre que toutes les applications f α sont continues en 0, mais la fonction f x→0
n’admet pas de limite en (0, 0). En effet, si l’on s’approche de l’origine suivant la parabole d’équation x = y 2 avec la suite Mn = (1/n 2 , 1/n), f (Mn ) =
1 −−−−−→ 1 6= f (0, 0) 1 + 1/n 4 n→+∞
Multimédia : animation pour illustrer cet exemple, sur un graphe on voit la coupe par un plan qui tourne, une bosse qui tend vers 0 et la parabole mise en évidence 667
T HÉORÈME 17.4 ♥♥ Composée de fonctions continues On considère une fonction ½ U (x, y)
f :
−→ 7−→
R f (x, y)
continue au point (x0 , y 0 ) ∈ U et une fonction ϕ:
½
V ⊂ R2 (u, v)
U (x(u, v), y(u, v))
−→ 7−→
On suppose que les deux fonctions x : V 7→ R et y : V 7→ R sont continues au point (u0 , v 0 ). Alors la composée : F:
½
V (u, v)
−→ 7−→
R f (x(u, v), y(u, v))
est continue au point (u0 , v 0 ). Démonstration Il suffit d’écrire les définitions de continuité.
Remarque 17.2 Si f : U ⊂ R2 7→ R est continue et x, y : I ⊂ R 7→ R sont deux fonctions continues sur I vérifiant ∀t ∈ I, (x(t ), y(t )) ∈ U, la composée ½ ϕ:
I t
−→ 7−→
R f (x(t ), y(t ))
est continue en tout point de I.
17.2 Dérivées partielles, fonctions C 1 Soit U ⊂ R2 un ouvert de R2 . D ÉFINITION 17.6 ♥ Dérivée selon un vecteur → − Soit f : U 7→ R , M0 ∈ U et un vecteur non nul H ∈ R2 . On dit que f possède une dérivée au point M0 selon le vecteur → − H s’il existe un réel l ∈ R tel que ¤ 1£ → − f (M0 + t . H) − f (M0 ) −−−→ l t →0 t
− f (M0 ). On note alors l = D→ H
Exemple 17.6 Pour la fonction
f :
→ −
R2
(x, y)
−→ 7−→
R 2 x y x2 + y 2 0
si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = 0
On considère un vecteur H = (h, k) ∈ R2 . Formons le taux d’accroissement ¤ 1£ h2 k h2k − − − → f (t h, t k) − f (0, 0) = 2 t h + k 2 t →0 h 2 + k 2
→ −
− f (0, 0) = ce qui montre que f possède une dérivée selon le vecteur H en (0, 0) et D→ H
h2k h2 + k 2
.
Multimédia : Coupe de la surface par un plan qu’on fait tourner et représenter le graphe de la fonction partielle avec la pente de la tangente D ÉFINITION 17.7 ♥ Dérivées partielles en un point Soit f : U 7→ R et a ∈ U. On considère la base canonique e = (e 1 , e 2 ) de R2 . On appelle dérivées partielles de f au point M0 ∈ U les dérivées de f , si elles existent, selon les vecteurs e 1 et e 2 et on note alors ∂f f (M0 + t e 1 ) − f (M0 ) (M0 ) = De 1 f (M0 ) = lim t →0 ∂x t
et
668
∂f f (M0 + t e 2 ) − f (M0 ) (M0 ) = De 2 f (M0 ) = lim t →0 ∂y t
Remarque 17.3
En notant f 1 et f 2 les applications partielles au point M0 = (x0 , y 0 ), ∂f (x , y ) ∂x 0 0
= lim t →0
∂f (x0 , y 0 ) ∂y
= lim t →0
f (x0 + t , y 0 ) − f (x0 , y 0 ) f 1 (x0 + t ) − f 1 (x0 ) = limt →0 t t ¡ ¢ ¡ ¢ f2 y0 + t − f2 y0 f (x0 , y 0 + t ) − f (x0 , y 0 ) = limt →0 t t
Ces limites existent si et seulement si f 1 et f 2 sont dérivables respectivement en x0 et y 0 . De plus, dans ce cas : ∂f ∂x (x0 , y 0 ) ∂f (x0 , y 0 ) ∂y
= f 1′ (x0 ) ¡ ¢ = f 2′ y 0
∂f , on fixe la variable y , la première fonction ∂x ∂f (x, y) = f 1′ (x) = 2x cos(y). La partielle en (x, y) est définie par f 1 (t ) = f (t , y) = t 2 cos(y), elle est dérivable en t = x et ∂x ∂f deuxième fonction partielle en (x, y) est définie par f 2 (t ) = f (x, t ) = x 2 cos(t ), elle est dérivable en t = y et (x, y) = ∂y ′ 2 f 2 (y) = −x sin(y). ∂f On retient la règle de calcul suivante : pour calculer (x, y), on « gèle » la variable y (considérée comme constante) et ∂x ∂f (x, y), on fixe x et on dérive l’expression par rapport à y . on dérive par rapport à x . De même, pour calculer ∂y
Par exemple, si f (x, y) = x 2 cos(y), pour calculer en un point (x, y)
Exemple 17.7 Considérons la fonction définie sur R2 par f (x, y) =
(
x4 y
2
si y É x 2 si y > x 2 y = x2
f (x, y) = y 2
f (x, y) = x 4
Étudions l’existence de dérivées partielles de f en un point M0 = (x0 , y 0 ). 1. Si y 0 < x02 , sur un voisinage de M0 , la fonction f est définie par f (x, y) = x 2 . On peut appliquer la règle de calcul ci-dessus,
∂f ∂f (x0 , y 0 ) = 2x0 et (x0 , y 0 ) = 0. ∂x ∂y
2. Si y 0 > x02 , sur un voisinage de M0 , f (x, y) = y 2 donc
∂f ∂f (x0 , y 0 ) = 0 et (x0 , y 0 ) = 2y 0 . ∂x ∂y
3. Si M0 = (x0 , x02 ) avec x0 > 0, on se trouve sur un point de la parabole et les applications partielles sont définies par : f1 :
]0, +∞[
t
−→ 7−→
R (
y 02 4
t
si t < x0 si t Ê x0
f2 :
R t
−→ 7−→
R (
x04 t2
si t < y 0 si t Ê y 0
′ ′ La fonction f 1 est dérivable à droite en x0 , avec f 1d (x0 ) = 4x03 . Elle est dérivable à gauche en x0 avec f 1g (x0 ) = 0.
On en déduit que f 1 n’est pas dérivable en x0 donc que
∂f ∂f (x0 , x02 ) n’existe pas. De la même façon, (x0 , x02 ) ∂x ∂y
n’existe pas. 4. Si M0 = (0, 0), les deux fonctions partielles en (0, 0) sont définies par 4
f 1 (t ) = t ,
f 2 (t ) =
Puisque ces fonctions sont dérivables en 0, on en tire que
669
(
0 t2
si t É 0 si t > 0
∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0. ∂x ∂y
D ÉFINITION 17.8 ♥♥♥ Fonction de classe C 1 Soit f : U ⊂ R2 7→ R. On dit que la fonction f est de classe C 1 sur l’ouvert U lorsque : 1. En tout point (x, y) ∈ U, f possède des dérivées partielles
∂f ∂f (x, y) et (x, y). ∂x ∂y
2. Chacune des fonctions ∂f U : ∂x (x, y)
est continue sur U.
−→ 7−→
R ∂f (x, y) ∂x
et
U ∂f : ∂y (x, y)
−→ 7−→
R ∂f (x, y) ∂y
On note C 1 (U, R) l’ensemble des fonctions de classe C 1 sur U. Exemple 17.8 Considérons la fonction définie par
f :
R2
(x, y)
−→ 7−→
R 3 3 sin(x ) − sin(y ) 2 2 x +y 0
si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)
Soit M0 = (x0 , y 0 ) ∈ R2 . Étudions l’existence de dérivées partielles en M0 . – Si (x0 , y 0 ) 6= (0, 0), sur un voisinage de M0 , la première application partielle f 1 en M0 est définie par f 1 (t ) =
sin(t 3 ) − sin(y 03 ) t 2 + y 02
3x 2 cos(x03 ) sin(x03 ) − sin(y 03 ) ∂f ∂f (x0 , y 0 ) = 0 2 (x0 , y 0 ). − 2x On calcule de même 0 2 2 2 2 ∂x ∂y x0 + y 0 (x0 + y 0 ) ∂f – Si (x0 , y 0 ) = (0, 0), revenons à la définition de (0, 0) et formons le taux d’accroissement ∂x
Elle est dérivable en x0 et f 1′ (x0 ) =
f (t , 0) − f (0, 0) sin(t 3 ) = −−−→ 1 t →0 t t3
ce qui montre que
∂f ∂f (0, 0) existe et vaut 1. De même, (0, 0) = −1. ∂x ∂y
Nous pouvons donc définir les deux fonctions
∂f ∂x
:
R2
(x, y)
R2
∂f : (x, y) ∂y
−→ 7−→ −→ 7−→
R 3 3 2 3 3x cos(x ) − 2x sin(x ) − sin(y ) x2 + y 2 (x 2 + y 2 )2 1
R 3 3 2 3 − 3y sin(y ) − 2y sin(x ) − sin(y ) 2 2 2 2 2 x +y (x + y ) −1
si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)
si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)
∂f ∂f ∂f ∂f . Puisque (0, t ) = 0 −−−→ 0 6= (0, 0), on en déduit que n’est pas continue t →0 ∂x ∂x ∂x ∂x 1 2 en (0, 0). Cela suffit pour affirmer que f n’est pas de classe C sur R .
Étudions maintenant la continuité de
T HÉORÈME 17.5 ♥ Théorème d’opérations sur les fonctions de classe C 1 . Soient f et g deux fonctions définies sur un ouvert U ⊂ R2 à valeurs réelles et de classe C 1 sur U. Alors : 1
si α, β ∈ R, α f + βg est de classe C 1 sur U et : ∀i = 1, 2,
¡ ¢ ∂ α f + βg
∂xi
670
=α
∂f ∂g +β ∂xi ∂xi
2
f g est de classe C 1 sur U et :
¡ ¢ ∂ fg
∀i = 1, 2, 3
si g ne s’annule pas sur U alors
f g
∂xi
=g
∂f ∂g +f ∂xi ∂xi
est définie et C 1 sur U. De plus :
∂ ∀i = 1, 2,
³ ´ f g
∂xi
g
=
∂f ∂g −f ∂xi ∂xi g2
C OROLLAIRE 17.6 ♥ ¢ ¡ – ¡C 1 (U, R) , +, . ¢est un sous-espace vectoriel de F (U, R) – C 1 (U, R) , +, × est un sous-anneau de F (U, R) Le théorème suivant (la démonstration est admise) est le résultat fondamental de ce chapitre : T HÉORÈME 17.7 ♥♥♥ Dl d’ordre 1 Soit f : U ⊂ R2 7→ R de classe C 1 sur l’ouvert U et M0 = (x0 , y 0 ) ∈ U. Alors il existe une fonction ε : V ⊂ R2 → R définie sur un voisinage V de (0, 0) telle que : 1
→ −
→ −
Pour tout accroissement H = (h, k) ∈ R2 tel que M0 + H ∈ U, on a : f (x0 + h, y 0 + k) = f (x0 , y 0 ) + h
2
∂f ∂f (x0 , y 0 ) + k (x0 , y 0 ) + k(h, k)k ε(h, k) ∂x ∂y
ε(h, k) −−−−−−−−→ 0 (h,k)→(0,0)
On dit alors que f admet un développement limité d’ordre 1 en M0 . La définition de f de classe C 1 ne suppose pas que f est continue sur U. C’est une conséquence du résultat suivant : C OROLLAIRE 17.8 ♥ Une fonction C 1 est continue Si f est de classe C 1 sur U alors f est continue en tout point de U. Démonstration
→ −
Soit M0 = (x0 , y 0 ) ∈ U et M = (x, y). Notons H = M − M0 = (x − x0 , y − y 0 ). Puisque f est de classe C 1 sur U, il
∂f ∂f (x0 , y 0 )+(y −y 0 ) (x0 , y 0 )+kM−M0 kε(x−x0 , y − ∂x ∂y y 0 ) avec ε(h,k) −−−−−−−−−→ 0. La fonction ε est bornée sur un voisinage de (0,0) donc si kM − M0 k É η, |ε(M − M0 )| É K et comme
existe ε définie sur un voisinage de (0,0) telle que f (x, y) = f (x0 , y 0 )+(x−x0 ) (h,k)→(0,0)
|x −x0 | É kM−M0 k , |y −y 0 | É kM−M0 k , | f (x, y)− f (x0 , y 0 )| É |x −x0 ||
∂f ∂f (x0 , y 0 )|+|y −y 0 || (x0 , y 0 )|+KkM−M0 k É CkM−M0 k . ∂x ∂y
Par conséquent, f (x, y) −−−−−−−−−−→ f (x0 , y 0 ). (x,y )→(x 0 ,y 0 )
Plus intéressant, si f admet des dérivées dans les deux directions de la base canonique, elle admet une dérivée dans toutes les directions qui se calcule comme combinaison linéaire des dérivées partielles comme le précise le résultat suivant : C OROLLAIRE 17.9 ♥♥ Une fonction C 1 admet des dérivées selon tout vecteur → − Si f : U 7→ R est de classe C 1 sur l’ouvert U, alors pour tout point M0 = (x0 , y 0 ) et tout vecteur non nul H = (h, k), f → − admet une dérivée selon le vecteur H au point M0 et − f (M0 ) = h D→ H
Démonstration k
∂f ∂f (x0 , y 0 ) + k (x0 , y 0 ) ∂x ∂y
Avec le DL à l’ordre 1, le taux d’accroissement s’écrit :
¤ 1£ ∂f f (x0 + th, y 0 + tk) − f (x0 , y 0 ) = h (x0 , y 0 ) + t ∂x
|t| ∂f (x0 , y 0 ) + k(h,k)kε(th, t k). Puisque ||t|/t| = 1 et que ε(th, tk) −−−→ 0, on en déduit le résultat. ∂y t t →0
671
17.3 Différentielle D ÉFINITION 17.9 ♥ Différentielle Soit f : U 7→ R une fonction de classe C 1 et M0 = (x0 , y 0 ) ∈ U un point. On définit la forme linéaire : d f M0 :
R2
(h, k)
−→
R
7−→
h
∂f ∂f (x0 , y 0 ) + k (x0 , y 0 ) ∂x ∂y
C’est la différentielle de la fonction f au point M0 . D ÉFINITION 17.10 Gradient ´ ³∂f ∂f → − (x0 , y 0 ), (x0 , y 0 ) . Alors pour tout On définit le gradient de f au point M0 comme étant le vecteur ∇ f (M0 ) = ∂x
→ −
accroissement H = (h, k),
∂y
³→ − → −´ → − − f (M0 ) = d f M ( H) = ∇ f (M0 ) | H D→ 0 H
T HÉORÈME 17.10 ♥♥♥ Dérivation d’une composée ½ I t
Soit f : U ⊂ R2 7→ R , u, v : I ⊂ R 7→ R . On définit ϕ :
−→ 7−→
H1
f est de classe C 1 sur l’ouvert U.
H2
Les deux fonctions u et v sont de classe C 1 sur I.
H3
∀t ∈ I, ϕ(t ) ∈ U.
On peut alors définir la fonction g = f ◦ϕ :
½
I t
−→ 7−→
Cette fonction est de classe C 1 sur I et sa dérivée vaut : g ′ (t ) = u ′ (t )
2 R ¡ ¢ . On suppose que : u(t ), v(t )
R¡ ¢ f u(t ), v(t )
¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ u(t ), v(t ) + v ′ (t ) u(t ), v(t ) ∂x ∂y
Démonstration Soit t0 ∈ I. Nous allons montrer que g admet un développement limité à l’ordre 1 en t0 . Puisque f est de classe C 1 , elle admet un développement limité au point M0 = (u(t0 ), v (t0 )). Pour t ∈ I, on peut écrire : f (u(t0 + h), v (t0 + h)) =
£ ¤ ∂f £ ¤ ∂f (u(t0 , v (t0 ))+ v (t0 +h)−v (t0 ) (u(t0 ), v (t0 ))+k(u(t0 +h)−u(t0 ), v (t0 +h)−v (t0 ))kε(u(t0 + f (u(t), v (t))+ u(t0 +h)−u(t0 ) ∂x ∂y h) − u(t0 ), v (t0 + h) − v (t0 )). Puisque les fonctions u et v sont dérivables en t0 , elles possèdent un développement limité à l’ordre 1 : u(t0 + h) = u(t0 ) + hu ′ (t0 ) + hε1 (h), v (t0 + h) = v (t0 ) + hv ′ (t0 ) + ε2 (h). En reportant dans le DL de f , on trouve que g (t0 + h) = £ ¤ ∂f ∂f g (t0 )+h u ′ (t0 ) (u(t0 ), v (t0 ))+v ′ (t0 ) (u(t0 ), v (t0 )) +R(h) et par une majoration simple, on vérifie que R(h) = o(h). Nous avons ∂x ∂y ∂f ∂f , , u ′ et v ′ sont des fonctions continues, la donc vérifié que g était dérivable en t0 et obtenu l’expression de g ′ (t0 ). Puisque ∂x ∂y fonction g ′ est également continue.
Remarque 17.4
³→ ´ − ∇ f (M0 ) | ϕ′ (t ) .
On peut exprimer g ′ (t0 ) à l’aide de la différentielle et du gradient de f en M0 : g ′ (t ) = d f M0 (ϕ′ (t )) =
T HÉORÈME 17.11 ♥♥♥ Dérivées partielles d’une composée Soit f : U ⊂¡ R2 7→ R une fonction de classe C 1 , x, y : V ⊂ R2 7→ R deux fonctions de classe C 1 . On suppose que ¢ ∀(u, v) ∈ V , x(u, v), y(u, v) ∈ U. On peut alors définir la fonction F:
½
U (u, v)
−→ 7−→
R¡ ¢ f x(u, v), y(u, v)
672
La fonction F est de classe C 1 et en tout point (u, v) ∈ V , ∂F (u, v) ∂u ∂F (u, v) ∂v
∂x ∂f ∂y ∂f (u, v) (x(u, v), y(u, v)) + (u, v) (x(u, v), y(u, v)) ∂u ∂x ∂u ∂y ∂x ∂f ∂y ∂f = (u, v) (x(u, v), y(u, v)) + (u, v) (x(u, v), y(u, v)) ∂v ∂x ∂v ∂y
=
Démonstration
Soit un point K = (u, v ) ∈ V , considérons la première fonction partielle de F en K définie par F1 (t) = F(t, v ) = ¢ ¡ ¢ ∂x ∂y f x(t, v ), y(t, v ) = f g 1 (t), g 2 (t) . Les fonctions g 1 et g 2 sont de classe C 1 et g 1′ (t) = (t, v ), g 2′ (t) = (t, v ). On peut utiliser ∂u ∂u ∂x ∂ f ∂y ∂f (t, v ) (g 1 (t), g 2 (t)) + (t, v ) (g 1 (t), g 2 (t)). le théorème précédent : la fonction F1 est dérivable en tout point t et F′1 (t) = ∂u ∂x ∂u ∂y ∂f ∂x ∂F (u, v ) = F′1 (u) = (u, v ) (x(u, v ), y(u, v )) + On en déduit que F admet une première dérivée partielle au point (u, v ) et que ∂u ∂u ∂x ∂y ∂f (u, v ) (x(u, v ), y(u, v )). On fait de même pour la deuxième dérivée partielle. Ces dérivées partielles s’expriment comme ∂u ∂y composées de fonctions continues donc la fonction F est de classe C 1 sur V . ¡
17.4 Extremum d’une fonction à deux variables D ÉFINITION 17.11 ♥ Maximum, minimum, extremum Soient f : U ⊂ R2 → R et M0 ∈ U. On dit que M0 est : • un maximum local (respectivement un maximum local strict) de f si et seulement si il existe un voisinage V de M0 dans R2 tel que : ∀x ∈ V ∩ U, f (x) É f (M0 ) (respectivement f (x) < f (M0 ) • un minimum local (respectivement un minimum local strict) de f si et seulement si il existe un voisinage V de M0 dans R2 tel que : ∀x ∈ V ∩ U, f (x) Ê f (M0 ) (respectivement f (x) > f (M0 ) • un extremum local si M0 est un maximum ou un minimum local. • un maximum global si : ∀x ∈ U, f (x) É f (M0 ) • un minimum global si :
∀x ∈ U,
f (x) Ê f (M0 )
• un extremum global si M0 est un maximum ou un minimum global.
T HÉORÈME 17.12 ♥♥♥ La différentielle est nulle en un extremum local Soient f : U ⊂ R2 → R de classe C 1 sur U et M0 = (x0 , y 0 ) ∈ U. Si M0 est un extremum local de f alors d f M0 = 0 c’est à dire :
∂f ∂f (x0 , y 0 ) = (x0 , y 0 ) = 0. ∂x ∂y
Démonstration Supposons par exemple qu’il existe un voisinage V de M0 tel que M0 est un maximum de f sur V . Considérons la première fonction partielle f 1 de f au point M0 définie sur un voisinage de x0 par f 1 (t) = f (t, y 0 ). Puisque x0 est un maximum de f 1 , on sait que f 1′ (x0 ) = 0, c’est à dire ∂f (x0 , y 0 ) = 0. ∂y
Remarque 17.5
∂f (x0 , y 0 ) = 0. On fait de même avec la deuxième fonction partielle pour montrer que ∂x
Un point où la différentielle s’annule s’appelle un point critique de la fonction.
Attention 17.9 La réciproque est en général fausse, même pour des fonctions d’une variable : la fonction définie par f (x) = x 3 a une dérivée nulle en 0 et pourtant 0 n’est pas un extrémum local. Pour des fonctions de deux variables, on ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0 et pourtant le peut également avoir des points selles. Si f est définie sur R2 par f (x, y) = x 2 − y 2 , ∂x ∂y point (0, 0) n’est ni un maximum local, ni un minimum local : f 1 (t ) = f (t , 0) = t 2 et f 2 (t ) = f (0, t ) = −t 2 .
673
1,0 0,8 0,6 0,4 0,2
−1,0 −0,5
1,0
0,5
y
0,0 0,0 0,0
−1,0
−0,5 −0,2 0,5
x
−0,4 1,0 −0,6 −0,8 −1,0
Exemple 17.10 Cherchons les extremums de la fonction définie sur R2 par f (x, y) = (x + y)2 + x 4 + y 4
Commençons par chercher les points critiques : ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y
= 2(x + y) + 4x 3 = 0 = 2(x + y) + 4y 3 = 0
Le seul point critique est (0, 0). Puisque f (x, y) Ê 0 avec égalité si et seulement si (x, y) = (0, 0), l’origine est un minimum global de la fonction f est c’est le seul extrémum.
Exemple 17.11 On considère une boîte rectangulaire sans son couvercle de volume V . Déterminer les dimensions de cette boîte pour la fabriquer avec le moins de carton possible. Notons x, y les longueurs de la base et h sa hauteur. Puisque le volume est fixé, on a x yh = V . L’aire des parois en carton que l’on cherche à minimiser vaut : f (x, y) = 2xh + 2yh + x y =
2V 2V + +xy y x
Cette fonction est de classe C 1 sur l’ouvert U =]0, +∞[×]0, +∞[ et ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y
Un point critique doit vérifier x y =
2V x2 2V =x− 2 y =y−
2V 2V = d’où l’on tire x = y = (2V)1/3 et h = V 1/3 /22/3 . Il est clair dans notre x y
contexte que cet unique point critique est le minimum global de la fonction.
Exemple 17.12 On considère un nuage de points dans le plan : M1 = (x1 , y 1 ), . . . , Mn = (xn , y n ) que l’on suppose non alignés sur une même verticale. On recherche la droite d’équation y = ax + b qui minimise la quantité : f (a, b) =
n £ X
k=1
y i − (axi + b)
674
¤2
Mn M1
y = ax + b
y k − (axk + b) Mk
La fonction f est de classe C 1 sur R2 et ∂f ∂a (a, b) ∂f (a, b) ∂y
=− =−
n X
[y i − (axi + b)]xi = a
k=1 n X
[y i − (axi + b)] = a
k=1
n X
k=1
n X
k=1
xi2 + b
n X
xi −
k=1 n X
xi + nb −
yi
n X
xi y i
k=1
k=1
Pour simplifier les notations, définissons les vecteurs de Rn suivants : X = (x1 , . . . , xn ), Y = (y 1 , . . . , y n ) et N = (1, . . . , 1). Les points critiques (a, b) vérifient le système linéaire : (
kXk2 a + (N | X) b 2
(N | X) a + kNk b
= (X | Y)
= (N | Y)
Le déterminant du système vaut det(S) = kXk2 kNk2 − (N | X)2 Ê 0. Il est positif d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz et s’il était nul, d’après le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz, les deux vecteurs N et X seraient liés et tous les points seraient sur une même verticale, ce qui est faux. Le système possède donc une solution unique et on trouve que a b
= =
n (X | Y) − (N | X) (N | Y)
nkXk2 − (N | X)2 kXk2 (N | Y) − (N | x) (X | Y) nkXk2 − (N | X)2
Le seul point critique est ici le minimum global de la fonction. Remarque 17.6 En pratique, on définit souvent des fonctions f : K 7→ R où K n’est pas un ouvert de R2 . Pour trouver les extremums de f , on procède comme suit : – Déterminer les points critiques intérieurs à K, c’est à dire les points M ∈ K tels qu’il existe une boule ouverte centrée en M incluse dans K avec
∂f ∂f (M) = (M) = 0. ∂x ∂y
– Étudier la nature de ces points critiques intérieurs (maximum, minimum local, ou point selle). Cette partie est difficile à traiter avec les connaissances de math. sup. En deuxième année, vous disposerez d’un outil agréable pour déterminer la nature d’un point critique. – Étudier f sur le bord de K. Exemple 17.13 On considère le domaine ∆ = {(x, y) ∈ R2 | −1 É x É y É 1} et la fonction f définie sur ∆ par f (x, y) = (y − x)3 + 6x y . Déterminer son maximum et son minimum global. Le domaine ∆ est un triangle : S2 1 S3 S1 −1
1
◦
La fonction f est de classe C 1 sur l’intérieur du domaine : ∆ = {(x, y) ∈ R2 | −1 < x < y < 1} et on calcule ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y
= 6y − 3(y − x)2 = 6x + 3(y − x)2
675
On trouve les points critiques intérieurs (x, y) qui doivent vérifier (y − x)2 = 2y = −2x d’où y = −x puis y = −x = 1/2. On calcule f (−1/2, 1/2) = −1/2. Étudions ensuite la restriction de f sur les trois segments qui forment le bord du domaine. 3 Sur le segment S 1 , g (t étudie la fonction g définie sur [−1, 1] et on trouve que g atteint p) = f (−1, t ) = (1 + t ) − 6t . On p son minimum en t = 2 − 1 et ce minimum vaut 6 − 4 2 et atteint son maximum en t = −1 avec g (−1) = 6. On fait de même pour la restriction de f à S 2 en étudiant h(t ) = f (t , 1) puis sur S 3 avec k(t ) = f (t , t ) pour t ∈ [−1, 1]. On trouve finalement que f admet son minimum global au point critique intérieur et que ce minimum vaut −1/2 et que f admet son maximum global sur la frontière qui vaut 6.
17.5 Dérivées partielles d’ordre 2 D ÉFINITION 17.12 ♥ Dérivées partielles d’ordre 2 Soit U ⊂ R2 un ouvert et f : U 7→ R une fonction numérique de classe C 1 (U, R ). On peut donc définir les fonctions dérivées partielles : ∂f U : ∂x a
−→
7−→
R ∂f (a) ∂x
et
On dit que f est de classe C 2 (U, R ) lorsque les 2 fonctions
U ∂f : ∂y a
−→
7−→
∂f ∂f et sont de classe C 1 (U, R ). On note alors ∂x ∂y
∂f ∂ ∂2 f (a) = ∂x (a), ∂x 2 ∂x
∂f ∂ ∂y ∂2 f (a) = (a), ∂x∂y ∂x
∂f ∂ f ∂y (a) = (a), ∂y 2 ∂y
∂f ∂ ∂2 f (a) = ∂x (a). ∂y∂x ∂y
2
∂
R ∂f (a) ∂y
B IO 14 Hermann Schwarz né le 25 Janvier 1843 à Hermsdorf (Silésie) et mort le 30 Novembre 1921 à Berlin
Hermann Schwarz a commencé ses études à l’université de Berlin pour apprendre la chimie mais les cours de Kümmer et de Weierstrass lui font abandonner son idée première et il décide de se consacrer aux mathématiques. Il effectue sa thèse sous la direction de Weierstrass. Il est nommé maître de conférence à Halle en 1867, puis professeur à Zurich en 1869 et rejoint l’université de Göttingen en 1875 pour finalement prendre un poste à Berlin en 1892. Schwarz est au départ très intéressé par la géométrie et, au contact de Weierstrass, il apprend à traduire ses idées avec les outils de l’analyse. En 1870, il résout le problème de Dirichlet qui consiste à trouver une fonction harmonique définie sur un ouvert prolongeant une fonction continue définie sur la frontière de l’ouvert. La plus importante de ses contributions a été celle aux surfaces minimales (les surfaces minimisant leur aire relativement à une contrainte donnée). C’est dans un travail relatif à ce sujet qu’il publie, pour des intégrales doubles, l’inégalité 13.24 page 528 qui porte maintenant son nom. Elle est en fait due à Bunyakowsky qui l’énonça le premier pour des intégrales simples. Notons que Cauchy, dans son cours à Polytechnique, l’avait aussi énoncé dans le cas des suites. T HÉORÈME 17.13 ♥ Théorème de Schwarz Soit f : U 7→ R une fonction de classe C 2 (U, R ). Alors en tout point a ∈ U, ∂2 f ∂2 f (a) = (a) ∂x∂y ∂y∂x
Démonstration Admise.
676
Exemple 17.14 Considérons la fonction
f :
R2
−→
(x, y)
7−→
R 2 2 x y(x − y ) 2 2 x +y 0
si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)
On vérifie facilement que la fonction f est de classe C 1 sur R2 et que 3 3 2 3 3x y − y − 2x(y x − x y ) ∂f 2 2 2 2 2 (x, y) = (x + y ) (x + y ) ∂x 0
Formons le taux d’accroissement :
3 3 3 2 x − 3x y − 2y(y x − x y ) ∂f 2 2 2 2 2 (x, y) = x +y (x + y ) ∂y 0
si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)
si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)
¤ ∂f 1£∂f (0, t ) − (0, 0) = −1 −−−→ −1 t →0 t ∂x ∂x
∂f ce qui montre que ∂x (0, 0) = −1. De même, formons le taux d’accroissement ∂y ∂
¤ ∂f 1£∂f (t , 0) − (0, 0) = 1 −−−→ 1 t →0 t ∂y ∂y
∂f ∂y (0, 0) = 1. Les deux dérivées partielles secondes croisées sont différentes. On peut vérifier l’exisce qui montre que ∂x tence des quatre fonctions dérivées partielles secondes sur R2 , mais on vérifie qu’elles ne sont pas continues en (0, 0). ∂
T HÉORÈME 17.14 Formule de Taylor intégrale à l’ordre 2 Soit f : U 7→ R une fonction de classe C 2 . On suppose que U est un ouvert convexe. Soit M0 = (x0 , y 0 ) ∈ U et un → − → − accroissement H = (h, k) tel que M0 + H ∈ U. On a : i h ∂f ∂f (x0 , y 0 ) + k (x0 , y 0 ) + R(h, k) f (x0 + h, y 0 + k) = f (x0 , y 0 ) + h ∂x ∂y | {z } → − d f M ( H) 0
où R(h, k) =
Z1 0
¤ £ ∂2 f ∂2 f ∂2 f (x0 + t h, y 0 + t k) + k 2 2 (x0 + t h, y 0 + t k) dt (1 − t ) h 2 2 (x0 + t h, y 0 + t k) + 2hk ∂x ∂x∂y ∂y
Démonstration ♥♥ La preuve est instructive. On se ramène aux théorèmes déjà prouvés pour les fonctions d’une variable en considérant la fonction ½ ϕ:
[0,1] t
−→ 7−→
R f (x0 + th, y 0 + tk)
Cette fonction est définie sur [0,1] car on a supposé que l’ouvert U était convexe. Elle est de classe C 1 d’après le théorème de dérivée d’une composée ( 17.10 page 672) et ∀t ∈ [0,1], ϕ′ (t) = h
∂f ∂f (x0 + th, y 0 + tk) + k (x0 + th, y 0 + tk) ∂x ∂y
En ré-appliquant le même théorème, on vérifie que ϕ est de classe C 2 sur [0,1] avec ϕ′′ (t) = h 2
∂2 f ∂x 2
(x0 +th, y 0 +tk)+hk
∂2 f (x0 + ∂x∂y
∂2 f ∂2 f ∂2 f (x0 +th, y 0 +tk)+k 2 2 (x0 +th, y 0 +tk). Avec le théorème de Schwarz, ϕ′′ (t) = h 2 2 (x0 +th, y 0 +tk)+ ∂y∂x ∂y ∂x ∂2 f ∂2 f 2 2hk (x0 +th, y 0 +tk). Il suffit alors d’écrire la formule de Taylor intégrale à l’ordre 1 pour la fonction (x0 +th, y 0 +tk)+k ∂x∂y ∂y 2 ϕ entre 0 et 1 : Z1 ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ′ (0) + (1 − t)ϕ′′ (t) dt th, y 0 +tk)+kh
0
pour obtenir le résultat.
677
T HÉORÈME 17.15 ♥♥♥ Formule de Taylor-Young à l’ordre 2 Si f : U 7→ R est de classe C 2 sur l’ouvert convexe U ⊂ R2 , pour (x0 , y 0 ) ∈ U et (h, k) ∈ R2 tel que (x0 + h, y 0 + k) ∈ U, f (x0 +h, y 0 +k) = f (x0 , y 0 )+h
¤ ∂f ∂f 1 £ ∂2 f ∂2 f ∂2 f (x0 , y 0 )+k (x0 , y 0 )+ h 2 2 x0 , y 0 )+2hk (x0 , y 0 )+ 2 (x0 , y 0 ) +k(h, k)k2 R(h, k) ∂x ∂y 2 ∂x∂y ∂y ∂(
avec R(h, k) −−−−−−−−→ 0. (h,k)→(0,0)
Démonstration
Reprenons la formule de Taylor-intégrale et travaillons sur le reste. Écrivons
Z1
(1 − t)
∂2 f
(x0 + th, y 0 + ∂x 2 0 Z1 Z1 Z1 2 2 £∂ f ¤ ∂ f (1− t) (1− t) dt = (x0 , y 0 ) (1− t) dt +ε1 (h,k) où ε1 (h,k) = (x0 + th, y 0 + tk) − 2 (x0 , y 0 ) dt . Puisque tk) dt = ∂x 2 ∂x 2 ∂x 0 0 0 ∂2 f ∂2 f 1/2, on fait apparaître dans R(h,k), 12 h 2 2 (x0 , y 0 ). Puisque la fonction est continue en (x0 , y 0 ), on montre avec ε que ∂x ∂x 2 ε1 (h,k) −−−−−−−−−→ 0. On fait de même avec les deux autres termes du reste pour obtenir le résultat. ∂2 f
(h,k)→(0,0)
Remarque 17.7 La partie entre crochet est une forme quadratique q(h, k) en l’accroissement (h, k). Le reste peut s’écrire o(k(h, k)k2 ). La formule de Taylor-Young permettra d’étudier la nature d’un point critique en math. spé.
17.6 Exemples d’équations aux dérivées partielles Le but de ce paragraphe est de résoudre quelques équations aux dérivées partielles simples. Pour simplifier l’étude, on considère un ouvert de la forme U =]a, b[×]c, d[. Commençons par résoudre des équations aux dérivées partielles fondamentales :
P ROPOSITION 17.16 ♥ EDP
∂f =0 ∂x (E1 ) :
∂f (x, y) = 0 ∂x
Une fonction f ∈ C 1 (U, R ) est solution de (E1 ) si et seulement s’il existe une fonction d’une variable k ∈ C 1 (]c, d[, R ) telle que ∀(x, y) ∈ U, f (x, y) = k(y) . Démonstration
½
]a,b[ −→ R ¡ ¢ est dérivable t 7−→ f t, y ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ sur R et de dérivée nulle. Elle est donc constante : ∀t ∈ ]a,b[ , ϕ (t) = ϕ (0) et on a donc : ∀ x, y ∈ U, f x, y = k y avec ½ ]c,d[ −→ R ¡ ¢ k: qui est une fonction de classe C 1 sur ]c,d[ d’après le théorème de composée 17.10 page 672. y 7−→ f 0, y ⇐ Réciproquement, une fonction k ∈ C 1 (]c,d[, R ) est clairement solution de (E1 ). ⇒
Supposons que f ∈ C 1 (U, R ) est solution de (E1 ). Fixons y ∈ ]c,d[. La fonction : ϕ :
P ROPOSITION 17.17 ♥ EDP
Soit h ∈ C 0 (]a, b[, R ).
∂f =h ∂x (E2 ) :
∂f (x, y) = h(x) ∂x
Une fonction f ∈ C 1 (U, R ) est solution de (E2 ) si et seulement s’il existe une fonction d’une variable k ∈ C 1 (]c, d[, R ) telle que ∀(x, y) ∈ U, f (x, y) = H(x) + k(y) où H est une primitive de h sur ]a, b[. Démonstration
D’après le théorème fondamental de l’analyse, comme h est continue sur ]a,b[, elle possède une primitive H ½ U −→ R ¡ 1 ¢ sur ]a,b[ . Soit f ∈ C (U, R ). Introduisons la fonction ψ : ¡ ¢ . Supposons que f est solution de (E2 ), x, y
678
7−→
f x, y − H (x)
alors : ∂f (x, y) = h(x) ∂x ¡ ¢ ∂ f −H ∀(x, y) ∈ U, (x, y) = 0 ∂x ψ est solution de (E0 ) ½ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ]c,d[ ∀ x, y ∈ U, ψ x, y = k y avec k : y
∀(x, y) ∈ U, =⇒ =⇒ =⇒ =⇒
∀(x, y) ∈ U,
f (x, y) = H(x) + k(y)
−→ 7−→
R¡ ¢ f 0, y
Réciproquement, on vérifie qu’une fonction de cette forme est solution de (E2 ).
P ROPOSITION 17.18 ♥ EDP
∂2 f =0 ∂x∂y (E3 ) :
∂2 f =0 ∂x∂y
Une fonction f ∈ C 2 (U, R ) est solution de (E3 ) si et seulement s’il existe deux fonctions H ∈ C 2 (]a, b[, R ) et K ∈ C 2 (]c, d[, R ) telles que : ∀(x, y) ∈ U,
f (x, y) = H(x) + K(y)
Démonstration Soit f ∈ C 2 (U, R ). Supposons que f est solution de (E3 ). Alors : ∂f est solution de (E1 ) ∂y =⇒
∃k ∈ C 1 (]c,d[, R ) :
=⇒
f est solution de (E2 )
=⇒
∀(x, y) ∈ U,
∀(x, y) ∈ U,
∂f (x, y) = k(y) ∂y
f (x, y) = H(x) + K(y)
où K est une primitive de k et est donc de classe C 2 et où K ∈ C 1 (]c,d[, R ). Comme : ∀(x, y) ∈ U, classe C 2 comme différence de fonctions de classe C 2 . Réciproquement, on vérifie qu’une fonction de cette forme est solution de (E3 ).
P ROPOSITION 17.19 ♥ EDP
K(y) = H(x) − f (x, y), K est de
∂2 f =0 ∂y 2 (E4 ) :
∂2 f =0 ∂y 2
Une fonction f ∈ C 2 (U, R ) est solution de (E4 ) si et seulement s’il existe une fonction ϕ ∈ C 2 (]a, b[, R ) et ψ ∈ C 2 (]a, b[, R ) telles que ∀(x, y) ∈ U,
f (x, y) = yϕ(x) + ψ(x)
Démonstration Soit f ∈ C 2 (U, R ). Supposons que f est solution de (E4 ) alors : ∂f est solution de (E1 ) ∂y =⇒
∃ϕ ∈ C 1 (]a,b[, R ) :
=⇒
∀(x, y) ∈ U,
=⇒ =⇒
∀(x, y) ∈ U,
¡ ¢ ∂ f − yϕ
∂y
(x, y) = 0
f − yϕ est solution de (E1 )
∃ψ ∈ C 1 (]a,b[, R ) :
∂f (x, y) = ϕ(x) ∂y
∀(x, y) ∈ U,
¡ ¢ f x, y − yϕ (x) = ψ(x)
Réciproquement, on vérifie qu’une fonction de cette forme est solution de (E4 ).
D ÉFINITION 17.13 ♥♥♥ Difféomorphisme Soit U ⊂ E et V ⊂ F. On dit qu’une application ϕ : U 7→ V est un C 1 -difféomorphisme lorsque : 679
1. ϕ est une bijection de U vers V ; 2. ϕ est de classe C 1 sur U ; 3. ϕ−1 : V 7→ U est de classe C 1 sur V . Exemple 17.15 Considérons une application linéaire : ϕ:
½
R2 (x, y)
R2 (ax + by, cx + d y)
−→ 7−→
Elle est de classe C 1 et est bijective si et seulement si det(ϕ) = ad − bc 6= 0. La bijection réciproque est encore une application de classe C 1 et donc ϕ définit un C 1 -difféomorphisme. Exemple 17.16 Considérons l’ouvert U =]0, +∞[×R = {(x, y) ∈ R2 | x > 0}. Tout point M = (x, y) ∈ U peut être décrit à l’aide de coordonnées polaires x = r cos θ, y = r sin θ avec (r, θ) ∈ V =]0, +∞[×] − π/2, π/2[. Vérifions que l’application ϕ:
½
V (r, θ)
−→ 7−→
U (r cos θ, r sin θ)
est un C 1 -difféomorphisme de V vers U. L’application ϕ est bien de classe C 1 et on calcule facilement sa bijection réciproque : ½ U (x, y)
ϕ−1 :
V p ( x 2 + y 2 , arctan(y/x))
−→ 7−→
qui est également de classe C 1 .
P LAN 17.1 : Pour résoudre une équation aux dérivées partielles 1
2
On utilise un changement de variables pour se ramener à une EDP plus simple. Soit ϕ : U1 7→ U2 un C k difféomorphisme. On pose g = f ◦ ϕ−1 , f = g ◦ ϕ. f est une fonction C k (U1 , R ) solution d’une EDP (E1 ) si et seulement si g est une fonction C k (U2 , R ) solution d’une EDP (E2 ).
Exemple 17.17 On considère l’ouvert U =]0, +∞[×R . Résoudre sur U les équations aux dérivées partielles ∂f ∂f (x, y) − x (x, y) = 0. ∂x ∂y ∂f ∂f b. (E2 ) : x (x, y) + y (x, y) = 0. ∂x ∂y ∂f ∂f c. (E) : x (x, y) + y (x, y) = f (x, y) − (x 2 + y 2 ). ∂x ∂y
a. (E1 ) : y
Considérons le changement de variables polaires, c’est à dire le C 1 -difféomorphisme ϕ de la remarque précédente. Pour f : U 7→ R de classe C 1 , on pose g = f ◦ ϕ : g:
et on calcule :
∂g (ρ, θ) ∂ρ ∂g (ρ, θ) ∂θ
½
V (ρ, θ)
−→ 7−→
R f (ρ cos θ, ρ sin θ)
∂f ∂f (ρ cos θ, ρ sin θ) + sin θ (ρ cos θ, ρ sin θ) ∂x ∂y ∂f ∂f = −ρ sin θ (ρ cos θ, ρ sin θ) + ρ cos θ (ρ cos θ, ρ sin θ) ∂x ∂y = cos θ
∂g (ρ, θ) = 0 et donc il existe une fonction h :]0, +∞[7→ R ∂θ p 1 de classe C telle que g (ρ, θ) = h(r ). Par conséquent, f (x, y) = h( x 2 + y 2 ). Définissons une nouvelle fonction p H :]0, +∞[7→ R par H(u) = h( u) (elle est encore C 1 ), f (x, y) = H(x 2 + y 2 ). On vérifie réciproquement que pour toute fonction H ∈ C 1 (]0, +∞[, R ), f ainsi définie est solution de (E1 ). ∂g = 0 et donc il existe une fonction h ∈ C 1 (] − π/2, π/2[) b. Si f est solution de (E2 ), la fonction g doit vérifier ∂ρ telle que ∀(ρ, θ) ∈ V , g (ρ, θ) = h(θ). On en déduit alors que ∀(x, y) ∈ U, f (x, y) = g (arctan(y/x)) et en définissant une nouvelle fonction par G(u) = g (arctanu), f (x, y) = G(y/x). Réciproquement, pour toute fonction G ∈ C 1 (] − π/2, π/2[), f ainsi définie est solution de (E2 ).
a Si f est solution de (E1 ), on doit avoir ∀(ρ, θ) ∈ V ,
680
c. Si f est solution de (E3 ), ρ
∂g (ρ, θ) − g (ρ, θ) = −ρ2 ∂ρ
1 ∂h g (ρ, θ), (ρ, θ) = −1 d’où g (ρ, θ) = −ρ2 + ρk(θ) avec k ∈ C 1 (] − π, π[, R ). ρ ∂ρ q ´ ³ y f (x, y) = −(x 2 + y 2 ) + x 2 + y 2 k 2arctan p x + x2 + y 2
En posant h(ρ, θ) = e − ln ρ g (ρ, θ) = Finalement,
Exemple 17.18 Résoudre sur U = R2 l’équation des ondes : (E) :
∂2 f ∂2 f − =0 ∂x 2 ∂t 2
¢
¡
On pose ϕ : (x, t ) → (u, v) = ϕ1 (x, t ) , ϕ2 (x, t ) = (x − t , x + t ). Si f = g ◦ ϕ, on a : µ
∂f (x, t ) ∂x
∂f (x, t ) ∂t
¶
On a donc :
=
µ
=
µ
¢ ∂g ¡ ϕ (x, t ) ∂u
¢ ∂g ¡ ϕ (x, t ) ∂v
¢ ∂g ¡ ϕ (x, t ) ∂u
¢ ∂g ¡ ϕ (x, t ) ∂v
∂g ∂g ∂f = + ∂x ∂u ∂v
et
∂ϕ1 (x, t ) ¶ ∂x ∂ϕ2 (x, t ) ∂x ¶ 1 −1 1 1
∂ϕ1 (x, t ) ∂t ∂ϕ2 (x, t ) ∂t
∂f ∂g ∂g =− + ∂t ∂u ∂v
Par suite : ∂2 f ∂x 2
= = =
∂2 f ∂t 2
= = =
µ ¶ ∂ ∂g ∂g + ∂x ∂u ∂v
∂2 g ∂ϕ2 ∂2 g ∂ϕ1 ∂2 g ∂ϕ2 ∂2 g ∂ϕ1 + + + 2 ∂u 2 ∂x ∂v∂u ∂x ∂u∂v ∂x ∂v ∂x ∂2 g ∂2 g ∂2 g +2 + ∂u 2 ∂u∂v ∂v 2 µ ¶ ∂ ∂g ∂g + − ∂t ∂u ∂v
∂2 g ∂ϕ2 ∂2 g ∂ϕ1 ∂2 g ∂ϕ2 ∂2 g ∂ϕ1 − + + 2 ∂u 2 ∂t ∂v∂u ∂t ∂u∂v ∂t ∂v ∂t ∂2 g ∂2 g ∂2 g − 2 −2 + ∂u ∂u∂v ∂v 2 −
¡ ¢ ¡ ¢ ∂2 g et (E) ⇔ E˜ : = 0 qui est du type (E3 ). Les solutions de E˜ sont donc de la forme : g : (u, v) 7→ H (u) + K (v) où
∂u∂v ¡ x−y ¢ ¡ x+y ¢ H ∈ C 2 (R, R ) et K ∈ C 2 (R, R ). et les solutions de (E) sont alors de la forme : f : (x, t ) 7→ H 2 + K 2 .
Exemple 17.19 Résoudre sur U =]0, +∞[2 l’équation (E) : x 2
On pose ϕ:
2 ∂2 f ∂f ∂f 2∂ f − y +x −y =0 ∂x 2 ∂y 2 ∂x ∂y
½
R2 (u, v)
−→ 7−→
U (e u , e v )
On vérifie facilement que ϕ est un C 2 -difféomorphisme et on posant g = f ◦ϕ, on a f (x, y) = g (ln x, ln y). Après calculs, la fonction g vérifie l’équation des ondes donc il existe deux fonctions d’une variable de classe C 2 H et K telles que g (u, v) = H(u + v) + K(u − v) d’où l’existence de deux fonctions de classe C 2 d’une variable telles que f (x, y) = ϕ(x y) + ψ(x/y)
681
On vérifie réciproquement que toute fonction de cette forme est solution de l’EDP.
682
17.7 Exercices 17.7.1 Limite et continuité Exercice 17.1 ♥ Déterminer si elle existe la limite en (0, 0) des fonctions f : R2 → R données par : ¡
¢
1. f x, y = ¡
¢
2. f x, y = ¡
¢
x3 y ¡ ¢ ¡ ¢ ch x y − cos x y
¡
¢
¡
¢
4. f x, y = x y sin x1 ¡
¢
5. f x, y =
x2 y 2
xy 3. f x, y = x−y
6. f x, y =
x + 2y x2 − y 2 xy x2 + y 2
.
Solution : 1. Pour x 6= 0, f 1 (x) = f (0, x) = 0 et f 2 (x) = f (x, x 3 ) = 1. Si f avait une limite ℓ en (0, 0), ces deux fonctions composées f 1 et f 2 auraient la même limite ℓ en 0, ce qui est impossible. ¡
¢
2. Pour tout x, y 6= 0, f x, y = ¡ ¢ f x, y −−−−−−−−→ 1. (x,y )→(0,0)
ch(x y )−1 x2 y 2
−
cos(x y )−1 x2 y 2
x2 + x4
x2 , x→0 2
et comme ch x − 1 ∼
2
cos x − 1 ∼ − x2 , il vient que x→0
1
= −x − n’admet pas de limite en zéro. Donc f ne peut pas avoir de 3. Pour x 6= 0, f 1 (x) = f (x, x + x 3 ) = −x 3 x limite en (0, 0). ¯ ¡
¯
¢¯
¯
¡
¢
4. ¯ f x, y ¯ É ¯x y ¯ −−−−−−−−→ 0 donc f x, y −−−−−−−−→ 0. (x,y )→(0,0)
(x,y )→(0,0)
4y n’admet pas de limite en 0, donc f ne peut pas avoir de limite en (0, 0). 3y 2 1 1 6. Pour x 6= 0, f (x, x) = et f (x, −x) = − . Donc f ne peut pas avoir de limite en (0, 0). 2 2
5. Pour y 6= 0, f 1 (y) = f (2y, y) =
Exercice 17.2 ♥ Déterminer si elle existe la limite en (0, 0) des fonctions f : R2 → R données par : ¡
¢
1. f x, y = ¡
¢
2. f x, y =
x2 y x2 + y 2 ¡ ¢ 1 − cos x y
x3 + y 3 xy ¡ ¢ xy 5. f x, y = sh x + sh y ¡ ¢ sin x − y 6. f x, y = . x − sin y ¡
¢
4. f x, y =
x y2 ¡ ¢ sh x sh y 3. f x, y = x+y
Solution : 1. En polaire, f (ρ cos θ, ρ sin θ) = ρ cos2 θ sin θ donc | f (ρ cos θ, ρ sin θ)| É ρ et donc 2. f (x, y) =
2sin
¡ ¢ 2 xy
x y2
2
lim
(x,y )→(0,0)
f (x, y) = 0.
¯ 2 2¯ ¯ x y ¯ |x| ¯É . Donc lim f (x, y) = 0. (x,y )→(0,0) 4x y 2 ¯ 2
donc | f (x, y)| É 2 ¯¯
sh x sh(−x + x 3 ) 1 ∼ − . Donc f ne peut pas avoir de limite en (0, 0). x3 x x3 + x9 4. Pour x 6= 0, f 1 (x) = f (x, x 3 ) = . Donc f ne peut pas avoir de limite en (0, 0). x4
3. Pour x 6= 0, f (x) = f (x, −x + x 3 ) =
5. f (x, x) =
¡ ¢ f x, y =
(0, 0).
¡
¢
x2 ∼ x2 −−−−−−−−→ 0 et en utilisant les formules de trigonométrie hyperbolique, pour x, y 6= 0, 2 sh x x→0 (x,y )→(0,0) ¡ ¢ 2 2 xy 2 ³ ¶ ∼ x 2 = 1 donc f n’admet pas de limite en ´ ³ ´ µ ¶x µ = x+y x−y donc f x, −x + x 2 2 2 2x 2x−x x x→0 2 sh 2 ch 2 2 sh 2 ch 2
6. f (x, 0) → 1, f (x, x) → −1. Donc pas de limite.
683
Exercice 17.3 ♥♥ Déterminer la limite lorsque (x, y) → (0, 0) de ¡ ¢ x2 + y 2 ¯ ¯ f x, y = |x| + ¯ y ¯
ρ . La fonction θ 7−→ | cos θ| + | sin θ| ne s’annule pas sur [0, 2π] | cos θ| + | sin θ| ρ et admet donc un minimum strictement positif m (il n’est pas difficile de voir que m = 1). Donc | f (ρ cos θ, ρ sin θ)| É m et donc lim f (x, y) = 0.
Solution : En polaire, f (ρ cos θ, ρ sin θ) =
(x,y )→(0,0)
Exercice 17.4 ♥♥ Déterminer la limite lorsque (x, y) → (0, 0) de ¡ ¢ sh x sh y f x, y = |x| + |y|
Solution :
¡
¢
Il est clair que si la limite existe, c’est 0. Par ailleurs f x, y =
sh x (x, y) 7−→ x 1
sh x sh y x y . Les deux fonctions xy |x| + |y|
sh y si y 6= 0 y et (x, y) 7−→ sont continues sur R2 , il en est de même de leur produit. si x = 0 1 si y = 0 xy ρ2 cos θ sin θ Reste g : (x, y) 7−→ . En polaire, g (ρ cos θ, ρ sin θ) = . La fonction θ 7−→ | cos θ| + | sin θ| ne s’an|x| + |y| | cos θ| + | sin θ| nule pas sur [0, 2π] et admet donc un minimum strictement positif m (il n’est pas difficile de voir que m = 1). Donc ρ2 |g (ρ cos θ, ρ sin θ)| É et donc lim g (x, y) = 0 et donc finalement lim f (x, y) = 0. (x,y )→(0,0) (x,y )→(0,0) m
si x 6= 0
Exercice 17.5 Déterminer
♥♥
¡ ¢ sin x y lim p (x,y )→(0,0) x2 + y 2
Solution : A partir de l’inégalité | sin u| É |u|, on a, en passant en polaire, | f (ρ cos θ, ρ sin θ)| É donc
lim
(x,y )→(0,0)
ρ2 | cos θ sin θ| É ρ et ρ
f (x, y) = 0.
Exercice 17.6
♥♥
Soit
f (x, y) = 1 4
sin4 x + (1 − cos y)2 4x 4 + y 4
Montrer en utilisant un DL que f (x, y) −−−−−−−−→ . (x,y )→(0,0)
Solution : On a sin4 x = x 4 + x 4 ε1 (x) avec lim0 ε1 = 0 et 1 − cos y =
y2 y4 + o(y 2 ) soit (1 − cos y)2 = + y 4 ε2 (y) avec 2 4
1 x 4 ε1 (x) + y 4 ε2 (y) , ce avec lim ε1 (x) = 0 et lim ε2 (y) = 0. Donc pour |x| < η et |y| < η, + x→0 y →0 4 4x 4 + y 4 ¯ 4 ¯ ¯ x ε1 (x) + y 4 ε2 (y) ¯ ¯ < ε. Ce qui veut bien dire que f (x, y) −−−−−−−−→ 1 . |ε1 (x)| < ε et |ε1 (y)| < ε et par la suite ¯¯ ¯ (x,y )→(0,0) 4 4x 4 + y 4 lim0 ε2 = 0. Donc f (x, y) =
Exercice 17.7 ♥♥ Soient f : R → R une fonction de classe C 1 03/11/09 et F:
Déterminer
¡
¢
lim F x, y . (x,y )→(0,0)
(
R2 \ (0, 0) ¡ ¢ x, y
−→
7−→
684
R f (x 2 +y 2 )− f (0) x 2 +y 2
¯ ¯ f (h) − f (0)
¯ ¯ − f ′ (0)¯¯ < ε. Donc en h ¡ ¢ ¡ ¢ p prenant h = x 2 + y 2 , dès que k(x, y)k < η, on a |F x, y − f ′ (0)| < ε. C’est bien dire que lim F x, y = f ′ (0). (x,y )→(0,0) £ ¤ On peut aussi résoudre l’exercice en appliquant le théorème des accroissements finis à f sur le segment 0, x 2 + y 2 .
Solution : La fonction f est dérivable en zéro, donc ∀ε > 0, ∃η > 0, 0 < |h| < η =⇒ ¯¯
Exercice 17.8 ♥♥ Soit f : R2 → R définie par :
¡
¢
f x, y =
(
1 2 2 2x + y −1 1 2 −2x
si x 2 + y 2 > 1 sinon
Montrer que f est continue sur R2 . x2 qui est continue sur R2 par exemple parce 2 ( ¡ ¢ x 2 + y 2 − 1 si x 2 + y 2 > 1 que c’est une fonction polynôme, et la fonction f 2 x, y = . f 2 est une fonction radiale, 0 sinon p c’est-à-dire qu’elle ne dépend que du rayon r = x 2 + y 2 . C’est la composée des fonctions continues : • g (R) = sup(0, R − 1) est une fonction continue d’une variable comme sup de deux fonctions continues • et R(x, y) = x 2 + y 2 . Donc f 2 est une fonction continue comme composée de deux fonctions continues. Donc f est la somme de deux
Solution : La fonction f est la somme de deux fonctions : f 1 (x, y) = −
fonctions continues, elle est donc continue.
17.7.2 Dérivées partielles Exercice 17.9 ♥ Calculer les dérivées partielles des fonctions suivantes : ¡
¢
¡
¢
1. f x, y = ln ch(x y) ¡ ¢ 2. f x, y = x y avec y > 0 ¡ ¢ ¡ ¢ 3. f x, y = argsh x + y . Solution : ∂f 1. ∂x ∂f 2. ∂x ∂f 3. ∂x
4.
¢
p
x2 + y 2 ¡ ¢ ¡ ¢ 5. f x, y = arctan x tan y avec y ∈ R \ π/2Z.
¢
¡ ¢ y sh x y
x, y =
¢ ∂f ¡ tan y 1 + tan2 y et . x, y = x 2 2 1 + x tan y ∂y 1 + x 2 tan2 y ¡ ¢ ¡ ¢ ∂f ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ x, y = −y sin x + y et x, y = cos x + y − y sin x + y . ∂y ¡
¢ x, y =
Exercice 17.10 ♥ Soit f la fonction définie sur R2 par : ¡
¢
f x, y =
(
y2 x
0
si x 6= 0 si x = 0
1. Prouver que f admet une dérivée au point (0, 0) suivant tout vecteur de R2 . 2. Observer que néanmoins f n’est pas continue en (0, 0).
685
¡
¢
¡
6. f x, y = y cos x + y
¡ ¢ ∂f ¡ ¢ ¡ ¢ = y th x y et x, y = x th x y . ch(x y) ∂y ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ∂f ¡ x, y = y x y −1 et comme x y = exp y ln x , x, y = ln x exp y ln x = ln xx y . ∂x ¡ ¢ ¢ ∂f ¡ 1 = x, y = p x, y . 1 + x 2 + 2x y + y 2 ∂y ¡
¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ x y et x, y = p x, y = p 2 2 2 ∂x ∂y x +y x + y2
∂f ∂x ∂f 6. ∂x
5.
¡
4. f x, y =
¢
Solution : 1. Soit (h, k) avec h 6= 0. On a, pour t 6= 0, f (t h, t k) =
t 2k tk . Donc la dérivée au point (0, 0) suivant le vecteur = th h
k . Effectuons le même travail suivant le vecteur (0, k). Pour t 6= 0, f (0, t k) = 0. Donc la h dérivée en (0, 0) suivant (0, k) existe et vaut 0. ¡ ¢ 2. Pour x 6= 0, on a f x 2 , x = 1 et f (x, 0) = 0 donc f n’est pas continue en (0, 0). (h, k) existe et vaut
Exercice 17.11 ♥ Soit f la fonction définie sur R2 par : ¡
¢
f x, y =
(
x2 y x 4 +y 2
0
¡
¢
si x, y 6= 0 ¡
¢
si x, y = 0
1. Prouver que f admet une dérivée au point (0, 0) suivant tout vecteur de R2 . 2. Observer que néanmoins f n’est pas continue en (0, 0). Solution : ♥ 1. Soit (h, k) 6= (0, 0),
f (t h, t k) − f (0, 0) t h2k . Donc si k 6= 0 la dérivée au point (0, 0) suivant le vecteur (h, k) = 2 4 t t h + k2
h2 et si k = 0, cette dérivée existe encore et vaut 0. k ¡ ¢ 1 2. Pour x 6= 0, on a f x, x 2 = et f (x, 0) = 0 donc f n’est pas continue en (0, 0). 2
existe et vaut
Exercice 17.12 ♥ ° ° On considère l’application f : R2 7→ R définie par f (x, y) = °(x, y)° (norme euclidienne). Étudier la continuité de f et étudier les dérivées partielles de f . Solution : f (x, y) =
p
x 2 + y 2 , f est continue sur R2 car
grâce à l’inégalité triangulaire. Ensuite,
¯ ¯ ¯ f (X) − f (Y)¯ É |kXk − kYk| É kX − Yk
x ∂f (x, y) = p 2 ∂x x + y2
pour (x, y) 6= (0, 0). En (0, 0)
f (t , 0) − f (0, 0) |t | = = sg (t ) t t
qui n’a pas de limite lorsque t → 0. Donc f n’admet pas de dérivée partielle par rapport à x en (0, 0). Même calcul pour la dérivée partielle par rapport à y . Ce résultat est valable pour une norme quelconque comme le montre l’exercice suivant : Exercice 17.13 ♥ ° ° On considère une norme k.k quelconque sur R2 et on définit f (x, y) = °(x, y)°. Soit ~ h 6= 0 un vecteur. Montrer que D~h f (0, 0) n’existe pas. Solution : Calculons
→ − → − f (t h ) − f ( 0 ) |t | = khk t t → −
qui tend vers khk lorsque t → 0+ et −khk lorsque t → 0− . Donc la dérivée selon le vecteur h en (0, 0) n’existe pas. Exercice 17.14 Soit
♥ f (x, y) =
(
x4 y2
Etudier la continuité de f et l’existence de dérivées partielles.
686
si y > x 2 si y É x 2
Les problèmes de continuité ou de dérivées partielles ne peuvent se produire qu’en (x, x 2 ), x ∈ R. On a f (x, x ) = x et f (x + h, x 2 + k) = (x + h)4 ou (x 2 + k)2 suivant que x 2 + k > (x + h)2 ou non. Lorsque (h, k) → (0, 0) ces deux expressions tendent vers x 4 , donc lim f (x + h, x 2 + k) = f (x, x 2 ). Donc f est continue en (x, x 2 ), x ∈ R, donc
Solution : 2
4
(h,k)→(0,0)
partout. Prenons x > 0. Á gauche de x , la première fonction partielle t 7−→ f (t , x 2 ) a pour dérivée 4t 3 et à droite, 0. Il n’y a donc pas de première dérivée partielle. Á gauche de x 2 , la deuxième fonction partielle t 7−→ f (x, t ) a pour dérivée 2t et à droite, 0. Il n’y a donc pas de deuxième dérivée partielle. Idem pour (x, x 2 ) avec x < 0. En (0, 0) les dérivées à droite et à gauche sont égales à zéro et donc
∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0. ∂x ∂y
Exercice 17.15 ♥ La fonction f (x, y) = |x y|α (α > 0) est-elle de classe C 1 sur R2 ? Solution : Oui si α > 1, sinon, non. Exercice 17.16 ♥♥ On considère la fonction f donnée par ¡
Ã
¢
1−xy
!
. f x, y = arccos p 1 + x2 + y 2 + x2 y 2
1. Calculer les dérivées partielles de f .
2. En déduire une expression simplifiée de f . Solution : 1. On remarque que 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2 = (1 + x 2 )(1 + y 2 ). ¢ ∂f ¡ x, y = − s ∂x 1−
Ã
1
1−xy
y
1 × (2x + 2x y 2 ) 2
× −p −¡ ¢3/2 (1 + x 2 )(1 + y 2 ) (1 + x 2 )(1 + y 2 ) (1 − x y)2 (1 + x 2 )(1 + y 2 ) Ã ! p y(1 + x 2 )(1 + y 2 ) + (1 − x y)x(1 + y 2 ) (1 + x 2 )(1 + y 2 ) =p ¡ ¢3/2 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2 − 1 − x 2 y 2 + 2x y (1 + x 2 )(1 + y 2 ) =p
!
(1 + y 2 )(y + y x 2 + x − x 2 y) 1 = ε 2 )(1 + y 2 ) 2 2 (1 + x 1 + x2 x + 2x y + y 1
Où ε désigne le signe de x + y . De même
¢ ∂f ¡ 1 . x, y = ε ∂y 1 + y2
¡ ¢ ¢ ∂f ¡ 1 pour x + y > 0 on obtient que f x, y = arctan y + ϕ(x). En dérivant par rapport x, y = 2 ∂y 1+ y ¡ ¢ 1 ′ à x , on obtient ϕ (x) = , d’où ϕ(x) = arctan x + C et f x, y = arctan y + arctan x + C. En faisant tendre 2 1+x ¡ ¢ y vers −x par valeurs supérieures, on trouve C = arccos1 = 0. Donc pour tout x, y ∈ R2 tel que x + y > 0, ¡ ¢ ¡ ¢ f x, y = arctan x + arctan y . Si x + y < 0 alors comme précédemment, on trouve que f x, y = − arctan y −
2. En intégrant
′ ′ arctan ¡ ¢x + C et en faisant tendre y vers −x par valeurs inférieures, il ¡ vient ¢ que C = arccos(1) = 0 et on trouve que f x, y = − arctan x − arctan y . Si x + y = 0, alors il est clair que f x, y = 0.
17.7.3 Fonctions de classe C 1 Exercice 17.17 ♥♥ Étudier la continuité, l’existence et la continuité des dérivées partielles premières de f : ¡
¢
1. f x, y = ¡
¢
2. f x, y =
(
¡ ¢ x 2 y 2 ln x 2 + y 2
0 ¡ ¢ x 2 + y 2 sin p 0
¡
¢
4 x y4 e −e 3. f (x, y) = (x 2 + y 2 )2 1
si x, y 6= 0 ¡ ¢ si x, y = 0
1 x 2 +y 2
¡
¢
si x, y 6= 0 ¡
¢
si x, y = 0 687
si (x, y) 6= (0, 0) ¡
¢
si x, y = 0
.
Solution :
¡
¢
¡ ¢
4 2 2 2 4 2 1. En polaire, ¡ 2 f¢ (ρ cos θ, ρ sin θ) = ρ cos θ sin θ ln ρ . Donc | f (ρ cos θ, ρ sin θ)| É −ρ ln ρ (pour ρ < 1). Comme 4 lim ρ ln ρ = 0 on en déduit que lim f (x, y) = 0. Donc f est continue en (0, 0). ρ→0
(x,y )→(0,0)
¢ ¡ ¢ 2x ∂f ¡ x, y = 2x y 2 ln x 2 + y 2 + x 2 y 2 2 . ∂x x + y2 ¯ ¯ ¯ ¯∂f ¡ ¢ 2ρ5 cos3 θ sin2 θ ∂f . Donc ¯¯ (ρ cos θ, ρ sin θ)¯¯ É Toujours en polaire, (ρ cos θ, ρ sin θ) = 2ρ3 cos θ sin2 θ ln ρ2 + 2 ∂x ρ ∂x ¢ ¡ 2¢ ¡ 2¢ ∂f ¡ 3 3 3 3 x, y = 0. Par ailleurs, −2ρ ln ρ + 2ρ (pour ρ < 1). Là encore, comme lim −2ρ ln ρ + 2ρ = 0, lim ρ→0 (x,y )→(0,0) ∂x ¡ ¢ f (x, y) − f (0, 0) 2 2 2 = x y ln(x + y ). Toujours en polaire, on obtient ρ3 cos θ sin2 θ ln ρ2 , et comme pour x 6= 0, x ¡ 2¢ ∂f f (x, y) − f (0, 0) 3 lim ρ ln ρ = 0, on a lim = 0, autrement dit (0, 0) = 0. ρ→0 (x,y )→(0,0) x ∂x ¢ ∂f ∂f ∂f ∂f ¡ (0, 0) = 0. C’est bien dire que x, y = On a donc lim est continue en (0, 0). De même est (x,y )→(0,0) ∂x ∂x ∂x ∂y 1 2 continue en (0, 0) et donc f est de classe C sur R . µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 2. La fonction r 7−→ r 2 sin est dérivable sur R mais n’est pas de classe C 1 car sa dérivée 2r sin + cos r rµ ¶ r 1 2 n’a pas de limite en zéro. Pour la même raison, la première fonction partielle en (0, 0), x 7−→ x sin admet |x| µ ¶ µ ¶ 1 1 ∂f qui n’a pas de limite en (0, 0) et où signe (x) représente − signe (x) cos comme dérivée (x, 0) = 2x sin |x| |x| ∂x ¢ ∂f ¡ le signe de x . A fortiori (x, y) 7−→ x, y n’admet pas de limite en (0, 0). ∂x ¡ ¢ ¡ ¢ exp ρ4 cos4 θ − exp ρ4 sin4 θ = cos4 θ − sin4 θ + o (1) et on se rend 3. Aïe ! En polaire, on a f (ρ cos θ, ρ sin θ) = ρ4 compte qu’il y a un problème en zéro et que la limite dépend de la direction choisie : pour x 6= 0, on a f (x, x) = 0 4 4 e 16x − e x 3 et f (2x, x) = ∼ donc f n’admet pas de limite en (0, 0). Il n’est donc pas question de classe C 1 . (5x 2 )2 5 ¡
¢
En dehors de (0, 0), f est de classe C 1 . On a, pour x, y 6= (0, 0),
Exercice 17.18 ♥♥ x sin y − y sin x Soit la fonction de deux variables f : R2 7→ R définie par f (x, y) = lorsque (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0. 2 2 x +y
Étudier la continuité de f , l’existence et la continuité des dérivéees partielles de f . La fonction f est-elle de classe C 1 sur R2 ? Solution : Continuité de f en (0, 0) : en faisant un DL de sin, on trouve ¯ ¯ 2 2 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 ¯ f (x, y)¯ = ¯ x y (1 + o(y)) − y x (1 + o(x)) ¯ É ¯ x y ¯ C(x + y ) É C (x 2 + y 2 ) É C′ k(x, y)k2 ¯ ¯ 6(x 2 + y 2 ) 6(x 2 + y 2 ) 12
x2 + y 2
où C, C′ ∈ R. On a utilisé le fait que o(x), o(y) sont des fonctions majorées sur un voisinage de 0, et que x y É (on 2 aurait pu également passer en coordonnées polaires en examinant l’homogénéité du numérateur et du dénominateur). Donc f est continue en (0, 0). D’après les théorèmes généraux, f est continue en (x, y) 6= (0, 0). Pour (x, y) 6= (0, 0), on calcule
et de même pour
∂f . ∂y
¢ sin y − y cos x 2x(x sin y − y sin x) ∂f ¡ − x, y = ∂x x2 + y 2 (x 2 + y 2 )2
Les dérivées partielles sont continues sur R2 \ {(0, 0)}, mais lorsque (x, y) → (0, 0), en faisant un DL de sin et cos, ∂f −y 3 + 3x 2 y + y 3 ε(y) + y x 2 ε(x) x 2 y(x 2 (1 + ε(x)) − y 2 (1 + ε(y)) (x, y) = − ∂x 6(x 2 + y 2 ) 3(x 2 + y 2 )2
et en passant en coordonnées polaires, cette quantité tend vers 0 lorsque (x, y) → 0. De plus, f (t , 0) − f (0, 0) =0 t ∂f (0, 0) = 0, donc f admet une dérivée partielle par rapport à x qui est continue en (0, 0). On traite de même la ∂x dérivée partielle par rapport à y et donc f est de classe C 1 sur R2 .
et donc
688
Exercice 17.19 ♥ Soit ϕ : R → R continue et f :
½
2
−→ 7−→
¡R ¢ x, y
R Ry x
ϕ (t ) dt
Montrer que f est de classe C 1 et calculer ses dérivées partielles premières. Solution :
¢ ∂f ¡ x, y = ∂x
D’après le théorème fondamental de l’analyse, ϕ admet une primitive ψ sur R. On a
¢ ¢ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ∂ ¡ ¡ ¢ ∂ ¡ ¡ ¢ ∂f ¡ ψ y − ψ (x) = −ψ′ (x) = −ϕ (x) et x, y = ψ y − ψ (x) = ψ′ y = ϕ y . Ce sont bien entendu des ∂x ∂y ∂y fonctions continues des deux variables x et y .
Exercice 17.20 ♥♥ Ry Soit ϕ : R 7→ R une fonction continue. On définit f : R2 7→ R en posant f (x, y) = 0 (x − t )ϕ(t )dt . Montrer que f est de classe C 1 sur R2 et calculer les dérivées partielles de f . Solution : On écrit f (x, y) = x
Zy 0
ϕ(t )d t −
Zy
t ϕ(t )dt
0
et puisque t 7→ ϕ(t ), t 7→ t ϕ(t ) sont des fonctions continues sur R , d’après le théorème fondamental, F(y) = Ry G(y) = 0 t ϕ(t )dt sont des fonctions de classe C 1 sur R avec F′ (y) = ϕ(y),
Ry 0
ϕ(t )dt et
G′ (y) = yϕ(y)
Par application des théorèmes généraux, f admet des dérivées partielles sur R2 avec ∂f (x, y) = ∂x
Zy
∂f (x, y) = xϕ(y) − yϕ(y) ∂y
ϕ(t )dt ,
0
qui sont encore des fonctions continues sur R2 par application des théorèmes généraux. Donc f est de classe C 1 sur R2 . Exercice 17.21 ♥♥♥ Soient f : R → R une fonction de classe C 1 et F : R2 → R donnée par : ¡
¢
F x, y =
( f (x)− f
x−y
′
f (x)
(y )
si x 6= y sinon
1. Montrer que F est continue. 2. On suppose de plus que f est de classe C 2 . Démontrer que F est de classe C 1 . Indication 17.19 : On pourra se placer en (a, a) et poser ϕ(t ) = f (t ) − (t − a) f ′ (a) −
(t − a)2 ′′ f (a). 2
Solution : f (x + h) − f (x + k) pour h 6= k . h −k ′ D’après le théorème des accroissements finis, F(x+h, x+k) = f (ξ) pour un certain ξ compris entre x+h et x+k . De même pour h = k , F(x +h, x +k) = f ′ (ξ) pour un certain ξ compris entre x +h et x +k , dans ce cas ξ = x +h = x +k . Donc lorsque (h, k) tend vers (0, 0), d’après la continuité de x 7→ f ′ (x), on a lim F(x + h, x + k) = f ′ (x) =
1. La continuité de F en (x, y) avec x 6= y est évidente. Soit x ∈ R. F(x + h, x + k) =
(h,k)→(0,0)
F(x, x). C’est bien dire que F est continue en (x, x).
·
¸ f ′ (t ) − f ′ (a) ′′ 2. ϕ est dérivable et ϕ (t ) = f (t ) − f (a) − (t − a) f (a) = (t − a) − f (a) pour t 6= a . Comme t −a ′ ′ f (t ) − f (a) = f ′′ (a), lim t →a t −a ¯ ¯ ′ ¯ ¯ f (t ) − f ′ (a) ′′ ¯ − f (a)¯¯ < ε ∀ε, ∃η, ∀t ∈ R, |t − a| < η =⇒ ¯ t −a ¯ ¯ et donc ¯ϕ′ (t )¯ < ε|t − a|. D’après l’inégalité des accroissements finis, lorsqu’on prend |x − a| < η, ′
′
′
′′
¯ ¯Zx ¯ ¯Z 2 ¯ ¯ ¯ ¯ x¯ ′ ¯ ¯ ¯ ¯ É ε (x − a) . ¯ϕ (t )¯ dt ¯ É ε ¯ ¯ϕ(x) − ϕ(a)¯ É ¯ |t − a| dt ¯ ¯ ¯ ¯ 2 a
a
689
Donc si on prend |x − a| < η et |y − a| < η,
Autrement dit
2 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ϕ(y) − ϕ(x)¯ É ¯ϕ(y) − ϕ(a)¯ + ¯ϕ(a) − ϕ(x)¯ É ε (y − a) + (x − a) . 2
¯ ¯ 2 2 2 2 ¯ ¯ ¯ f (y) − f (x) − (y − x) f ′ (a) − y − x − 2a(y − x) f ′′ (a)¯ É ε (y − a) + (x − a) . ¯ ¯ 2 2
On divise par |y − x| : p – Si on prend a entre x et y , alors |y − x| = |y − a| + |a − x| Ê (x − a)2 + (y − a)2 , d’où
q ¯ y − a + x − a ′′ ¯¯ ε ¯ (x − a)2 + (y − a)2 . f (a)¯ É ¯F(x, y) − F(a, a) − 2 2
– Si x et y sont du même côté de a , il faut procéder différemment :
¯ ¯ ¯Z y ¯ 2 ¯ ¯ ¯Z 2 2 ¯¯ 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y¯ ′ ¯ ¯ ¯ ¯ É ε ¯ (y − a) − (x − a) ¯ É ε ¯ y − x − 2a(y − x) ¯ . ¯ϕ (t )¯ dt ¯ É ε ¯ ¯ϕ(y) − ϕ(x)¯ É ¯ |t − a| dt ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 x
x
et en divisant par |y − x| on obtient :
q ¯ y − a + x − a ′′ ¯¯ ε ε ¯ f (a)¯ É |y − a + x − a| É p (x − a)2 + (y − a)2 . ¯F(x, y) − F(a, a) − 2 2 2 ¯ y − a + x − a ′′ ¯¯ ε p ¯ Dans tous les cas ¯F(x, y) − F(a, a) − (x − a)2 + (y − a)2 , ce qui signifie que F admet f (a)¯ É p 2 2 ∂F f ′′ (a) ∂F en (a, a) des dérivées partielles et que . (a, a) = (a, a) = ∂x ∂y 2 ′ ¢ f (x)(x − y) − ( f (x) − f (y)) ∂F ¡ . Or en écrivant une formule de Taylor à l’ordre Pour finir, soit x 6= y . On a x, y = ∂x (x − y)2 ¢ f ′′ (ξ) ∂F ¡ (y − x)2 ′′ 2, f (y) = f (x) + (y − x) f ′ (x) + et la continuité de f ′′ en a f (ξ) avec ξ ∈ [x, y]. Donc x, y = 2 ∂x 2 ¢ f ′′ (a) ∂F ∂F ¡ assure que lim = x, y = (a, a), c’est-à-dire que la première dérivée partielle est continue en (x,y )→(a,a) ∂x 2 ∂x (a, a). Il en est de même pour la deuxième dérivée partielle. On a bien établi que F est de classe C 1 .
17.7.4 Dérivées de fonctions composées Exercice 17.22 ♥ ¡ ¢ Soit f : R2 → R admettant des dérivées partielles en ses deux variables et en tout x, y ∈ R2 . Soit g:
½
Exprimer g ′ (t ) en fonction des dérivées partielles Solution : On a
−→ 7−→
R t
∂f ∂x
et
∂f ∂y .
R¡ ¢ f 2t , 1 + t 2
¢ ¢ ∂f ¡ dg ∂f dx ∂f d y ∂f ¡ = × + × 2t , 1 + t 2 + 2t 2t , 1 + t 2 . , soit g ′ (t ) = 2 dt ∂x d t ∂y d t ∂x ∂y
Exercice 17.23 ♥ Soient f : R2 → R une fonction de classe C 1 et g:
1. Prouver que g est de classe C 1 .
½
2
¡R ¢ ρ, θ
−→ 7−→
R¡ ¢ . f ρ cos θ, ρ sin θ
2. Exprimer les dérivées partielles de g en fonction de celles de f . 3. Exprimer les dérivées partielles de f en fonction de celles de g .inversé les deux dernières questions.
690
Solution : 1. g est de classe C 1 comme composée de fonctions de classe C 1 .
∂g ∂ρ 2. ∂g ∂θ
=
cos θ
=
−ρ sin θ
3. Par combinaison : ∂g ¡ ¢ ρ, θ ∂ρ ∂g ¡ ¢ ρ, θ ∂θ
∂f ∂x ∂f ∂x
¡ ¡
ρ cos θ, ρ sin θ ρ cos θ, ρ sin θ
¢ ¢
+
sin θ
+
ρ cos θ
∂f ∂y ∂f ∂y
¡ ¡
ρ cos θ, ρ sin θ ρ cos θ, ρ sin θ
¢ ¢
¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ ρ cos θ, ρ sin θ + sin θ ρ cos θ, ρ sin θ ∂x ∂y ¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ = −ρ sin θ ρ cos θ, ρ sin θ + ρ cos θ ρ cos θ, ρ sin θ ∂x ∂y ¢ ∂g ¡ ¢ ∂g ¡ ¢ 1 ∂f ¡ ρ cos θ, ρ sin θ = cos θ ρ, θ − sin θ ρ, θ . En additionnant on obtient ∂x ∂ρ ρ ∂θ ¢ ∂f ¡ ∂g ¡ ¢ ∂g ¡ ¢ 1 ρ cos θ, ρ sin θ = sin θ ρ, θ + cos θ ρ, θ . De même, ∂y ∂ρ ρ ∂θ
=
cos θ
Exercice 17.24 ♥ Soit f : R2 → R une fonction de classe C 1 telle que : ¡
¢
∂f ∂x
Prouver que ∀ x, y ∈ R2 , ¡
¡
¡ ¢ ∀ x, y ∈ R2 ,
∀t ∈ R,
¢ ∂f ¡ ¢ x, y + ∂y x, y = 0.
° ° ° × ° ° ° × ° °
cos θ 1 − ρ
sin θ
¡ ¢ ¡ ¢ f x + t , y + t = f x, y
¢
Solution : On pose g (t ) = f x + t , y + t . Par hypothèse, cette fonction ne dépend pas de t , donc sa dérivée est nulle ¢ ∂f ¡ ¢ ∂f ¡ pour tout t : g ′ (t ) = ∂x x + t , y + t + ∂y x + t , y + t = 0, d’où le résultat pour t = 0. Exercice 17.25 ♥ Soit f : R2 → R une fonction de classe C 1 telle que : ¡
∀t ∈ R,
¢
Prouver que ∀ x, y ∈ R2 , ¡
¡ ¢ ∀ x, y ∈ R2 ,
¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ x ∂x x, y + y ∂y x, y = 0.
¡ ¢ ¡ ¢ f t x, t y = f x, y
¢
Solution : g (t ) = f x + t , y + t . Par hypothèse, cette fonction ne dépend pas de t , donc sa dérivée est nulle pour tout ¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ t : g ′ (t ) = x ∂x t x, t y + y ∂y t x, t y = 0, d’où le résultat pour t = 1.
17.7.5 Fonctions de classe C 2 Exercice 17.26 ♥ Calculer les dérivées partielles d’ordre 2 des fonctions suivantes : ¡
¢
¡
¢
¡
2. f x, y = y 2 x − y
1. f x, y = sin x ch y
¢
Solution : 1.
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ ∂2 f ¡ ∂2 f ¡ ∂2 f ¡ x, y = cos x ch y, x, y = sin x sh y, x, y = cos x sh y, x, y = − sin x ch y, x, y = 2 2 ∂x ∂y ∂x ∂x∂y ∂y sin x ch y .
2.
¢ ¢ ¡ ¢ ¢ ¢ ¢ ∂f ¡ ∂2 f ¡ ∂2 f ¡ ∂2 f ¡ ∂f ¡ x, y = y 2 , x, y = 2y x − y − y 2 , x, y = 2y, x, y = 0, x, y = 2x − 6y . ∂x ∂y ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2
Exercice 17.27 ♥ Soit f : R2 → R donnée par :
¡
¢
f x, y =
1. Montrer que f est de classe C 1 sur R2 . 2. Montrer que :
∂2 f ∂x∂y
(0, 0) et
∂2 f ∂y ∂x
(
x y3 x 2 +y 2
0
¡
¢
si x, y 6= (0, 0) ¡
¢
si x, y = (0, 0)
(0, 0) existent et diffèrent. Qu’en déduire ?
691
Solution : ¢ y 3 (x 2 + y 2 ) − 2x 2 y 3 y 3 (y 2 − x 2 ) ¢ 3y 2 x(x 2 + y 2 ) − 2x y 4 y 2 x(3x 2 − y 2 ) ∂f ¡ ∂f ¡ et . On en = = x, y = x, y = 2 2 2 2 2 2 ∂x (x + y ) (x + y ) ∂y (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2 ¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ ρ cos θ, ρ sin θ = ρ sin3 θ(sin2 θ−cos2 θ) et ρ cos θ, ρ sin θ = ρ sin2 θ cos θ(3cos2 θ−sin2 θ). Ce déduit que ∂x ∂y ∂f ∂f ∂f ∂f et sont continues en (0, 0) et que qui veut dire que (0, 0) = (0, 0) = 0. f est bien de classe C 1 sur R2 . ∂x ∂y ∂x ∂y · ¸ ¢ 1 y5 1 ∂f ¡ ∂ ∂f 2. = 1 0, y = . On en déduit, à la limite, que (0, 0) = 1. y ∂x y y4 ∂y · ∂x ¸ 1 ∂f ∂ ∂f 1 (x, 0) = × 0 = 0. On en déduit, à la limite, que (0, 0) = 0. x ∂y x ∂x ∂y Comme les deux dérivées croisées sont différentes en (0, 0), d’après le théorème de Schwarz, c’est le signe que f n’est pas de classe C 2 sur R2 .
1. On a
Exercice 17.28
♥
Soient f : R → R et ϕ : R → R de classe C 2 sur R et F : 1. Montrer que F est de classe C 2 sur R2 .
½
2
¡R ¢ x, y
−→ 7−→
R¡ ¡ ¢¢ . f x +ϕ y
2. Vérifier l’égalité : ∂2 F ∂F 2
∂x ∂y
−
∂2 F ∂F
=0
∂x∂y ∂x
¢ ¡ ¡ ¢¢ ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢¢ ¢ ¡ ¡ ¢¢ ∂F ¡ ∂F ¡ ∂2 F ¡ x, y = f ′ x + ϕ y et x, y = ϕ′ y f ′ x + ϕ y , puis x, y = f ′′ x + ϕ y et 2 ∂x ∂y ∂x ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢¢ ∂2 F ¡ x, y = ϕ′ y f ′′ x + ϕ y . D’où le résultat. ∂x∂y
Solution :
On a
17.7.6 Extremum de fonctions de deux variables Exercice 17.29 ♥♥ Déterminer les extremums locaux des fonctions f : R2 → R suivantes : ev 6/11/09 ¡
¢
¡
¢
1. f x, y = x 2 + x y + y 2 − 3x − 6y ¡ ¢ 2. f x, y = x 2 + 2y 2 − 2x y − 2y + 5 ¡ ¢ 3. f x, y = x 3 + y 3 ¡
¢2
¡
¡
¢
¡
¢
6. f x, y = x 3 + y 3 − 3x y ¡
8. f x, y = xe y + ye x
¢3
4. f x, y = x − y + x + y ¡ ¢ 5. f x, y = x 3 + x y 2 + x 2 − y 2
¡
¢
9. f x, y =
Solution : 1. La recherche des points critiques conduit à résoudre le système : ¡
¢
7. f x, y = x 4 + y 4 − 2x 2 − 2y 2 + 4x y
¢
½
2x x
½
2x −2x
p p (x − 1)2 + y 2 + x 2 + (y − 1)2
y 2y
+ +
− −
3 6
= =
0 0
qui donne x, y = (3, 0). On se place alors au voisinage de (3, 0) en regardant f (h, 3 + k) = h 2 +h(3+k)+(3+k)2 −3h−6(3+k) = h 2 +hk+k 2 −9. Pour tous h et k , h 2 +hk+k 2 = (h+ 12 k)2 + 43 k 2 Ê 0, on en déduit que f présente un minimum en (3, 0). 2y = 0 4y − 2 = 0 ¡ ¢ qui donne x, y = (1, 1). On se place alors au voisinage de (1, 1) en regardant f (1 + h, 1 + k) = (1+h)2 +2(1+k)2 − 2(1 + h)(1 + k) − 2(1 + k) = h 2 − 2hk + 2k 2 + 1. Pour tous h et k , h 2 − 2hk + 2k 2 = (h − k)2 + k 2 Ê 0, on en déduit que f présente un minimum en (1, 1). ¡ ¢ 3. La recherche des points critiques conduit à x, y = (0, 0). On a un point de selle car dans le premier quadrant f
2. La recherche des points critiques conduit à résoudre le système :
− +
prend des valeurs positives et dans le troisième, des valeurs négatives. ½
2x − 2y + 3x 2 + 6x y + 3y 2 = 0 −2x + 2y + 3x 2 + 6x y + 3y 2 = 0 En soustrayant les deux lignes on obtient x = y . En reportant dans l’une des lignes, on a 12x 2 = 0. Donc le seul point critique est (0, 0). On a un point de selle. En effet la fonction ϕ (x) = f (x, x) = 8x 3 admet un point d’inflexion en 0.
4. La recherche des points critiques conduit à résoudre le système :
692
½
3x 2 + y 2 + 2x = 0 . On déduit de la 2x y − 2y = 0 deuxième égalité que x = 1 ou y = 0. x = 1 ne donne pas de solution et y = 0 donne¡x =¢0 ou x = − 32 . En (0, 0) : f (x, 0) = x 3 + x 2 = x 2 (1 + x) présente en 0 un minimum, tandis que 0, y = −y 2 présente en 0 un
5. La recherche des points critiques conduit à résoudre le système :
maximum. On a un point de selle. ¡
¢
¡
¢
En − 23 , 0 : f − 23 + h, k = présente un minimum local.
µ µ ¶ ¶ 4 2 2 2 − h 2 − k 2 + hk 2 = −h 2 − − h . Or −h 2 − − h < 0 pour |h| < 23 . Donc f 27 3 3 3 ½
3y 2 − 3x = 0 3x 2 − 3y = 0 2 2 4 Donc y = x et x = y donc x = x donc les points critiques sont (1, 1) et (0, 0). En (0, 0), la fonction ϕ (x) = f (x, 0) = x 3 admet un point d’inflexion en 0. On a un point de selle en (0, 0). f (1 + h, 1 + k) = −1 + 3h 2 + 3k 2 − 3hk + h 3 + k 3 . Or 3h 2 + 3k 2 − 3hk + h 3 + k 3 = (3 + h)h 2 − 3hk + (3 + k)k 2 = ¶2 µ ¶ µ 4(3 + h)(3 + k) − 9 2 3 k + k . Pour h et k assez petits, 4(3 + h)(3 + k) − 9 Ê 0 ce qui veut dire (3 + h) h − 2(3 + h) 4(3 + h) que f admet un minimum local en (1, 1). Ce minimum n’est pas global. ½ 4x 3 − 4x + 4y = 0 7. La recherche des points critiques conduit à résoudre le système : 3x 2 + 4x − 4y = 0 p 2 3 3 En additionnant ¡ ¢on trouve 4(x 2 + y 4) = 04 d’où x = −y , avec4x racine de 4x − 8x = 0, soit x = 0 ou x = ± 2.2 En (0, 0), f x, y = −2(x − y) + x + y . Or f (x, x) = 2x présente un minimum en 0, et f (x, 0) = −2x + x 4 présente On a donc selle en (0, 0). p p un p maximum ¡p en 0. p ¢ un point de 2 ( 2, − 2) : f 2 + h, − 2 + k = −8 + 10(h + k 2 ) + 4hk + 4 2(h 3 − k 3 ) + h 4 + k 4 = −8 + 2(h + k)2 + h 2 (8 + En p p 2 2 2 4 2h + h ) + k (8 − 4 2k + k )p. Comme p les deux derniers termes sont positifs au voisinage de h = 0 et k = 0 respectivement, f présente en ( 2, − 2) un minimum local. Il en est de même pour des raisons de symétrie en p p (− 2, 2). ½ e y + ye x = 0 8. La recherche des points critiques conduit à résoudre le système : xe y + ey = 0 1/x On en déduit x y = 1 (par exemple en calculant un déterminant) puis +xe + e x = 0 et x + e x−1/x = 0. Comme x 7→ x +e x−1/x est strictement croissante, on a au plus une solution. Donc −1 est l’unique solution et donc (−1, −1) est l’unique point critique pour f . Maintenant ϕ(h) = f (−1 + h, −1 + h) = 2(−1 + h)e −1+h = 2e (h − 1)e h admet un minimum en 0 (ϕ′′ (0) = 2 > 0), tandis que ψ(h) = f (−1 + h, −1) = (−1 + h) 1e − e −1+h = e1 (h − 1 − e h ) admet un maximum en 0 (ψ′′ (0) = − e1 < 0). Donc f admet un point de selle.
6. La recherche des points critiques conduit à résoudre le système :
9. 8/11/09) La méthode des dérivées partielles ne permet de détecter que des stricts. Comme ce n’est ¡ extremums ¢ pas le cas ici, cette méthode est désespérée ! Il s’agit de remarquer que f x, y = AM + MB avec A(1, 0), B(0, 1) et M(x, y). Les minimums de f forment le segment [AB]. Exercice 17.30 Soit
♥ f :
½
R2 (x, y)
−→ 7−→
R x 2 (1 + y)3 + y 4
Montrer que f est de classe C 1 sur R2 , qu’elle possède un unique point critique qui est un minimum local, mais que f n’a pas de minimum global. Solution : Le point (0, 0) est le seul point critique, et pour (x, y) ∈ R × [−1, +∞[, f (x, y) − f (0, 0) = x 2 (1 + y)3 + y 4 Ê 0 pour |y| <
1 2
Mais f (x, x) = x 2 (1 + x)3 + x 4 ∼ x 5 → −∞ lorsque x → −∞, et donc f n’admet pas de minimum global. Exercice 17.31 Soit
♥ f :
½
R2 (x, y)
Déterminer les extremums locaux et globaux de f .
−→ 7−→
R x 2 + (x + y − 1)2 + y 2
Solution : Le seul point critique de f est (1/3, 1/3) et en notant h = x − 1/3, k = y − 1/3, f (x, y) − f (1/3, 1/3) = h 2 + k 2 + (h + k)2 Ê 0
donc (1/3; 1/3) est un minimum global. f n’a pas de maximum global. 693
Exercice 17.32 ♥♥ Déterminer les extremums locaux de la fonction f (x, y) = x 3 + x 2 + y 2 . Indication 17.19 : Montrer que le second extrémum n’est ni un minimum ni un maximum local. Pour cela, faire un changement de variables fe(u, v) pour se ramener en (0, 0) et étudier les fonctions fe(t , 0) et fe(0, t ) pour montrer que fe(u, v) − fe(0, 0) prend des valeurs positives et négatives sur un voisinage de (0, 0). µ
2 3
¶
Solution : On vérifie que ∇ f (M) = (0, 0) ⇐⇒ M = (0, 0) ou M = − , 0 . Puisque f (x, y) = x 2 (1 + x) + y 2 Ê 0 lorsque · ¸ 1 1 x ∈ − , , on en déduit que (0, 0) est un minimum local de f (il n’est pas global, car f (x, 0) → −∞ lorsque x → −∞). 2 2µ ¶ 2 2 Pour M = − , 0 , posons u = x + et v = y , 3 3 ¶ µ ¶ µ 1 2 2 e u− + v 2. f (u, v) = u − 3 3
4 , il vient que pour t → 0, ϕ(t ) É ϕ(0) et donc il y a des valeurs de (u, v) aussi 27 proches de (0, 0) que l’on veut telles que fe(u, v) É fe(0, 0). 4 D’autre part, ψ(t ) = fe(0, t ) = t 2 + et il y a donc des valeurs de (u, v) aussi proche de (0, 0) que l’on veut pour lesquelles µ ¶ 27 2 fe(u, v) Ê fe(0, 0). Donc − , 0 n’est ni un maximum local, ni un minimum local. 3
En calculant ϕ(t ) = fe(t , 0) = t 3 − t 2 −
Exercice 17.33 ♥♥ On considère une boîte sans couvercle de forme parallélépipédique de volume 1. Trouver les dimensions de la boîte pour que la somme des aires des 5 faces soit minimale.
Solution : Notons a , b les dimensions de la base et c la hauteur de la boite. Le volume vaut abc = 1. La somme des aires des 5 faces vaut 2bc + 2ac + ab . En remplaçant c par 1/(ab), on cherche à minimiser la fonction de deux variables f (a, b) =
On calcule ses dérivées partielles :
2 2 + + ab a b
∂f (a, b) ∂a ∂f (a, b) ∂b
a2b − 2 a2 ab 2 − 2 = b2
=
d’où le seul point critique (a, b) = (21/3 , 21/3 ). On vérifie par un dessin que c’est un minimum global. Exercice 17.34 ♥♥ Soit f (x, y) = (x 2 − y)(3x 2 − y). 1. Démontrer que la restriction de f à toute droite passant par (0, 0) admet en ce point un minimum (local). 2. f admet-elle un minimum en (0, 0) ? Solution : 1. Soit θ l’angle polaire d’une droite passant par (0, 0) : x = t cos θ, y = t sin θ. On a g θ (t ) = f (t cos θ, t sin θ) = (t 2 cos2 θ − t sin θ).(3t 2 cos2 θ − t sin θ) = t 2 (3cos4 θt 4 − 4cos2 θ sin θt + sin2 θ). – Si sin θ 6= 0, alors g θ (t ) Ê 0 au voisinage de (0, 0). C’est bien dire que g θ admet un minimum local en 0. – Sinon g θ (t ) = 3t 4 admet aussi un minimum local en 0.
2. Non ! f (x, 2x 2 ) = −x 4 admet un maximum local en 0.
17.7.7 Équations aux dérivées partielles d’ordre 1 Exercice 17.35
♥
En utilisant le changement de variables l’équation aux dérivées partielles :
(
u =x+y
déterminer les fonctions f : R2 → R de classe C 1 solutions de
v = 2x + 3y 3
∂f ∂x
−2
694
∂f ∂y
=0
∂f ∂x ∂f ∂f 0 = 3 ∂x − 2 ∂y
Solution : On écrit g (u, v) = f (x, y), ce qui donne Par combinaison de ces deux résultats : traduit en (x, y), donne f (x, y) = ϕ(2x + 3y). Exercice 17.36
♥
En utilisant le changement de variables
( u
∂g ∂g ∂u ∂u × ∂x + ∂v ∂g = ∂u . Donc g
=
=x
v
= y −x
l’équation aux dérivées partielles :
∂x
on obtient g (u, v) = f (x, y) = ∂g ∂u
∂f ∂x
+
∂f ∂y
=
∂f ∂x
∂g ∂u .
=
∂g
∂f ∂y
∂g
∂g
= 1 × ∂u + 3 ∂v .
est une fonction de v seul : g (uv) = ϕ(v), ce qui,
déterminer les fonctions f : R2 → R de classe C 1 solutions de
∂f
Solution : On écrit g (u, v) = f (x, y), ce qui donne
∂g
× ∂v ∂x = 1 × ∂u + 2 ∂v . De même
+
∂g ∂u
∂f
=f
∂y
∂g
− ∂v . De même
∂f ∂y
=
∂g ∂v .
En additionnant ces deux résultats,
Pour résoudre l’équation = g , on travaille à v constant. On obtient alors g = Ke u où K est une constante . . . qui dépend de v : C’est donc une fonction de v , g = K(v)e u , ce qui, traduit en (x, y) donne f (x, y) = K(y − x)e x . £ ¤ Réciproquement, si f (x, y) = K(y −x)e x , ∂∂xf = −K′ (y − x) + K(y − x) e x et ∂∂yf = K(y −x)e x , donc on a bien ∂∂xf + ∂∂yf = f . Exercice 17.37 ♥ En utilisant un changement de coordonnées polaires, déterminer les fonctions f : R2 \ (0, 0) → R de classe C 1 solutions de l’équation aux dérivées partielles : y ¡
¢
¡
∂f ∂x
−x
∂f ∂y
=0
¢
Solution : On pose g ρ, θ = f ρ cos θ, ρ sin θ . Par hypothèse on a : ¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ ρ cos θ, ρ sin θ − ρ cos θ ρ cos θ, ρ sin θ = 0. ∂x ∂y µ ¶ µ ¶ ∂g ¡ ¢ 1 ∂g ¡ ¢ ∂g ¡ ¢ ∂g ¡ ¢ 1 Soit ρ sin θ cos θ ρ, θ − sin θ ρ, θ − ρ cos θ sin θ ρ, θ + cos θ ρ, θ = 0, ce qui donne après sim∂ρ ρ ∂θ ∂ρ ρ ∂θ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 ∂g ¡ ¢ plifications − ρ, θ = 0. Donc g ρ, θ = f ρ cos θ, ρ sin θ = ϕ ρ . Autrement dit f est une fonction radiale : ³pρ ∂θ ´ ¡ ¢ f x, y = ϕ x 2 + y 2 . On vérifie réciproquement qu’une telle fonction est solution de l’équation.
ρ sin θ
Exercice 17.38 ♥ En utilisant un changement de coordonnées polaires, déterminer les fonctions f : R∗+ × R → R de classe C 1 solution de l’équation aux dérivées partielles : x ¡
¢
¡
∂f ∂x
+y
∂f ∂y
=
q
x2 + y 2
¢
Solution : On pose g ρ, θ = f ρ cos θ, ρ sin θ . Par hypothèse on a : ρ cos θ
¢ ¢ ∂f ¡ ∂f ¡ ρ cos θ, ρ sin θ + ρ sin θ ρ cos θ, ρ sin θ = ρ. ∂x ∂y
¡ ¢ y ∂g ¡ ¢ ρ, θ = 1 soit g ρ, θ = ρ + ϕ (θ). Pour remonter jusqu’à f , on remarque que tan θ = ∂ρ x µ ¶ ¡ ¢ p x x 2 2 ou cotan θ = et on écrit f x, y = x + y + ψ . Vérifions : y y p ¡ ¢ p y x ∂f ∂f +yp = x2 + y 2. – Pour f x, y = x 2 + y 2 , x ∂x + y ∂y = x p 2 2 2 2 x µ+ y¶ x + µ ¶ µ y¶ ¡ ¢ x 1 ′ x x ′ x ∂ f0 ∂ f0 , x ∂x + y ∂y = x ψ – Pour f 0 x, y = ψ −y 2ψ = 0. Autrement dit f 0 est un élément du noyau de y y y y y l’application linéaire f 7−→ x ∂∂xf + y ∂∂yf .
Cette fois cela se traduit par
695
17.7.8 Équations aux dérivées partielles d’ordre 2 Exercice 17.39
♥
Soit c > 0. En utilisant le changement de variable :
(
u = x + ct
déterminer les fonctions f :
v = x − ct
de classe C 2 sur R2 solution de l’équation aux dérivées partielles : ∂2 f ∂x
=
R2 (x, t )
−→ 7−→
R f (x, t )
1 ∂2 f c 2 ∂t 2
∂g ∂g ∂g ∂g ∂f ∂f = + =c −c et . Donc : ∂x ∂u ∂v ∂t ∂u ∂v
Solution : On pose g (u, v) = f (x, t ). On a
∂2 g ∂2 g ∂2 g ∂2 g ∂2 f = + + + 2 2 2 ∂x ∂u ∂v∂u ∂u∂v ∂v
Il vient alors
2
½
∂2 f ∂2 g ∂2 g ∂2 g ∂2 g = c2 2 − c2 − c2 + c2 2 . 2 ∂t ∂u ∂v∂u ∂u∂v ∂v
et
1 ∂2 f ∂2 g ∂2 f − 2 2 = 2(1 + c 2 ) . 2 ∂x c ∂t ∂v∂u
∂2 g ∂2 g ne dépend pas de v , c’est = 0. En intégrant par rapport à v on en déduit que ∂v∂u ∂v∂u ∂g donc une fonction de u seul : = ϕ1 (u). On intègre par rapport à u : g (u, v) = ϕ(u) + ψ(v), où ϕ est une primitive ∂u de ϕ1 et ψ est une "constante d’intégration". En traduisant dans (x, t ), on a alors f (x, t ) = ϕ(x + ct ) + ψ(x − ct ). On
On est donc amené à résoudre
vérifie que ces fonctions conviennent. On connaît l’interprétation physique. L’équation s’appelle l’équation des ondes. La constante c est la célérité de l’onde dans le milieu, ψ désigne l’onde incidente et ϕ l’onde réfléchie. Ces deux ondes dépendent des conditions aux limites. Exercice 17.40
♥
Soit c > 0. En utilisant le changement de variable :
(
u=x
v =x+y
déterminer les fonctions f :
de classe C 2 sur R2 solution de l’équation aux dérivées partielles : ∂2 f ∂x
¡
¢
Solution : On pose g (u, v) = f x, y . On a
2
−2
∂2 f ∂x∂y
+
∂2 f ∂y 2
½
2
¡R ¢ x, y
−→ 7−→
R¡ ¢ f x, y
=0
∂f ∂f ∂g ∂g ∂g et . Donc = + = ∂x ∂u ∂v ∂y ∂v
∂2 g ∂2 g ∂2 g ∂2 f = + 2 , + ∂x 2 ∂u 2 ∂v∂u ∂v 2
∂2 f ∂2 g ∂2 g = + 2 ∂x∂y ∂v∂u ∂v
et
∂2 f ∂2 g = . ∂y 2 ∂v 2
∂2 g ∂2 f ∂2 f ∂2 g ∂g ∂2 f . Il vient que − 2 = = 0, d’où = ϕ(v) et g (u, v) = ϕ(v)u + ψ(v). En traduisant dans + ∂x∂y 2 2 2 ∂x 2 ∂y ∂v ∂u ∂u ¡ ¢ (x, t ), on a alors f x, y = xϕ(x + y) + ψ(x + y). On vérifie réciproquement que de telles fonctions conviennent.
Donc
Exercice 17.41 ♥♥ Une fonction f : U ⊂ R2 7→ R est dite harmonique ssi
∆f = °
∂2 f ∂2 f + =0 ∂x 2 ∂y 2
°
1. Montrer que la fonction f (x, y) = ln °(x, y)° est harmonique sur R2 \ (0, 0).
2. Soit f : R2 7→ R une fonction harmonique de classe C 3 . Montrer que les fonctions
∂f ∂f ∂f et (y − x ) sont aussi ∂x ∂x ∂y
harmoniques. ³y´
soit harmonique sur 3. Trouver toutes les fonctions ϕ : R 7→ R de classe C 2 telles que l’application f (x, y) = ϕ x l’ouvert x > 0.
Indication 17.19 : Pour la dernière question, poser z =
y et trouver une équation différentielle vérifiée par ϕ(z). x
696
Solution : Les deux premières questions se montrent par le calcul. Pour la dernière, ∆f (x, y) =
1 x2
µµ
¶ ¶ ³ ´ y ′³y ´ y2 ′′ y + 2 + 1 ϕ ϕ x2 x x x
y x
en posant z = , il suffit que ϕ vérifie l’équation différentielle (z 2 + 1)ϕ′′ (z) + 2zϕ′ (z) = 0
pour que f soit harmonique. En posant ψ(z) = ϕ′ (z), ψ vérifie l’équation du premier ordre : (z 2 + 1)ψ′ + 2zψ = 0
On résout et on trouve ψ(t ) =
et donc
C =⇒ ψ(t ) = C arctan z + C′ z2 + 1 f (x, y) = C arctan
sont des fonctions harmoniques sur {x > 0}. On vérifie
³y´
x
+ C′
17.7.9 Pour aller plus loin Exercice 17.42 ♥♥♥ Démontrer le théorème sur les DL d’ordre 1 pour les fonctions de deux variables réelles : Soit f : U ⊂ R2 7→ R de classe C 1 sur l’ouvert U et M0 = (x0 , y 0 ) ∈ U. Alors il existe une fonction ε : V ⊂ R2 → R définie sur un voisinage V de (0, 0) telle que : 1
→ −
→ −
Pour tout accroissement H = (h, k) ∈ R2 tel que M0 + H ∈ U, on a : f (x0 + h, y 0 + k) = f (x0 , y 0 ) + h
2
∂f ∂f (x0 , y 0 ) + k (x0 , y 0 ) + k(h, k)k ε(h, k) ∂x ∂y
ε(h, k) −−−−−−−−→ 0 (h,k)→(0,0)
Solution : On utilise le procédé déjà vu lors de la Formule de Taylor intégrale à l’ordre 2 : U est un ouvert, donc il existe une ½boule B centrée en M0 et incluse dans U. On considère (h, k) tel [0, 1] t
−→ 7−→
R . ϕ est définie car le segment d’exf (x0 + t h, y 0 + t k) trémités (x0 , y 0 ) et (x0 + h, y 0 + k) est inclus dans B donc dans U. Par application du théorème de compo∂f sition des fonctions de classe C 1 , ϕ est dérivable sur [0, 1], et ∀t ∈ [0, 1], ϕ′ (t ) = h (x0 + t h, y 0 + t k) + ∂x Z1 ∂f ∂f ′ k ϕ (t ) dt , soit f (x0 + h, y 0 + k) = f (x0 , y 0 ) + h (x0 + t h, y 0 + t k). On écrit alors ϕ(1) = ϕ(0) + (x0 , y 0 ) + ∂y ∂x ¶0 µ ¶ Z1 µ ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f k (x0 , y 0 ) + (x0 + t h, y 0 + t k) − (x0 , y 0 ) + k (x0 + t h, y 0 + t k) − (x0 , y 0 ) dt . Reste à démonh ∂y ∂x ∂x ∂y ∂y ¶ ¶ µ Z1 µ0 ∂f ∂f ∂f ∂f h trer que (x0 + t h, y 0 + t k) − (x0 , y 0 ) + k (x0 + t h, y 0 + t k) − (x0 , y 0 ) dt = k(h, k)k ε(h, k), avec ∂x ∂x ∂y ∂y ¯ 0 ¯ ¯ ¯∂f ∂f 1 ¯ (x0 , y 0 )¯¯ < lim ε(h, k) = 0. Soit ε > 0, puisque f est de classe C , ∃η > 0, k(u, v)k < η =⇒ ¯ (x0 + t h, y 0 + t k) − (h,k)→(0,0) ∂x ∂x ¯ ¯ ¯∂f ¯ ∂f ¯ ¯ ε et ¯ (x0 + t h, y 0 + t k) − (x0 , y 0 )¯ < ε. Donc si on prend k(h, k)k < η alors ∀t ∈ [0, 1], k(t h, t k)k < η et donc ∂x ¯Z1 µ∂x ¶ µ ¶ ¯ p ¯ ¯ ¯ h ∂ f (x0 + t h, y 0 + t k) − ∂ f (x0 , y 0 ) + k ∂ f (x0 + t h, y 0 + t k) − ∂ f (x0 , y 0 ) dt ¯ < |h|ε+|k|ε < 2ε h 2 + k 2 , ce qu’il ¯ ¯ ∂x ∂x ∂y ∂y 0
que (x0 + h, y 0 + k) ∈ B. Soit ϕ :
fallait démontrer.
Exercice 17.43 ♥♥♥ Soit f une application de classe C 1 définie sur un ouvert U ⊂ R2 , à valeurs dans R, et admettant en (a, b) ∈ U des dérivées partielles d’ordre 2 continues. Soit (a, b) ∈ U. Soient (h, k) ∈ R2 tels que (a + h, b + k), (a + h, b), (a, b + k) ∈ U.On pose ∆ = f (a + h, b + k) − f (a + h, b) − f (a, b + k) + f (a, b).
697
On introduit F et G données par : F(x) = f (x, b + k) − f (x, b)
et G(y) = f (a + h, y) − f (a, y).
1. En remarquant que ∆ = F(a + h) − F(a) = G(a + k) − G(a), démontrer qu’il existe (ϑ1 , ϑ2 , ϑ3 , ϑ4 ) ∈ [0, 1]4 tels que ∆ = hk
∂2 f ∂2 f (a + ϑ1 h, b + ϑ2 k) = kh (a + ϑ3 h, b + ϑ4 k). ∂y∂x ∂x∂y
2. Après simplification par hk , on fait tendre (h, k) vers (0, 0). Quel résultat obtient-on ? Solution : 1. On a bien F(a+h)−F(a) = f (a+h, b+k)− f (a+h, b)− f (a, b+k)+ f (a, b) = ∆. D’après l’égalité des accroissements finis, ∃ζ ∈ [a, a + h], F(a + h) − F(a) = hF′ (ζ). On peut écrire ζ = a + ϑ1 h , avec ϑ1 ∈ [0, 1]. D’autre part, F′ (x) = ∂f ∂f ∂f ∂f (x, b +k)− (x, b). Donc on peut écrire ∆ = (a +ϑ1 h, b +k)− (a +ϑ1 h, b) = d1 (b +k)−d1 (b), en posant ∂x ∂x ∂x ∂x ∂f d1 (y) = h (a + ϑ1 h, y). Là encore, d’après l’égalité des accroissements finis, ∃ξ ∈ [b, b + k], d1 (b + k) − d1 (b) = ∂x ¶ µ ∂ ∂f ∂2 f ′ ′ kd1 (ξ). De nouveau on peut écrire ξ = b + ϑ2 k , avec ϑ2 ∈ [0, 1] et d1 (y) = h (a + ϑ1 h, y) = (a + ∂y ∂x ∂y∂x 2 ∂ f (a + ϑ1 h, b + ϑ2 k). De façon symétrique, on trouve (ϑ3 , ϑ4 ) ∈ [0, 1]4 tels que ϑ1 h, y). On a donc bien ∆ = hk ∂y∂x ∂2 f ∆ = G(a + k) − G(a) = kh (a + ϑ3 h, b + ϑ4 k), ce qui achève d’établir l’égalité demandée. ∂x∂y
∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f (a + ϑ1 h, b + ϑ2 k) = (a + ϑ3 h, b + ϑ4 k). On sait que (x, y) = (a, b), lim (x,y )→(a,b) ∂y∂x ∂y∂x ∂x∂y ∂y∂x ¯ 2 ¯ p p ¯ ∂ f ¯ ∂2 f (a + h, b + k) − (a, b)¯¯ < ε. Mais si on a h 2 + k 2 < η1 , a fortiori donc ∀ε > 0, ∃η1 , h 2 + k 2 < η1 =⇒ ¯¯ ∂y∂x ∂y∂x ¯ ¯ ¯ ¯ p p ¯ ¯ ¯ ∆ ¯ ∆ ∂2 f ∂2 f on a (ϑ1 h)2 + (ϑ2 k)2 < η1 et donc ¯¯ − (a, b)¯¯ < ε. De même ¯¯ − (a, b)¯¯ < ε pour h 2 + k 2 < η2 . hk ∂y∂x hk ∂x∂y ¯ ¯ 2 2 p ¯ ¯ ∂ f ∂ f (a, b) − (a, b)¯¯ < 2ε, et ce pour tous les ε > 0. Donc Donc en prenant h 2 + k 2 < inf(η1 , η2 ) on obtient ¯¯ ∂y∂x ∂x∂y ∂2 f ∂2 f on a (a, b) − (a, b). On en déduit le théorème de Schwarz. ∂y∂x ∂x∂y
2. On a donc
698
Chapitre
18
Intégrales multiples 18.1 Intégrales doubles Si une fonction f est constante et vaut α sur un petit pavé [a, b] × [c, d], on définit son intégrale double comme étant le volume de l’espace de base le rectangle [a, b] × [c, d] et de hauteur α. Ce volume vaut V = α × (b − a) × (d − c). On vérifie que V=
Zb ³Zd a
c
Zd ³Zb ´ ´ f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy c
a
Pour définir l’intégrale double d’une fonction bornée f : [a, b] × [c, d] 7→ R , on commence par subdiviser le rectangle [a, b] × [c, d] en n × p petits rectangles, et on définit l’intégrale d’une fonction en escalier (constante sur chacun des rectangles) comme la somme des volumes des parallélépipèdes. On définit ensuite l’intégrale supérieure de la fonction f
z
c
d
y
a b x
F IGURE 18.1 – Fonction en escalier comme étant la borne inférieure des intégrales des fonctions en escalier majorant f , et l’intégrale inférieure de la fonction f comme étant la borne supérieure des intégrales de fonctions en escalier minorant f . Lorsque l’intégrale supérieure et l’intégrale inférieure sont égales, on dit que la fonction f est intégrable, et on note Ï
f (x, y) dx dy
[a,b]×[c,d ]
son intégrale qui est la valeur commune de ces deux bornes. On montre que toute fonction f : [a, b] × [c, d] 7→ R continue est intégrable. La construction devient beaucoup plus compliquée si l’on considère des domaines U ⊂ R2 qui ne sont plus des rectangles. Comment « subdiviser » un tel domaine U ? Quelle régularité imposer à U ? Ce procédé de construction est inadapté, et on utilise une autre définition de l’intégrale, l’intégrale de Lebesgue que vous étudierez en école d’ingénieurs. Heureusement, 699
les calculs avec l’intégrale de Lebesgue ressemblent aux calculs habituels avec l’intégrale de Riemann. Nous admettrons les résultats qui suivent.
18.1.1 Le théorème de Fubini Nous allons considérer une région U ⊂ R2 « admissible » définie à l’aide de deux fonctions d’une variable U = {(x, y) ∈ R2 | a É x É b et ϕ(x) É y É ψ(x)}
ou alors U = {(x, y) ∈ R2 | c É y É d et α(y) É x É β(y)} y
y = ψ(x)
y
d
x = α(y)
U
x = β(y)
U
c y = ϕ(x) a
x
b
x
F IGURE 18.2 – un domaine U délimité par le graphe de deux fonctions Le théorème suivant permet de calculer une intégrale double sur un tel domaine. T HÉORÈME 18.1 ♥ Théorème de Fubini Si f est une fonction continue sur un domaine U ⊂ R2 admissible, alors on peut calculer l’intégrale double de f sur U en calculant deux intégrales simples : Ï
U
f (x, y) dx dy =
Zb ·Zψ(x) a
Exemple 18.1 Calculons l’intégrale double I = I=
Z1 µZ1−x 0
0
¸
f (x, y) dy dx =
ϕ(x)
Î
D (x
2
Zd ·Zβ(y )
¸
f (x, y) dx dy
α(y )
c
+ y) d x d y où D = {(x, y) ∈ R2 | 0 É x É 1, 0 É y É 1 − x}.
¶ Z1 h Z1 i1−x 5 (x 2 + y) dy dx = dx = x 2 y + y 2 /2 x 2 (1 − x) + (1 − x)2 /2 dx = 0 6 0 0
T HÉORÈME 18.2 Propriétés de l’intégrale double 1. Linéarité :
Ï
D
(λ f + µg )(x, y) d x d y = λ
2. Additivité : si D = D1 ∪ D2 avec D1 ∩ D2 = ∅, Ï
D
f (x, y) d x d y =
3. Positivité : si f Ê 0 sur D, alors
Ï
D1
Ï
D
Ï
D
f (x, y) d x d y + µ
f (x, y) d x d y +
f (x, y) d x d y Ê 0
700
Ï
D2
Ï
f (x, y) d x d y
D
f (x, y) d x d y
Remarque 18.1 Souvent, on doit calculer une intégrale double sur un pavé D = [a, b] × [c, d] où la fonction à intégrer est un produit de deux fonctions d’une variable. Dans ce cas, l’intégrale double est le produit de deux intégrales simples. I=
Ï
[a,b]×[c,d ]
ϕ(x)ψ(y) dx dy =
Zb
ϕ(x)
a
·Zd c
¸ µZd ¶ µZb ¶ ψ(y) dy dx = ψ(y) dy ϕ(x) dx c
Nous avons utilisé le théorème de Fubini et remarqué que le réel
Zd
a
ψ(y) dy était indépendant de x . On peut donc le
c
mettre en facteur de l’intégrale.
18.1.2 Changement de variables T HÉORÈME 18.3 Changement de variables On considère deux domaines « admissibles » , D ⊂ R2 , ∆ ⊂ R2 et une application ϕ:
½
∆ (u, v)
−→ 7−→
D (x(u, v), y(u, v))
On dit que cette application est un C 1 -difféomorphisme du domaine ∆ vers le domaine D lorsque : – ϕ est bijective, – ϕ est de classe C 1 , – la bijection réciproque ϕ−1 : D 7→ ∆ est de classe C 1 . On appelle Jacobien d’un tel C 1 -difféomorphisme ϕ au point (u, v), le déterminant
Alors
Ï
D
¯ ¯ ∂x ¯ (u, v) ¯ ∂u ¯ Jϕ(u, v) = ¯ ¯ ∂y ¯ ¯ (u, v) ∂u
f (x, y) dx dy =
Ï
∆
¯ ¯ ∂x (u, v)¯¯ ∂v ¯ ¯ ¯ ∂y ¯ (u, v)¯ ∂v
¯ ¡ ¢¯ f x(u, v), y(u, v) ¯Jϕ(u, v)¯ du dv
Deux cas importants de changement de variable sont à connaître. – Changement de coordonnées affine. (
x = au + bv + α y = cu + d v + β
alors Jϕ = (ad − bc) – Changement en coordonnées polaires
(
alors Jϕ = ρ .
Î
x = ρ cos θ y = ρ sin θ
Calculons l’intégrale double I = D (x 2 + y 2 ) d x d y où le domaine d’intégration D est défini par D = 2 {(x, y) ∈ R | x Ê 0, x 2 + y 2 É 1}. Le domaine D est un demi-disque de rayon 1 de centre (0, 1) avec x Ê 0. Passons en ½ Exemple 18.2
coordonnées polaires. L’application ϕ :
∆ (ρ, θ)
D = {(ρ, θ) ∈ R2 | −π/2 É θ É π/2, 0 É ρ É 1} et alors
I=
Exemple 18.3 Calculons l’intégrale double I =
Î
−→ 7−→
D (ρ cos θ, ρ sin θ)
Zπ/2 Z1 −π/2 0
D (x
2
ρ3 dρ dθ =
π 4
+ y 2 ) d x d y où
D = {(x, y) ∈ R2 |
701
x2 y 2 + É 1} a2 b2
réalise un C 1 -difféomorphisme du domaine
Le domaine D est une ellipse et l’application affine ϕ : vers D où ∆ est le disque unité. Alors I=
Ï
∆
½
∆ (u, v)
D réalise un C 1 -difféomorphisme de ∆ (au, bv)
−→ 7−→
(a 2 u 2 + b 2 v 2 )ab du dv
Effectuons ensuite le changement de variables polaires. L’application ψ :
½
U (ρ, θ)
−→ 7−→
∆ (ρ cos θ, ρ sin θ)
réalise un
C 1 -difféomorphisme entre le domaine U = [0, 1] × [0, 2π] et le domaine ∆. Par conséquent, Ï I = ab (ρ2 a 2 cos2 θ + ρ2 b 2 sin2 θ)|ρ| dρ dθ U
Il ne reste plus qu’à utiliser le théorème de Fubini pour calculer cette dernière intégrale. I = ab
Z2π ·Z1 0
0
¸ · µZ1 ¶ µZ2π µZ1 ¶ ¶ µZ2π ¶¸ πab 2 2 (a +b ) a 2 ρ3 cos2 θ + b 2 ρ3 sin2 θ dρ dθ = ab a 2 ρ3 dρ cos2 θ dθ + b 2 ρ3 dρ sin2 θ dθ = 4 0 0 0 0
Exemple 18.4 Posons pour R > 0, F(R) = 2
2
ZR
2
e −x d x
0
2
DR = {(x, y) ∈ R | x + y É R2 } ∆R = [0, R] × [0, R] Z Ï 2 2 2 2 I(R) = e −(x +y ) d x d y J(R) = e −(x +y ) dx dy DR
∆R
1. En utilisant Fubini, on trouve une relation simple entre F(R) et I(R) : I(R) =
ZR
e −y
0
2
µZR 0
¶ µZR ¶ µZR ¶ 2 2 2 e −x dx dy = e −y dy e −x dx = F(R)2 0
0
2. Puisque la fonction à intégrer est positive et que DR ⊂ ∆R ⊂ Dp2R , on obtient
Dp2R
∆R
DR
O J(R) =
Ï
R e −(x
2
2
+y )
DR
dx dy É I(R) É
Ï
p
∆p
2R e −(x
2R
2
+y 2 )
p dx dy = J( 2R)
3. En passant en coordonnées polaires, on calcule facilement J(R) =
Zπ/2 µZR 0
0
p
¶ ´ 2 2 π³ 1 − e −R e −ρ ρ dρ dθ = 2
4. Puisque J(R) −−−−−→ π/2 et que J( 2R) −−−−−→ π/2, le théorème des gendarmes permet de conclure que R→+∞
π F(R) −−−−−→ . R→+∞ 2
R→+∞
702
18.1.3 Aire d’un domaine plan D ÉFINITION 18.1 Aire d’un domaine plan On définit l’aire d’un domaine admissible D ⊂ R2 par A (D) =
Remarque 18.2
Ï
1d x d y
D
L’aire du domaine plan D est donc le volume de base D et de hauteur 1.
Exemple 18.5 Calculons l’aire délimitée par une ellipse d’équation cartésienne x2 y 2 + É1 a2 b2
D:
Il suffit d’effectuer un premier changement de variables affine puis de passer en coordonnées polaires. Si nous notons ∆ le disque unité, Ï Z Z 2π
A (D) = ab
∆
du dv = abA (∆) = ab
0
1
0
ρ dρ dθ = πab
T HÉORÈME 18.4 Aire d’un secteur délimité par une courbe polaire Soit une courbe polaire d’équation ρ = ρ(θ) et le domaine Ω délimité par les deux demi-droites d’équation polaire θ1 , θ2 et par la courbe polaire (voir figure 18.4). Alors l’aire de ce domaine se calcule par la formule A (Ω) =
Zθ2
1 2
ρ2 (θ) dθ
θ1
ρ = ρ(θ) θ2 θ1 ½
∆ −→ Ω (ρ,θ) 7−→ (ρ cos θ,ρ sin θ) réalise un C 1 -difféomorphisme du domaine ∆ = {(ρ,θ) ∈ R2 | θ1 É θ É θ2 , 0 É ρ É ρ(θ)} vers le domaine Ω et en utilisant Fubini, Zθ2 Ï Zθ2 Zρ(θ) ρ2 (θ)/2 dθ ρ dρ dθ = A (Ω) = ρ dρ dθ =
Démonstration
Il suffit d’effectuer un changement de variables polaires. L’application ϕ :
θ1
∆
0
θ1
Exemple 18.6 Calculons l’aire délimitée par une cardioïde d’équation polaire ρ = a(1 + cos θ) (a > 0). Par symétrie, l’aire est le double de l’aire du domaine avec y Ê 0. D’après la formule précédente, A =2
a2 2
Zπ 0
(1 + cos θ)2 dθ =
3aπ 2
18.2 Champs de vecteurs dans le plan et dans l’espace D ÉFINITION 18.2 Champ de vecteurs On appelle champ de vecteurs défini sur un ouvert U ⊂ R2 , une application → − F:
½
U M
−→
7−→
R2 → − F (M)
¯ ¯F (x, y) → − . On dit que ce champ de vecteur est de classe C k qui à tout point M = (x, y) de U associe un vecteur F (x, y)¯¯ 1 F2 (x, y)
lorsque les deux fonctions F1 et F2 sont de classe C k sur U.
703
D ÉFINITION 18.3 Potentiel scalaire On dit qu’un champ de vecteur F : U 7→ Rn dérive d’un potentiel scalaire s’il existe une application V: → −
½
U M
−→ 7−→
→ −
R V(M)
telle que ∀(x, y) ∈ U, F ((x, y)) = ∇ V((x, y)), c’est à dire F1 (x, y) =
∂V ∂V (x, y) et F2 (x, y) = (x, y). ∂x ∂y
P ROPOSITION 18.5 Théorème de Poincaré → − Soit un ouvert U ⊂ R2 convexe. Un champ de vecteurs F : U 7→ R2 de classe C 1 sur U dérive d’un potentiel scalaire V si et seulement si ∀(x, y) ∈ U,
∂F2 ∂F1 (x, y) = (x, y) ∂y ∂x
→ − Si F dérive d’un potentiel scalaire, il existe une fonction V : U 7→ R de classe C 1 sur U telle que ∀(x, y) ∈ U, ∂V ∂V F1 (x, y) = (x, y) et F2 (x, y) = (x, y). Puisque les fonctions F1 ,F2 sont de classe C 1 , la fonction V est de classe C 2 sur U et ∂x ∂y d’après le théorème de Schwarz (17.13 page 676), en tout point (x, y) ∈ U,
Démonstration
∂F1 ∂2 V ∂2 V ∂F2 (x, y) = (x, y) = (x, y) = (x, y) ∂y ∂x∂y ∂y∂x ∂x
Remarque 18.3 1. On peut définir formellement le rotationnel du champ de vecteurs comme étant le champ de vecteurs U → − rot( F ) : (x, y)
−→ 7−→
R ¯ ∂ ¯ ¯ ¯ ∂x ¯ ∂ ¯ ¯ ∂y
¯ ¯ F1 (x, y)¯ ∂F ∂F1 2 ¯ (x, y) − (x, y) ¯= ¯ ∂x ∂y F2 (x, y)¯
Le théorème précédent s’énonce alors en disant que si un champ de vecteur dérive d’un potentiel scalaire, son rotationnel est nul.
¯ ¯F1 ¯ → − 2. On peut également considérer des champs de vecteurs sur un ouvert convexe U ⊂ R3 : F ¯¯F2 : U 7→ R3 . Un tel ¯F 3
champ de vecteurs dérive d’un potentiel scalaire V : U 7→ R si et seulement si son rotationnel est nul où U → − rot F : (x, y)
−→
7−→
R3 ¯ ¯ ¯ ∂F3 ∂F2 ¯ ∂ ¯ (x, y) − (x, y) ¯ ¯ ¯ ¯ ∂x ¯F (x, y) ¯ ∂y ∂y ¯ ∂ 1 ¯ ¯ ∂F ∂F ¯ ∧ ¯F (x, y) = ¯¯ 1 (x, y) − 3 (x, y) ¯ ¯ ∂y ¯¯ 2 ∂z ∂x ¯ ∂ F3 (x, y) ¯¯ ∂F ∂F ¯ ¯ 2 (x, y) − 1 (x, y) ¯ ¯ ∂x ∂y ∂z
3. Il faut une condition géométrique sur l’ouvert U pour que le théorème de Poincaré s’applique. Vous verrez en deuxième année une condition plus précise que la convexité et des contre-exemples dans le cas où l’ouvert ne vérifie pas cette condition. Exemple 18.7 Considérons le champ de vecteurs défini sur R2 en entier par
On calcule pour (x, y) ∈ R2 ,
2 R → − F: (x, y)
−→ 7−→
∂F1 (x, y) = 3x 2 + 3y 2 ∂y
704
2 ¯R 2 ¯3x y + 2x + y 3 ¯ ¯ x 3 + 3x y 2 − 2y
∂F2 (x, y) = 3x 2 + 3y 2 ∂x
D’après le théorème de Poincaré, ce champ de vecteurs dérive d’un potentiel scalaire V : R2 7→ R . Déterminons ces potentiels scalaires. La fonction V est de classe C 1 sur R2 et vérifie ∀(x, y) ∈ R2 , ∂V (x, y) = 3x 2 y + 2x + y 3 ∂x
Il existe donc une fonction C : R 7→ R de classe C 1 sur R telle que ∀(x, y) ∈ R2 , V(x, y) = x 3 y + x 2 + y 3 x + C(y) ∂V = F2 , on trouve que x 3 + 3y 2 x + C′ (y) = x 3 + 3x y 2 − 2y , c’est à dire que ∀y ∈ R , C′ (y) = −2y d’où C(y) = ∂y −y 2 + K où K est une constante. Finalement,
Puisque
V(x, y) = x 3 y + +x 2 + y 3 x − y 2 + K
B IO 15 George Green, né le 14 juillet à Sneinton (Angleterre), mort le 31 mai 1841 à Nottingham
Mathématicien anglais. Il était physicien. Il n’a passé qu’un an de sa vie à l’école et était boulanger de métier. Il a appris la physique en autodidacte en lisant principalement les mémoires de Poisson. Il est le père de la théorie du potentiel et le théorème qui porte son nom fut publié dans un article qui passa quasiment inaperçu à l’époque : ``An Essay on the Application of Mathematical Analysis to the Theories of Electricity and Magnetism´´. Il intégra l’université de Cambridge à 40 ans et fit, une fois son diplôme obtenu, une carrière brillante, même si son travail ne fut pas reconnu de son vivant.
T HÉORÈME 18.6 Formule de Green-Riemann On considère un champ de vecteurs défini sur un ouvert U ⊂ R2 par U → − F: (x, y)
2 ¯R ¯ P(x, y) ¯ ¯Q(x, y)
−→ 7−→
Soit Ω une partie de U fermée et bornée, délimitée par une courbe fermée paramétrée par une fonction → − G :
½
[a, b] t
−→ 7−→
R2 . (x(t ), y(t ))
Cette courbe paramétrée est parcourue dans le sens trigonométrique. Alors la formule de Green-Riemann ramène le calcul d’une intégrale double à celui d’une intégrale simple : Ï
Ω
− −→→ rot F dx dy=d e f
Ïh Ω
i ∂Q ∂P (x, y) − (x, y) dx dy = ∂x ∂y
Zb a
£ ¡ ¢ ¡ ¢ ¤ P x(t ), y(t ) x ′ (t ) + Q x(t ), y(t ) y ′ (t ) dt
T HÉORÈME 18.7 Calcul de l’aire d’un domaine plan Soit Ω un domaine fermé du plan délimité par une courbe γ (avec les mêmes notations que dans la formule de Green705
Riemann). L’aire du domaine Ω est donnée par A (Ω) =
Zb a
x(t )y ′ (t ) dt = −
Zb a
y(t )x ′ (t ) dt =
1 2
Zb a
¡
¢ x(t )y ′ (t ) − y(t )x ′ (t ) dt
Démonstration Considérons le champ de vecteurs défini par Ω → − F: (x, y)
−→ 7−→
D’après la formule de Green-Riemann appliquée à ce champ de vecteurs, Ï
Ω
→ − rot F (x, y) dx dy =
Ï
Ω
R2 ¯ ¯0 ¯ ¯x
1 dx dy = A (Ω) =
Zb a
£
¤ 0 + x(t)y ′ (t) dt
→ −
¯ ¯−y
On montre la deuxième formule en considérant le champ de vecteurs défini par G (x, y) = ¯¯ additionnant les deux premières.
0
et la troisième formule s’obtient en
Exemple 18.8 Utilisons la formule de Green-Riemann pour calculer l’aire intérieure à l’astroïde, courbe paramétrée définie par ( = a cos3 t
x(t )
= a sin3 t
y(t )
A=
Z2π 0
′
x(t )y (t ) dt = 3a
2
Z2π 0
3a 2 sin t cos t dt = 2 2
4
706
Z2π 0
sin2 (2t )
cos(2t ) + 1 3a 2 dt = 2 8
18.3 Exercices 18.3.1 Calculs élémentaires Exercice 18.1 ♥ Ï x+y Calculer dx d y avec D = {0 É x É 2, 1 É y É 2} (x + y)e D
Solution : Ï
D
(x + y)e x+y dx dy = =
Z2
dx
0
Z2 1
Z2
(x + y)e x+y dy
xe x dx
0
Z2
e y dy +
Z2
e x dx
Z2
ye y dy
1 0 1 £ ¤2 £ ¤2 £ ¤2 £ ¤2 = (x − 1)e x 0 e y 1 + e x 0 (y − 1)e y 1 2 2 2 2
= (e + 1)(e − e) + (e − 1)e ¡ ¢ = e e3 − e2 + e − 1 + e3 − e ¡ ¢ = e 2e 3 − e 2 − 1
Exercice 18.2 ♥ Ï x 2 y d x d y avec D = {y Ê 0, x + y É 1, y − x É 1} Calculer D
Solution : 1.5 1.0 b
B
0.5 b
A
−1.0
b
D b
0.5
−0.5
C
1.0
1.5
−0.5
0 Par symétrie par rapport à l’axe Oy : Ï
D
x 2 y dx d y = 2
Z1
dx
0
Z1−x 0
y dy = 2
Z1 0
x2
·
y2 2
¸1−x 0
dx =
Z1 0
x 2 (1 − x)2 d x =
Z1 0
(x 2 − 2x 3 + x 4 ) dx =
Exercice 18.3 ♥ Ï x 2 y dx d y avec D = {x 2 + y 2 É R2 } Calculer D
Solution : L’intégrale est nulle par symétrie par rapport à l’axe Ox . Exercice 18.4 Calculer
♥ I=
©¡
¢
où D = x, y ∈ R2 | x Ê 0, Solution :
I=
Z1 0
y Ê0
x dx
Z1−x 0
et
ª x+y É1 .
y dy =
Z1 0
ZZ
x y dxdy
D
x(1 − x)2 dx = 2
707
Z1 0
1 1 1 (1 − x)x 2 dx = − = . 2 6 8 24
1 2 1 1 − + = . 3 4 5 30
Exercice 18.5 Calculer ©¡
♥ I=
¢
où D = x, y ∈ R2 | x Ê 0, Solution :
I=
Zπ
dx
0
Zπ−x 0
Exercice 18.6 Calculer ©¡
y Ê0
D
ª x+y Éπ .
et
¡ ¢ sin x + y dy =
Zπ 0
¢
y Ê0
ª y2 É x .
et
I=
Exercice 18.7 Ï♥♥ x2 Calculer les intégrales 2 T
x +y
Z1
2
x dx
dx d y et 2
1) T = (x, y) ∈ R2 /0 É y É x, 12 É x É 1 2) D = (x, y) ∈ R2 / 41 É x 2 + y 2 É 1, x Ê 0
I=
ZZ
Zp x 0
0
Ï
D
¡ ¢ sin x + y dxdy
£ ¡ ¢¤π−x − cos x + y 0 dx =
♥
où D = x, y ∈ R2 | x É 1, Solution :
ZZ
D
Zπ 0
(1 + cos x) dx = π.
y x 2 dxdy
y dy =
Z1 0
1 x3 dx = . 2 8
x2 dx d y où x2 + y 2
Solution : On rend l’ensemble d’intégration symétrique : T′ = (x, y) ∈ R2 /0 É x É y, 12 É y É 1 Ï
T
Ï Ï Ï x2 y2 x2 + y 2 x2 1 1 1 d x d y = d x d y = d x d y = dx d y 2 2 2 2 2 2 x +y 2 T′ ∪T x + y 2 T′ ∪T x + y 4 T′ ∪T x 2 + y 2 3 1 3 = × = 4 4 16
De même pour la deuxième : Ï
D
x2 1 dx d y = 2 2 x +y 2 =
Ï
x2 1 dx d y = 2 2 x +y 2
1 Éx 2 +y 2 É1 4
1 3π 3π × = 4 4 16
Ï
1 Éx 2 +y 2 É1 4
y2 1 dx d y = 2 2 x +y 4
Ï
1 2 2 4 Éx +y É1
x2 + y 2 dx d y x2 + y 2
en utilisant les symétries Exercice 18.8 ♥♥ Soit f et g deux applications continues, croissantes sur [0, 1]. Démontrer que Z1 0
f (x).g (x) dx Ê
Z1
f (x) dx.
0
Z1
g (x) d x.
0
Solution : Dans un premier temps, Z1 0
f (x) d x.
Z1 0
g (x) dx =
Z1
f (x) dx.
0
Z1 0
g (y) d y =
Ï
f (x)g (y) dx d y.
D
Avec D = [0, 1]2 . En écrivant D = D1 ∪ D2 avec D1 = {(x, y) ∈ D, y É x} et D1 = {(x, y) ∈ D, x É y}. Comme f et g sont croissantes sur [0, 1], sur D1 on a g (y) É g (x) et sur D2 on a f (x) É f (y). Donc on a £
¤£ ¤ f (x) − f (y) g (x) − g (y) Ê 0
que ce soit sur D1 ou sur D2 , donc sur D tout entier : Ï
D
£
¤£ ¤ f (x) − f (y) g (x) − g (y) dx d y Ê 0
708
Soit en développant, Ï
D
Comme 2, que
Î
D
f (x).g (x) dx d y +
f (x).g (x) dx d y =
R1 0
Ï
D
f (y).g (y) dx d y Ê
f (x).g (x) dx = Z1 0
R1
Ï
D
f (y).g (x) dx d y +
f (y).g (y) d y =
0
f (x).g (x) dx Ê
Z1
Î
D
f (x) dx.
0
Ï
f (x).g (y) dx d y
D
f (y).g (y) dx d y , on en déduit bien, en divisant par
Z1
g (x) dx.
0
Exercice 18.9 ♥♥ Soit ¯f une application¯ de classe C 4 sur [0, 1] × [0, 1], qui s’annule sur le bord du carré et telle que ∀(x, y) ∈ [0, 1] ×
¯ ∂4 f (x, y) ¯¯ É A. 2 2 ∂x ∂y ¯ ¯ R R A ¯ ¯ Démontrer que ¯ 01 01 f (x, y) dx d y ¯ É . 144 ¯ [0, 1] ¯¯
Indication 18.8 : On pourra commencer par considérer g (x, y) = x.(1 − x).y.(1 − y).
Solution : Soit g (x, y) = x(1 − x)y(1 − y), et S = [0; 1] × [0; 1]. On a ∂4 g (x, y) = 4, et ∂x 2 ∂y 2
Z1 Z1 0
Ï S
Donc
0
g (x, y) dx d y =
1 4 . En intégrant quatre fois par parties , on a = 36 144
∂4 f (x, y)g (x, y) d x d y = ∂x 2 ∂y 2
Ï S
∂4 g (x, y) f (x, y) dx d y = 4 ∂x 2 ∂y 2
Ï
f (x, y) d x d y.
S
¯ ¯ ¯Z1 Z1 Z Z ¯ Z1 Z1 ¯ 1 1 1 ¯ ∂4 f ¯ ¯ A ¯É ¯ dx d y É A ¯ ¯ d x d y (x, y)g (x, y) g (x, y) dx d y É f (x, y) ¯ 4 ¯ ¯ ¯ 2 2 4 0 0 144 0 0 ∂x ∂y 0 0
18.3.2 Changement de variables Exercice 18.10 Calculer
♥ I=
où D est l’intérieur de l’ellipse d’équation
x2 a2
+
y2 b2
ZZ
x 2 dxdy
D
= 1.
Solution : On fait le changement x = ar cos ϕ, y = br sin ϕ, dx dy = abr dr dϕ, d’où I=
Z1 0
dr
Z2π 0
a 2 r 2 cos2 ϕabr dr dϕ =
a 3 bπ . 4
Exercice 18.11 ♥ Ï ln(x + y + 1) d x d y avec D = {|x + y| É 1, |x − y| É 1} Calculer D
Solution : En posant u = x + y et v = x − y d’où x =
¯ ¯ ¯ ∂x ∂x ¯ ∂(x, y) ¯¯ ∂u ∂v ¯¯ 1 et =¯ ¯= ∂(u, v) ¯¯ ∂y ∂y ¯¯ 2 ∂u ∂v Ï Ï ln(x + y + 1) d x d y = D
=
u+v u−v et y = . 2 2
¯ ¯ Z1 Z1 Z1 ¯ ∂(x, y) ¯ ¯ du d v = 1 d v d u = ln(1 + u) ¯¯ ln(1 + u) ln(1 + u) du ∂(u, v) ¯ 2 −1 [0,1]2 −1 −1
Z2 0
ln t d t = [t ln t − t ]20 = 2(ln 2 − 1).
709
Exercice 18.12 ♥♥ On considère le domaine D = {(x, y) ∈ R2 | 1 É x y É 9; 0 É x É y É 4x}
1. Dessiner le domaine D. 2. Calculer l’intégrale double I=
en effectuant le changement de variables
Ï ³r D
y p ´ + x y dx dy x
u v
r
y x p = xy
=
Solution : Le domaine D est limité par deux hyperboles et deux droites. On résout et on tire x=
L’application ϕ : de ϕ vaut
½
∆ (u, v)
−→ 7−→
u v
y = uv
D est une bijection avec ∆ = {(u, v) ∈ R2 | 1 É u É 2, 1 É v É 3}. Le Jacobien (u/v, uv) |J| = 2
et l’intégrale devient I=2
Z2 Z3 ³ 1
1
v+
v u
v2 ´ 4 dv du = (6 + 13ln 2) u 3
Exercice 18.13
♥♥ p x2 y 2 Soit E l’ellipse d’équation 2 + 2 = 1 (0 < b < a ). On pose c = a 2 − b 2 . E le domaine limité par E et F, F′ les foyers a b de E . Ï (MF2 + MF′2 ) dx dy . 1. Calculer I = M∈E Ï 2. Calculer J = (MF + MF′ ) dx dy . M∈E Ï 3. Calculer K = (MF.MF′ ) dx dy . M∈E
Solution : MF2 = (x + c)2 + y 2 et MF′2 = (x − c)2 + y 2 . 1. On a par exemple, Ï
D’où I = 2
E
p (x 2 + y 2 + c 2 ) dx dy . En effectuant le changement de variable : x = ar u 2 + c 2 cos ϕ, y = br sin ϕ,
Z2π
Z1
Z2π
a 2 cos2 ϕ + b 2 sin2 ϕ + 2c 2 dϕ 4 0 0 0 µ 2 ¶ a + b 2 + 4c 2 π π = 2ab × 2π × = ab × × (a 2 + b 2 + 4(a 2 − b 2 )) = ab × × (5a 2 − 3b 2 ) 8 2 2
I=2
dϕ
2 2
2
2 2
2
2
(a r cos ϕ + b r sin ϕ + c )abr dr = 2ab
′ 2. Pour M appartenant à l’ellipse p E u de mêmes foyers et de petit axe u , la quantité MF p + MF est constante et vaut 2 2 2 2 deux fois le grand axe soit 2 u + c . On effectue le changement de variable : x = u + c cos v , y = u sin v . u ∈ [0, b] et v ∈ [0, 2π]. ¯ ¯
¯ ¯ ∂x ∂(x, y) ¯¯ ∂u =¯ ∂(u, v) ¯¯ ∂y ∂u
¯ ∂x ¯ ¯¯ p u cos v ¯ ¯ 2 2 ∂v ¯¯ = ¯ u + c ∂y ¯ ¯¯ ¯ ¯ sin v ∂v
p ¯ − u 2 + c 2 sin v ¯ ¯ u 2 + c 2 sin2 v ¯= p ¯ ¯ u2 + c 2 ¯ u cos v
¶ Zb Z2π p Z2π Zb µ u 2 + c 2 sin2 v c2 2 2 2 2 2 2 J= dv = 2 du du du 2 u +c u + c sin v dv = 2 2π u + p 2 0 0 0 0 0 u2 + c 2 ¶ ¶ µ µ 3 2πb c2b b2 b = + (2b 2 + 3(a 2 − b 2 )) = 2πb a 2 − = 4π 3 2 3 3 Zb
710
3. Soit L = L=
Zb
Ï
M∈E
du
0
(MF + MF′ )2 dx dy = I + 2K. En reprenant le changement de variable précédent,
¶ µ Zb Z2π p Zb p Z2π ³ p ´2 u 2 + c 2 sin2 v c2 du dv = 4 du u 2 + c 2 (u 2 + c 2 sin2 v) dv = 4 2 u2 + c 2 2π u 2 + c 2 u 2 + p 2 0 0 0 0 u2 + c 2
En posant u = c sh t , du =q c ch t dt ³ ´ ³ ´ et α = argsh
b c
b c
= ln
+
b2 c2
+ 1 = ln a+b c ,
Zα Zα (2 sh2 t ch2 t + ch2 t ) dt = 2πc 4 c 2 (2 sh2 t + 1).c ch t .c ch t dt = 4πc 4 ( sh2 2t + 1 + ch 2t ) dt 0 0 0 · ¸ Zα 1 4 4 = πc ( ch 4t − 1 + 2 + 2 ch 2t ) dt = πc α + sh 2α + sh 4α 4 0 q 2 Or sh 2α = 2 sh α ch α = 2 bc bc 2 + 1 = 2ab 2 q 2 2c 4a b 2ab + 1 = 4ab (a 2 + b 2 ). et sh 4α = 2 sh 2α ch 2α = 2 c 2 c2 c4
L = 4π
Zα
D’où L = πc 4 ln
a+b c
+ πab(2c 2 + a 2 + b 2 ) = πc 4 ln
a+b c
+ πab(3a 2 − b 2 )
µ µ ¶ ¶ 1 1 4 a+b π π a +b 2 2 2 2 2 2 2 Enfin K = (L − I) = πc ln + ab(a + b ) = (a − b ) ln + ab(a + b ) 2 2 c 4 4 a −b
Exercice 18.14 µ Ï
Calculer
¶ ♥♥ x3 + y 3 dx d y avec D = {x 2 É 2p y, y 2 É 2p x} exp xy D
Solution : L’ensemble d’intégration a pour frontière des arcs de paraboles sécants en O(0, 0) et A(2p 2/3 q 1/3 , 2p 1/3 q 2/3 ). On a µ
µ 2¶ ¶ µ 2¶ Ï x3 + y 3 x y exp exp dx d y = dx d y. exp x y y x D D
Ï
µ
¶ x2 y 2 . , y x −1 2 2 ˚ ˚ est un C 1 est un ¡Φ 2/3 ¢ difféomorphisme de D = {x < 2p y, y < 2p x} sur ∆ =]0, 2p[×]0, 2q[, avec Φ (u, v) = (x, y) = 1/3 1/3 2/3 u v ,u v . Le jacobien de Φ−1 est ¯ ¯ ¯ ∂x ∂x ¯ ¯¯ 2 u −1/3 v 1/3 1 u 2/3 v −2/3 ¯¯ ¯ 3 ¯ 1 ∂(x, y) ¯ ∂u ∂v ¯¯ ¯¯ 3 ¯= . =¯ ¯= ∂(u, v) ¯¯ ∂y ∂y ¯¯ ¯¯ 1 −2/3 2/3 2 1/3 −1/3 ¯¯ 3 v v 3u 3u ∂u ∂v
On considère le changement de variables Φ défini par Φ(x, y) = (u, v) =
Donc
¶ Z2q Ï Z 1 1 2p u (e 2p − 1)2 (e 2q − 1)2 x3 + y 3 u+v dx d y = du d v = e e du e v dv = . exp xy 3 ∆ 3 0 3 0 D
Ï
µ
18.3.3 Intégration en coordonnées polaires Exercice 18.15 Calculer
♥ I=
ZZ
D
où D est le disque de centre O et de rayon R > 0. Solution : I=
Z2π 0
dθ
ZR 0
¡ ¢ cos x 2 + y 2 dxdy
2
ρ cos ρ dρ = 2π
711
ZR2 0
1 cos t dt = π sin R2 . 2
Exercice 18.16 Calculer
♥ I=
p où D est le disque de centre O et de rayon π.
Solution : I=
Exercice 18.17 Calculer
Z2π
dθ
0
ZR 0
ZZ
D
¡ ¢ sin x 2 + y 2 dxdy
ρ sin ρ2 dρ = 2π
ZR2 0
1 sin t dt = π(1 − cos R2 ). 2
♥ I=
ZZ
x 2 +y 2
p
D x+ x 2 +y 2
dxdy
où D est le quart de disque unité inclus dans R+ × R+ . Solution : I=
Zπ/2
dθ
0
Z1 0
ρ2 1 ρ dρ = ρ cos θ 3
Exercice 18.18 Ï D
0
1 dθ = 1 + cos θ 3
Zπ/2 0
1 dθ = 2cos2 (θ/2) 3
Zπ/4 0
¤π/4 1 1£ dϕ = tan ϕ 0 = . cos2 ϕ 3 3
♥
2
Calculer
Zπ/2
(x + y) dx d y avec D = {x 2 + y 2 É 1}
Solution : En se servant de la symétrie par rapport à l’axe Ox : Ï
D
(x + y)2 dx d y = =
Exercice 18.19 Calculer
Ï
D
Ï
(x 2 + 2x y + y 2 ) dx d y =
D
π . 2
(x 2 + y 2 ) dx d y =
Z2π 0
dϑ
Z1 0
ρ3 dρ = 2π ×
1 4
♥ I=
Ï
xy
D
p 1 − x2 − y 2 2x 2 + y 2
où D = {(x, y) ∈ R2 | x Ê 0, y Ê 0, x 2 + y 2 É 1}. Solution : En passant en polaires, I=
où J =
Zπ/2
cos θ sin θ
2cos2 θ + sin2 θ 0 1/3. Finalement,
Zπ/2 Z1 0
0
ρ2 cos θ sin θ
ρ2 (2cos2 θ + sin2 θ)
Calculer I =
∆
2
ρ dρ dθ = JK
dθ se calculer par le changement de variables u = sin2 θ, J = I=
Exercice Ï 18.20
p 1 − ρ2
ln 2 6
♥
R p ln 2 et K = 01 1 − ρ2 ρ dρ = 2
(x + y) dx dy où ∆ = {(x, y) tels que y Ê 0 et x 2 + y 2 − x É 0 et x 2 + y 2 − y Ê 0}.
Solution : 712
1
1
Zπ
Zcos ϑ
Zπ
Zcos ϑ
Zπ
1 (1 + sin 2ϑ) (cos4 ϑ − sin4 ϑ) dϑ 4 0 0 0 sin ϑ sin ϑ Zπ Zπ Zπ Zπ 1 4 1 1 1 4 4 4 = (1 + sin 2ϑ)(cos2 ϑ − sin2 ϑ) dϑ = (1 + sin 2ϑ) cos 2ϑdϑ = cos 2ϑdϑ + sin 4ϑdϑ 4 0 4 0 4 0 8 0 π π 1 1 1 1 1 3 = [sin 2ϑ]04 − + = [cos 4ϑ]04 = + 8 32 8 32 32 16
I=
4
dϑ
(ρ cos ϑ + ρ sin ϑ)2 ρ dρ =
4
(cos ϑ + sin ϑ)2 dϑ
Exercice 18.21 ♥♥ Calculer l’intégrale double I=
Ï
ρ3 dρ =
4
x3 dx dy x2 + y 2
D
où D = {(x, y) ∈ R2 | x 2 + y 2 É 2x, y Ê 0} Solution : Le domaine est un demi disque de rayon 1 centré en (1, 0). En passant en polaires, ∆ = {(ρ, θ) ∈ R2 | 0 É ρ É 2cos θ, 0 É θ É π/2}. Alors I=
Ï
∆
ρ2 cos3 θ dρ dθ =
Zπ/2 Z2 cos θ 0
En utilisant les intégrales de Wallis, on trouve que I =
0
ρ2 dρ cos3 θ dθ =
8 3
Zπ/2
cos6 θ dθ
0
5π . 12
Exercice 18.22 ♥♥ Ï x y dx d y Calculer avec D = {0 É x É 1, 0 É y É 1, x 2 + y 2 Ê 1} 2 2 D
1+x + y
Ï
Ï x y dx d y x y dx d y , avec D′ = {0 É x É 1, 0 É y É 1, x 2 + y 2 Ê 1, y É x}. = 2 2 2 2 2 D 1+x + y D′ 1 + x + y ½ ¾ Ï 3 π ρ cos ϑsin ϑ 1 d ρ d ϑ avec ∆ = 0 É ϑ É . Or ∆ = On passe en polaire, I = 2 , 1 É ρ É 1 + ρ2 4 cos ϑ ∆ Z n π/4 p ¤π/4 2 − ρ2 πo 1£ 1 É ρ É 2, arccos ρ1 É ϑ É cos ϑsin ϑ dϑ = − cos2 ϑ arccos 1 = . Comme , on a 1 ρ 4 2 4ρ2 arccos ρ
Solution : Par symétrie, I =
I=
Zp2 1
2ρ − ρ3 dρ = 2(1 + ρ2 )
p
· 2 ¶ ¸ 2 Zp2 µ 1 3 3 ρ 3 3ρ 2 = − + ln . d ρ = − + ln(1 + ρ ) −ρ + 1 + ρ2 2 2 2 2 2 1 1
Exercice 18.23 ♥♥ Ï 2 2 Calculer y exp(x + y − 2y) d x d y avec D = {x 2 + y 2 − 2y É 0} D
Solution : En prenant la translation u = x, v = y − 1, on obtient Ï
D
2
2
y exp(x + y − 2y) d x d y = =
Ï
1 e
u 2 +v 2 É1
Ï
713
v +1 exp(u 2 + v 2 ) du d v e
u 2 +v 2 É1
exp(u 2 + v 2 ) du d v,
car l’intégrale
Ï
u 2 +v 2 É1
Ï
D
v exp(u 2 + v 2 ) du d v est nulle pour des raisons de symétrie. Donc en passant en polaire,
y exp(x 2 + y 2 − 2y) d x d y =
Z1
2π e
0
2
ρe ρ dρ =
π e
Z1 0
e t dt =
π 1 (e − 1) = π(1 − ). e e
Exercice ♥♥ Ï q 18.24 Calculer x 2 + y 2 dx d y avec D = {(x; y) ∈ R2 | 0 É x É 1, −x É y É x} D
½
Solution : D′ = (ρ, ϑ) | 0 É r É Ïq D
¾ 1 ϑ ∈ [− π4 ; π4 ] Puis cos ϑ
x 2 + y 2 dx dy
2 = 3
Zπ/4 ³ 0
1 ´3 2 dϑ = cos ϑ 3
Zπ/4 0
On décompose en éléments simples : ¡
Donc
1 1 − u2
Ïq D
Exercice 18.25 Ï
Calculer
¢2 =
cos ϑ
2 ¡ ¢2 d ϑ = 3 1 − sin2 ϑ
Zp2/2 0
¡
du 1 − u2
µ ¶ 1 1 1 1 1 + + + . 4 (1 − u)2 (1 + u)2 1 − u 1 + u
x 2 + y 2 dx dy
µ · ¶¸p2/2 1 1+u 1 1 − + ln = 6 1−u 1+u 1−u 0 p ! ! à à 2 1+ 2 1 1 1 + ln = p p − p −2 6 1 − 22 1 − 22 1 + 22 à à ! p ! p 1 2+ 2 2 = ln −2 p + 6 1 − 12 2− 2 p ´ p ´ 1³ ³ = ln 3 + 2 2 + 2 2 6 p ´ p ´ 1³ ³ = ln 1 + 2 + 2 . 3
♥♥
½ ¾ y2 x + y dx d y avec D = 0 É x É 1 − 4 D 2
2
Solution : B
2 b
1 b
−3
−2
A
1
−1
2
3
4
−1 −2 b
C
−3
En remarquant que O est le foyer de la parabole, une équation en polaire est donc ρ = 714
2 . 1 + cos ϑ
¢2 .
En utilisant la symétrie par rapport à l’axe Ox : Ï
D
x 2 + y 2 dx d y = 2 =
En posant t = tan ϕ, dt = Ï
D
2
dϕ cos2 ϕ
2
x + y dx d y =
Zπ/2
dϑ
0
Zπ/4 0
Z
2 1+cosϑ
0
ρ3 dρ = 2
Zπ/2 0
24 dϑ = 2 4(1 + cos ϑ)4
dϕ cos8 ϕ
Zπ/2 0
dϑ 4cos8
³ ´ ϑ 2
1 = 1 + tan2 ϕ = 1 + t 2 . cos2 ϕ
,
Z1 0
2
3
(t + 1) dt =
Z1 0
t 6 + 3t 4 + 3t 2 + 1 d t =
1 3 70 + 5 + 21 96 + +1+1 = = . 7 5 35 35
18.3.4 Application du théorème de Fubini Exercice 18.26
♥
R1 x ln (1 + x) = 0 1+x y dy. R1 ln(1+x) 2. En déduire la valeur de l’intégrale I = 0 1+x 2 dx.
1. Montrer que : ∀x ∈ [0, 1] ,
Solution : 1.
Z1 0
2.
Z1
x dy = 1+xy
ln (1 + x) dx = 1 + x2
Z1
Zx 0
Z1
du = ln(1 + x). 1+u Ï
x dx dy (1 + x 2 )(1 + x y) 0 0 0 Ï y dx dy D’après la propriété de Fubini. Maintenant on a aussi bien sûr, par symétrie : I = , donc 2 [0,1]2 (1 + y )(1 + x y) µ ¶ Ï Ï Ï y (x + y) dx dy x dx dy x 1 1 + = , dx dy = I= 2 2 [0,1]2 (1 + y 2 )(1 + x y) (1 + x 2 )(1 + x y) 2 [0,1]2 (1 + x 2 )(1 + y 2 ) (1 + x 2 )(1 + y 2 ) [0,1] I=
de nouveau grâce à la symétrie. Donc I =
Z1 0
dx 1 + x2
x dx 1 + x2
Z1 0
x dy = 1+xy
[0,1]2
dy ln 2 π π ln 2 = = . 1 + y2 2 4 8
18.3.5 Green-Riemann Exercice 18.27 Ï
Calculer
¾ ½♥ x2 y 2 x2 y 2 d xd y où A = (x, y) ∈ R2 , 2 + 2 É 1 et 2 + 2 É 1 . a b b a A
Solution : On suppose a É b . Par symétries, on ne calcule que l’aire de la figure dans le premier quadrant, sous la première bissectrice. C’est donc un huitième de A. Le bord est paramétré par x(t ) = a cos t ; y(t ) = b sin t , t variant ¡ ¢ de 0 à t0 . Attention, t n’est pas l’angle polaire. t0 est défini par x = y , c’est-à-dire a cos t0 = b sin t0 , soit t0 = arctan ba . 1 2 Zt 0
Pour calculer l’aire, on fait circuler (x d y − y dx). La circulation est nulle sur chacun des deux segments. Seul reste
0
Donc l’aire de A égale 8 × Exercice 18.28 Ï
Calculer
(a cos t × b cos t − b sin t × (−a sin t ) dt =
¡ ¢ abt0 = 4ab arctan ba . 2
♥♥
¾ x2 y 2 + É1 . x + y dx d y avec D = a2 b2 D 2
2
abt0 . 2
½
Cet exemple a déjà été vu dans le cours. Ici on cherchera une solution à l’aide de la formule de Green-Riemann. 715
∂Q = y 2 . On prend par exemple Q(x, y) = x y 2 . De même P(x, y) = −x 2 y vérifie ∂x ½ dx = −a sin t dt D’après la formule de Green-Riemann, dy = b cos t d t
Solution : On cherche Q(x, y) tel que ∂P − = x2. ∂y Ï
D
½
x y
= =
a cos t b sin t ϵ
¶ Z Z2π ∂Q ∂P dx d y = ab cos t sin t (a 2 cos t sin t + b 2 cos t sin t ) dt P dx + Q d y = − ∂y 0 D ∂x ∂D Z2π Z Z ab(a 2 + b 2 ) 2π 2 ab(a 2 + b 2 ) 2π 1 − cos(4t ) = ab(a 2 + b 2 ) cos2 t sin2 t d t = sin (2t ) d t = dt 4 4 2 0 0 0 π ab(a 2 + b 2 ) × 2π = ab(a 2 + b 2 ) = 8 4
x 2 + y 2 dx d y =
18.3.6 Centres de gravité Exercice 18.29 ♥♥ Déterminez le centre de gravité d’une plaque homogène limitée par une cardioïde. Î −−→ Î −−→ (C’est le point G tel que MOG = S σOM dx d y avec M = S σ dx d y .)
Solution : Notons σ la densité massique constante de la plaque. La cardioïde a pour équation polaire ρ = a(1 + cos θ)
Déterminons la masse de la plaque : M=
Ï
σ dx dy.
D
En passant en coordonnées polaires, on trouve (en posant ϕ = θ/2) : M = 2σ
Zπ Za(1+cos θ) 0
0
2
ρ dρ dθ = 8a σ
en utilisant les intégrales de Wallis : In =
Zπ/2
Zπ/2 0
cos4 ϕ dϕ = 8a 2 σI4
cosn ϕ dϕ
0
qui vérifient la relation de récurrence In
∀n Ê 2,
In−2
=
n −1 n
Par symétrie, le centre de gravité de la plaque se trouve sur l’axe (0x), et son abscisse est donnée par xG =
1 M
Ï
x dx dy
D
En passant en coordonnées polaires : Z2π Za(1+cos θ)
¢ 2a I6 ¡ I8 2 −1 3 I4 I6 µ ¶ Rπ Ra(1+cosθ 2 1 4a I6 I8 4a 5 3 5a et on trouve finalement xG = 2 × 2 0 0 . ρ cos θ dρ dθ = 2 −1 = × × × = 8a I4 3 I4 I6 3 6 4 6 On a bien sûr y G = 0.
1 xG = 16a 2 I4
0
0
ρ2 cos θ dρ dθ =
716
Chapitre
19
Structures algébriques Pour bien aborder ce chapitre La notion de groupe est apparue dès la fin du 18e de manière parallèle dans différents domaines des mathématiques. En 1798, Karl Friedrich Gauss, dans ses « Disquisitiones Arithmeticae », utilise implicitement la notion de groupe abélien. Plus tard, au milieu du 19e , Ernst Kummer établie des résultats de factorisation sur les groupes dans une tentative de prouver le grand théorème de Fermat. Dans la première moitié du 19e siècle, le jeune mathématicien prodige Évariste Galois cherche à prouver que les équations polynomiales de degré Ê 5 à coefficients complexes ne peuvent être résolues par radicaux, ce qui signifie que leurs racines ne peuvent être écrites au moyen des opérations usuelles. Pour ce faire, il s’intéresse à un groupe relié aux racines de l’équation considérée. Son génie consiste alors à comprendre que les difficultés pour résoudre l’équation ne proviennent pas de son degré mais des propriétés mathématiques de ce groupe. À la fin du 19e , Félix Klein utilise les groupes pour classifier les nouvelles géométries tout juste découvertes. Les mathématiciens savent depuis que les groupes interviennent dans de très nombreux domaines. L’ensemble des isométries de l’espace ou du plan est un groupe appelé groupe orthogonal, voir le chapitre 27. L’ensemble des isométries préservant un objet donné (un polygone régulier, un solide platonicien, etc...) a une structure de groupe. L’ensemble des permutations Sn d’un ensemble fini est un groupe qui fut étudié par Cauchy et Cayley à la fin du 19e siècle. Le chapitre 26 lui est consacré. Le groupe découvert par Galois est d’ailleurs un sous-groupe de ce groupe. L’ensemble des transformations qui, en relativité restreinte, permettent de changer de référentiel galiléen tout en préservant les lois de la physique et la vitesse de la lumière, forment un groupe appelé groupe de Lorenz. En chimie, les symétries des molécules permettent de leur associer des groupes qui aident à comprendre mieux leurs propriétés. Plus concrètement encore, l’ensemble des manipulations qu’on peut effectuer sur un Rubik’s cube a lui aussi une structure de groupe. L’étude de ce groupe permet de mettre en place des stratégies gagnantes pour le reconstituer. L’objet de ce chapitre, peu ambitieux, est d’introduire la notion de groupe ainsi que le vocabulaire attenant. Nous le terminerons par l’étude de deux autres structures, celles d’anneaux et de corps, qui sont elles aussi omniprésentes en mathématiques.
19.1 Groupe 19.1.1 Loi de composition interne D ÉFINITION 19.1 ♥ Loi de composition interne Soit E un ensemble. On appelle loi de composition interne une application de E × E dans E : ϕ:
½
E×E (a, b)
−→ 7−→
E ϕ(a, b)
Exemple 19.1 – Si E = N, la multiplication ou l’addition des entiers forme une loi de composition interne. – Si E est un ensemble, la composition des applications est une loi de composition interne sur l’ensemble des fonctions de E dans E : F (E, E) – Si E est un ensemble, l’intersection ou la réunion sont des lois de composition interne sur l’ensemble des parties de E : P (E) 717
✎ Notation 19.2 – Pour alléger les notations, on écrit plus simplement ϕ(a, b) = a ϕ b ou ϕ(a, b) = a ⋆ b par exemple, ou encore ϕ(a, b) = a.b , et pour les moins courageux ϕ(a, b) = ab etc. – On note alors (E, ⋆) un ensemble E muni d’une loi de composition interne ⋆. Remarque 19.1 – Ce qui est important, bien entendu, c’est que ϕ(a, b) reste dans E. – Il n’y a aucune raison à priori pour que a ⋆ b = b ⋆ a . – On peut itérer une loi de composition interne : si (a, b, c) ∈ E3 , on notera ¡ ¢ (a ⋆ b) ⋆ c = ϕ ϕ(a, b), c ¡ ¢ a ⋆ (b ⋆ c) = ϕ a, ϕ(b, c)
Il n’y a aucune raison à priori pour que ces deux éléments soient égaux. ✎ Notation 19.3 Pour simplifier les notations, on utilisera, suivant le contexte, pour la loi de composition interne ⋆ : – une notation additive : a + b = a ⋆ b = ϕ(a, b). – ou une notation multiplicative : ab = a ⋆ b = ϕ(a, b). D ÉFINITION 19.2 ♥ Loi associative, commutative Soit ⋆ une loi de composition interne sur un ensemble E. On dit que ⋆ est : – commutative si et seulement si ∀(a, b) ∈ E2 , a ⋆ b = b ⋆ a, – associative si et seulement si ∀(a, b, c) ∈ E3 , a ⋆ (b ⋆ c) = (a ⋆ b) ⋆ c. On dit que plus que ⋆ admet e ∈ E comme élément neutre si et seulement si ∀x ∈ E, e ⋆ x = x ⋆ e = x P LAN 19.1 : Pour montrer que...
... ⋆ est commutative : 1. Soit (x, y) ∈ E
2. x ⋆ (y ⋆ z) = (x ⋆ y) ⋆ z
2
3. Donc ⋆ est associative
2. x ⋆ y = y ⋆ x
... e ∈ E est neutre : 1. Soit x ∈ E
3. Donc ⋆ est commutative ... ⋆ est associative : 1. soit (x, y, z) ∈ E
2. e ⋆ x = x , x ⋆ e = x
3
3. Donc e est neutre.
P ROPOSITION 19.1 Unicité de l’élément neutre Si (E, ⋆) possède un élément neutre, il est unique. Démonstration Supposons que e ′ soit un autre élément neutre pour ⋆. Alors e = e ⋆ e ′ = e ′ et donc e = e ′ .
Exemple 19.4 – Pour le couple (N , +), + est commutative et associative, l’élément neutre est 0. – Pour le couple (N , ×), × est commutative et associative, 1 est l’unique élément neutre . – Pour le couple (P (G), ∪), la loi est commutative, associative, la partie ∅ est neutre pour cette loi. – Soit E un ensemble. On considère l’ensemble des applications de E dans E muni de la composition : (F (E, E) , ◦). La loi de composition interne ◦ est associative mais pas commutative. IdE est l’élément neutre de cette loi. Remarque 19.2 Si une loi de composition interne est commutative et associative, on définit les notations suivantes pour (x1 , . . . , xn ) ∈ En : – Lorsque la loi est notée additivement, on définit n X
xi = x1 + · · · + xn ,
n Y
xi = x1 ⋆ · · · ⋆ xn .
i=1
– et lorsque la loi est notée multiplicativement,
i=1
718
Exemple 19.5 Soit E un ensemble. On considère l’ensemble des applications de E dans E muni de la composition : (F (E, E) , ◦). La loi de composition interne ◦ est associative mais pas commutative. IdE est l’élément neutre de cette loi. Dans la suite, on suppose que ⋆ est associative et admet un élément neutre. D ÉFINITION 19.3 ♥ Symétrique On suppose que (E, ⋆) possède un élément neutre e . Soit un élément x ∈ E. On dit qu’un élément y ∈ E est un symétrique (ou un inverse) de l’élément x si et seulement si : x⋆y = y ⋆x =e
Si tel est le cas, y est unique et est appelé le symétrique de x . Démonstration Supposons que x possède deux symétriques y 1 ∈ E et y 2 ∈ E, alors, par application de la définition et par associativité de ⋆, il vient : ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ y2 = x ⋆ y1 ⋆ y2 = y1 ⋆ x ⋆ y2 = y1 ⋆ x ⋆ y2 = y1 ⋆ e = y2 .
P LAN 19.2 : Pour montrer que y ∈ E est le symétrique de x ∈ E
1. On montre que x ⋆ y = e ; 2. On montre que y ⋆ x = e ;
3. Donc y est le symétrique de x . Remarque 19.3
L’élément neutre est toujours son propre symétrique : e −1 = e .
✎ Notation 19.6 Si un élément x de (E, ⋆) admet un symétrique : • on l’appelle inverse de x et on le note x −1 lorsque la loi est notée multiplicativement • on l’appelle opposé de x et on le note de x et on le note −x lorsque la loi est notée additivement. Exemple 19.7 – Le seul élément de (N, +) qui admet un opposé est 0. – Tout élément n ∈ Z muni de l’addition admet un opposé. – Les deux seuls éléments de Z∗ muni de la multiplication qui admettent un inverse sont 1 et −1. – Tout élément p/q de Q∗ admet un inverse donné par q/p . – Si f ∈ F (E, E) muni de la loi de composition, f est inversible si et seulement si elle est bijective. P ROPOSITION 19.2 ♥ Règles de calcul avec les inverses – Si x est symétrisable alors x −1 est aussi symétrisable et :
¡
x −1
– Si x et y sont symétrisables, x ⋆ y est aussi symétrisable et :
¡
¢−1
=x .
x⋆y
¢−1
= y −1 ⋆ x −1 .
Démonstration ¡ ¢−1 – Soit x un élément symétrisable de E et soit y = x −1 . Comme y ⋆ x = x ⋆ y = e , y est symétrisable et x = y −1 = x −1 . – Supposons que x et y sont symétrisables, alors, par associativité de ⋆, on a :
¡
¡
´ ³ ´ ¢ ³ x ⋆ y ⋆ y −1 ⋆ x −1 = x ⋆ y ⋆ y −1 ⋆ x −1 = x ⋆ e ⋆ x −1 = x ⋆ x −1 = e. ¢ ¡
¢
¡
On montre de même que y −1 ⋆ x −1 ⋆ x ⋆ y = e , ce qui prouve bien que x ⋆ y est symétrisable et que x ⋆ y
¡
¢−1
¢ −1
= y −1 ⋆ x −1 .
Remarque 19.4 La propriété x ⋆ y = y −1 ⋆ x −1 dit simplement que l’on se déshabille dans l’ordre inverse de l’habillage. Si x désigne l’opération « je mets ma chaussette droite » et y l’opération « je mets ma chaussure droite », les opérations inverses sont x −1 , « j’ôte ma chaussette droite » et y −1 l’opération « j’ôte ma chaussure droite ». L’opération « je mets ma chaussette droite, puis ma chaussure droite » est désignée par x ⋆ y . Son opération inverse est bien ¡ ¢−1 x⋆y = y −1 ⋆ x −1 c’est-à-dire « j’ôte ma chaussure droite, puis ma chaussette droite ». L’opération z « je mets ma chaussette gauche » commute avec x et y , (donc avec x −1 et y −1 ). De ce fait (x ⋆ z)−1 = z −1 ⋆ x −1 , ce qui peut être facilement vérifié expérimentalement.
19.1.2 Groupe D ÉFINITION 19.4 ♥♥♥ Groupe Soit G un ensemble. On dit que (G, ⋆) est un groupe si ⋆ est une loi de composition interne sur G vérifiant : 719
1
la loi ⋆ est associative ;
2
G possède un élément neutre ;
3
tout élément x de G admet un symétrique.
Si de plus la loi ⋆ est commutative, on dit que le groupe est abélien (ou commutatif ). Exemple 19.8 – Les couples (Z, +), (Q, +), (R, +) et (C, +) sont des groupes. – Les couples (Q∗ , ×), (R∗ , ×), (C∗ , ×) sont des groupes. – Rappelons que U = {z ∈ C | |z| = 1} = {z ∈ C | ∃θ ∈ R : z = e iθ }. On a montré dans la proposition 1.16 page 25 que (U, ×) est un groupe. – Les couples (N, +), (Z \ {0}, ×) ne sont pas des groupes. Pourquoi ? Présentons maintenant un autre exemple essentiel. P ROPOSITION 19.3 ♥ Groupes des bijections d’un ensemble Soit E un ensemble. On note S (E) l’ensemble des bijections de E dans E. Alors (S (E), ◦) est un groupe (en général non abélien). Démonstration ¡ ¢ – On a déjà prouvé que ◦ est une loi de composition interne : si f , g ∈ (S (E))2 alors f ◦g et g ◦ f sont encore des bijections sur E. – On a aussi déjà prouvé que ◦ est associative. – S (E) possède un élément neutre IdE . – Toute application f de E possède une application symétrique : son application réciproque f −1 .
B IO 16 Évariste Galois né à Bourg-la-Reine le 25 octobre 1811, mort à Paris le 31 mai 1832. Malgré une scolarité en dents de scie, Galois montre des capacités extraordinaires en mathématiques. Il a un tel goût pour cette matière qu’un de ses professeurs dira « C’est la fureur des mathématiques qui le domine ; aussi je pense qu’il vaudrait mieux pour lui que ses parents consentent à ce qu’il ne s’occupe que de cette étude ». En 1826, il obtient un prix en mathématiques au concours général. En 1828, il essaie d’intégrer l’école Polytechnique alors qu’il n’est pas élève, comme c’est normalement l’usage, en mathématiques spéciales. Il est recalé. Il entre alors en mathématiques spéciales à Louis-le-Grand dans la classe de Louis-Paul-Émile Richard. Ce dernier prend vite conscience du génie de son élève. Il conservera d’ailleurs ses copies. Le père de Galois se suicide pour des raisons politiques quelques jours avant que Galois ne se présente à nouveau à Polytechnique. Il est une seconde fois recalé, à la stupéfaction de son maître. La légende veut qu’il ait jeté le chiffon servant à effacer le tableau à la tête de son examinateur devant la stupidité des questions posées ... Il intègre cependant l’École préparatoire (appelée maintenant l’École Normale Supérieure, rue d’Ulm). Il publie cette même année son premier article de mathématiques dans les Annales de mathématiques pures et appliquées de Gergonne. Il soumet dans les mois qui suivent plusieurs autres articles sur la résolubilité des équations algébriques. La légende veut que Cauchy, qui en était le rapporteur, les aurait égarés. Il est plus probable en fait qu’il les ait conservés pour que Galois puisse concourir au grand prix de mathématiques de l’Académie des sciences en 1830. Galois candidate à ce concours et Fourier qui est chargé de rapporter son manuscrit meurt peu après ... Le grand prix échoit à Abel et Jacobi. Suite à la révolution de juillet 1830, Galois s’engage en politique au côté des républicains. Fin décembre 1830, il est expulsé de l’école préparatoire suite à la rédaction d’un texte critique à l’égard de son directeur. En 1831, lors d’un banquet, Galois porte maladroitement un toast à Louis-Philippe avec un couteau à la main ... Il est arrêté et passe un mois en prison. Quelques mois après, il est à nouveau arrêté et passe six mois en prison pour port illégal de l’uniforme de l’artillerie. Cette même année, il soumet un nouveau manuscrit à l’Académie des sciences, toujours sur la résolubilité des équations polynomiales. Poisson, qui le rapporte est rebuté par sa difficulté et le refuse. En prison, Galois poursuit ses recherches mathématiques et s’intéresse aux fonctions elliptiques. Le 30 mai 1832, Galois se bat en duel au pistolet suite, semble-t-il, à une bête querelle amoureuse. Il décède le lendemain de ses blessures. La nuit précédant le duel, il rédige une lettre a à son ami Auguste Chevalier lui enjoignant de faire connaître ses travaux à Jacobi et Gauss. Elle se termine par cette phrase très émouvante qui permet de mesurer l’optimisme de Galois quant à l’issue du duel : « Après cela, il y aura, j’espère, des gens qui trouveront leur profit à déchiffrer tout ce gâchis ». Liouville, dix ans plus tard, re-découvrira les travaux de Galois et qui les popularisera. a. On peut consulter cette lettre à l’adresse http ://www.imnc.univ-paris7.fr/oliver/galois/LettreGaloisA4.ps
720
T HÉORÈME 19.4 ♥♥♥ Règles de calcul dans un groupe Soit (G, ⋆) un groupe. 1. L’élément neutre est unique . 2. Tout élément possède un unique symétrique ; ¡
3. Pour tout élément x d’un groupe, on a x −1 3
4. Règle de simplification : ∀(a, x, y) ∈ G ;
¢−1
(
= x.
a⋆x = a⋆y
x⋆a = y ⋆a
=⇒ x = y
=⇒ x = y
.
5. Soit (a, b) ∈ G2 . L’équation a ⋆ x = b possède une unique solution : x = a −1 ⋆ b.
6. ∀(x, y) ∈ G2 , (x ⋆ y)−1 = y −1 ⋆ x −1 . P ROPOSITION 19.5 ♥ Groupe produit On considère deux groupes (G, ⋆) et (H, •) et sur l’ensemble G × H, on définit la loi ⋆ par : ∀((x, y), (x ′ , y ′ )) ∈ (G × H)2 ,
(x, y)⋆(x ′ , y ′ ) = (x ⋆ x ′ , y • y ′ )
Alors (G × H, ⋆) est un groupe appelé groupe produit. Démonstration La preuve est laissée en exercice. Il suffit de vérifier chacun des axiomes définissant un groupe.
D ÉFINITION 19.5 ♥ Sous-groupe Soit (G, ⋆) un groupe. On dit qu’une partie H ⊂ G est un sous-groupe de G si et seulement si : 1. e ∈ H.
2. la partie H est stable par la loi : ∀(x, y) ∈ H2 , x ⋆ y ∈ H.
3. ∀x ∈ H, x −1 ∈ H.
Exemple 19.9 – Z est un sous-groupe de R pour l’addition. – n Z est un sous-groupe de Z pour l’addition. – L’ensemble des bijections croissantes est un sous-groupe du groupe des bijections de R dans R. – L’ensemble des isométries du plan est un sous-groupe du groupe des bijections du plan. (Rappelons qu’une isométrie est une bijection conservant les distances). P ROPOSITION 19.6 ♥♥♥ Caractérisation des sous-groupes Soient (G, ⋆) un groupe et H une partie non vide de G. H est un sous-groupe de G si et seulement si 1. e ∈ H ; 2. ∀(x, y) ∈ H2 , x ⋆ y −1 ∈ H . Démonstration ¡ ¢ =⇒ Soit H un sous-groupe non vide de G et soit x, y ∈ H2 . y −1 est élément de H et il en est de même du produit x ⋆ y −1 . ¡ ¢ ⇐= Soit H une partie non vide de G vérifiant : ∀ x, y ∈ H2 , x ⋆ y −1 ∈ H. Soit x ∈ H. On a : e = x ⋆ x −1 ∈ H donc l’élément neutre de G est élément de H. Pour tout (e, x) ∈ H2 , e ⋆ x −1 ∈ H donc x −1 ∈ H. Enfin, pour tout (x, y) ∈ H2 , on a (x, y −1 ) ∈ H2 et ¡ ¢−1 ∈ H, soit x ⋆ y ∈ H. donc x ⋆ y −1
P LAN 19.3 : Pour montrer que H ⊂ G est un sous-groupe du groupe (G, ⋆)
1 2 3 4
e ∈H;
Soit (x, y) ∈ H2 ;
Vérifions que x ⋆ y −1 ∈ H ...
Donc H est un sous-groupe de G. 721
T HÉORÈME 19.7 ♥♥♥ Un sous-groupe a une structure de groupe Si la partie H est un sous-groupe de (G, ⋆), alors puisque cette partie est stable pour la loi de composition interne, on peut définir la restriction de la loi ⋆ à H qui est une loi de composition interne sur H. Muni de cette loi restreinte, (H, ⋆) est un groupe. Ce théorème est d’une grande utilité pour prouver rapidement que des ensembles sont des groupes. P LAN 19.4 : Pour montrer qu’un ensemble a une structure de groupe...
...il suffit de montrer que c’est un sous-groupe d’un groupe connu. Exemple 19.10 Montrons que (U, ×) est un groupe avec : U = {z ∈ C | |z| = 1}. Il suffit de prouver que c’est un sous-groupe de (C∗ , ×). 1 2 3 4
Comme |1| = 1, il est clair que 1 ∈ U. Soient x, y ∈ U. ¯
¯
¯ ¯−1
On a ¯x y −1 ¯ = |x| ¯ y ¯
= 1 donc x y −1 ∈ U.
Donc U est un sous-groupe de (C∗ , ×) et (U, ×) admet par conséquent une structure de groupe.
T HÉORÈME 19.8 L’intersection de sous-groupes est un sous-groupe Si H1 et H2 sont deux sous-groupes d’un groupe G, alors H1 ∩ H2 est un sous-groupe de G Démonstration Notons H = H1 ∩ H2 et montrons que H est un sous-groupe de G. Utilisons la caractérisation précédente. Soit (x, y) ∈ H2 . On a alors (x, y) ∈ H21 ce qui amène que x ⋆ y −1 ∈ H1 car H1 est un sous-groupe de G et (x, y) ∈ H22 ce qui amène aussi que x ⋆ y −1 ∈ H2 . Donc x ⋆ y −1 ∈ H1 ∩ H2 = H et H est bien un sous-groupe de G.
Attention 19.11 H1 ∪ H2 n’est pas un sous-groupe de G, sauf si G1 ⊂ G2 ou G2 ⊂ G1 .Voir exercice 19.35 p. 735.
19.1.3 Morphisme de groupes D ÉFINITION 19.6 ♥♥♥ Morphisme Soient deux groupes (G1 , ⋆) et (G2 , •). Une application f : G1 −→ G2 est un morphisme de groupes ou homomorphisme si et seulement si : ∀(x, y) ∈ G21 ,
f (x ⋆ y) = f (x) • f (y)
On dit de plus que ϕ est un : – endomorphisme lorsque G1 = G2 – isomorphisme lorsque f est bijective – automorphisme lorsque f est un endomorphisme et un isomorphisme. P LAN 19.5 : Pour montrer que f : G1 −→ G2 est un morphisme 1 2
Soit (x, y) ∈ G21 ;
On a bien f (x ⋆ y) = f (x) • f (y).
Remarque 19.5 – Un morphisme entre un groupe (G1 , ⋆1 ) et un groupe (G2 , ⋆2 ) permet de transformer des produits pour la loi ⋆1 dans le groupe de départ en des produits pour la loi ⋆2 dans le groupe d’arrivée. – La notion d’isomorphisme est fondamentale en mathématiques. Le mot isomorphisme provient du grec et peut se traduire en « même forme ». Deux groupes isomorphes ont non seulement le même nombre d’éléments mais aussi des tables de multiplication identiques. Du coup toute propriété algébrique vraie pour un des deux groupes est vraie pour l’autre. Si un de ces deux groupes est plus simple à étudier que l’autre, on préférera travailler avec celui-ci et on en tirera les propriétés de l’autre. Cette idée est à la base de la théorie des représentations. Par ailleurs, il est intéressant pour un groupe donné, de chercher s’il est isomorphe à un groupe connu. C’est ce qu’on appelle un problème de classification. La classification des groupes finis, terminée au 20e siècle pour ceux qu’on dit simples, occupe à l’heure actuelle encore de nombreux mathématiciens. P ROPOSITION 19.9 Propriétés des morphismes de groupes Si (G1 , ⋆) est un groupe d’élément neutre e 1 , si (G2 , •) est un groupe d’élément neutre e 2 et si f : G1 −→ G2 est un morphisme de groupes, alors 722
1. f (e 1 ) = e 2 ; 2. ∀x ∈ G1 , [ f (x)]−1 = f (x −1 ) . Démonstration ¡ ¢ ¡ ¢ 1. Remarquons que f (e 1 ) = f (e 1 ⋆ e 1 ) = f (e 1 ) • f (e 1 ) = f (e 1 ) 2 . On a par ailleurs l’égalité f (e 1 ) • e 2 = f (e 1 ) 2 . En multi¡ ¢ pliant cette égalité des deux côtés à gauche par f (e 1 ) −1 , on obtient e 2 = f (e 1 ). ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 2. Soit x ∈ G. Comme f est un morphisme de groupes, f x ⋆ x −1 = f (x) • f x −1 . D’autre part, f x ⋆ x −1 = f (e 1 ) = e 2 . ¡ −1 ¢ ¡ −1 ¢ ¡ −1 ¢ £ ¤−1 . = e 2 . On montrerait de même que f x • f (x) = e 2 . Ce qui prouve que f x = f (x) Donc f (x) • f x
T HÉORÈME 19.10 ♥ Image directe et réciproque de sous-groupes par un morphisme Soient (G1 , ⋆) et (G2 , •) deux groupes et soit f : G1 7→ G2 un morphisme de groupes. 1. Si H1 est un sous-groupe de G1 , alors f (H1 ) est un sous-groupe de G2 ;
2. Si H2 est un sous-groupe de G2 , alors f −1 (H2 ) est un sous-groupe de G1 . Démonstration 1. Comme e 2 = f (e 1 ) et que e 1 ∈ H1 alors e 2 ∈ f (H1 ). Soient y, y ′ ∈ f (H1 ). Montrons que y • y ′−1 ∈ f (H1 ). Il existe x, x ′ ∈ H1 ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢¢ ¢ ¡ ¢ tels que f (x) = y et f x ′ = y ′ . Comme f x ′−1 = f x ′ −1 = y ′−1 , il vient y • y ′−1 = f (x) • f x ′−1 = f x ⋆ x ′−1 . Mais ′−1 ′−1 H1 est un sous-groupe de G1 donc x ⋆ x ∈ H1 . On prouve ainsi que y • y est l’image d’un élément de H1 par f et donc que y • y ′−1 ∈ f (H1 ). 2. Comme e 2 = f (e 1 ) et que e 2 ∈ H2 , e 1 ∈ f −1 (H2 ). Soient x, x ′ ∈ f −1 (H2 ). Montrons que x ⋆ x ′−1 ∈ f −1 (H2 ). Pour ce faire, ¡ ¡ ¢ ¢ ¡ ¡ ¢¢ il suffit de montrer que f x ⋆ x ′−1 ∈ H2 . Mais f x ⋆ x ′−1 = f (x) • f x ′ −1 ∈ H2 car H2 est un sous-groupe de G2 . On −1 montre ainsi que f (H2 ) est un sous-groupe de G1 .
D ÉFINITION 19.7 ♥♥♥ Noyau, image d’un morphisme de groupes On considère un morphisme de groupes f : G1 7→ G2 . On note e 1 l’élément neutre du groupe G1 et e 2 l’élément neutre du groupe G2 . On définit – le noyau du morphisme f : ¡ ¢ Ker f = {x ∈ G1 | f (x) = e 2 } = f −1 {e 2 }
– l’image du morphisme f :
Im f = f (G1 ) = {y ∈ G2 | ∃x ∈ G1 f (x) = y}
P ROPOSITION 19.11 ♥♥♥ Le noyau et l’image d’un morphisme de groupes sont des sous-groupes On considère un morphisme de groupes f : G1 7→ G2 . Alors – Ker f est un sous-groupe de G1 – Im f est un sous-groupe de G2 . Démonstration – Comme f (e 1 ) = e 2 , Ker f est un sous-ensemble non vide de G1 . De plus, {e 2 } est un sous-groupe de G2 et Ker f = f −1 ({e 2 }) donc Ker f est un sous-groupe de G1 d’après la proposition précédente. – Comme Im f = f (G1 ), on sait que Im f est un sous-groupe de G2 d’après la proposition précédente.
T HÉORÈME 19.12 ♥♥♥ Caractérisation des morphismes injectifs Un morphisme f de (G1 , ⋆) dans (G2 , •) est injectif si et seulement si Ker f = {e 1 } . Démonstration =⇒ Supposons que f est injectif. Comme f est un morphisme, on a e 1 ∈ Ker f . Comme f est injectif, e 1 est le seul élément de f −1 (e 2 ) dans G1 , ce qui prouve que Ker f = {e 1 }. ¡ ¢ ⇐= Réciproquement, supposons que Ker f = {e 1 }. Soient x, y ∈ (G1 )2 tel que f (x) = f (y). Montrons que x = y . On multiplie à ¡ ¢−1 ¡ ¢−1 ¡ ¢−1 droite l’égalité = e 2 . D’après les propriétés des morphismes = f (y)• f (y) =¢ f (y) par f (y) . On obtient f (x)• f (y) ¡ f (x) −1 −1 −1 de groupe f x ⋆ y = e 2 . Donc x ⋆ y ∈ Ker f et nécéssairement x ⋆ y = e 1 . On multiplie à droite par y les deux membres de cette égalité et on obtient x = y , ce qui prouve que f est injectif. P LAN 19.6 : Pour montrer qu’un morphisme f : (G1 , ⋆) 7→ (G2 , •) est injectif 1 2 3
Soit x ∈ G1 tel que f (x) = e 2
Alors x = e 1 ;
Donc Ker f = {e 1 }, et puisque f est un morphisme, f est injectif. 723
T HÉORÈME 19.13 ♥♥♥ Caractérisation des morphismes surjectifs Un morphisme f de (G1 , ⋆) dans (G2 , •) est surjectif si et seulement si Im f = G2 . Démonstration Par définition de la surjectivité !
Ajoutons, à titre indicatif, les deux propositions suivantes. Leur preuves forment un exercice instructif laissé au lecteur. P ROPOSITION 19.14 Composition de morphismes de groupes – La composée de deux morphismes de groupes est un morphisme de groupes. – La bijection réciproque d’un isomorphisme de groupes est un isomorphisme de groupes. P ROPOSITION 19.15 L’ensemble des automorphismes d’un groupe est un groupe pour la composition Si (G, ⋆) est un groupe, on note Aut (G) l’ensemble des automorphismes de G. (Aut (G) , ◦) est un groupe.
19.2 Anneau, corps 19.2.1 Structure d’anneau D ÉFINITION 19.8 ♥♥♥ Anneau Soit A un ensemble muni de deux loi de composition interne notées + et ×. On dit que (A, +, ×) est un anneau si et seulement si : 1. Le couple (A, +) est un groupe commutatif ; 2. la loi × est associative ;
3. la loi × est distributive par rapport à la loi + : ∀(x, y, z) ∈ A3 ,
x × (y + z) = x × y + x × z
(x + y) × z = x × z + y × z;
4. il existe un élément neutre pour ×, noté 1.
Si en plus la loi × est commutative, on dit que (A, +, ×) est un anneau commutatif. Exemple 19.12 – Les triplets (Z, +, ×), (Q, +, ×),(R, +, ×),(C, +, ×) sont des anneaux commutatifs. Ce n’est pas le cas de (N, +, ×). – Si E est un ensemble, l’ensemble F (E, R) des applications définies sur E et à valeurs dans R muni de l’addition et du produit des fonctions est un anneau commutatif. – L’ensemble des fonctions polynômes de R dans R muni de l’addition et du produit des fonctions est un anneau commutatif. – L’ensemble des suites réelles (ou complexes) S (R) (ou S (C)) muni de l’addition et de la multiplication des suites est un anneau commutatif. – On verra au chapitre 25 que l’ensemble des matrices carrées à coefficients réels (ou complexes) muni de l’addition et du produit des matrices est un anneau en général non commutatif. ✎ Notation 19.13 Dans un anneau (A, +, ×), on note −x le symétrique de l’élément x pour la loi + et 0 l’élément neutre de la loi +. Attention, un élément x ∈ A n’a pas forcément de symétrique pour la loi ×, la notation x −1 n’a pas de sens en général. T HÉORÈME 19.16 ♥ Règles de calcul dans un anneau On considère un anneau (A, +, ×). On a les règles de calcul suivantes : ∀a ∈ A, a × 0 = 0 × a = 0 ;
1
∀a ∈ A, (−1) × a = −a ;
2
∀(a, b) ∈ A2 , (−a) × b = −(a × b).
3
Démonstration Soit (a,b) ∈ A2 1 2
La distributivité de la loi × par rapport à la loi + permet d’écrire : 0 × a + 0 × a = (0 + 0) a = 0 × a . Par soustraction de 0 × a des deux côtés de cette égalité, on obtient : 0 × a = 0. On prouve de même que a × 0 = 0.
Toujours par distributivité de la la loi × par rapport à la loi +, on a : a + (−1) × a = 1 × a + (−1) × a = (1 − 1) × a = 0 × a = 0. De même, on montrerait que (−1) × a + a = 0. Donc (−1) × a est l’opposé de a et (−1) × a = −a .
724
3
La dernière relation se prouve de la même façon.
Remarque 19.6
Si (A, +, ×) est un anneau, (A, ×) n’est pas un groupe. Sauf dans le cas où 1 = 0 et A = {0}.
Attention 19.14 En général, a × b = 0 6⇒ a = 0 ou b = 0 .
On dit que de tels ( éléments a et b sont des diviseurs de zéro. Par exemple, dans l’anneau F (R , R ), considérer les fonctions 0 si x 6= a pour a ∈ R. Il est clair que δ2 ◦ δ0 = 0 et pourtant δ2 et δ0 ne sont pas identiquement nulles. δa : R → R, x 7→ 1 si x = a D ÉFINITION 19.9 Anneau intègre Soit un anneau (A, +, ×). On dit que cet anneau est intègre si et seulement si : 1. A 6= {0} ;
2. la loi × est commutative ;
3. ∀(x, y) ∈ A2 , x × y = 0 =⇒ x = 0 ou y = 0. Remarque 19.7 Dans un anneau intègre, on peut « simplifier » à gauche et à droite : Si (a, y, z) ∈ A3 , avec ax = a y , et si a 6= 0, alors x = y , que a soit inversible ou non. Cette propriété est fausse dans un anneau général. D ÉFINITION 19.10 Notations On considère un anneau (A, +, ×). Soit un élément a ∈ A et un entier n ∈ N . On note · · + a} si n 6= 0 |a + ·{z • na =
n fois 0 si n = 0 • (−n)a = n(−a) = (−a) + · · · + (−a) {z } |
• an =
· · × a} |a × ·{z
n
fois
n fois si n 6= 0
1
si n = 0 ¡ ¢n • a −n n’a de sens que si a est inversible pour ×. On a alors a −n = a −1 . D ÉFINITION 19.11 Élément nilpotent Soit un anneau (A, +, ×). On dit qu’un élément a ∈ A (a 6= 0) est nilpotent s’il existe un entier n ∈ N∗ tel que a n = 0. Le plus petit entier n vérifiant a n = 0 s’appelle l’indice de nilpotence de l’élément a . Remarque 19.8
Si l’anneau A est intègre, il n’y a pas d’élément nilpotent dans cet anneau.
T HÉORÈME 19.17 ♥♥♥ Formule du binôme de Newton et formule de factorisation Dans un anneau (A, +, ×), si (a, b) ∈ A2 vérifient a ×b = b ×a
Alors pour tout n ∈ N, on a la formule du binôme de Newton à ! n n X (a + b) = a k b n−k k k=0 n
et pour tout n Ê 1, la formule de factorisation suivante a n − b n = (a − b)(a n−1 + a n−2 b + · · · + ab n−2 + b n−1 ) = (a − b)
n−1 X
a n−1−k b k .
k=0
Démonstration La démonstration de la formule du binôme dans le cas où a et b sont des éléments d’un anneau A tels que ab = ba se fait comme dans le cas où a et b sont des complexes. On consultera alors la démonstration 8.34 page 315
725
Prouvons la seconde formule :
= = =
(a − b)(a n−1 + a n−2 b + · · · + ab n−2 + b n−1 ) ³ ´ ³ ´ a n + a n−1 b + · · · + a 2 b n−2 + ab n−1 − a n−1 b + a n−2 b 2 + · · · + ab n−1 + b n ³ ´ ³ ´ ³ ´ a n + a n−1 b − a n−1 b + ... + a 2 b n−2 − a 2 b n−2 + ab n−1 − ab n−1 − b n a n − bn .
T HÉORÈME 19.18 Calcul d’une progression géométrique Soit un anneau (A, +, ×) et un élément a ∈ A. On considère un entier n ∈ N , n Ê 1. De la formule de factorisation, on tire : 1 − a n = (1 − a)(1 + a + a 2 + · · · + a n−1 )
En particulier, si l’élément a est nilpotent d’indice n : a n = 0, alors l’élément (1 − a) est inversible pour la loi × et on sait calculer son inverse : (1 − a)−1 = 1 + a + a 2 + · · · + a n−1
D ÉFINITION 19.12 Sous-anneau On considère un anneau (A, +, ×) et une partie A′ ⊂ A de cet anneau. On dit que la partie A′ est un sous-anneau de A si et seulement si : 1. (A′ , +) est un sous-groupe du groupe (A, +) ;
2. la partie A′ est stable pour la loi× : ∀(a, b) ∈ A′ 2 , a × b ∈ A′ ;
3. l’élément neutre de l’anneau A est dans A′ : 1 ∈ A′ .
19.2.2 Structure de corps D ÉFINITION 19.13 ♥♥♥ Corps On considère un ensemble K muni de deux lois de composition interne, notées + et ×. On dit que (K, +, ×) est un corps si et seulement si : 1. (K, +, ×) est un anneau intègre ;
2. (K \ {0}, ×) est un groupe commutatif.
Remarque 19.9 Comme (K, +, ×) est intègre, la loi × (ou plutôt sa restriction à K \{0}×K \{0}) est interne, ce qui permet d’envisager que (K \ {0}, ×) soit un groupe (commutatif). Exemple 19.15 (Q , +, ×), (R , +, ×), (C, +, ×) sont des corps, mais (Z , +, ×) n’en est pas un car ses seuls éléments inversibles sont 1 et −1. D ÉFINITION 19.14 Sous-corps Soit K′ \ K un sous-ensemble d’un corps (K, +, ×). On dit que la partie K′ est un sous-corps du corps K si et seulement si : 1. K′ est un sous-anneau de l’anneau (K, +, ×) ;
2. l’inverse de tout élément non-nul de K′ est dans K′ . T HÉORÈME 19.19 Calcul d’une somme géométrique dans un corps Soit un élément k ∈ K du corps (K, +, ×). Alors la formule suivante permet de calculer une progression géométrique de raison k : ( ¡ ¢ n X (1 − k)−1 1 − k n+1 si k 6= 1 i 2 n k = 1+k +k +··· +k = (n + 1)1K si k = 1 i=0 Démonstration Laissée en exercice.
726
19.3 Exercices 19.3.1 Loi de composition interne Exercice 19.1 ♥ ¡ ¢ On définit une loi de composition interne ⋆ sur R par : ∀(a, b) ∈ R2 , a ⋆ b = ln e a + e b . Quelles en sont les propriétés ? Possède-t-elle un élément neutre ? Y a-t-il des éléments réguliers ? (On dit qu’un élément a est régulier si pour tout (b, c) ∈ R, a ⋆ b = a ⋆ c =⇒ b = c . 2 a b Solution : On a bien une loi de b) ¡¡ composition ¢ ¢ interne : en effet ¡∀(a, ¡ b∈ R c, ¢¢ e + e > 0 donc a ⋆ b est bien défini. a b c a On a facilement (a ⋆ b) ⋆ c = ln e + e + e et a ⋆ (b ⋆ c) = ln e + e + e et donc ⋆ est associative. Elle est aussi clairement commutative. Elle¢ ne peut pas avoir d’élément neutre car a ⋆ b > b . Tous les éléments sont réguliers car si ¡ a ⋆ b = a ⋆ c alors ln e a + e b = ln (e a + e c ) donc e a + e b = e a + e c donc e b = e c donc b = c .
Exercice 19.2 ♥ Sur l’ensemble Z , étudier les propriétés de la loi définie par :
p ⋆ q = p + q + pq
1. Montrer que ⋆ est une loi de composition interne commutative et associative. 2. Montrer que ⋆ possède un élément neutre. 3. Quels sont les éléments symétrisables ? réguliers ? 4. Est-ce que (Z , ⋆) est un groupe ? 5. L’ensemble R \ {−1} muni de la loi ⋆ définie par ∀a, b ∈ R, a ⋆ b = a + b + ab est-il un groupe ? Solution : 1. La loi ⋆ est clairement commutative. Soient (p, q, r ) ∈ Z3 . Calculons (p ⋆ q) ⋆ r = (p + q + p q) ⋆ r = p + q + p q + r + pr + qr + p qr
et p ⋆ (q ⋆ r ) = p ⋆ (q + r + qr ) = p + q + r + qr + p q + pr + p qr.
La loi est donc associative. 2. Cherchons un élément neutre. On cherche un élément e ∈ Z tel que ∀p ∈ Z , p ⋆ e = e ⋆ p = p ⇐⇒ e(1 + p) = 0
On trouve donc un élément neutre : e = 0.
3. Soit un entier p ∈ Z . Est-ce que l’élément p possède un symétrique ? On cherche un élément q ∈ Z tel que p ⋆ q = q ⋆ p = 0, c’est-à- dire : p + q + p q = 0 ⇐⇒ q(1 + p) = −p ⇐⇒ (1 + p)(1 + q) = 1
Les seuls éléments inversibles sont 0 et −2 qui sont leurs propres inverses. On suppose p ⋆ q = p ⋆r soit (1+ p)(1+ q) = (1+ p)(1+r ). On voit ainsi que tous les éléments sont réguliers, sauf p = −1.
4. (Z , ⋆) n’est donc pas un groupe.
5. La stabilité vient de 1 + a ⋆ b = (1 + a)(1 + b) 6= 0. L’associativité se vérifie comme plus haut, e = 0 est élément 1
1
a
neutre, et 1 + b = −1 = − fournit un inverse à a soit b = . 1+a 1+a 1+a Bref, (R \ {−1} , ⋆) est un groupe. Exercice 19.3 ♥ Sur N , étudier les lois définies par ∀(x, y) ∈ N2 , x ⋆ y = min(x, y) x△y = max(x, y)
727
Solution : Les deux lois sont commutatives et associatives. La loi ⋆ ne possède pas d’élément neutre, car ∀e ∈ N , e ⋆ (e + 1) = e 6= e + 1. L’élément 0 est neutre pour △ car ∀x ∈ N , x△0 = 0△x = x . Excepté 0, aucun élément n’a de symétrique pour la loi △. Exercice 19.4 ♥♥ Soit ⋆ une loi de composition interne sur un ensemble E vérifiant : ∀(x, y) ∈ E2 , x ⋆ (x ⋆ y) = (y ⋆ x) ⋆ x = y.
Montrer que la loi ⋆ est commutative Solution : Soit (x, y) ∈ E2 , on pose X = x ⋆ y . On a y = X ⋆ (X ⋆ y) = X ⋆ ((x ⋆ y) ⋆ y) = X ⋆ x = (x ⋆ y) ⋆ x.
Donc en multipliant cette égalité à droite par x , on a y ⋆ x = ((x ⋆ y) ⋆ x) ⋆ x = (X ⋆ x) ⋆ x = X = x ⋆ y.
Ce qu’il fallait démontrer. Exercice 19.5 ♥♥♥ Soit (E, ∗) un ensemble fini muni d’une loi interne * associative. Démontrer qu’il existe un élément x de E tel que x ∗ x = x . Solution : On propose deux solutions n
1. Soit y ∈ E. On considère y n = y 2 . Tous les y n appartiennent à l’ensemble fini E. D’après le principe des tiroirs n−p (proposition 8.18 p. 310), il existe deux entiers n > p tels que y n = y p . En posant z = y p on a z 2 = z . En n−p multipliant par z k on obtient z 2 +k = z k+1 . L’entier k convenable est obtenu en résolvant 2n−p +k = 2(k +1) soit n−p k = 2n−p − 2 Ê 0. On pose x = z k+1 = z 2 −1 . On a bien x 2 = x . Où l’hypothèse d’associativité intervient-elle ? On en a besoin pour définir z k . Par exemple z 3 = z(zz) = (zz)z .
2. On considère F ⊂ E non vide, stable pour ∗ et qui a le plus petit nombre d’éléments parmi les parties non vides et stables pour ∗. On va démontrer que pour tout élément x de F on a x ∗ x = x , et par suite que F est réduit à {x}. © ª Soit x ∈ F et soit Fx = y ∈ F | ∃y ′ ∈ F, y = x ∗ y ′ . Fx est stable par ∗. En effet, soit (y, z) ∈ F2x . ∃(y ′ , z ′ ) ∈ F2 , y ∗ z = x ∗ y ′ ∗ x ∗ z ′ . Or y ′ ∗ x ∗ z ′ ∈ F puisque F est stable par ∗. Donc on a bien y ∗ z ∈ Fx . De plus, Fx 6= ∅ puisque x ∗ x ∈ Fx . Fx ⊂ F et Fx est stable par ∗. Donc Fx = F puisque F a le plus petit nombre d"éléments. On en déduit que x ∈ Fx . Maintenant l’ensemble Gx des y tel que x ∗ y = x est non vide d’après ce qui vient d’être démontré et est stable par ∗. En effet, soit (y, z) ∈ F2x , x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z = x ∗ z = x . Donc Gx = F, x ∈ Gx et x ∗ x = x .
19.3.2 Groupes Exercice 19.6 ♥ Soient G = R∗ × R et ⋆ la loi de composition interne définie sur G par
1. Montrer que (G, ⋆) est un groupe.
¡
¢ ¡ ¢ ¡ ¢ x, y ⋆ x ′ , y ′ = xx ′ , x y ′ + y
2. Montrer que R∗+ × R est un sous-groupe de (G, ⋆). Solution : 1. • C’est une loi interne de deux réels non ¡ ¢ :¡ le produit ¢ ¡¡ nuls ¢ est ¡ ′non ¢¢nul. ¡ ′′ ′′ ¢ ¡ ′ ¢ ¡ ¢ ′′ ′′ ′ • ¡Pour tout x, y , x¢′ , y ′ , p x , y ∈ G , x, y ⋆ x , y ⋆ x ,y = ¢ xx , x y ′ + y¡ ⋆ x ′′ , ¢y ′′ ¢ = ¡ ¢ ¡¡ ¢ ¡ ¢¢ ¡ ¢ ¡ ¡ ′ ′′ ′ ′′ ′ ′ ′ ′′ ′′ = x, y ⋆ x ′ x ′′ , x ′ y ′′ + y ′ = xx ′ x ′′ , x x ′ y ′′ + y ′ + y = ¡xx ′ x ′′ , xx ′ y + x y′ + y¢ = et x, y ⋆ x , y ⋆ x , y xx x , xx y + x y + y . Donc ⋆ est associative. • La loi ⋆ n’est pas commutative : (2, 0) ⋆ (1, 1) = (2, 2) ¡ et ¢(1, 1) ¡ ⋆ (2, ¢ 0) = (2, 1) ¡. ¢ • Le couple (1, 0) est élément neutre pour ⋆ : (1, 0) ⋆ x, y = x, y ⋆ (1, 0) = x, y . 728
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ y¢ • Soit x, y ∈ G¡. On¢ pose x ′ , y ′ = x1 , − x . On vérifie x, y ⋆ x ′ , y ′ = (1, 0) et x ′ , y ′ ⋆ x, y = (1, 0). Donc ¡ ′ que ¢ tout élément x, y ∈ G admet un inverse pour ⋆ : x , y ′ .
2. La stabilité est assurée par le fait que le produit de deux nombres positifs est positif.
¶ x y Remarque 19.10 Les vérifications sont très rapides si on considère les matrices qui forment un sous-groupe 0 1 du groupe des matrices 2 × 2 inversibles. Encore faut-il le voir...et connaître les matrices ce qui ne va pas tarder... µ
Exercice 19.7 ♥ Groupe des vitesses en relativité restreinte Soit G = ]−1, 1[. On définit sur G une loi ⋆ par
Montrer que (G, ⋆) est un groupe abélien.
¡ ¢ ∀ x, y ∈ G2 ,
x⋆y =
x+y 1+x y
.
thu + th v
Solution : On a th(u+v) = . Donc on pose x = th u , y = th v , et on a x⋆y = th(u+v) = th(argth x+argth y). 1 + th u th v On en déduit : • la loi ⋆ est interne, puisqu’une tangente hyperbolique appartient à ]−1, 1[. • (x ⋆ y) ⋆ z = th(argth x + argth y + argth z) = x ⋆ (y ⋆ z). • 0 est élément neutre. • L’opposé de x est aussi son inverse pour ⋆. Exercice 19.8 ♥ Groupe de Klein Soient les quatre fonctions de R∗ dans R∗ f 1 (x) = x ©
f 2 (x) =
1
f 3 (x) = −x
x
f 4 (x) = −
1 x
ª
Montrer que G = f 1 , f 2 , f 3 , f 4 est un groupe pour la loi ◦. Solution : Il suffit de démontrer que G est un sous-groupe du groupe des bijections de R∗ dans R∗ . f 2 ◦ f 2 = f 1 ; f 2 ◦ f 3 = f 4 ; f 2 ◦ f 4 = f 3 ; f 3 ◦ f 3 = f 1 ; f 3 ◦ f 4 = f 2 . On a donc la stabilité, et tous les éléments sont leur propre inverse. Exercice 19.9 ♥ Les ensembles suivants, pour les lois considérées, sont-ils des groupes ? 1. C = {z ∈ C : |z| = 2} pour la multiplication usuelle ;
2. R+ pour la multiplication usuelle ;
3. {x ∈ R 7→ ax + b : a ∈ R \ {0} , b ∈ R} pour la loi de composition des applications. Solution : 1. Non. Le seul élément qui peut être l’élément neutre est 1 qui n’appartient pas à l’ensemble. On peut aussi voir que C n’est pas stable par produit. Le produit de deux complexes de module 2 n’est pas de module 2. 2. Non. 0 n’a pas d’inverse. 3. Oui. Il s’agit du groupe affine de R. Voir chapitre 28 page 1098 ou l’exercice 19.18 page 731. Exercice 19.10 ♥ L’ensemble E = {−1, 1, i , −i } ⊆ C muni de la loi usuelle de multiplication dans C est-il un groupe ? Solution : Oui. C’est un sous-groupe des nombres complexes de module 1, lui-même sous-groupe de (C∗ , ×). Il est noté U4 dans le chapitre sur les complexes p. 33. Exercice 19.11 ♥ Soient (G, ⋆) et (H, △) deux groupes. On définit sur G × H la loi ♥ par (x, y)♥(x ′ , y ′ ) = (x ⋆ x ′ , y△y ′ ). 1. Montrer que (G × H, ♥) est un groupe.
2. Si G est de cardinal 2, dresser la table de G × G et la reconnaître parmi les exemples des exercices précédents. 729
Solution : 1. C’est un groupe produit, c’est du cours ! Voir proposition 19.5 p. 721. 2.
Soit G = {1, −1} le groupe a deux éléments (pour la multiplication). On pose e = (1, 1); a = (1, −1); b = (−1, 1); c = (−1, −1). L’élément neutre pour ♥ est e puisqu’il est composé deux fois de l’élément neutre de (G, ×). On a x 2 = e pour tout x , ce qui remplit la diagonale. La deuxième ligne (celle de e ) est identique à la première (celle de ♥) puisque e est l’élément neutre. Il s’agit du groupe de l’exercice 19.8. On a ab = c , puis ac = a(ab) = (aa)b = b et enfin bc = (ac)c = a . On complète par symétrie puisque la loi ♥ est commutative.
♥
e
a
b
c
e a b c
e a b c
a e c b
b c e a
c b a e
Ces deux groupes sont isomorphes.
Exercice 19.12 ♥ Montrer qu’un groupe (G, .) tel que ∀x ∈ G, x 2 = e est commutatif. Solution : L’hypothèse de l’énoncé dit que tout élément est son propre symétrique : ∀x ∈ G,
x −1 = x.
Soit alors (x, y) ∈ G2 . Comme (x y)−1 = (x y), on en déduit que y −1 x −1 = x y . Mais puisque x −1 = x et y −1 = y , on trouve que y x = x y . Autre rédaction : Soit (x, y) ∈ G2 . Puisque (x y)2 = e , il vient que x y x y = e =⇒ x(x y x y)y = x y =⇒ (x 2 )(y x)(y 2 ) = x y =⇒ y x = x y.
Exercice 19.13 Soit
♥ G = { f ∈ F (R , R ) | ∀n ∈ N , f (n) = 0}
Montrer que (G, +) est un groupe. Solution : Il suffit de montrer que G est un sous-groupe du groupe (F (R , R ), +). 1. On a G ⊂ F (R , R ).
2. La fonction nulle est dans G et c’est l’élément neutre de F (R , R ). 3. Soient ( f , g ) ∈ G2 . Montrons que f − g ∈ G. Soit n ∈ N . On a bien ( f − g )(n) = 0 car f , g ∈ G.
On prouve ainsi que G est un sous-groupe de (F (R , R ), +).
Exercice 19.14 ♥ © ª Soit E = f ∈ F (R , R ) | ∀n ∈ Z , f (n) = 0 . On munit E de la loi + d’addition des fonctions d’une variable réelle. Montrer que (E, +) est un groupe. Solution : Soit G = F (Z , R ), et F = F (R , R ) On munit F et G de la loi + d’addition des fonctions de R dans R et Z dans R respectivement. Pour démontrer que E est un sous-groupe de F, on considère Φ : F −→ G qui à f associe la restriction de f à Z . Φ est un morphisme de groupes (abéliens) et E est son noyau. Comme tel c’est un sous-groupe de F donc un groupe. Bien entendu une vérification directe est simple à rédiger. Exercice 19.15 ♥ Soit (G, .) un groupe. On suppose que ∀(a, b) ∈ G2 | (ab)2 = a 2 b 2
Montrer que G est un groupe commutatif. Soit a, b ∈ G, on a (ab)2 = a 2 b 2 soit abab = aabb donc a −1 abab = a −1 aabb donc bab = abb donc = abbb −1 donc ba = ab ce qu’il fallait vérifier.
Solution : babb
−1
Exercice 19.16 ♥ Soit (G, .) un groupe commutatif d’élément neutre e . Soit n ∈ N . On pose B = {a ∈ G | a n = e}
Montrer que B est un sous-groupe de G. 730
n n Solution : On a e ∈ B donc B n’est ¡ pas ¢n vide. Si a et b appartiennent à B, a = b = e . Or G est commutatif, donc (ab)n = a n b n = e et ab ∈ B. Enfin a −1 = (a n )−1 = e −1 = e , donc a −1 ∈ B.
Exercice 19.17 ♥ Soit (G, .) un groupe commutatif d’élément neutre e . On pose
B = {a ∈ G | ∃n ∈ N⋆ , a n = e}
Montrer que B est un sous-groupe de G. Solution : – e ∈ B : posons n = 1, on a bien e n = e . – Soit (x, y) ∈ B2 . Montrons que x y ∈ B. Comme x ∈ B, il existe n1 ∈ N tel que x n1 = e . De même, il existe n2 ∈ N tel que y n2 = e . Posons n = n1 n2 . Alors (x y)n = (x n1 )n2 (y n2 )n1 = e.e = e
(car x y = y x ). Donc x y ∈ B. – Soit x ∈ B. Vérifions que x −1 ∈ B. Comme x ∈ B, il existe n ∈ N tel que x n = e . Alors on vérifie que (x −1 )n = (x n )−1 = e −1 = e . Donc x −1 ∈ B. Exercice 19.18 ♥ Si (a, b) ∈ R⋆ × R , on note t a,b :
½
R x
−→ 7−→
R ax + b
Soit G = {t a,b | (a, b) ∈ R⋆ × R }
1. Montrer que (G, ◦) est un groupe. 2. Soit H = {t1,b | b ∈ R }
Montrer que H est un sous-groupe de G, isomorphe au groupe (R , +). Solution : 1. Comme id = t1,0 , id ∈ G. La composée de deux fonctions affines bijective est affine et bijective. Plus précisément, t a,b ◦ t a ′ ,b ′ = t aa ′ ,ab ′ +b . Bref, la loi est interne. La bijection réciproque d’une fonction affine est affine. On a donc un sous-groupe du groupe des bijections de R dans R . 2. On vérifie que b 7→ t1,b est un isomorphisme de (R , +) sur (H, ◦). Exercice 19.19 ♥ Soit (G, .) un groupe et E un ensemble. Soit f : E 7→ G une bijection. On définit sur E la loi de composition interne suivante : ∀(x, y) ∈ E2 ,
x ⋆ y = f −1 ( f (x). f (y))
Montrer que (E, ⋆) est un groupe, puis que f est un isomorphisme de groupes. ¡ ¡
¢
¢
Solution : La loi ⋆ est : (x ⋆ y) ⋆ z = f −1 ( f (x). f (y)) ⋆ z = f −1 f f −1 ( f (x). f (y)) . f (z) = ¡ ¢ interne. ¡ Elle est associative ¢ −1 −1 f ( f (x). f (y)). f (z) = f f (x).( f (y). f (z)) = . . . = x ⋆ (y ⋆ z). Si on appelle e l’élément neutre de (G, .), ε = f −1 (e) est élément neutre de E. Soit x ∈ E, on pose y = f −1 ( f (x)−1 ). On a f (y) = f (x)−1 donc f (x). f (y) = f (y). f (x) = e et = f −1 (e) = ε ¢et de même f (y). f (x) = ε. Donc y est l’inverse de x pour ⋆. donc x ⋆ y = f −1 ( f (x). f (y)) ¡ −1 Par ailleurs, f (x ⋆ y) = f f ( f (x). f (y)) = f (x). f (y). C’est bien dire que f est un morphisme de groupes. Comme f est une biection, c’est un isomorphisme. Cet exercice a déjà été vu dans des cas particuliers. Voir les exercices 19.1, 19.2 et 19.7, pp. 727, 727 et 729 pour f (x) = e x , x + 1 et th(x). Exercice 19.20 ♥♥ Soit un ensemble E non-vide muni d’une loi de composition interne ⋆ associative telle que : ∀(a, b) ∈ E2 ,
∃(x, y) ∈ E2 :
b = a⋆x = y ⋆a
Montrer que (E, ⋆) est un groupe. Indication 19.15 : Pour trouver un élément neutre, considérer a = b = a1 , ce qui donne l’existence de (e, f ) ∈ E2 vérifiant la propriété de l’énoncé. Considérer ensuite b ∈ E, et montrer que b ⋆ e = b , f ⋆ b = b . Montrer ensuite que e=f. 731
Solution : 1. On sait déjà que la loi de composition interne est associative ; 2. Élément neutre : Soit un élément a1 ∈ E. En prenant b = a1 , on sait qu’il existe (e, f ) ∈ E2 tels que a1 = a1 ⋆ e = f ⋆ a1 . Montrons que e est neutre. Soit b ∈ E. Il existe (x, y) ∈ E2 tel que b = a1 ⋆ x = y ⋆ a1 . Alors b ⋆ e = (y ⋆ a1 ) ⋆ e = y ⋆ (a1 ⋆ e) = y ⋆ a1 = b f ⋆ b = f ⋆ (a1 ⋆ x) = ( f ⋆ a1 ) ⋆ x = a1 ⋆ x = b
On a donc montré que ∀b ∈ E, b ⋆ e = b et f ⋆ b = b . En particulier, si b = f , f ⋆ e = f et si b = e , f ⋆ e = e . On en déduit que e = f et donc que ∀x ∈ E, e ⋆ x = x ⋆ e = x : e est l’élément neutre pour ⋆.
3. Soit un élément X ∈ E. Montrons que cet élément admet un symétrique : En prenant b = e et a = X, il existe (x, y) ∈ E2 tels que e = X ⋆ x = y ⋆ X . Il suffit de montrer que x = y . Écrivons y = y ⋆ e = y ⋆ (X ⋆ x) = (y ⋆ X) ⋆ x = e ⋆ x = x
Donc x = y est le symétrique de X. Exercice 19.21 ♥♥ Soit (G, .) un groupe abélien et S ⊂ G une partie de G non-vide et stable. On définit S ⋆ = {x.y −1 | (x, y) ∈ S 2 }.
Montrer que S ⋆ est un sous-groupe de G. Solution : – Comme S 6= ¡∅, il¢ existe a ∈ S . Alors a.a −1 = e ∈ A⋆ . 2 – Soit (a, b) ∈ S ⋆ . Alors il existe (x, y) ∈ S 2 tels que a = x.y −1 et il existe (x ′ , y ′ ) ∈ S 2 tels que b = x ′ .y ′−1 . Alors a.b −1 = x.y −1 .y ′ .x ′−1 = (x.y ′ ).(x ′ .y)−1
car la loi est commutative. Comme S est stable, x.y ′ ∈ S et x ′ .y ∈ S , donc a.b −1 ∈ S ⋆ . Exercice 19.22 ♥♥ Soit E un ensemble. On munit P (E) de la loi de composition interne A△B (différence symétrique). Montrer que (P (E), △) est un groupe. Solution : On va faire travailler les groupes : On considère G l’ensemble des fonctions de E vers le groupe ({−1, 1}, .). Muni de la multiplication des fonctions G est un groupe abélien. Maintenant, on considère f :
½
P (E) A
−→ 7−→
G χA
avec
χA :
E x
−→ 7−→
{−1, 1} ½ −1 si x ∈ A 1 si x ∉ A
, si A ∈ P (E).
On vérifie que f −1 ( f (A). f (B)) = A△B. D’après l’exercice précédent, (P (E), △) est un groupe. Exercice 19.23 ♥♥ Soit (E, ∗) et e ∈ E tels que : (i) ∀(x, y, z, t ) ∈ E4 , (x y)(zt ) = (xz)(t y) (ii) ∀x ∈ E, ex = x (iii) ∀x ∈ E, ∃x ′ ∈ E : xx ′ = e . Montrer que ∗ est commutative, associative, puis que (E, ∗) est un groupe. Solution : On prend x = z = e . D’après (i), on a (e y)(et ) = (ee)(t y). D’après (ii) e y = y, et = t et ee = e . Donc y t = e(t y) = t y . La loi est donc commutative. On prend z = e . D’après (i), on a (x y)(et ) = (xe)(t y). Or et = t d’après (ii) et comme ∗ est commutative, xe = ex = x . Donc on a (x y)t = x(t y) = x(y t ) puisque ∗ est commutative. La loi est donc associative. D’après (ii), e est élément neutre à gauche, donc à droite puisque ∗ est commutative. D’après (iii), tout élément admet un inverse à gauche, donc à droite puisque ∗ est commutative. On a bien démontré que (E, ∗) est un groupe (abélien). 732
Exercice 19.24 ♥♥ Soit (G, ∗) un groupe de cardinal fini et H ⊂ G une partie non-vide de G stable pour la loi ∗. Montrer que H est un sous-groupe de G. Solution : Comme H est non-vide, il existe a ∈ H. Considérons alors la translation à gauche suivante : γa :
½
H x
−→ 7−→
H . a.x
La fonction γa est à valeurs dans H car H est stable. On vérifie facilement que γa est injective (on peut simplifier à gauche dans un groupe). Or γa : H → H va d’un ensemble fini vers lui-même. On sait alors qu’une telle application injective est également surjective. Par conséquent, a ∈ H possède un antécédent par γa : il existe b ∈ H tel que γa (b) = a : a.b = a
et alors on obtient que b = e et donc e ∈ H. Soit ensuite x ∈ H. Comme γx : H 7→ H est surjective, et que e ∈ H, e possède un antécédent par γx : ∃y ∈ H : γx (y) = e donc x.y = e.
En multipliant à gauche par x −1 (symétrique de x dans G), on obtient que y = x −1 . Comme y ∈ H, x −1 ∈ H. Exercice 19.25
♥♥
On considère le groupe (R , +) et A = la partie A.
½
¾ 1 | n ∈ N∗ . Trouver le plus petit (au sens de l’inclusion) sous-groupe contenant n
1
1
Solution : Un tel groupe contient tous les inverses d’entiers (non nuls) mais aussi toutes les sommes + . . . + ainsi n n que leurs opposés. Donc un tel groupe contient Q . Comme (Q , +) est un groupe, c’est le plus petit d’entre eux. Exercice 19.26 ♥♥ −1 On considère un groupe commutatif (G, .). On dit qu’un sous-groupe H est distingué lorsque © ∀g ∈ G, ∀h ∈ H, g .h.gª ∈ H. Soient deux sous-groupes G1 et G2 distingués de G. Montrer que l’ensemble G1 G2 = g 1 .g 2 | (g 1 , g 2 ) ∈ G1 × G2 est un sous-groupe distingué. ¡
¢¡
¢
Solution : Soit g ∈ G, h ∈ G1 G2 . ∃(g 1 , g 2 ) ∈ G1 ×G2 , h = g 1 g 2 donc g .h.g −1 = g .g 1 g 2 .g −1 = g .g 1 g −1 g g 2 .g −1 . Or G1 est distingués dans G, donc g 1′ = g .g 1 g −1 ∈ G1 . De même, comme G2 est distingués dans G, donc g 2′ = g .g 2 g −1 ∈ G2 . Donc g .h.g −1 = g 1′ g 2′ ∈ G1 G2 , ce qu’il fallait vérifier. Exercice 19.27 ♥♥♥ Soit un groupe (G, .) et deux sous-groupes H, K du groupe G. On note HK = {x ∈ G | ∃h ∈ H : ∃k ∈ K : x = hk}
1. Soit x ∈ G. Montrer que
x ∈ HK ⇐⇒ x −1 ∈ KH
2. Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) HK est un sous-groupe de G. (ii) KH est un sous-groupe de G. (iii) HK = KH. Indication 19.15 : Il faut bien comprendre la signification des notations. Par exemple, HK = KH ne revient pas à dire que ∀(h, k) ∈ H × K, hk = kh !
Solution : 1. Soit un élément x ∈ HK, il existe deux éléments (h, k) ∈ H × K tels que x = hk . Alors x −1 = k −1 h −1 ∈ KH. Si x −1 ∈ KH, alors il existe (k, h) ∈ K × H tels que x −1 = kh et donc x = (x −1 )−1 = h −1 k −1 ∈ HK (car H et K sont des sous-groupes et donc si h ∈ H, on a aussi h −1 ∈ H). 733
2.
(a) (i ) =⇒ (i i ) : Montrons que KH est un sous-groupe. Si e désigne l’élément neutre de G, alors puisque e ∈ K et e ∈ H (sous-groupes), par définition, e = ee ∈ KH. Soit (x, y) ∈ (KH)2 . Montrons que x y −1 ∈ KH. D’après 1), il suffit de montrer que (x y −1 )−1 ∈ HK. Or (x y −1 )−1 = y x −1 et puisque y ∈ KH, y −1 ∈ HK et x −1 ∈ HK. Mais puisque HK est un groupe, y = (y −1 )−1 ∈ HK et aussi y x −1 ∈ HK.
(b) (i i ) =⇒ (i ) se démontre de même. (A faire !).
(c) Montrons que (i i ) =⇒ (i i i ). Montrons que HK ⊂ KH : Soit x ∈ HK. ∃(h, k) ∈ H × K tel que x = hk . Mais puisque KH est un sous-groupe et qu’on a (i i ) =⇒ (i ), on sait aussi que HK est un sous-groupe. Par conséquent, x −1 ∈ HK : ∃(h ′ , k ′ ) ∈ H × K tels que x −1 = h ′ k ′ . Alors x = (k ′ )−1 (h ′ )−1 ∈ KH. On démontre de la même façon que KH ⊂ HK.
(d) (i i i ) =⇒ (i ) : On a bien e = ee ∈ HK. Soit x ∈ HK. D’après 1), x −1 ∈ KH et puisque KH = HK, il vient que x −1 ∈ HK. Soient (x, y) ∈ (HK)2 . Montrons que x y ∈ HK. Comme x ∈ HK, il existe (h, k) ∈ H × K tels que x = hk . De même, il existe (h ′ , k ′ ) ∈ H × K tels que y = h ′ k ′ . Alors x y = h(kh ′ )k ′ . Mais comme kh ′ ∈ KH et que KH = HK, il vient que kh ′ ∈ HK. Donc il existe (h ′′ , k ′′ ) ∈ H×K tels que kh ′ = h ′′ k ′′ . Alors x y = hh ′′ k ′′ k . Mais puisque H et K sont des sous-groupes, hh ′′ ∈ H et k ′′ k ∈ K et donc x y = hh ′′ k ′′ k ∈ HK. Exercice 19.28 ♥♥♥ Théorème de Lagrange Soit (G, .) un groupe de cardinal n et H ⊂ G un sous-groupe de G de cardinal p . Pour a ∈ G, on note aH = {ah; h ∈ H}
1. Lorsque a ∈ H, déterminer aH. 2. Pour (a, b) ∈ G2 , montrer que
aH ∩ bH 6= ∅ =⇒ aH = bH
3. En déduire que p divise n . Solution : 1. Lorsque a ∈ H, on montre que aH = H. 2. Supposons qu’il existe θ ∈ aH∩bH. Alors ∃(h, k) ∈ H2 tels que θ = ah = bk . Montrons que aH ⊂ bH. Soit x ∈ aH. Donc ∃l ∈ H tel que x = al . Mais puisque a = bkh −1 , il vient que x = bkh −1 l et puisque H est un sous-groupe de G, et que (k, h, l) ∈ H3 , kh −1 l ∈ H. Par conséquent, x ∈ bH. On montre de la même façon que bH ⊂ aH.
3. Considérons tous les ensembles aH lorsque a parcourt G. Deux tels ensembles sont disjoints ou confondus. On a donc un nombre fini de tels ensembles disjoints tels que l’union de ces ensembles soit égale à G : en effet, si a ∈ G, alors a = ae ∈ aH. ½
H
−→
aH
est bijective, |aH| = |H| et donc toutes les classes ont le même cardinal Puisque l’application ϕ : x 7−→ ax p. En notant q le nombre de aH distincts, d’après le lemme des bergers (corollaire 8.22 p. 311), il vient que n = p q =⇒ p divise n
Exercice 19.29 ♥♥♥ Soit un groupe (G, .) non commutatif d’élément neutre e . On suppose qu’il existe deux éléments (s, t ) ∈ G2 vérifiant s 2 = t 2 = e . On note © ª Γ = (st )n ; t .(st )n ; (st )n .s ; t .(st )n .s | n ∈ N
Montrer que Γ est un sous-groupe du groupe G.
Solution : Γ est non vide. Démontrons qu’il est stable. Il y a 16 cas à vérifier. Par exemple il s’agit de démontrer - par récurrence sur m - que (st )n .t (st )m = (st )n−m s pour n < m et t (st )m−n pour n Ê m . On en déduit que (st )n .t (st )m s = (st )n−m s.s = (st )n−m pour n < m et t (st )m−n s pour n Ê m , puis que t (st )n .t (st )m s = t (st )n−m pour n < m et t .t (st )m−n s = (st )m−n s pour n Ê m . De même, (st )n s.(st )m = t (st )n−m pour n < m et (st )m−n s pour n Ê m . On en déduit que (st )n s.(st )m s = t (st )n−m s pour n < m et (st )m−n pour n Ê m , puis t (st )n s.(st )m = (st )n−m pour n < m et t (st )m−n s pour n Ê m . Les autres cas sont rapidement vérifiés. ¡ ¢ Pour les inverses, (st )n .s et t .(st )n sont leurs propres inverses. D’autre part (st )n t .(st )n−1 .s pour n Ê 1 montre que l’inverse de (st )n est t .(st )n−1 .s . On en déduit que l’inverse de t .(st )n .s est (st )n+1 . Γ est donc un sous-groupe du groupe G.
734
19.3.3 Sous-groupe Exercice 19.30 ♥ Réseau de C Soient ω ∈ C et H = {a + ωb | (a, b) ∈ Z}. Montrer que H est un sous-groupe de (C, +). Solution : Comme 0 ∈ H, H est non vide. Soit z = a+ωb et z ′ = a ′ +ωb ′ appartenant à H. On a z−z ′ = (a−a ′ )+ω(b−b ′ ) ∈ H. H est donc bien un sous-groupe de (C, +). H est le sous-groupe de (C, +) engendré par 1 et ω. Exercice 19.31 ♥ ª © Soient a ∈ C∗ et H = a n | n ∈ Z . Montrer que H est un sous-groupe de (C∗ , ×).
Solution : Comme 1 ∈ H, H est non vide. Soit z = a n et z ′ = a m appartenant à H. On a zz ′ = a n+m ∈ H et z −1 = a −n ∈ H. H est donc un sous-groupe de (C∗ , ×). H est le sous-groupe de (C∗ , ×) engendré par a . Exercice 19.32 ♥ Soit un ensemble E non-vide et un élément a ∈ E. On note G = { f ∈ B(E, E) | f (a) = a}
(c’est l’ensemble des bijections de G laissant invariant l’élément a ). Montrer que (G, ◦) est un groupe. Solution : Le sous-ensemble G est un sous-groupe du groupe des permutations de E : IdE ∈ G, la composée de deux bijections est une bijection. Si de plus elles admettent a comme point fixe, la composée admet aussi a comme point fixe, la réciproque aussi. Exercice 19.33 ♥ Soit (G, .) un groupe. On note
Centre d’un groupe C = {x ∈ G | ∀g ∈ G, g .x = x.g }
C’est l’ensemble des éléments de G qui commutent avec tous les éléments de G. Montrer que (C, .) est un sous-groupe de G (appelé centre du groupe G). Solution : L’élément neutre de G appartient à C. Soient x, y ∈ C, g ∈ G, g .(x y) = (g .x).y = (x.g ).y = x.(g .y) = x.(y.g ) = ¡ ¢−1 ¡ −1 ¢−1 (x.y).g . Donc x y ∈ C. Soient x ∈ C, g ∈ G, g x −1 = xg −1 = g x = x −1 g . Donc x −1 ∈ C. C est bien un sous-groupe de G. Exercice 19.34 ♥♥ 2iπ Les questions sont indépendantes. Soit j le nombre complexe e 3 . 1. Déterminer le sous-groupe du groupe additif C engendré par i et j . 2. Déterminer le sous-groupe du groupe multiplicatif C∗ engendré par i et j . Solution :
©
ª
1. C’est le groupe ni + m j | (n, m) ∈ Z2 . En effet, si un sous-goupe de (C, +) contient i , alors il contient tous . . + }i , n ∈ N ainsi que leurs opposés (symétriques pour +.) Il contient donc tous les ni , n ∈ Z. les ni = i| + .{z n fois.
De © même, il contient2 ªles m j , m ∈ Z. Il contient aussi toutes les sommes de ces éléments, c’est-à-dire tous les ni + m j | (n, m) ∈ Z . Comme cet ensemble est lui-même un sous-groupe de (C, +), c’est le plus petit sousgroupe de (C, +) contenant i et j , à savoir le groupe engendré par i et j .
2. C’est le groupe U12 des racines douzièmes de l’unité. En effet, comme précédemment, c’est le groupe G = © n m ª 2iπ i j | (n, m) ∈ Z2 . En posant ζ12 = e 12 , on a i = ζ312 et j = ζ412 . Donc ζ12 = j i −1 ∈ G. Donc U12 , le sousgroupe engendré par ζ12 est inclus dans G. Inversement, comme i ∈ U12 et j ∈ U12 , le sous-groupe engendré par i et j est inclus dans ζ12 .
Exercice 19.35 ♥♥ Soit (G, ×) un groupe, F1 et F2 deux sous-groupes de G. On suppose que F = F1 ∪ F2 est aussi un sous-groupe de G. Démontrer que F1 ⊂ F2 ou F2 ⊂ F1 .
735
Solution : Supposons F1 6⊂ F2 . Cela se traduit par : ∃x ∈ F1 : x ∉ F2 . Maintenant, soit y ∈ F2 . On a z = x × y ∈ F1 ∪ F2 . Supposons l’espace d’un instant que z ∈ F2 . On aurait alors z × y −1 ∈ F2 comme produit de deux éléments de F2 . Donc on a z ∉ F2 . Donc z ∈ F1 . Donc x −1 × z = y ∈ F1 . On a donc démontré que si F1 6⊂ F2 , alors F2 ⊂ F1 .
19.3.4 Morphisme de groupe Exercice 19.36 ½ ∗
Soient n ∈ N et f :
R∗ x
et son noyau.
♥ −→ 7−→
R . Montrer que f est un endomorphisme du groupe (R∗ , ×). Déterminer son image xn
Solution : Endo : Il s’agit de démontrer que ∀x ∈ R∗ , f (x) ∈ R∗ . Morphisme : Il s’agit de démontrer que ∀x, y ∈ R∗ , f (x) f (y) = f (x y) soit x n y n = (x y)n . Si n est impair, l’image est R∗ et le noyau est réduit à {1}. Si n est pair, l’image est R∗+ et le noyau est {−1, 1}. Exercice 19.37
♥
Soit (G, ×) un groupe (noté multiplicativement). Pour a ∈ G, soit τa : 1. 2. 3. 4.
½
G x
−→ 7−→
G . axa −1
Montrer que τa est un endomorphisme du groupe (G, ×). Vérifier que ∀(a, b) ∈ G2 , τa ◦ τb = τab . Montrer que τa est bijective et déterminer son application réciproque. En déduire que T = {τa | a ∈ G} muni du produit de composition est un groupe.
Solution : 1. Soient a, x, y ∈ G, on a τa (x y) = a(x y)a −1 = axa −1 a y a −1 = τa (x)τa (y) ce qu’il fallait vérifier.
2. Soient a, x, y ∈ G, on a τa ◦ τb (x) = abxb −1 a −1 = abx(ab)−1 = τab (x) puisque (ab)−1 = b −1 a −1 .
3. On en déduit que τa ◦ τa −1 = τa −1 ◦ τa = τe = IdG . Donc τa est bijective et son application réciproque est τa −1 .
4. On en déduit que τ : a 7−→ τa est un morphisme de G dans le groupe des automorphismes de G. Son image, à savoir T est un sous-groupe du groupe des automorphismes de G. Exercice 19.38 ♥ Montrer que la composition de deux morphismes de groupe est un morphisme de groupe. Solution : Soient f et g deux morphismes d’un groupe (G, .). Soient x, y ∈ G, on a f ◦ g (x.y) = f (g (x.y)) = f (g (x).g (y)) = f (g (x)). f (g (y)) = f ◦ g (x). f ◦ g (y) ce qu’il fallait vérifier. Exercice 19.39 ♥ Soit f : R → C∗ l’application qui à tout x ∈ R associe e i x ∈ C∗ . Montrer que f est un morphisme de groupes. Calculer son noyau et son image. L’application f est-elle injective ? Solution : On a f :
½
(R, +) x
−→ 7−→
(C∗ , ×) . Vérifions que f est un morphisme de groupe. Soit x, y ∈ R, alors eix f (x + y) = e i(x+y ) = e i x e i y = f (x) × f (y),
et f (x −1 ) = e i(−x) =
1 ei x
= f (x)−1 .
Donc f est un morphisme de groupe. Montrons que f n’est pas injective en prouvant que le noyau n’est pas réduit à 0 :
Enfin
o © ª n Ker f = x ∈ R | f (x) = 1 = x ∈ R | e i x = 1 = {2kπ | k ∈ Z} = 2πZ. n o Im f = e i x | x ∈ R = U
est l’ensemble des complexes de module 1, c’est-à-dire le cercle de centre 0 et de rayon 1. Exercice 19.40 ♥ Quelques morphismes bien connus Traduire en termes de morphisme de groupes les propriétés traditionnelles suivantes : 736
′
3.
1 (x y) 2
1 =x2
1 y2
′
4. e z+z = e z e z ;
1. ln(x y) = ln x + ln y ; 2. |zz ′ | = |z||z ′ | ;
5. z + z ′ = z + z ′ . 6. zz ′ = zz ′ .
;
Solution : 1. Le logarithme est un morphisme du groupe (R∗+ , ×) sur (R, +). 2. Le module est un morphisme du groupe (C∗ , ×) sur (R∗+ , ×).
3. La racine carrée est un morphisme du groupe (R∗+ , ×).
4. L’exponentielle est un morphisme du groupe (C, +) sur (C∗ , ×).
5. La conjugaison complexe est un morphisme du groupe (C, +).
6. La conjugaison complexe est un morphisme du groupe (C∗ , ×). Exercice 19.41
♥
On considère un groupe (G, .). Montrer que l’application f : seulement si le groupe G est commutatif.
½
G x
−→ 7−→
G x −1
est un isomorphisme de groupes si et
Solution : L’application f est bijective (vérification immédiate). 1. Montrons que si G est commutatif, alors f est un morphisme. Soient deux éléments (x, y) ∈ G2 . Alors f (x y) = (x y)−1 = y −1 x −1 = x −1 y −1 = f (x) f (y)
2. Montrons que si l’application f est un morphisme de groupes, alors le groupe G est commutatif. Soient deux éléments (x, y) ∈ G2 . Puisque f (x −1 y −1 ) = f (x −1 ) f (y −1 ) =⇒ (x −1 y −1 )−1 = x y =⇒ (y −1 )−1 (x −1 )−1 = x y =⇒ y x = x y
et donc la loi est commutative. Exercice 19.42 ♥♥ On considère deux groupes G et G′ et une application ϕ : G 7→ G′ . On définit l’ensemble H=
Montrer l’équivalence
¡
©¡
¢ ª x, ϕ(x) | x ∈ G
¢ ¡ ¢ ϕ morphisme ⇐⇒ H sous-groupe de G × G′ (i)
(ii)
Solution : (i ) ⇒ (i i ) Puisque ϕ est un morphisme, on sait que ϕ(e) = e ′ . Donc (e, e ′ ) = (e, ϕ(e)) ∈ H. Soient deux éléments X , Y de H. Il existe (x, y) ∈ G2 tels que X = (x, ϕ(x)) et Y = (y, ϕ(y)). Comme l’inverse de (y, ϕ(y)) est (y −1 , ϕ(y))−1 , XY−1 = (x, ϕ(x))(y, ϕ(y))−1 = (x y −1 , ϕ(x)ϕ(y)−1 ) = (x y −1 , ϕ(x y −1 )) ∈ H
On a utilisé la propriété d’un morphisme, ϕ(y −1 ) = ϕ(y)−1 .
(i i ) ⇒ (i ) Soit (x, y) ∈ G2 , montrons que ϕ(x y) = ϕ(x)ϕ(y). Puisque (x, ϕ(x)) ∈ H et que (y, ϕ(y)) ∈ H, comme H est un sous-groupe de G × G′ , (x, ϕ(x))(y, ϕ(y)) = (x y, ϕ(x)ϕ(y)) ∈ H. Mais alors, par définition de H, il existe z ∈ G tel que x y = z et ϕ(z) = ϕ(x)ϕ(y). Cela donne ϕ(x y) = ϕ(z) = ϕ(x)ϕ(y).
Exercice 19.43 ♥♥♥ Déterminer tous les morphismes de groupes de (Q , +) vers (Z , +). Solution : Soit f un tel morphisme. Soit n ∈ N∗ . On a f (1) = f
or p = f (1) ∈ Z et qn = f
¡1¢ n
∈ Z . Donc
³1
n
+··· +
1 n
´
=nf
³1´
p = nq n =⇒ |p| = n|q n |
737
n
Cette relation étant vraie ∀n ∈ N , en particulier pour n > |p|, on obtient que p = f (1) = 0 et que ∀n ∈ N∗ , f
a Alors, si x = ∈ Q+ , avec a ∈ N et b ∈ N⋆ , b
¡1¢ n
= 0.
³ 1´ ³1´ f (x) = f a = a f = 0. b
b
On en déduit que f est nulle sur Q+ , et puisque f est un morphisme, f (−x) = − f (x) ce qui montre que f est également nulle sur Q− .
19.3.5 Anneaux Exercice 19.44 ♥ On définit sur Z2 deux lois de composition internes notées + et ⋆ et définies, pour tout (a, b) , (c, d) ∈ Z2 , par : (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) et ¡ 2 ¢ 1. Montrer que Z , +, ⋆ est un anneau commutatif.
(a, b) ⋆ (c, d) = (ac, ad + bc) ¡
2. Montrer que A = {(a, 0) | a ∈ Z} est un sous anneau de Z2 , +, ⋆
Solution :
¢
1. • Les deux lois sont internes. • L’addition est commutative, associative, admet (0, 0) comme élément neutre et (a, b) admet (−a, −b) comme opposé. • Associativité de la loi ⋆ : ((a, b)⋆(c, d))⋆( f , g ) = (ac, ad +bc)⋆( f , g ) = (ac f , acg +(ad +bc) f ) = (ac f , acg + ad f +bc f ) et (a, b)⋆((c, d)⋆( f , g )) = (a, b)⋆(c f , cg +d f ) = (ac f , a(cg +d f )+bc f ) = (ac f , acg +ad f +bc f ), ce qu’il fallait vérifier. • La loi ⋆ est commutative, et admet (1, 0) comme élément neutre. • Distributivité : (a, b) ⋆ ((c, d) + ( f , g )) = (a, b) ⋆ (c + f , d + g ) = (a(c + f ), a(d + g ) + b(c + f )) = (ac + a f , (ad + bc) + (ag + b f )) = (a, b) ⋆ (c, d) + (a, b) ⋆ (g , f ), ce qu’il fallait vérifier. Donc (Z2 , +, ⋆) est un anneau commutatif. ¡
¢
2. On vérifie facilement que A est un sous-groupe de Z2 , + , que A est stable pour ⋆ et que (1, 0) ∈ A.
Exercice 19.45 ♥ Anneau de Boole On considère une anneau de Boole (A, +, ×), c’est-à-dire un anneau non réduit à {0} tel que tout élément est idempotent, c’est-à-dire vérifie : ∀x ∈ A, x 2 = x . ¡ ¢ 1. Montrer que : ∀ x, y ∈ A2 , x y + y x = 0A et en déduire que ∀x ∈ A, x + x = 0A . En déduire que l’anneau A est commutatif. 2. Montrer que la relation binaire définie sur A par x 2 y ⇐⇒ y x = x est une relation d’ordre. ¡ ¢ ¡ ¢ 3. Montrer que ∀ x, y ∈ A2 , x y x + y = 0A . En déduire qu’un anneau de Boole intègre ne peut avoir que deux éléments. Solution : 1. Pour tout x, y ∈ A, on a x + y = (x + y)2 = x 2 + x y + y x + y 2 = x + x y + y x + y . En soustrayant x + y aux deux membres, on a bien x y + y x = 0. On prend y = x , on obtient x 2 + x 2 = 0 soit x + x = 0, ceci quel que soit x ∈ A. On a x y + y x = 0, d’où en ajoutant x y à chaque membre, x y + x y + y x = x y d’où 0 + y x = x y ce qu’il fallait vérifier. 2. Réflexive : On a x 2 = x donc x 2 x . Antisymétrique : On suppose x 2 y et y 2 x . On a donc y x = x et x y = y . Comme la multiplication est commutative on en déduit x = y . Transitive : On suppose x 2 y et y 2 z . On a donc y x = x et z y = y . On en déduit zx = z(y x) = (z y)x = y x = x , soit x 2 z . Donc 2 est une relation d’ordre. 3. Soit x, y ∈ A. On a x y(x + y) = x 2 y + x y 2 = x y + x y = 0A . Supposons A intègre. Soit x et y deux éléments non nuls. On a, d’après la question précédente, x + y = 0, donc en additionnant x à chaque membre, x + x + y = x , et comme x + x = 0A , y = x . Il n’y a donc qu’un seul élément non nul au plus. Ce qu’il fallait démontrer. 738
Exercice 19.46 ♥ Soit (A, +, ×) un anneau et
C = {a ∈ A | ∀x ∈ A, xa = ax}
Montrer que C est un sous-anneau de A. Solution : Soient a, b ∈ C, soit x ∈ A, on a ax = xa et bx = xb . On en déduit : (a + b)x = ax + bx = xa + xb = x(a + b) et ce pour tout x ∈ A. Donc a + b ∈ C. De même, (ab)x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = (xa)b = x(ab) et ce pour tout x ∈ A. Donc ab ∈ C. Comme de plus 1 ∈ C, C est bien un sous-anneau de A. Exercice 19.47 ♥♥ Soit un anneau (A, +, ×). Rappelons qu’un élément a ∈ A est nilpotent s’il existe un entier n ∈ N∗ tel que a n = 0. 1. Montrer que si a est nilpotent, alors 1 − a est inversible et calculer son inverse. 2. Montrer que si a et b sont nilpotents et commutent, alors ab et a + b sont nilpotents. 3. Soit un élément a ∈ A. On définit l’application u : . . ou}. |uo .{z
½
A x
→ →
A . Calculer l’application u p = u(x) = ax − xa
p fois 4. Montrer que si a est nilpotent , il existe p ∈ N∗ tel que u p soit l’application nulle.
Indication 19.15 : Pour 3., commencer par déterminer u 2 , u 3 , puis deviner la formule générale que l’on démontrera par récurrence.
Solution :
¡
¢
¡
¢
1. Si a n = 0, alors (1 − a) 1 + a + . . . + a n−1 = 1 + a + . . . + a n−1 (1 − a) = 1 − a n = 1. Donc 1 + a + . . . + a n−1 est l’inverse de 1 − a . 2. Puisque a et b commutent, on a (ab)n = a n b n . Si a n = 0, alors on a (ab)n = 0, ce qu’il Ãfallait ! vérifier. Puisque a et b commutent, on peut appliquer la formule du binôme : (a + b)p =
p X p k p−k . Si a n = 0 et a b k k=0
b m = 0, alors en prenant p = n + m , pour tout entier Ãk !variant de 0 à p , on a k Ê n - auquel cas a k = 0 - ou p k p−k p − k Ê m - et dans ce cas b p−k = 0. Tous les termes sont donc nuls et (a + b)p = 0, ce qu’il fallait a b k
vérifier. 3. Montrer par récurrence que ∀x ∈ A,
à ! p X p u (x) = (−1)k a p−k xa k . k=0 k p
4. Si l’on choisit alors p Ê 2n − 1, pour k Ê n , a p−k xa k = 0, et si k É n − 1, alors p − k Ê p − n + 1 Ê n et alors on a également a p−k xa k = 0. Finalement, tous les termes de la somme sont nuls, et ceci quel que soit x ∈ A. Donc u p = 0. Exercice 19.48 ♥♥ Soit un anneau (A, +, ×) et deux éléments a, b de A.
1. Si (ab) est un élément nilpotent, montrer que 1 − ab est inversible et déterminer (1 − ab)−1 .
2. Si (ab) et (ba) sont nilpotents, exprimer (1 − ba)−1 en fonction de (1 − ab)−1 .
3. On ne suppose plus (ab) ni (ba) nilpotents. Montrer que si 1 − ab est inversible, alors 1 − ba est également inversible. Solution : 1. On a (1 − ab)−1 = 1 + ab + abab + · · · + |abab{z. . . ab} si ab est nilpotent d’indice n ; n−1
2. On a aussi (1−ba)
−1
facteurs ab
= 1+ba +baba +· · ·+ |baba{z. . . ba} si ba est nilpotent d’indice p . Donc, si ab est nilpotent
p−1 facteurs ba d’indice n et si ba est nilpotent d’indice p , on peut écrire les formules précédentes pour q = max(n, p) :
(1 − ba)−1 = 1 + b(1 + ab + abab + · · · + abab . . . ab)a = 1 + b(1 − ab)−1 a
739
3. Posons c = (1 − ab)−1 . Montrons que (1 − ba) est inversible et que (1 − ba)−1 = 1 + bca . Pour cela, calculons (1 − ba)(1 + bca) = 1 − ba + bca − babca = 1 + b[−1 + (1 − ab)c]a = 1 + b × 0 × a = 1 (1 + bca)(1 − ba) = 1 − ba + bca − bcaba = 1 + b[−1 + c(1 − ab)]a = 1
Exercice 19.49 ♥♥ Algorithme d’exponentiation rapide Soit un anneau A, un élément de cet anneau a ∈ A et un entier n ∈ N . On rappelle que a 1 = a,
a n = aa n−1 .
et
1. Combien de multiplications faut-il pour calculer a n avec cette méthode ? 2. Si l’on écrit b = a2, c = b 2 , d = c 2
combien de multiplications sont-elles nécessaires pour calculer a 8 ? 3. Plus généralement, si l’on écrit : n
a =
(
(a k ) × (a k )
a × (a k ) × (a k )
si n = 2k si n = 2k + 1
n et¡¥si on ¦¢ note T(n) le nombre de multiplications nécessaires pour calculer a , trouver une relation entre T(n) et n T 2 .
4. Lorsque l’exposant n est une puissance de 2 : n = 2p , calculer T(n).
5. Si un ordinateur met 10−6 seconde pour effectuer une multiplication, comparer les temps de calcul de a 100000 en utilisant a) et c).
Solution : 1. Il faut en calculer n − 1.
2. Il faut en calculer 3 : une pour b , une pour c une pour d . 3. On a T(n) = T
¡¥ n ¦¢ 2
p
+ 1 si n est pair et T(n) = T
4. On vérifie que T(2 ) = p .
¡¥ n ¦¢ 2
+ 2 si n est impair.
5. Un peu moins de 0, 1 seconde avec 1. Avec 3. on écrit en binaire 100000 = (11000011010100000)2 autrement dit 105 = 25 + 27 + 29 + 210 + 215 + 216 . On a donc 16 + 6 − 1 = 21 opérations donc 2, 1 × 10−5 seconde avec 3. Exercice 19.50
Sous-anneaux et morphismes de (Z , +, ×)
♥♥
1. Trouver tous les sous-anneaux de (Z , +, ×).
2. Trouver tous les morphismes d’anneaux de Z vers Z . Solution : 1. Soit A′ un sous-anneau de Z . Si 1 ∈ A′ , montrer par récurrence que ∀n ∈ N , n ∈ A′ . Ensuite que A′ = Z .
2. De même, soit f un morphisme de Z . Si f (1) = 1, montrer par récurrence que ∀n ∈ N , f (n) = n puis que f = id. £p ¤
Exercice 19.51 ♥♥ Anneau Z 2 p On désigne par Z[ 2] l’ensemble Z × Z muni des deux lois : (a, a ′ ) + (b, b ′ ) = (a + b, a ′ + b ′ )
p
(a, a ′ ) × (b, b ′ ) = (ab + 2a ′ b ′ , ab ′ + a ′ b)
1. Montrer que Z[ 2] est un anneau commutatif. Quel est l’élément neutre pour × ?
p
2. Soit Z′ l’ensemble des éléments de la forme (a, 0). Montrer que Z′ est un sous-anneau de Z[ 2]. p
3. On note pour a ∈ Z , (a, 0) = a . Montrer que tout élément de Z[ 2] s’écrit de manière unique sous la forme a + a ′ × (0, 1) avec (a, a ′ ) ∈ Z2 . p
4. Montrer qu’il existe X ∈ Z[ 2] vérifiant X2 = 2 (2 admet une racine carrée).
Voir aussi exercice 19.58 p. 743.
740
©
p
p ª
Solution : La clé de lapsolution réside dans la notation Z[ p 2]. Soit A = x ∈ R, ∃(a, b) ∈pZ2 , x = a + b 2 . Onpa l’unicité 2 de la notation x = a + b 2 pour x ∈ A et (a, b) ∈ Z puisque 2 ∉ Q. Donc Φ : x = a + b 2 ∈ A 7−→ (a, b) ∈ Z[ 2] est une bijection qui vérifie Φ(zz ′ ) = Φ(z) × Φ(z ′ ). Donnons une démonstration indépendante de cette remarque : 1. Vérifions que la loi × est associative. Elle est interne, c’est évident, et commutative. On a ((a, a ′ )×(b, b ′ ))×(c, c ′ ) =
(ab+2a ′ b ′ , ab ′ +a ′ b)×(c, c ′ ) = ((ab+2a ′ b ′ )c+(ab ′ +a ′ b)c ′ , (ab+2a ′ b ′ )c ′ +(ab ′ +a ′ b)c) = (abc+2a ′ b ′ c+2a ′ bc ′ + 2ab ′ c ′ , abc ′ + ab ′ c + a ′ bc + 2a ′ b ′ c ′ ). Sous cette forme on voit bien que la loi × est associative. (1, 0) est élément neutre pour ×. Distributivité : ((a, a ′ ) + (b, b ′ )) × (c, c ′ ) = (a + b, a ′ + b ′ ) × (c, c ′ ) = ((a + b)c + 2(a ′ + b ′ )c ′ , (a + b)c ′ + (a ′ + b ′ )c) = ((ac + 2a ′ c ′ ) + (bc + 2b ′ c ′ ), (ac ′ + a ′ c) + (bc ′ + bc ′ )) = (a, a ′ ) × (c, c ′ ) + (b, b ′ ) × (c, c ′ ).
2. Z′ est stable pour l’addition, la multiplication et contient l’élément neutre (1, 0). 3. On a (a, a ′ ) = (a, 0) + (0, a ′ ) = a + (0, a ′ ) = a + a ′ (0, 1).
4. La remarque prélimininaire nous incite à considérer x1 = (0, 1) et x2 = (0, −1). Ce sont deux racines de X2 = 2. Exercice 19.52 ♥♥ Soit (A, +, ×) un anneau commutatif et f : A → R+ une application vérifiant : ∀(x, y) ∈ A2 , f (x + y) É sup( f (x), f (y)) f (x × y) = f (x) f (y) f (x) = 0 ⇐⇒ x = 0A
Montrer que B = f −1 ([0, 1]) est un sous-anneau de A. Solution : 1. B est non-vide puisque 0A ∈ B.
2. Puisque f (12A ) = f (1A )2 et que f est à valeurs dans R+ , on en déduit que f (1A ) = 1.
3. Puisque 1 = f ((−1A ) × (−1A )) = f (−1A )2 , on en déduit que f (−1A ) = 1.
4. Soient (x, y) ∈ B2 . Puisque f (x, y) É sup( f (x), f (y)) É 1, (x + y) ∈ B. Donc B est stable pour +.
5. Soit x ∈ B. Puisque f (−x) = f (−1A × x) = f (x), on en déduit que x ∈ B =⇒ −x ∈ B. On a donc montré que (B, +) était un sous-groupe de (A, +). 6. Soit (x, y) ∈ B2 . Alors f (x × y) = f (x) f (y) É 1 et donc x × y ∈ B. Donc B est stable pour ×.
Donc B est un sous-anneau de A.
Exercice 19.53 ♥♥ Soit (A, +, ×) un anneau. Soient (a, b) ∈ A2 tels que ab + ba = 1 et a 2 b + ba 2 = a
1. Montrer que a 2 b = ba 2 et que aba + aba = a . 2. Montrer que a est inversible et que son inverse est b + b . Solution : 1. En multipliant ab +ba = 1 à gauche par a : aab +aba = a = aab +baa d’où aba = baa . De même en multipliant à droite cette fois : aba +baa = a = aab +baa d’où aba = aab . On en déduit baa = aba = aab et donc l’égalité a 2 b + ba 2 = a peut s’écrire aba + aba = a .
2. En multipliant a 2 b +ba 2 = a à gauche par b : ab = aabb +baab = (baa)b +baab = b(aab)+b(aab) = b(aba)+ b(aba) = b(aba + aba) = ba . On déduit de ab + ba = 1 que ab + ab = a(b + b) = 1 et que ba + ba = (b + b)a = 1 ce qu’il fallait vérifier. Exercice 19.54 ♥♥ Soit (A, +, ×) un anneau. On pose ϕ:
½
A a
−→ 7−→
A a2
Montrer que si ϕ est un morphisme d’anneaux surjectif, alors A est commutatif.
741
Solution : L’application ϕ est un morphisme d’anneaux donc ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b) ou encore (a + b)2 = a 2 + b 2 soit ab + ba = 0 et ce pour tous a, b ∈ A. On a aussi ϕ(x y) = ϕ(x)ϕ(y) soit (x y)2 = x 2 y 2 autrement dit x 2 y 2 = x y x y = x(−x y)y = −x 2 y 2 = y 2 x 2 . Soit a, b ∈ A. Comme ϕ est surjectif, ∃x, y ∈ A, a = ϕ(x) et b = ϕ(y). La dernière égalité s’écrit ab = ba ce qu’il fallait vérifier. Exercice 19.55
♥♥♥
Soit un anneau (A, +, ×). On dit qu’il est régulier lorsque ∀u ∈ A, ∃x ∈ A : u = uxu.
1. Si l’anneau A est intègre, montrer que A est régulier si et seulement si A est un corps. 2. Si A est un anneau, on définit son centre Z(A) par ; Z(A) = {x ∈ A | ∀a ∈ A, ax = xa}
(a) Montrer que Z(A) est un sous-anneau de A. (b) On suppose désormais que A est un anneau régulier. Soit u ∈ Z(A) et x ∈ A tel que u = uxu . On pose y = xux . i. Calculer pour a ∈ A, uxa(1 − ux) et (1 − ux)aux et en déduire que ux ∈ Z(A). ii. Montrer que y = xux ∈ Z(A). iii. Montrer que si A est un anneau régulier, son centre Z(A) est également un anneau régulier. Solution : 1. ⇐ : soit u ∈ A. Si u = 0, il suffit de prendre x = 0. Si u 6= 0, u est inversible. Posons alors x = u −1 . On a bien u = uxu . ⇒ : soit u ∈ A, tel que u 6= 0. Comme A est régulier, il existe x ∈ A tel que u = uxu , c’est-à-dire u(1 − xu) = 0. L’anneau étant intègre, il vient que xu = 1. De même, on a (1 − ux)u = 0 et donc ux = 1. Par conséquent, u est inversible avec u −1 = x .
2. On vérifie facilement que Z(A) est stable pour +, × et qu’il contient 0 et 1.
3. On a uxa(1 − ux) = xau(1 − ux) = xau − xauxu = xau − xau = 0. De même, (1 − ux)aux = (1 − ux)uax = uax−(uxu)x = uax−uax = 0. Donc uxa(1−ux) = (1−ux)aux et en développant, uxa−uxaux = aux−uxaux ce qui donne (ux)a = a(ux). On a donc montré que (ux) ∈ Z(A).
4. Soit a ∈ A. Calculons (xux)a
=
u∈Z(A)
(ux)(xa)
=
ux∈Z(A)
(xa)(ux)
=
u∈Z(A)
(xu)(ax)
=
u∈Z(A)
(ux)(ax)
=
ux∈Z(A)
a(xux).
5. Soit u ∈ Z(A). Posons y = xux . On a vu que y ∈ Z(A) et alors u yu = u(xux)u = (uxu)xu = uxu = u . Exercice 19.56 ♥♥♥ Soit (A, +, ×) un anneau tel que
∀(x, y) ∈ A2 ,
(x y)2 = x 2 y 2
1. Montrer que ∀(x, y) ∈ A2 , x y x = x 2 y = y x 2 . 2. En déduire que A est un anneau commutatif . Solution : 1. Soit (x, y) ∈ A2 . En utilisant la propriété de l’énoncé avec x et (1 + y), on trouve que £
x(1 + y)
¤2
= x 2 (1 + y)2
=⇒ x 2 + x 2 y + x y x + (x y)2 = x 2 + 2x 2 y + x 2 y 2 =⇒ x y x = x 2 y
(car (x y)2 = x 2 y 2 ). De même, en utilisant la propriété avec x et (1 + y) on démontre que x y x = x 2 y . 742
(ax)(ux) =
2. Soit (x, y) ∈ A2 . En utilisant la propriété du 1. avec (1 + x) et y , on trouve que (1 + x)2 y = y(1 + x)2
=⇒ y + 2x y + x 2 y = y + 2y x + y x 2
=⇒ 2x y = 2y x
Ce qui ne suffit pas à conclure que x y = y x ! Mais avec la même idée, développons (1 + x)3 y . Comme x 3 y = x(x 2 y) = x(y x 2 ) = (x y x)x = (y x 2 )x = y x 3 , (1 + x)3 y = y(1 + x)3
=⇒ y + 3x y + 3x 2 y + x 3 y = y + 3y x + 3y x 2 + y x 3 =⇒ 3x y = 3y x
Donc 3x y − 2x y = 3y x − 2y x et par conséquent, x y = y x . Exercice 19.57 ♥♥♥ Soit f : R 7→ R un morphisme de l’anneau R vers lui-même. 1. Montrer que l’application f est croissante ; 2. Calculer f (r ) lorsque r ∈ Q ; 3. Soit un réel x ∈ R . Montrer qu’il existe une suite de rationnels (r n ) croissante et une suite de rationnels (qn ) décroissante qui convergent vers x ; 4. En déduire tous les morphismes d’anneaux de R vers lui-même. Solution :
p p
p
1. Soit z Ê 0. Écrivons f (z) = f ( z z) = f ( z)2 Ê 0. Soit alors (x, y) ∈ R2 tels que x É y . Calculons f (y − x) = f (y) − f (x) Ê 0. Donc l’application f est croissante sur R .
2. En utilisant que f est un morphisme de groupe (classique) et que f (1) = 1, on montre que ∀r ∈ R , f (r ) = r . 3. Utilisons la densité de Q dans R :
∀ε > 0, ∃(r, q) ∈ Q2 : x − ε < r < x < q < x + ε
Pour ε = 1, il existe (r 1 , q1 ) ∈ Q2 tels que x −1 É r 1 < x < q1 É x +1. Supposons construits les rationnels r 1 , . . . , r n et
¢ ¡ 1 , q n − r n > 0. Il existe alors (r n+1 , q n+1 ) ∈ Q2 tels que r n < r n+1 < x < q n+1 < q n n +1 1 avec en plus x − n+1 É r n+1 < q n+1 É x + n1 . On construit ainsi par récurrence deux suites de rationnels, avec la suite (r n ) qui est croissante et la suite (qn ) décroissante. D’après le théorème des gendarmes, puisque ∀n Ê 1,
q 1 , . . . , q n . Posons ε = min
x−
1 n
É r n É x É qn É x +
1 n
ces deux suites convergent vers x . 4. Soit x ∈ R et n ∈ N⋆ . Puisque la fonction f est croissante, on a f (r n ) É f (x) É f (q n )
or comme ∀n Ê 1, f (r n ) = r n et f (qn ) = qn , et que les deux suites convergent vers x , il vient que f (r n ) −−−−−→ x n→+∞ et f (qn ) −−−−−→ x , et par passage à la limite dans les inégalités, on trouve que f (x) = x . Par conséquent, f = id et n→+∞ réciproquement, id est bien un morphisme d’anneau. Exercice 19.58
♥♥♥
Anneau Z
£p ¤ 7
1. On rappelle (exercice ?? p. ??) que tout sous-groupe de (R, +) non réduit à {0} est soit de la forme a Z où a ∈ R∗+ , soit dense dans R. Soit H un sous-groupe de (R∗ , ×). Démontrer que © ª • soit : ∃a Ê 1 : H = a n , n ∈ Z , • soit : ∀(α, β) ∈ R2+ , (α < β) =⇒ (]α, β[∩H 6= ∅). (On pourra utiliser le logarithme.) 743
©
ª
p
p
2. Dans toute cette partie, A = a + b 7 | (a, b) ∈ Z2 . On admet que 7 ∉ Q. (voir l’exercice ?? p. ??.) p
(a) Démontrer que pour tout x ∈ A , il existe un unique couple (a, b) ∈ Z2 tel que x = a + b 7.
(b) Démontrer que A est un sous-anneau de (R, +, ×).
(c) Démontrer que l’ensemble U(A ) des éléments inversibles de A est un sous-groupe de (R∗ , ×). p
p
3. Pour x = a + b 7 ∈ A , on note x le réel a − b 7 et on note N(x) = xx = a 2 − 7b 2 . (a) Expliquer rapidement pourquoi x et N(x) sont bien définis.
(b) Démontrer que ∀(x, y) ∈ A 2 , N(x y) = N(x)N(y). On admet que l’équation N(x) = −1 n’admet pas de solution dans A . Voir à ce sujet l’exercice ?? p. ??.
4.
(c) Démontrer que ∀x ∈ A , (x ∈ U(A ) ⇐⇒ (N(x) = 1)). Le cas échéant, que vaut l’inverse de x ? p
p
(a) Soit a + b 7 ∈ U(A ). Démontrer que (a Ê 0 et b Ê 0)⇐⇒ (a + b 7 Ê 1).
(b) Démontrer que U(A ) n’est pas réduit à {−1, 1}. ¤
p £
(c) Démontrer que l’intervalle 1, 3 7 ne contient pas d’éléments de U(A ). (d) Démontrer qu’il existe un élément de u de U(A )∩]1, +∞[ tel que
© ª U(A ) = εu n ; ε = ±1 et n ∈ Z .
Le nombre u évidemment ( ?) unique est appelé unité principale de A . p
5. On pose pour tout n ∈ N, u n = an + bn 7.
(a) Démontrer que les suites (an )n∈N et (bn )n∈N sont positives et strictement croissantes.
(b) En déduire la valeur de u . (c) Donner dans l’ordre croissant des valeurs de x , les quatre plus petites solutions dans N∗ × N∗ de l’équation dite de Pell-Fermat : x 2 − 7y 2 = 1.
6. On pose αn = a2n et βn = b2n .
(a) Établir des relations de récurrence entre les αn+1 et βn+1 d’une part et les αn et βn d’autre part.
an converge vers une limite finie λ que l’on déterminera. bn (c) Démontrer que ∀n ∈ N, ¯ ¯ ¯ αn ¯ 1 ¯ εn = ¯ − λ¯¯ É p . βn 2 7β2n
(b) Démontrer que
(d) Donner une majoration explicite de l’erreur εn en fonction de n . n n (On pourra, faute de mieux, démontrer que ∀n ∈ N∗ , αn Ê 32 et βn Ê 32 .) p
(e) En déduire une approximation rationnelle de 7 à 10−20 près. Voir aussi exercice 19.51 p. 740.
Solution : 1. On considère l’image G de H par le logarithme. On vérifie que G est un sous-groupe © de (R, +)ª. • Supposons que G soit de la forme m Z, m ∈ R+ . En posant a = e m , on a bien H = a n , n ∈ Z . • Sinon G est dense dans R. Soit 0 < α < β, on peut donc trouver un élément x de G dans ] ln a, ln b[ et e x appartient à la fois à H et à ]α, β[. p
p
p
p
2. 1) Supposons a + b 7 = a ′ + b ′ 7 soit a − a ′ = (b ′ − b) 7. On a b ′ − b = 0 sinon on aurait 7 = est impossible. On en déduit a − a ′ = 0 ce qu’il fallait démontrer. p
p
a − a′ ∈ Q ce qui b′ − b
p
2) Ï A est stable pour la soustraction : a + b 7p− (a ′ + b ′ 7)p= (a − a ′ ) + (b − b ′ ) 7 ∈ A . p Ï A est stable pour la multiplication : (a + b 7) × (a ′ + b ′ 7)p= (aa ′ + 7bb ′ ) + (ab ′ + ba ′ ) 7. Ï l’élément unité 1 de (R, +, ×) appartient bien à A : 1 = 1 + 0 7. Donc A est un sous-anneau de (R, +, ×).
3) On a 1 ∈ U(A ). Si x, y ∈ U(A ), on a y −1 ∈ U(A ) et par suite x y −1 ∈ U(A ). p
3. 1) Lorsqu’on écrit x = a + b 7, les entiers a et b sont uniques. Par suite x et N(x) sont définis. p
p
p
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ 2) Soit (x, y) ∈ A 2 . On p pose x = a + b 7,′ y = a − b ′ 7, on a x′y = (aa p+ 7bb ) + (ab + ba ) 7, x y = (aa + ′ ′ ′ ′ 7bb )−(ab +ba ) 7. Ensuite x y = (aa +7(−b)(−b ))+(a(−b )−ba ) 7 = x y . Puis N(x y) = x y x y = x y x y = N(x)N(y).
744
3) Si N(x) = 1, alors xx = 1 et donc x ∈ U(A est bien l’inverse de x dans A . Réciproquement, si x est inversible dans A , il existe y dans A tel que x y = 1. Donc N(x)N(y) = N(1) = 1. Donc N(x) et N(y) sont des entiers dont le produit vaut 1, ils sont donc égaux à 1 ou −1. Comme l’équation N(x) = −1 n’admet pas de solution, c’est que N(x) = 1. Ce qu’il fallait démontrer. p
p
p
1
1
p
(a) En effet, en posant x = a + b 7, on a = a − b 7, −x = −a − b 7 et − = −a + b 7. Parmi ces quatre x x nombre, le plus grand appartient à [1, +∞[, son inverse à ]0, 1], son opposé, à ] − ∞, −1] et l’inverse de son opposé à [−1, 0[. Comme le plus grand des quatre a ses deux coefficients positifs, la proposition en résulte. p (b) On a 82 − 7 × 32 = 1, donc 8 + 3 7 ∈ U(A ). (c) Tous les éléments de U(A ) plus grands que 1 ont des coefficients a et b positifs. On regarde donc les valeurs . Les solutions b = 1 ou b = 2 ne conviennent pas, donc on a b Ê 3. de b ∈ N∗ pour lesquelles a 2 − 7b 2 = 1p p a Ê 0 , on en déduit que a + b 7 Ê 3 7 . C’est bien dire qu’il n’y a pas d’élément de U(A ) dans Comme ¤ p £ 1, 3 7 . ¤ p £ (d) La question montre que U(A ) ∩ R∗+ n’est pas dense, puisqu’il évite 1, 3 7 . Donc il est de la © n précédente ª forme u | n ∈ Z . En rajoutant les opposés, on obtient le résultat. p p 5. 1) Comme u > 1, on a a1 Ê 1 et b1 Ê 1. Comme u n+1 = (a1 + b1 7)(an + bn 7) on en déduit 4.
et
an+1 = an a1 + 7b n b 1 > an ,
b n+1 = an b 1 + b n a1 > b n .
D’où le résultat. 2) L’image de lapsuite u n est U(A ) ∩ [1, +∞[ tout entier, donc u1 = u est la plus petite valeur de U(A )∩]1, +∞[, à savoir 8 + 3 7. 3) D’après ce qui précède ce sont les (ak , bk ) fournis par les u k pour k = 1, 2 et 3. Soit (8, 3), (127, 48), (2034, 765), (32257, 12192). p ¡ p ¢2 6. (a) On a αn+1 + βn+1 7 = αn + βn 7 . On en déduit αn+1 = α2n + 7β2n et βn+1 = 2αn βn . (b) Comme on a ∀n ∈ N, α2n − 7β2n = 1, en divisant par β2n on a α2n β2n
−7 =
1 β2n
.
La suite (βn )n∈N est une suite d’entiers strictement croissante, qui tend donc vers +∞. Donc p et par suite λ = 7.
(c) Démontrer que ∀n ∈ N,
α2n β2n
tend vers 7
¯ ¯ ¯ αn ¯ 1 εn = ¯¯ − λ¯¯ É p . βn 2 7β2n p αn p (d) On a ∀n ∈ N, α2n = 7β2n + 1 > 7β2n . Donc + 7 > 2 7. βn ¯ ¯ ¯ αn p ¯ 1 1 On en déduit ¯¯ − 7¯¯ É p 2 . βn 2 7 βn p 21 p 21 Pour n = 1, on a β1 = b2 = 48 et α1 = a2 = 127 Ê 48 . On montre par récurrence que pour n Ê 1, αn Ê p 2n+1 p 2n+1 p 2n p 2n+1 p 2n + 7 48 Ê 48 48 et βn Ê 48 . On a alors αn+1 = α2n + 7β2n Ê 48 et βn+1 = 2αn βn Ê p 2n p 2n p 2n+1 2 48 48 Ê 48 , ce qu’il fallait vérifier. Finalement, pour n Ê 1, ¯ ¯ ¯ αn p ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯ β − 7¯ É p n+1 2 2 7 48 n p p n (e) On cherche à avoir 2 7482 Ê 1020 . Enpprenant les logarithmes décimaux, cela revient à log10 (2 7) + 20 − log10 (2 7) < 11, 5, donc il suffit d’avoir 2n > 11, 5, par exemple n = 4. 2n log10 (48) Ê 20. On calcule log10 (48)
n 0 1 2 3 4 p
Donc 7 =
αn 8 127 32257 2081028097 8661355881006882817
8661355881006882817 à 10−20 près. 327368481111013747
745
βn 3 48 12192 786554688 3273684811110137472
19.3.6 Corps Exercice 19.59 ♥ On définit sur R les deux lois ⊕ et ⊗ par x ⊕ y = x + y − 1 et x ⊗ y = x + y − x y . Montrer que (R, ⊕, ⊗) est un corps. Solution : On pose f (u) = 1 − u . On a f (x ⊕ y) = f (x) + f (y) et f (x ⊗ y) = f (x) + f (y). De ce fait (R, ⊕, ⊗) est un corps et f réalise un isomorphisme de corps entre (R, ⊕, ⊗) et (R, +, ×). Exercice 19.60 ♥ Pour (a, b) ∈ R2 , on pose :
a⊤b = a + b − 1
et
a ⋆ b = ab − a − b + 2
Montrer que (R, ⊤, ⋆) est un corps. Solution : On pose g (x) = x − 1 donc g −1 (y) = y + 1. On a a⊤b = a + b − 1 = (a − 1) + (b − 1) + 1 = g −1 (g (a) + g (b)) et a ⋆ b = (a − 1)(b − 1) + 1 = g −1 (g (a).g (b)). Exercice 19.61 Soit K et L deux corps et f : K 7→ L un morphisme de corps. Démontrer que f est injectif. Solution : Soit x 6= 0K . On a f (x). f (x −1 ) = f (1K ) = 1L . L’élément f (x) est inversible dans L, donc il est différent de 0L . Par contraposée, si f (x) = 0L alors x = 0K . Le noyau de f est réduit à 0K . Donc f est injectif. Exercice 19.62 ♥♥♥ Corps à 4 éléments On se propose de construire un corps (F4 , +, ×) sur un ensemble à quatre éléments :{0, 1, x, y}. 1. En calculant 1 × x × y de deux façons différentes, démontrer que x 3 = 1.
2. Démontrer que nécessairement x 2 = y et que y 2 = x .
3. En déduire la table du groupe (F⋆4 , ×).
4. Démontrer que nécessairement 1 + 1 + 1 + 1 = 0. 5. En déduire que 1 + 1 = x + x = y + y = 0. 6. En déduire la table du groupe (F4 , +). 7. Démontrer que l’on a bien construit un corps à quatre éléments. Solution : 1. Comme l’application τx de F⋆4 dans lui-même, définie par τx (t ) = x × t est une bijection, de bijection réciproque τx −1 on a 1 × x × y = τx (1) × τx (x) × τx (y) = (x × 1) × (x × x) × (x × y) = x 3 × (1 × x × y),
on en déduit, en simplifiant par 1 × x × y , que x 3 = 1.
2. Comme x 6= 0, on a x 6 = 0 puisqu’un corps est intègre. On a aussi x 2 6= x . En effet, sinon on aurait (x−1)×x = 0 d’où x = 1 ou x = 0, absurde. Supposons x 2 = 1. On aurait alors x 3 = x en contradiction avec la question précédente. Donc x 2 = y . Pour les mêmes raisons, y 2 = x . 3.
×
1
x
y
1 x y
1 x y
x y 1
y 1 x
Remarque : Un argument plus savant aurait été : il n’existe qu’une seule loi de groupe possible sur un ensemble à trois éléments. 4. Cette fois on calcule S = 0 + 1 + x + y = (0 + 1) + (1 + 1) + (1 + x) + (1 + y) = 1 + 1 + 1 + 1 + S,
d’où 1 + 1 + 1 + 1 = 0.
5. On a 1 + 1 6= 1. Supposons 1 + 1 = x , en élevant au carré, on aurait 1 + 1 + 1 + 1 = x 2 = y soit y = 0, absurde. De même 1+ 1 = y n’est pas possible. Il ne reste qu’une seule possibilité : 1+ 1 = 0. En multipliant cette égalité par x puis par y , on obtient x + x = 0 et y + y = 0. 746
On a 1 + 0 = 1 donc 1 + x 6= 1, on a 1 + 1 = 0 donc 1 + x 6= 0 on a 1 6= 0 donc 1 + x 6= x . Il reste une seule possibilité pour 1 + x , donc on a nécessairement 6. 1 + x = y et en ajoutant 1 aux deux membres, x = 1 + y . On a donc la table du groupe (F4 , +).
+
0
1
x
y
0 1 x y
0 1 x y
1 0 y x
x y 0 1
y x 1 0
7. Il reste à vérifier la distributivité, (a + b) × c = a × c + b × c , ce qui donne a priori 43 = 64 vérifications. Les cas où c = 0 ou c = 1 sont évidents, même chose si a = 0 ou b = 0 ou a = b . Il reste donc trois possibilités pour a , deux pour b donc six pour (a, b). La commutativité de + divise le nombre de cas par deux. Comme il y a deux choix pour c , il y a au total six vérifications à effectuer. Ï (1 + x) × x = y × x = 1 et 1 × x + x × x = x + y = 1. Ï (1 + x) × y = y × y = x et 1 × y + x × y = y + 1 = x . Ï (1 + y) × x = x × x = y et 1 × x + y × x = x + 1 = y . Ï (1 + y) × y = x × y = 1 et 1 × y + y × y = y + x = 1. Ï (x + y) × x = 1 × x = x et x × x + y × x = y + 1 = x . Ï (x + y) × y = 1 × y = y et x × y + y × y = 1 + x = y .
747
Chapitre
20
Arithmétique Le père Rouault vint apporter à Charles le paiement de sa jambe remise, soixante-quinze francs en pièces de quarante sous. Gustave FLAUBERT, Madame Bovary, 1857.
Pour bien aborder ce chapitre Un très beau chapitre. Tellement beau que nous allons le traiter deux fois ! En effet, il a beaucoup de points communs avec le suivant. On peut expliquer ces points communs à l’aide de la théorie des idéaux d’un anneau, mais ce n’est pas l’objet ici. Par ailleurs l’arithmétique a toujours fasciné les hommes, les mathématiciens comme les profanes. Avec un peu de curiosité et d’observation, n’importe qui peut conjecturer des propriétés qui peuvent s’avérer ardues à démontrer. On peut par exemple contempler le tableau des derniers chiffres de i j pour 0 É i É 9 et 1 É j É 5. Une explication viendra plus tard... j \i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1 2 3 4 5
1 1 1 1 1
2 4 8 6 2
3 9 7 1 3
4 6 4 6 4
5 5 5 5 5
6 6 6 6 6
7 9 3 1 7
8 4 2 6 8
9 1 9 1 9
Par ailleurs, on peut s’émerveiller devant les nombres premiers, le mystère de leur répartition et la beauté gratuite de leur étude. Gratuite ? Rien n’est moins sûr ! La découverte d’un algorithme rapide de décomposition en facteurs premiers mettrait à mal bien des codes secrets et l’arithmétique est devenu un secteur d’étude stratégique. Parmi les nombreux mathématiciens qui se sont intéressés à l’arithmétique, le nom de Gauss se détache. Toute sa vie durant il est revenu sur des problèmes d’arithmétique. Mais on peut citer Euclide, Diophante, Fermat, Legendre, Euler et Ramanujan. L’arithmétique est une école de rigueur. Mais une fois les mécanismes acquis, ce chapitre devient une récréation.
20.1 Relation de divisibilité, division euclidienne 20.1.1 Relation de divisibilité D ÉFINITION 20.1 ♥ Divisibilité Soient deux entiers relatifs (a, b) ∈ Z2 . On dit que l’entier a divise l’entier b si et seulement si ∃k ∈ Z tq b = ka . ✎ Notation 20.1 On notera a | b (se lit « a divise b ») le fait que l’entier a divise l’entier b . Remarque 20.1 – ∀n ∈ N, n | 0 ; – ∀n ∈ N, 0 | n =⇒ n = 0 ; – ∀(a, b, c, d) ∈ Z4 , [a | b et c | d] =⇒ ac | bd .
748
P ROPOSITION 20.1 Propriétés de la divisibilité – La relation « divise » est réflexive : ∀a ∈ Z, a | a . – La relation « divise » est transitive : ∀(a, b, c) ∈ Z3 , [a | b et b | c] =⇒ a | c . – La relation « divise » n’est ni symétrique, ni antisymétrique. Donc ce n’est ni une relation d‘’équivalence, ni une relation d’ordre sur Z ). Par contre : [a | b et b | a] ⇐⇒ a = ±b . Démonstration 1. Soit a ∈ Z. Comme a = 1 × a il est clair que a|a . 2.
(
a|b
(
∃k ∈ Z,
b = ka
=⇒ c = kk ′ a =⇒ a|c b|c c = kb £ ¡ ¢ ¤ 3. On a : [a|b et b|a] =⇒ ∃ k,k ′ ∈ Z2 : b = ka et a = k ′ b =⇒ a = kk ′ a . Il vient alors : – si a = 0 alors b = ka = 0 et donc a = b . – si a 6= 0, kk ′ = 1, comme k et k ′ sont des entiers, cette égalité n’est possible que si k = k ′ = 1 ou alors si k = k ′ = −1. On a finalement bien a = ±b . Réciproquement si a = ±b , on a nécessairement [a|b et b|a].
P ROPOSITION 20.2 Soit a, b, c ∈ Z et k1 , k2 ∈ Z. Alors :
=⇒
et
[a|b
∃k ′ ∈ Z,
a|c] =⇒ a| (k 1 b + k 2 c)
Démonstration En effet : [a|b
et
a|c] =⇒
( ∃k ∈ Z,
∃k ′ ∈ Z,
b = ka
c = ka
¡ ¢ =⇒ k1 b + k2 c = k1 ka + k2 k ′ a = k1 k + k2 k ′ a =⇒ a| (k1 b + k2 c)
20.1.2 Congruences D ÉFINITION 20.2 Congruence Considérons un entier strictement positif n ∈ N∗ et deux entiers (a, b) ∈ Z2 . On dit que l’entier a est congru à l’entier b modulo n , et l’on note a ≡ b [n] lorsque l’entier n divise l’entier (b − a) : a ≡ b [n] ⇐⇒ n/(b − a).
P ROPOSITION 20.3 Compatibilité des lois avec les congruences Soient quatre entiers (a, b, c, d) ∈ Z4 et un entier n ∈ N∗ . On suppose que 1. a ≡ b [n] ; 2. c ≡ d [n].
Alors
1. a + c ≡ b + d [n] ;
2. a × c ≡ b × d [n] ;
3. ∀k ∈ N, a k ≡ b k [n]. Pour démontrer que a | b il peut être intéressant de démontrer que b ≡ 0 [a]. Exemple 20.2 On veut démontrer que 641 divise 232 + 1. On remarque que n = 641 = 1 + 640 = 1 + 5 × 27 = 625 + 16 = 54 + 24 . On en déduit 5 × 27 ≡ −1 [n]. En élevant à la puissance 4, on a 54 × 228 ≡ 1 [n]. Comme 54 ≡ −24 [n], on obtient −24 × 228 ≡ 1 [n] soit en ajoutant 232 aux deux membres, 0 ≡ 232 + 1 [n], ce qu’il fallait vérifier. Cet exemple historique est dû à Euler et fournit un contre-exemple à une conjecture de Fermat : n
∀n ∈ N, 22 + 1 est premier.
749
Exemple 20.3 Pour un nombre entier n (écrit en base 10) on a n ≡ a [10] où a désigne le chiffre des unités de n . Ainsi la dernière ligne du tableau des i j p. 748 peut se lire i 5 ≡ i [10] pour tous entiers i . Pp
Pp
Exemple 20.4 On a 10 ≡ 1 [9] et donc ∀k ∈ N, 10k ≡ 1 [9]. En particulier k=0 ak 10k ≡ k=0 ak [9]. Autrement dit, un Pp nombre entier n = k=0 ak 10k (écrit en base 10) est congru modulo 9 à la somme de ses chiffres, et donc aussi à la somme des chiffres de la somme de ses chiffres, etc. C’est le principe de la preuve par neuf enseignée autrefois à l’école élémentaire. Elle peut s’énoncer de la façon suivante : « Le produit des restes des deux facteurs modulo 9 est congru au reste du produit modulo 9 ». L’exemple suivant est dû à Eugène Ionesco (La Leçon 1951). L E P ROFESSEUR ...combien font, par exemple, trois milliards sept cent cinquante-cinq millions neuf cent quatre-vingt-dix-huit mille deux cent cinquante et un, multiplié par cinq milliards cent soixante-deux millions trois cent trois mille cinq cent huit ? L’É LÈVE, très vite. Ça fait dix-neuf quintillions trois cent quatre-vingt dix quadrillions deux trillions huit cent quarante quatre milliards deux cent dix-neuf millions cent soixante-quatre mille cinq cent huit... On prend a = 3755998251, b = 5162303508. La somme des chiffres de a vaut 54 donc a ≡ 0 [9]. De même la somme des chiffres de b vaut 33 donc b ≡ 6 [9]. Donc le produit ab est congru à 0 modulo 9. La somme des chiffres du produit c = 19390002844219164508 annoncé par l’élève vaut 76 donc c ≡ 4 [9]. Moralité, le résultat donné par l’élève est faux. Exemple 20.5 On peut de demander quelle est valeur exacte du produit. Faute d’un logiciel de calcul formel qui donnerait la solution, on travaille avec une calculatrice qui donne quatorze chiffres significatif (en l’occurence il s’agit d’un tableur). Il donne 3755998251 × 5162303508 = 19389602947179200000. Il est clair que les derniers chiffres sont faux. Pour les trouver, on travaille modulo 107 , ce qui va donner les sept derniers chiffres : Soit a ′ = 5998251 et b ′ = 2303508. On a a ≡ a ′ [107 ] et b ≡ b ′ [107 ]. On a donc ab ≡ a ′ b ′ [107 ]. Le tableur donne a ′ b ′ = 13817019164508 ≡ 19164508 (mod 107 ). On peut donc reconstituer ab = 19389602947179164508. Bien entendu, on vérifie avec la preuve par neuf que ab ≡ 0 [9]. D ÉFINITION 20.3 Système complet de restes modulo m Soit m un entier Ê 2. On appelle système complet de restes modulo m un système d’entiers contenant un et un seul représentant de chaque classe. Exemples : 0, m − 1, système de m entiers consécutifs, m entiers non congrus modulo m deux à deux. P ROPOSITION 20.4 P Soit x 7−→ f (x) = ni=0 ai x i une fonction polynôme où les ai ∈ Z. On suppose que l’on a f (r ) non congru à 0 modulo m pour r décrivant un système complet de restes modulo m . On a alors ∀x ∈ Z, f (x) non congru à 0 modulo m .
Démonstration En effet, soit x ∈ Z, il existe un r appartenant au système complet de restes modulo m , tel que x ≡ r [m]. Comme P P par ailleurs, ni=0 a i x i ≡ ni=0 a i r i [m], le résultat en découle.
20.1.3 Division euclidienne r qa
b
(q + 1)a
F IGURE 20.1 – Division euclidienne dans Z
T HÉORÈME 20.5 ♥♥♥ Division Euclidienne Soient deux entiers (a, b) ∈ Z × N avec b 6= 0. Alors il existe un unique couple (q, r ) ∈ Z2 tel que : 1 2
a = bq + r
0Ér a car q + 1 > q et q est le plus grand élément de M , donc q + 1 6∈ M . 2 ¡ ¢ Posons r = a − bq . On a bien a = bq + r . Par ailleurs 0 É r car a Ê bq et r < b car b = q + 1 b − qb > a − qb = r . cas précédent. Sinon −a est positif et il existe (q ′ ,r ′ ) ∈ Z2 – Supposons maintenant que a ∈ Z. Si a est positif, on se ¡ramène ¢ au ′ ′ ′ ′ ′ tel que :−a = q b + r et 0 É r < b . On a donc a = b −q − r . Si r ′ = 0 alors on pose q = −q ′ et r = 0. On obtient ainsi le couple recherché. Sinon, si r ′ 6= 0, alors r ′ ∈ 1,b − 1 et a = b(−q ′ − 1) + (b − r ′ ). On pose alors q = −q ′ − 1 et r = b − r ′ et on 1
obtient, ici encore, le couple recherché.
20.2 PGCD, théorèmes d’Euclide et de Bézout D ÉFINITION 20.4 ♥ PGCD, PPCM Soient deux entiers non tous deux nuls (a, b) ∈ Z∗2 .
1. L’ensemble des diviseurs de N∗ communs à a et b admet un plus grand élément noté a ∧ b . C’est le plus grand commun diviseur (PGCD) des entiers a et b .
2. L’ensemble des entiers de N∗ multiples communs de a et b admet un plus petit élément noté : a ∨ b . C’est le plus petit commun multiple (PPCM) des entiers a et b . Si a = b = 0, on pose a ∧ b = a ∨ b = 0. T HÉORÈME 20.6 ♥ Théorème d’Euclide Soient deux entiers (a, b) ∈ Z∗2 . Effectuons la division euclidienne de l’entier a par l’entier b : ∃!(q, r ) ∈ N2 :
et 0 É r < b
a = bq + r
Alors : a ∧b = b ∧r Démonstration Comme r = a − bq , tout entier divisant à la fois a et b divise aussi r . L’ensemble des diviseurs communs à a et b est égal à l’ensemble des diviseurs communs à b et r . En particulier, ces deux ensembles ont le même plus grand élément, ce qui s’écrit aussi : a ∧ b = b ∧ r . a
d
b
b
r = a − 2b
b
F IGURE 20.2 – Euclide : si d | b et d | a , alors d | r Le théorème précédent justifie l’algorithme d’Euclide pour trouver le pgcd de deux entiers non nuls (a, b) ∈ N∗2 . On pose r 0 = a , r 1 = b et on définit ensuite ∀k Ê 1, les couples (q k , r k ) en utilisant une division euclidienne : si r k 6= 0, ∃!(qk , r k+1 ) ∈ Z2 tq r k−1 = qk r k + r k+1 et 0 É r k+1 < r k Comme la suite d’entiers (r k ) est strictement décroissante, il existe un rang n Ê 1 tel que r n 6= 0 et r n+1 = 0. D’après le théorème d’Euclide, on a ∀k ∈ [0, n − 1], a ∧ b = r k ∧ r k+1 . Comme r n divise r n−1 , on a r n ∧ r n−1 = r n . Par conséquent, le dernier reste non-nul r n est le pgcd des entiers (a, b).
751
Exemple 20.6 Déterminons le pgcd des entiers 366 et 43 en utilisant l’algorithme d’Euclide : 43 × 8 + 22 43 = 22 × 1 + 21 22 = 21 × 1 + 1 366
=
21
=
1 × 21 + 0
donc 366 ∧ 43 = 1. MAPLE
pgcd := proc(a, b) local A, B, r; A := a; B := b; while (b > 0) do r := irem(A, B); A := B; B := r; od; A; end;
– Paramètres : a , b (entiers). – Variables locales : A, B, r . – Initialisation : – A ← a, – B ← b, – Corps : Tant que b 6= 0 faire : – r ← A mod B, – A ← B, – B←r, Fin tant que – Renvoyer A (A = pgcd(a, b)).
ou sous une forme récursive : MAPLE
pgcd := proc(a, b) if b = 0 then a else pgcd(b,irem(a,b)) fi; end;
15
10
5
5
10 15 Le pgcd de 17 et 24 égale 1.
20
D ÉFINITION 20.5 Nombres premiers entre eux On dit que deux nombres a et b sont premiers entre eux si et seulement si leur plus grand diviseur commun est 1, autrement dit si et seulement si a ∧ b = 1. 752
B IO 17 Étienne Bézout, , né le 31 mars 1730 à Nemours, mort le 27 septembre 1783 à Basses-Loges)
Mathématicien français. Auteur de différents livres d’enseignement qu’il rédigea à l’attention des gardes de la marine ou des élèves du corps de l’artillerie. Il est surtout connu pour le théorème ci dessous mais il a travaillé également sur les déterminants et les équations algébriques. Son nom est attaché à d’autres théorèmes en géométrie algébrique et intersections de courbes.
T HÉORÈME 20.7 ♥♥♥ Coefficients de Bézout Soient deux entiers non nuls (a, b) ∈ Z∗2 . Il existe (u, v) ∈ Z2 tels que au + bv = a ∧ b.
Un tel couple (u, v) est appelé couple de coefficients de Bézout de a et b . Démonstration Quitte à considérer |a| et |b| à la place de a et b , on peut supposer a et b positifs. La preuve se fait par récurrence sur b . Si b = 0, alors a ∧b = a et 1.a +0.b = a donc un couple de coefficient de Bézout est (1,0). On fixe b ∈ N∗ et on suppose ¡ ¢que la propriété est vraie pour tout a ∈ N et tout nombre n de l’intervalle d’entiers 0,b − 1. Par division euclidienne, il existe q,r ∈ N2 tels que a = bq +r et 0 É r É b −1. D’après le théorème d’Euclide,¡on sait ¢que a ∧b = b ∧r¡. On applique l’hypothèse de récurrence ¢ à b et r , il existe (U,V) ∈ Z2 tels que Ub +Vr = b ∧r . Donc Ub +V a − bq = a ∧b et Va + U − Vq b = a ∧b . La propriété est alors prouvée par récurrence.
Remarque 20.2
Il n’y a pas unicité du couple de coefficients de Bézout de deux entiers. Voir exercice ?? p. ??.
T HÉORÈME 20.8 ♥♥♥ Théorème de Bézout Soient deux entiers non nuls (a, b) ∈ (Z∗ )2 . On a
£ a ∧ b = 1 ⇐⇒ ∃(u, v) ∈ Z2 :
1 = au + bv
¤
Démonstration ⇒ C’est une conséquence directe du théorème précédent. ⇐ Supposons qu’il existe (u, v ) ∈ Z2 tel que au +bv = 1. Si d est un diviseur commun à a et b alors d est un diviseur de 1. Il est alors clair que a ∧ b = 1.
Remarque 20.3 Soient deux entiers (a, b) ∈ Z × N∗ premiers entre eux. L’algorithme d’Euclide permet de trouver un couple de Bézout (u, v) ∈ Z2 tel que au + bv = 1. On définit les suites (r k ) et (qk ) des restes dans l’algorithme d’Euclide. Notons r n = a ∧ b = 1 le dernier reste non-nul. On pose r 0 = a , r 1 = b et par récurrence, on définit ∀k Ê 1, r k−1 = q k r k + r k+1 avec 0 < r k+1 É r k
On définit simultanément deux suites (uk ) et (v k ) telles que ∀k ∈ [0, n], r k = uk a + v k b
Pour que cette propriété soit vraie pour tout k ∈ 0, n, on doit poser : (u0 , v 0 ) = (1, 0), (u1 , v 1 ) = (0, 1) et ∀k ∈ [2, n],
(
uk+1 = uk−1 − q k uk v k+1 = v k−1 − q k v k
On a alors 1 = aun + bv n . r0 = a 1 0
r1 = b q1 0 1
r2 q2 u2 v2
... ... ... ...
753
rk qk uk vk
... ... ... ...
1 qn un = u vn = v
Voici une procédure Maple qui prend comme paramètres a et b et qui retourne a ∧ b , ainsi qu’un couple de Bézout (U, V) MAPLE
bezout := proc(a, b) local R, RR, Q, U, UU, V, VV, temp; R := a; RR := b; U := 1; UU := 0; V := 0; VV := 1; #Cond entrée : R = r0, RR = r1, U = u0, V = v0, UU = u1, VV = v1 while (RR > 0) do Q := iquo(R, RR); temp := UU; UU := U - Q * UU; U:=temp; temp := VV; VV := V - Q * VV; V := temp; temp := RR; RR := irem(R, RR); R := temp; #INV : R = rk, RR = r_{k+1}, U = uk, UU = u_{k+1}, V = vk, VV = v_{k+1}, # Q = qk, k : nombre de passages dans la boucle while od; #Cond sortie : RR = u_{n+1}=0, R = r_n = pgcd(a, b), U = u_n, V = v_n R, U, V; end;
Exemple 20.7 Déterminons grâce à l’algorithme d’Euclide un couple de Bézout pour a = 22 et b = 17. r 0 = 22 u0 = 1 v0 = 0
r 1 = 17 q1 = 1 u1 = 0 v1 = 1
r2 = 5 q2 = 3 u2 = 1 v 2 = −1
r3 = 2 q3 = 2 u3 = −3 v3 = 4
r4 = 1 q4 = 2 u4 = 7 v 4 = −9
et 1 = 7 × 22 − 9 × 17 . B IO 18
Carl Friedrich Gauss, né le 30 avril 1777 à Brunswick (Saint-Empire romain germanique), mort le 23 février 1855 à Göttingen (Royaume de Hanovre)
Mathématicien allemand. C’est un des plus grands mathématiciens de tous les temps. Certains l’ont même surnommé le « prince des mathématiques ». Alors âgé de trois ans, on raconte qu’il sut corriger son père dans un calcul de salaire. Il est remarqué par ses instituteurs qui le poussent à poursuivre ses études. Á dix-neuf ans, il résout un problème qui date d’Euclide, celui de la construction à la règle et au compas du polygône régulier à dix-sept côtés. Cette découverte fut à l’origine de sa décision de consacrer sa vie aux mathématiques. Il effectue sa thèse sous la direction de Johann Pfaff à l’université de Brunswick. Celle-ci porte sur une démonstration du théorème fondamental de l’algèbre 21.24 page 778. Gauss s’intéressa à de nombreuses branches des mathématiques : l’arithmétique, la géométrie, les probabilités, etc. Il a permis des avancées énormes en théorie des nombres, en géométrie non-euclidienne, . . .Mais il s’est aussi intéressé, entre autres, à l’astronomie ou à la cartographie à chaque fois avec génie. Même si la portée de ses travaux ne fut pas complètement comprise par ses contemporains - Gauss ne publiant que très peu ce fut la postérité qui comprit la profondeur et l’étendue de son travail à la lecture de son journal intime qui fut publié après sa mort. Il eut comme élèves Richard Dedekind et Bernhard Riemann. T HÉORÈME 20.9 ♥♥♥ Théorème de Gauss Soient trois entiers non nuls (a, b, c) ∈ Z∗3 . [a | bc
et
a ∧ b = 1] =⇒ a | c
754
Démonstration Si a ∧ b = 1 alors, d’après le théorème de Bézout 20.8, il existe (u, v ) ∈ Z2 tel que au + bv = 1. On a donc aussi auc + bvc = c . Mais comme a divise bc et que a divise auc , a divise auc + bvc = c .
P ROPOSITION 20.10 Caractérisation des diviseurs et des multiples Soient deux entiers (a, b) ∈ Z2 . 1. Soit un entier d ∈ Z . 2. soit un entier m ∈ Z .
(
d |a
d |b ( a |m b |m
⇐⇒ d | (a ∧ b) ⇐⇒ (a ∨ b) | m .
Démonstration 1. Supposons que que d divise a et b et notons δ = a ∧ b . D’après le théorème 20.7, il existe (u, v ) ∈ Z2 tels que au + bv = δ. Comme d | a et que d | b , on sait que d | δ. La réciproque est facile.
2. Supposons que a et b divisent m et notons µ = a ∨b . Il existe k,k ′ ∈ N tels que µ = ka et µ = k¡ ′ b . Il aussi l ,l ′ ∈ N tels ¢ existe ′ 2 que m = l a et m = l b . De plus, par application du théorème 20.5, il existe un unique couple q,r ∈ N tel que m = pµ + r et 0 É r < µ. On peut alors écrire l a = pka +r et l ′ b = pk ′ b +r et donc a | r et b | r . Si r 6= 0 alors r est un multiple commun à a et b . Par définition de µ, il vient r Ê µ ce qui est impossible. Donc r = 0 et µ divise m . La réciproque est évidente.
P ROPOSITION 20.11 ∗2
∗
Soient deux entiers non nuls (a, b) ∈ Z . Pour un entier k ∈ N ,
(
(ka) ∧ (kb) = k(a ∧ b)
(ka) ∨ (kb) = k(a ∨ b)
.
Démonstration – Posons δ = a ∧ b et ∆ = ka ∧ kb . Il est clair que kδ | ∆. Montrons que ∆ | kδ, ce qui prouvera la première égalité. Comme k | ∆ il existe m ∈ Z tel que ∆ = km . Mais alors km | ka et m | a . De même, km | kb et donc m | b . L’entier m est donc un diviseur de δ et ∆ = km | kδ. – Posons maintenant d = a ∨b et D = ka ∨kb . L’entier kd est un multiple de ka et kb donc D | kd . Si on montre de plus que kd | D alors la seconde égalité sera prouvée. Comme ka | D et que kb | D, il existe des entiers m 1 et m 2 tels que D = kam 1 = kbm 2 . L’entier k est donc un diviseur de D et il existe un entier D′ tel que D = kD′ . Par suite, on a D′ = am 1 = bm 2 et D′ est donc un multiple commun à a et b ce qui amène d | D′ ainsi que kd | D.
P ROPOSITION 20.12 ♥ Autres propriétés du PGCD Soient trois entiers non nuls (a, b, c) ∈ Z∗3 .
Soient trois entiers (δ, a ′ , b ′ ) ∈ N∗ × Z2 tels que a = δa ′ , b = δb ′ , alors
1
(
2
a ∧b = 1
a ∧c = 1 a | c
b|c a ∧b = 1
3
¡ ¢ ¡ ¢ δ = a ∧ b ⇐⇒ a ′ ∧ b ′ = 1
⇐⇒ a ∧ (bc) = 1 ;
=⇒ ab | c ;
pour tout couple (p, q) ∈ N∗2 , si a ∧ b = 1, alors a p ∧ b q = 1 ;
4
pour tout entier k ∈ N∗ , a k ∧ b k = (a ∧ b)k .
5
Démonstration 1 2
3 4
C’est une conséquence directe de la proposition 20.10. Si a ∧b = 1 et a ∧c = 1, alors par application du théorème de Bézout 20.8, il existe des entiers s, t,u, v tels que sa + tb = 1 et ua + vc = 1. Si on multiplie membre à membre ces deux égalités, on obtient l’égalité de Bézout : (sua + v sc + tub) a + (t vc) b = 1 et en conclusion a ∧ (bc) = 1. ⇐ Réciproquement, si a ∧ (bc) = 1 alors il : est clair que a est premier à la fois avec b et c . ⇒
Comme a | c , il existe k ∈ Z tel que c = ka . Mais comme b | c = ka et que a ∧ b = 1 alors par le théorème de Gauss 20.9, il vient que b | k . En conclusion ab | c . Considérons A,B ∈ N∗ tels que A ∧B = 1 et m ∈ N∗ . Si on applique la deuxième règle avec a = A, b = B et c = B, on obtient : A ∧ B2 = 1. En l’appliquant une nouvelle fois avec a = A, b = B et c = B2 , il vient que A ∧ B3 = 1. Si on l’applique encore m − 3 fois, il vient que : A ∧ Bm = 1. En résumé, on a prouvé que si A ∧ B = 1 alors A ∧ Bm = 1. Considérons a,b ∈ N∗ tels que a ∧ b = 1 et p, q ∈ N∗ . On applique ce résultat à A = a , B = b et m = q . Il vient a ∧ b q = 1. On l’applique alors une nouvelle fois mais à A = b q , B = a et m = p et on trouve : a p ∧ b q = 1.
755
5
a ∧ bδ = 1 et δ a k ∧ b k = δk = (a ∧ b)k .
Soit k ∈ N∗ . Posons δ = a ∧ b . Grâce à la première règle, on a : appliquant à nouveau la première règle, il vient que :
grâce à la quatrième :
³ ´k a δ
³ ´k ∧ bδ = 1. En
T HÉORÈME 20.13 ♥ Relation entre PGCD et PPCM Soient deux entiers non nuls (a, b) ∈ Z∗ 2 . 1. Si a ∧ b = 1 alors a ∨ b = |ab| ; 2. (a ∧ b)(a ∨ b) = |ab|.
Démonstration 1. Supposons que a et b sont positifs et premiers entre eux. Soit d un multiple commun à a et b . Alors il existe k ∈ N tels que d = ka . Comme b | d et que a ∧ b = 1, on en déduit, grâce au théorème de Gauss 20.9, que b | k et qu’il existe donc k ′ ∈ N tel que d = k ′ ab . Comme d est le plus petit commun multiple de a et b , il vient forcément que k ′ = 1 et que d = ab . Si a et b ne sont pas tous deux positifs, on applique ce résultat à |a| et |b|.
2. Notons δ = a ∧b et a = δa ′ , b = δb ′ avec a ′ ,b ′ ∈ Z. Montrons que l’ensemble des multiples communs à a et b est l’ensemble des multiples de δa ′ b ′ . Il est clair que tout multiple de δa ′ b ′ est un multiple commun à a et b . Réciproquement, si m est un multiple commun à a et b alors il existe k,k ′ ∈ Z tels que m = ka = k ′ b . On a aussi : m = kδa ′ = k ′ δb ′ . Comme a ′ et b ′ sont premiers entre eux, cette égalité implique, par application du théorème de Ga uss 20.9 que b ′ | k . Donc ¯ m est ¯ un multiple ′ b ′ , c’est à dire que a ∨ b = ¯δa ′ b ′ ¯. Il vient alors de δa ′ b ′ . Il s’ensuit que le ppcm de a et b est le plus petit multiple de δa ¯ ¯ δ(a ∨ b) = δ ¯δa ′ b ′ ¯ = |ab| d’où l’égalité.
20.3 Nombres premiers 20.3.1 Nombres premiers D ÉFINITION 20.6 ♥ Nombre premier, nombre composé Un entier n ∈ N est dit premier si n Ê 2 et si ses seuls diviseurs dans N, sont 1 ou lui-même : ∀k ∈ N∗ , k/n =⇒ k ∈ {1, n}
On note P l’ensemble des nombres premiers. Si un entier n ∈ N n’est pas premier, on dit qu’il est composé. Remarque 20.4
Un entier positif est premier si et seulement si le cardinal de l’ensemble de ses diviseurs est égal à 2.
P ROPOSITION 20.14 ♥ Propriétés des nombres premiers 1. Soit un entier p ∈ N premier, et a ∈ Z un entier. Alors, p | a ou bien p ∧ a = 1.
2. Si n et m sont deux nombres premiers distincts, ils sont premiers entre eux : n 6= m =⇒ n ∧ m = 1. 3. Si n est un nombre premier et si (a1 , . . . , ak ) ∈ Zk ,
n | a1 . . . ak =⇒ [∃i ∈ [[1, n]] :
n | ai ]
Démonstration 1. Si n et a ne sont pas premiers entre eux alors δ = n ∧ a > 1. Mais comme δ | n et que n est premier, δ = 1 ce qui n’est pas possible ou δ = n . En conclusion, n | a . 2. n est premier et peut diviser m donc d’après le point précédent n ∧ m = 1. 3. D’après le théorème de Gauss et une petite récurrence.
P ROPOSITION 20.15 ♥ Tout entier supérieur à 2 admet un diviseur premier. Démonstration Effectuons une récurrence forte. Si p = 2 alors p possède un diviseur premier : lui même. Supposons la propriété vérifiée pour tout entier p ∈ 2,n et montrons là pour p = n +1. Soit A l’ensemble des diviseurs de n +1. On a |A | Ê 2. Si |A | = 2 alors n + 1 est premier et cela démontre la propriété sinon A contient un entier q ∈ 2,n qui divise n + 1. On applique l’hypothèse de récurrence à q : q possède un diviseur premier. Ce diviseur premier divise nécessairement aussi n + 1 et donc n + 1 possède un diviseur premier. La propriété est donc démontrée par récurrence.
756
P ROPOSITION 20.16 ♥ L’ensemble P des nombres premiers est infini. Démonstration Supposons que ce ne soit pas le cas. P forme alors une partie finie de N. P possède donc un plus grand élément n . Considérons le nombre entier N = n! + 1. On a : N > n . D’après la proposition précédente, N possède un diviseur premier p différent de 1. Ce dernier est nécessairement élément de l’ensemble 2,n. p divise donc aussi n!. Mais alors p divise 1 ce qui est impossible. L’ensemble P des nombres premiers est donc infini.
20.3.2 Décomposition en facteurs premiers L EMME 20.17 Soit m ∈ N∗ . On considère m nombre premiers p 1 , . . . , p m ∈ P distincts deux à deux et des entiers naturels non nuls α α1 , . . . , αm . On forme le nombre entier p 1α1 . . . p mm . Alors tout diviseur premier de n est l’un des p i où i ∈ 1, m. αm Démonstration Considérons l’ensemble A des entiers de la forme n = p 1α1 ... p m avec m ∈ N∗ , p 1 ,... , p m ∈ P distincts deux à ∗ deux et α1 ,... ,αm ∈ N qui admettent un diviseur premier différent de chacun des p i . La propriété sera prouvée si on montre que αm A est vide. Supposons que ce n’est pas le cas. Alors comme A est une partie de N, A admet un plus petit élément n0 = p 1α1 ... p m et d’après la proposition 20.15, n0 admet un diviseur premier p qui n’est, par définition de A , aucun des p i . L’entier p divise donc αm . Les entiers p et p 1 sont premiers entre eux car premiers. On en déduit, par application du lemme de le produit p 1 .p 1α1 −1 ... p m α α α1 −1 α −1 Gauss, que p | p 1 ... p mm . Mais comme n0 est le plus petit élément de A , l’entier p 1 1 ... p mm n’est pas élément de A et p est l’un des p i pour i ∈ 1,m ce qui rentre en contradiction avec l’hypothèse faite sur p . Le lemme est alors prouvé par l’absurde.
T HÉORÈME 20.18 ♥♥♥ Décomposition en facteurs premiers Soit un entier n ∈ N \ {0, 1}. Cet entier n s’écrit de façon unique de la manière suivante : α
α
n = p 1 1 . . . p mm
où m ∈ N∗ , p 1 < . . . < p m sont m nombres premiers et où α1 , . . . , αm ∈ N∗ . Ce résultat se formule aussi sous la forme suivante : n s’écrit de manière unique, à l’ordre des facteurs près, comme n=
Y
p νp (n)
p∈P
où νp (n) ∈ N est appelé la p-valuation de l’entier n . Démonstration Exi stence La preuve se fait par récurrence sur n . Si n = 2 alors comme 2 ∈ P, la proposition est vraie. Soit n ∈ N \ {0,1}. Supposons que tout entier < n se décompose comme indiqué dans le théorème. Si n est premier alors le théorème est vrai pour n . Sinon n admet un diviseur premier p ∈ P et il existe 0 < m < n tel que n = pm . Mais par application de l’hypothèse de récurrence, m se décompose comme indiqué dans le théorème et il en est alors de même de n . L’existence de la décomposition est alors prouvée par récurrence. α α Uni ci té La preuve se fait à nouveau par récurrence. Supposons que 2 = p 1 1 ... p mm avec pour tout i ∈ 1,m, p i ∈ P, αi ∈ N∗ et α α p 1 < ... < p m . Comme 2 est le plus petit des nombres premiers, il vient : 2 = p 1 1 ... p mm Ê 2α1 × ... × 2αm ce qui n’est possible que si m = 1, p 1 = 2, α1 = 1. L’unicité de la décomposition de 2 en facteurs premiers est alors prouvée. Soit n ∈ N. Supposons que tout entier < n admet une unique décomposition en facteurs premiers et supposons que que ce ne soit pas le cas pour n , ′α′
′α′
αm c’est à dire que n admet au moins deux décompositions en facteurs premiers : n = p 1α1 ... p m = p 1 1 ... p mm ′ . Par application du
′ ′ ′ lemme précédent, il vient p 1 = p i pour un certain i ∈ 1,m et p 1 = p j pour un certain j ∈ 1,m. Mais p 1 É p j = p 1′ É p i′ = p 1 et forcément p 1 = p 1′ . On peut alors écrire : ′
′α′ ′ n ′α′ −1 α α −1 = p 1 1 ... p mm = p 1 1 ... p mm ′ p1
L’hypothèse de récurrence nous permet d’affirmer que la décomposition de n/p 1 en facteurs premiers est unique donc : m = m ′ , ′ , α = α′ , ..., α = α′ . Les deux décompositions de n en facteurs premiers sont donc égales. p 1 = p 1′ , p 2 = p 2′ , ..., p m = p m m 1 m 1 L’unicité est ainsi prouvée par récurrence.
Remarque 20.5
Tout entier relatif n ∈ Z non nul s’écrit de façon unique sous la forme : n =±
Y
p νp (|n|) .
p∈P
Pour des entiers a, b ∈ N∗ , et p ∈ P, νp (a × b) = νp (a) + νp (b)
757
a | b =⇒ νp (a) É νp (b)
T HÉORÈME 20.19 ♥ Expression du PGCD et du PPCM à l’aide des facteurs premiers Soient deux entiers non-nuls (a, b) ∈ N∗2 . Leur décomposition en facteurs premiers s’écrit : a=
Y
p νp (a)
p∈P
b=
Y
p νp (b)
p∈P
Alors la décomposition de a ∧ b et de a ∨ b en facteurs premiers s’écrit : a ∧b =
Y
p min{νp (a),νp (b)}
p∈P
a ∨b =
Y
p max{νp (a),νp (b)}
p∈P
Q
Démonstration Posons δ = p∈P p min{νp (a),νp (b)} et montrons que δ = a ∧ b . Considérons a ′ ,b ′ ∈ N tels que a = δa ′ et b = δb ′ . D’après la proposition 20.12, on aura montré que δ = a ∧ b si et seulement si a ′ ∧ b ′ = 1. Supposons que ce ne soit pas le cas alors il existe un diviseur d 6= 1 commun à a et b qu’on peut supposer premier. On a donc : d|
Y ν (a)−min{ν (a),ν (b)} a p p p p = d p∈P
et
d|
Y ν (b)−min{ν (a),ν (b)} b p p p p . = d p∈P
Il vient alors que d est un facteur de chacun des deux produits ci dessus et que νd (a) − min{νd (a),νd (b)} Ê 1 ainsi que νd (b) − min{νd (a),νd (b)} Ê 1 ce qui constitue une contradiction et prouve par l’absurde que a ′ ∧ b ′ = 1. La formule pour le pgcd est ainsi démontrée. On procède de même pour le ppcm.
Exemple 20.8 Q Q Soit n ∈ N non nul, n = p∈P p νp (|n|) . Les diviseurs positifs d de n s’écrivent d = p∈P,p|n p νp (|d |) , avec ∀p ∈ P, νp (|d|) É νp (|n|). Pour chaque p ∈ P qui divise n , on a νp (|n|) + 1 choix pour νp (|d|), à savoir 0, 1, . . . , νp (|n|). On obtient ainsi Y
p∈P,p|n
(νp (|n|) + 1)
diviseurs positifs de n . Ces diviseurs de n sont distincts deux à deux à cause du théorème de décomposition en facteurs premiers.
758
20.4 Exercices 20.4.1 Divisibilité Exercice 20.1 ♥ Déterminer le nombre de diviseurs de 10! Solution : On sait que 10! = 1×2×3×. . .×10 donc 10! = 28 .34 .52 .7 et un diviseur de 10! est donc de la forme 2a .3b .5c .7d avec a ∈ 0, 8, b ∈ 0, 4, c ∈ 0, 2 et d ∈ 0, 1. Réciproquement, tout nombre de cette forme divise 10!. On compte alors 9 × 5 × 3 × 2 = 270 diviseurs de 10!. Exercice 20.2 ♥ Résoudre dans Z l’équation x − 1 | x + 3. Solution : On remarque que 1 n’est pas une solution de l’équation. On suppose donc que x 6= 1 et on écrit : x − 1 | x + 3 ⇐⇒
x +3 4 = 1+ ∈ Z. x −1 x −1
Mais les diviseurs de 4 sont ±1, ±2, ±4. Donc x est solution de l’équation si et seulement si x − 1 est égal à un de ces 6 nombres. On trouve alors pour l’ensemble solution {−3, −1, 0, 2, 3, 5} . Exercice 20.3 ♥ Sachant que 3285 = 25×123+210 trouver, sans effectuer cette division, le reste et le quotient de la division euclidienne de 3285 par 123. Solution : On sait que le reste doit être plus petit que le quotient. Alors 3285 = 25 × 123 + 123 + 87 = 26 × 123 + 87 et par unicité du couple quotient-reste on trouve que le quotient est 26 et le reste 87. Exercice 20.4 ♥ Prouver que pour tout n ∈ N, n (n + 1) (n + 2) (n + 3) est divisible par 24. Solution : On remarque que dans 4 nombres successifs, il y a toujours un diviseur de 2, un de 3 et un de 4. Donc il est clair que le produit de ces 4 nombres est divisible par 24. Exercice 20.5 ♥ Montrer que ∀n Ê 0, 6 | 5n 3 + n . Solution : Par récurrence. La propriété est vraie au rang 0. Soit n ∈ N. Supposons que 6 | 5n 3 + n et montrons que 6 | 5(n + 1)3 + n + 1. On calcule : 5(n + 1)3 + n + 1 = 5n 3 + n + 15n 2 + 15n + 6. Mais 6 | 5n 3 + n d’après l’hypothèse de récurrence. Comme 3 | 15 que et 2 | n 2 + n = n (n + 1) ( n ou n + 1 est pair), 6 | 15n 2 + 15n et la propriété reste vraie au rang n + 1. On termine en appliquant le théorème de récurrence.
20.4.2 Bezout, PGCD, PPCM Exercice 20.6 ♥ Calculer le pgcd des couples 1. (120, 230)
2. (210, 135)
Solution : On applique l’algorithme d’Euclide et on trouve : 1. 120 ∧ 230 = 10
2. 210 ∧ 135 = 15 3. 211 ∧ 112 = 1
Exercice 20.7 ♥ Soient a, b des nombres premiers entre eux. Montrer que : 1. a ∧ (a + b) = b ∧ (a + b) = 1. 2. (a + b) ∧ ab = 1. 759
3. (211, 112)
Solution : 1. On suppose que a et a + b ne sont pas premiers entre eux. Alors soit k un diviseur commun à a et a + b différent de 1. Comme k | a et que k | a + b , k | b et donc k | a ∧ b = 1 ce qui n’est pas possible. Donc a ∧ (a + b) = 1. La seconde relation se prouve en échangeant les lettres a et b dans la première. 2. Comme avant, on suppose que ab et a + b ne sont pas premiers entre eux. Alors soit k un diviseur premier commun à ab et a + b différent de 1. Comme k | ab , k | a ou k | b . On suppose que k | a , alors comme avant, comme k | a + b , k | b et donc k | a ∧ b = 1 ce qui n’est pas possible. Exercice 20.8 ♥ Trouver tous les couples d’entiers naturels (a, b) ∈ N2 (a É b ) tels que a ∧ b = 18 et a + b = 360. ¡
¢
Solution : Soient (a, b) ∈ N2 un couple solution du problème. Alors il existe a ′ , b ′ ∈ N¡ 2 tel ¢que a = 18a ′ , b = 18b ′ et a ′ ∧ b ′ = 1. De plus comme a + b = 360, on sait que a ′ + b ′ = 360/18 = 20. En résumé, a ′ , b ′ est un couple de deux entiers premiers entre eux et de somme 20. Les seuls couples à vérifier cette propriété sont (1, 19) , (3, 17) (7, 13) , (9, 11) .
On multiplie ces couples par 18 pour retrouver le couple (a, b) : (18, 342) , (54, 306) , (126, 234) , (162, 198) .
Réciproquement, chacun de ces couples vérifie les deux conditions. Exercice 20.9 ♥ Trouver tous les couples d’entiers naturels (a, b) ∈ N2 (a É b ) tels que a ∧ b = 18 et ab = 126. ¡
¢
Solution : Soient (a, b) ∈ N2 un couple solution du problème. Alors il existe a ′ , b ′ ∈ N2 tel que a = 18a ′ , b = 18b ′ et a ′ ∧ b ′ = 1. Comme ab = 126, on sait que a ′ b ′ = 7. Les seuls couples à vérifier cette propriété sont (1, 6) , (2, 5) , (3, 4). On multiplie par 18 pour retrouver les couples (a, b) : (18, 108) , (36, 90),(54, 72) . Réciproquement, chacun de ces couples vérifie les deux conditions. Exercice 20.10 ♥♥ Résoudre dans Z l’équation 1665x + 1035y = 45. Solution : Comme 1665 ∧ 1035 = 45 cette équation est équivalente à 37x + 23y = 1. Comme 37 et 23 sont premiers entre eux cette équation admet des solutions par le théorème de Bezout. Une d’entre elles est par exemple donnée par x = 5 et y = −8. Les autres s’en déduisent, elles sont de la forme (5 − 23k, −8 + 37k) . En effet, elles sont de la forme (5 + a, −8 + b) avec (a, b) ∈ Z2 . On injecte dans 37x + 23y = 1 et il vient que 37a + 23b = 0. Comme 23 et 37 sont premiers, on en déduit que 23 | a et 37 | b . Donc il existe k, k ′ ∈ Z tels que a = 23k et b = 37k ′ . On injecte dans l’égalité 37a + 23b = 0 et on trouve que k = −k ′ d’où la forme des solutions. Réciproquement, toute couple de cette forme est solution de l’équation. Exercice 20.11 ♥♥ On se donne trois entiers non nuls (A, B, C) ∈ Z∗3 , et on considère l’équation diophantienne : (E) : Ax + By = C
(x, y) ∈ Z2
Résoudre cette équation consiste à déterminer l’ensemble des solutions S = {(x, y) ∈ Z2 | Ax + By = C}. 1. Notons δ = A ∧ B. Montrez que si δ ne divise pas C, alors S = ∅ ;
2. On suppose désormais que δ/C. Il existe trois entiers non nuls (A′ , B′ , C′ ) ∈ Z∗3 tels que A = δA′ , B = δB′ avec A′ ∧ B′ = 1, et C = δC′ . Montrez que l’équation (E) a même ensemble de solutions que l’équation (E′ ) : A′ x + B′ y = C′
3. Comment trouver une solution particulière de l’équation (E′ ) ? 4. En déduire l’ensemble S de toutes les solutions ; 5. Résoudre dans Z l’équation (E) : 24x + 20y = 36
760
Solution :
¡
¢
1. Par contraposée, si S 6= ∅ alors il existe x, y ∈ Z2 tel que Ax + By = C. Comme δ | A et δ | B, δ | C. ¡
¢
par δ, on peut écrire A′ x+B′ y = C′ 2. Soit ¡ x,¢y une solution de ¡ (E) ¢ . Alors Ax+By = C. Comme ¡ ¢ A, B, C sont divisibles ¡ ′¢ ′ et x, y est solution de E . Réciproquement, si x, y est solution de E alors A′ x + B′ y = C′ et en multipliant ¡ ¢ par δ, on obtient Ax + By = C et x, y est solution de (E).
3. Comme A′ et B′ sont¡ premiers¢ entre eux, on peut déterminer un couple (u, v) de coefficients de Bezout tels que ¡ ¢ A′ u + B′ v = 1. Alors C′ u, C′ v est une solution de E′ . ¡ ¢
¡ ¢
4. On considère une solution particulière (u, v) de E′ . On cherche une autre solution de E′ . On peut l’écrire (u + a, v + b) où a, b ∈ Z. On doit alors avoir A′ (u + a) + B′ (u + v) = C′ soit A′ a + B′ b = 0. Comme A′ ∧ B′ = 1, on ′ ′ en déduit que grâce au théorème de Gauss que a est un multiple de B′ et que b est un multiple ¡ ′ ¢ de A : a = kB ′ ′ ′ et dans A a + B b = 0 et on trouve que l = −k . Donc une solution de E est de la forme ¡ b = l′A . On injecte ¢ u + kB , v − kA′ où k ∈ Z. Réciproquement, on vérifie facilement que tout couple de cette forme est solution de ©¡ ¢ ª ¡ ′¢ E . On en déduit que S = u + kB′ , v − kA′ |k ∈ Z .
¡ ¢
5. On applique les questions précédentes. Les solutions de (E) sont celles de E′ ¡ : ¢ 6x + 5y = 9. Un couple de coefficients de Bezout pour 6 et 5 est (1, −1). Donc une solution particulière de E′ est (9, −9) Les solutions de (E) sont les couples (9 + 5k, −9 − 6k) où (k, l) ∈ Z2 . Exercice 20.12 ♥♥ Soient H1 et H2 deux sous-groupes du groupe (Z , +). On définit l’ensemble H1 + H2 = {h1 + h2 ; (h1 , h2 ) ∈ H1 × H2 }
1. Montrer que H1 +H2 est le plus petit (au sens de l’inclusion) sous-groupe de (Z , +) qui contient la partie H1 ∪H2 ; 2. Déterminer le sous-groupe 4Z + 6Z ;
3. Comment interpréter l’inclusion a Z ∪ b Z ⊂ c Z en termes de divisibilité ? Solution :
1. On vérifie facilement que H1 + H2 est un sous-groupe de (Z, +). Il contient de plus clairement H1 et H2 et donc H1 ∪ H2 . Montrons que c’est le plus petit sous-groupe de (Z, +) à vérifier cette propriété. Soit H′ un sous-groupe de (Z, +) qui contient H1 ∪ H2 . Alors H′ doit contenir toutes les sommes h1 + h2 avec h1 ∈ H1 et h2 ∈ H2 . Donc H ⊂ H′ .
2. Déterminons le sous-groupe H = 4Z + 6Z . Ces élements sont de la forme 4a + 6b avec a, b ∈ Z. Comme 4 ∧ 6 = 2, d’après le théorème de Bezout, il existe u, v ∈ Z tels que 4u + 6v = 2 donc pour tout k ∈ Z, 4uk + 6vk = 2k et H contient tous les entiers pairs. Réciproquement, tout élément de H est pair donc 4Z + 6Z = 2Z .
3. En suivant le même raisonnement que précédemment, on pourrait montrer que a Z+b Z = (a ∧ b) Z donc a Z ∪b Z ⊂ c Z si et seulement si c | a ∧ b .
Exercice 20.13 ♥♥ p p Soient deux entiers non nuls (n, m) ∈ N∗2 . On suppose que n m ∈ Q . Montrez qu’alors n m ∈ N∗ . p
p
Solution : Comme n m ∈ Q , il existe deux entiers (p, q) ∈ N∗2 tels que n m = p/q avec p ∧ q = 1. Alors, p n = mq n . Mais puisque p et q sont premiers entre eux, on sait que p n et q n sont également premiers entre eux. Puisque p n /mq n avec p n ∧ q n = 1, d’après le théorème de Gauss, il vient que p n divise m . Donc il existe k ∈ N∗ tel que m = kp n . Mais alors on a k =
p 1 et donc q n = 1. Par conséquent, m = p n et donc n m = p . qn
Exercice 20.14 ♥♥ 2 Soient deux entiers non nuls (a, b) ∈ Z2 . On note δ = a ∧ b leur pbcd et µ = a ∨ b leur ppcm. Montrez que (a + b) ∧ µ = δ
Solution : On sait qu’il existe (a ′ , b ′ ) ∈ Z⋆2 tels que a = δa ′ , b = δb ′ et a ′ ∧ b ′ = 1. On a de plus δµ = ab donc µ = δa ′ b ′ . Par conséquent, ¡ ¢ ¡ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ (a + b) ∧ µ = δ(a + b ) ∧ (δa b ) = δ × (a + b ) ∧ a b
Mais puisque a ′ et b ′ sont premiers entre eux, on a également a ′ ∧ (a ′ + b ′ ) = 1 et b ′ ∧ (a ′ + b ′ ) = 1 (il suffit d’écrire une relation de Bezout. Donc puisque a ′ ∧ b ′ = 1, a ′ b ′ ∧ (a ′ + b ′ ) = 1. Finalement, (a + b) ∧ µ = δ. 761
Exercice 20.15 ♥ Trouver les couples d’entiers (x, y) ∈ N∗2 vérifiant 11x − 5y = 10 et x ∧ y = 10
Solution : Supposons que (x, y) soit un couple d’entier satisfaisant les hypothèses. Comme x ∧ y = 10, on peut écrire x = 10x ′ et y = 10y ′ avec x ′ ∧ y ′ = 1. Alors le couple d’entiers (x ′ , y ′ ) vérifie 11x ′ − 5y ′ = 1
Un couple de Bezout évident est (x ′ , y ′ ) = (1, 2). On trouve alors (voir l’exercice 20.11) qu’il existe un entier k ∈ Z tel que x ′ = 1 + 5k et y ′ = 2 + 11k d’où nécessairement x = 10 + 50k et y = 20 + 100k
On vérifie réciproquement que tout couple de cette forme convient. Exercice 20.16 ♥ Considérons deux entiers (a, b) ∈ Z∗2 premiers entre eux : a ∧ b = 1 et un couple de Bezout (u0 , v 0 ) ∈ Z2 tel que au0 + bv 0 = 1. Déterminer l’ensemble de tous les couples de Bezout (u, v) ∈ Z2 vérifiant au + bv = 1. Solution : Par soustraction on a a(u − u0 ) = b(v 0 − v). Donc b divise a(u − u0 ). Puisque (a, b sont premiers entre eux, d’après le lemme de Gauss, b divise nécessairement u − u0 , donc ∃k ∈ Z, u − u0 = kb ou u = u0 + kb . En remplaçant u − u0 par kb , on obtient alors akb = b(v 0 − v), d’où v = v 0 − ka . Réciproquement, les couples (u0 + kb, v 0 − ka), k ∈ Z sont bien solutions. Exercice 20.17 ♥ Soient deux entiers non nuls (a, b) ∈ Z∗2 premiers entre eux. Montrez qu’il existe deux entiers (u, v) ∈ Z2 tels que au + bv = 1 et |u| < |b|, |v| É |a|
Solution : Le résultat est faux dans le cas (sans intérêt) où a et b sont égaux à ±1. Dans les autres cas : Quitte à changer a et/ou b en leurs opposés, on peut toujours supposer a et b positifs. Il suffit pour cela de changer le/les signe/s de u ou v selon les cas. On écrit une relation de Bezout au0 + bv 0 = 1. Reste à avoir −b < u < b et −a < v < a en posant u = u0 + kb et v = v 0 − ka (voir exercice précédent). On a bien au + bv = 1. Pour avoir |u| < b , il suffit de prendre −b < v < b soit u0 u0 −1 − . On choisit k entier dans un intervalle ouvert de longueur 2. On a deux possibilités, sauf lorsque < k < 1−
b b u0 u0 est entier (pour b = ±1), auquel cas on peut (et on doit) choisir k = − et donc u = 0 et par suite bv = 1 entraîne b b bien v = ±1 et donc |v| É |a| puisque dans ce cas on n’a pas |a| = 1. u0 Lorsque n’est pas entier, on a donc deux possibilités pour (u1 , v 1 ) et (u1 + b, v 1 − b) qui vérifient |u| < b . b Comme au + bv = 1, on a 0 É au + bv = 1 < ab . Donc ab < −au É bv < ab − au < ab + ab . Donc −a < v < 2a . Deux cas se présentent : Si −a < u < a , alors c’est gagné. Sinon c’est qu’on s’est trompé dans le choix de a1 et on considère cette fois v − a qui vérifie 0 É v − a < a et c’est encore gagné.
Exercice 20.18 ♥♥ p p Soit un entier n ∈ N⋆ . Montrer qu’il existe (an , bn ) ∈ Z2 tels que (1 + 2)n = an + 2bn . Montrer ensuite que les entiers an et bn sont premiers entre eux. Solution : Par le binôme : Ã ! Ã ! Ã ! E(n/2) n n p X X n p p E((n−1)/2) X n k (1 + 2) = 2 = 2 + 2 2p 2p + 1 p=0 2p p=0 k=0 k
p
n
Il suffit de poser an =
E(n/2) X p=0
Ã
! n p 2 2p
bn =
E((n−1)/2) X p=0
p
Ã
! 2 2p 2p + 1
De la même façon, on montre l’existence de (cn , dn ) ∈ Z2 tels que ( 2 − 1)n = cn +
p dn . En effectuant le produit,
p p p 1 = ( 2 − 1)n ( 2 + 1)n = an c n + 2b n dn + 2(b n c n + dn an )
762
p
Mais puisque dans le Q -espace vectoriel R , le système (1, 2) est libre, il vient que bn cn + an dn = 0 et donc on obtient une relation de Bezout entre les entiers an et bn : c n an + 2dn b n = 1
ce qui montre que les entiers an et bn sont premiers entre eux. Exercice 20.19 ♥♥ Le but de cet exercice est de déterminer l’ensemble E des triplets (x, y, z) ∈ N⋆ 3 vérifiant l’équation de Pythagore : x2 + y 2 = z2
1. Montrer que pour tout couple (a, b) ∈ N⋆ 2 , le triplet (a 2 − b 2 , 2ab, a 2 + b 2 ) appartient à l’ensemble E. Donner 3 éléments distincts de l’ensemble E. 2. On considère un triplet (x, y, z) ∈ E vérifiant x ∧ y = 1. a. Montrer qu’alors x ∧ z = 1 et y ∧ z = 1. b. Montrer que les entiers x et y ne sont pas de même parité. c. On suppose par exemple que x est impair et que y est pair. Montrer qu’il existe deux entiers non nuls (p, q) ∈ N∗2 premiers entre eux tels que x = p − q, y = p + q, y 2 = 4p q
Montrer que p et q sont des carrés parfaits. 3. En déduire l’ensemble E. Solution : a. Par un calcul simple. b. Si x et y étaient pairs, 2/x ∧ y , impossible. Si on suppose x impair, et y impair, alors x 2 + y 2 ≡ 2 mod (4), ce qui est impossible car z 2 ≡ 0 mod (4) (regarder la décomposition de z en facteurs premiers, et la puissance de 2). c. Posons p = (z +x)/2 et q = (z −x)/2. Ce sont des entiers car z et x sont impairs. Ils sont positifs car z > x . Comme x ∧ z = 1, d’après Bezout, il existe (u, v) ∈ Z2 tels que ux + v z = 1, mais alors (u + v)p +(v −u)q = 1 ce qui montre que p ∧ q = 1. Alors 4p q = z 2 − x 2 = y 2 .
d. Comme p ∧ q = 1, ils n’ont pas de facteurs premiers en commun dans leur décomposition. Comme p q = y 2 est un carré, tous les exposants dans la décomposition de p et q sont pairs, ce qui montre que p et q sont des carrés.
3. Soit (x, y, z) ∈ E. si x ∧ y 6= 1, en posant δ = x ∧ y , on a δ2 (x ′2 + y ′2 ) = z 2 et donc δ2 /z 2 , par conséquent, il existe z ′ ∈ N tel que z 2 = δ2 z ′2 (comme z 2 est un carré, z 2 /δ2 en est encore un comme on le voit en examinant la décomposition en facteurs premiers). Alors x ′2 + y ′2 = z ′2 avec x ′ ∧ y ′ = 1. D’après la question précédente, il existe (a, b) ∈ N∗2 tels que (x, y, z) = δ2 (a 2 − b 2 , 2ab, a 2 + b 2 ). On a donc montré (avec la première question) que E = {δ2 (a 2 − b 2 , 2ab, a 2 + b 2 ) ; (a, b) ∈ N∗2 , δ ∈ N }
Exercice 20.20 ♥♥ On appelle nombres de Fermat, les entiers de la forme n
Fn = 22 + 1, p
n ∈N
a. Montrer que pour tout entier x ∈ N , l’entier x 2 − 1 est divisible par x + 1. b. Montrer que deux nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux. Solution : Soient deux entiers n < m . Posons p = m − n et écrivons m
Fm − 2 = 22 − 1 = 22
n+p
− 1 = 22
n p
2
p
³ n ´2p − 1 = 22 −1
Mais pour tout entier x , l’entier x 2 − 1 est divisible par x + 1. Il existe donc un entier q ∈ N tel que q
Fm − 2 = (22 + 1)q
c’est à dire Fm − Fn q = 2
Il en résulte que Fm ∧Fn est un diviseur de 2. Mais puisque les nombres de Fermat sont impairs, le seul diviseur possible est 1. 763
Exercice 20.21 ♥♥ On considère la suite de Fibonacci définie par u0 = 0, u1 = 1, et ∀n ∈ N , un+2 = un+1 + un
a. Montrer que ∀n Ê 1, un+1 un−1 − un2 = (−1)n .
b. Montrer que deux termes consécutifs de la suite de Fibonacci sont premiers entre eux. c. Montrer que ∀n ∈ N , ∀p ∈ N∗ ,
un+p = un u p−1 + un+1 u p
et en déduire que un ∧ u p = un ∧ un+p
d. Montrer que ∀(n, m) ∈ N2 ,
un ∧ um = un∧m
e. Montrer que pour tout entier n Ê 5, si un est un nombre premier, alors n est un nombre premier. La réciproque est-elle vraie ? Solution : a. Par récurrence, en écrivant 2 2 = un+1 (un − un+1 ) + un2 = (−1)n+1 = (un+1 + un )un − un+1 un+2 un − un+1
b. L’identité précédente fournit une identité de Bezout entre un et un+1 . c. Par récurrence sur p , en écrivant un+p+1 = un+1+p et en remarquant que un+p+1 = un+1 u p−1 + un+2 u p
= un+1 u p−1 + (un+1 + un )u p = un+1 (u p−1 + u p ) + un u p
= un+1 u p+1 + un u p
d. De la relation précédente, tout entier qui divise un et u p divise un+p et tout entier qui divise un et un+p divise le produit un+1 u p , mais comme il est premier avec un+1 , il divise u p . Donc un ∧ u p = un ∧ un+p
e. Appliquer le résultat précédent en faisant tourner l’algorithme d’Euclide. f. Soit n un entier supérieur à 5, tel que un soit premier. Si n n’était pas premier, on aurait un diviseur propre d Ê 3. Mais alors un serait divisible par ud avec 2 É ud < un , ce qui est impossible. La réciproque est fausse avec n = 19, et F19 = 5181 = 37 × 113.
20.4.3 Nombres premiers Exercice 20.22 ♥ Soit p un nombre premier.
1. Montrer que ∀k ∈ 1, p − 1 ,
à ! p p| . k
2. En déduire le petit théorème de Fermat : ∀n ∈ Z,
Solution :
p | n p − n.
à ! ¡ ¢ ¡ ¢ p k 1. Soit k ∈ 1, p − 1 . On sait que A p = k! . Mais p | Akp = p p − 1 . . . p − n + 1 donc comme p est premier p | k! k à ! p ou p | . Si p | k! alors p divise un des entiers 1, 2, . . . , k < p ce qui n’est pas possible et prouve la propriété. k
764
2. On effectue un raisonnement par récurrence. Si n = 0 alors la propriété est vérifiée. Soit n ∈ N. On la suppose vraie au rang n : p | n p − n et on montre que p | (n + 1)p − (n + 1). On utilise la formule du binôme : Ã ! Ã ! p p−1 X X p k p k p n − (n + 1) = n − n + n (n + 1) − (n + 1) = k=0 k k=1 k p
à !
p Comme p | n −n et que p | pour k ∈ 1, p − 1 , on sait que p | (n + 1)p −(n + 1) et le petit théorème de Fermat k est prouvée par récurrence pour n Ê 0. Si n < 0 et si p = 2 alors n 2 − n = n (n − 1) est clairement divisible par 2. Si p > 2, comme p est premier il est impair et en notant m = −n , on a n p − n = −m p + m = − (m p − m) qui est divisible par p . p
Exercice 20.23 Soit n ∈ N . Montrer que
♥ 2n − 1 premier =⇒ n premier ¡
¢
Solution : Soit p et q deux entiers naturels. On a 2pq − 1 = (2p )q − 1q = (2p − 1) 2p(q−1) + 2p(q−2) + . . . + 2p + 1 . Si on prend p et q plus grands que 1, alors 2p − 1 Ê 3 et la somme 2p(q−1) + 2p(q−2) + . . . + 2p + 1 comporte q termes tous plus grands que 1. Donc 2pq − 1 est composé. En résumé, si p q est composé, alors 2pq − 1 est composé. Par contraposée, si 2n − 1 est premier, alors n est premier. Exercice 20.24 ♥ Montrer que le nombre n 4 − n 2 + 16 avec n ∈ Z est composé. ¡
¢2
¡
¢¡
¢
Solution : On factorise : n 4 − n 2 + 16 = n 2 + 4 − 9n 2 = n 2 − 3n + 4 n 2 + 3n + 4 . Les deux trinômes x 2 − 3x + 4 et x 2 + 3x + 4 ne s’annulent pas sur R et donc pas sur Z. On vérifie qu’il en est de même des trinômes x 2 − 3x + 4 ± 1 et x 2 + 3x + 4 ± 1. Le nombre n 4 − n 2 + 16 est donc bien composé. Exercice 20.25
♥♥
1. Prouver que pour tout x ∈ C et p ∈ N,
¡ ¢ x p + 1 = (x + 1) 1 − x + x 2 + . . . + x p−1
2. Soit a ∈ N et n ∈ N tels que a n + 1 est premier.
(a) Montrer qu’il existe k ∈ N tel que n = 2k .
(b) Que penser de l’affirmation : ∀n ∈ N,
n
22 + 1 est premier ?
Solution : 1. On développe la seconde partie de l’égalité et on simplifie par télescopage. 2.
(a) On va effectuer un raisonnement par contraposée. On suppose que n n’est de la forme n = 2k pour aucun k ∈ N. Alors n est de la forme p q avec p > 2 premier et q ∈ N. On écrit alors ¡ ¢2 ¡ ¢p−1 ´ ¡ ¢p ¡ ¢³ a n + 1 = a pq + 1 = a q + 1 = a q + 1 1 − a q + a q − . . . + a q
et on remarque que les deux facteurs de ce produit sont strictement plus grand que 1. Donc a n + 1 n’est pas premier. 5
(b) Avec un logiciel de calcul formel, on montre que 22 + 1 = 641 × 6700417. Exercice 20.26 ♥♥ À la suite d’un hold-up, on interroge quatre témoins qui ont vu les malfaiteurs s’enfuir en voiture : Antonin dit que le numéro d’immatriculation comporte quatre chiffres. Bébert, que les deux premiers chiffres sont identiques. Corentin que les deux derniers chiffres sont identiques. Dudule le matheux a remarqué que le nombre en question est un carré parfait. Quel est ce numéro d’immatriculation ?
765
Solution : Le numéro d’immatriculation s’écrit N = aabb = 11 × 100a + 11b = 11(100a + b). Donc 11 | N. Comme N est un carré parfait, l’exposant de 11 dans la décomposition de N en facteurs premiers est pair. Donc 112 = 121 divise N : soit N = 121k . Comme N est un carré parfait, k l’est aussi (regarder sa décomposition en facteurs premiers). Donc N = 121M2 avec M ∈ N. Les essais pour M variant de 1 à 9 montrent que seul M = 8 convient, et alors N = 7744 = 882 . Remarque : On pourrait aller plus vite en remarquant qu’un nombre dont les deux derniers chiffres sont impairs n’est jamais un carré parfait. Mais c’est un autre exercice... Exercice 20.27 ♥♥♥ Au cours d’un congrès de mathématiques, des mathématiciens (en nombre n ) sont logés dans les n chambres d’un hôtel. Ils décident (dans des circonstances qui restent a déterminer), de s’attribuer le numéro de leur chambre. Avant que la horde ne se mette á envahir l’hôtel toutes leurs chambres sont fermées. Le mathématicien numéro k doit changer l’état (ouvert/fermé) des chambres qui portent un numéro multiple du sien. 1. Quel est le nombre de portes qui seront ouvertes après le passage des mathématiciens ? 2. Démontrer que
n jn k X
k=1
k
p − ⌊ n⌋ est un entier pair. ⌊x⌋ désigne la partie entière de x .
Solution : ♥ . Plaçons nous du point de vue d’une porte. Elle sera ouverte après le passage des mathématiciens si son état (ouvert/fermé) a été modifié par un nombre impair de mathématiciens (et fermée sinon). Autrement dit elle sera si son numéro m admet un nombre impair de Y diviseurs (positifs). On décompose m en facteurs premiers : ouverte Y in νfine m= p p (m) . Les diviseurs d de m s’écrivent donc d = p νp (d ) avec ∀ p ∈ P, νp (d) É νp (m). Pour chaque choix p∈P
p∈P
de nombre premier p divisant m on a νp (m) + 1 puissances de p qui divisent m , à savoir 1, p, p 2 , . . . , p νp (m) il y a donc Y un total de (νp (m) + 1) diviseurs de m . Maintenant un produit de facteurs est impair si et seulement si chacun des p∈P
facteurs est impairs, donc dans notre cas on doit avoir tous les νp (m) + 1 impairs c’est-à-dire tous les νp (m) pairs ce qui signifie que m est un carré parfait. Une autre façon de voir : Si d est un diviseur de m alors m d est aussi un diviseur de m . On peut ainsi regrouper les 2 diviseurs de m deux par deux, sauf si, par extraordinaire, m et m d sont égaux, c’est à dire lorsque m = d donc lorsque m est un carré parfait. p Notre problème devient donc : Combien y a-t-il de carrés parfaits entre 1 et n ? Il y en a ⌊ n⌋. 2. Plaçons nous du point de vue du mathématicien numéro k . Il change l’état (ouvert/fermé) des portes k, 2k, . . . . De combien de portes change-t-il l’état ? En n combien de fois k ? Il va p
jn k
k
. Il y a donc eu au total
n jnk X
k=1
k
changement
d’état. Si on enlève les ⌊ n⌋ portes exceptionnelles, toutes les portes ont changé un nombre pair de fois. C’est bien dire que
n X
k=1
jnk
k
p − ⌊ n⌋ est un entier pair.
20.4.4 Divers Exercice 20.28 ♥♥ On considère un polynôme P(X) = aX2 + bX + c ∈ Z [X]. Montrer que s’il admet une racine rationnelle, alors au moins un des coefficients est pair. p une racine rationnelle où on a pris p et q premiers entre eux En particulier p et q ne peuvent pas être q tous les deux pairs. On a alors ap 2 + bqr + cq 2 = 0 en chassant les dénominateurs. • Si p est pair, alors ap 2 + bqr est pair, q et q 2 sont impairs. Comme cq 2 est pair, nécéssairement, c est pair. • Si q est pair, alors, de façon symétrique, a est pair. • Si p et q sont impairs, alors si on suppose de plus que les trois coefficients a, b et c sont impairs, alors ap 2 +bqr +cq 2
Solution : Soit
serait la somme de trois nombres impairs et donc serait impair. Contradiction (zéro serait impair).
766
Chapitre
21
Polynômes . . . polynomials are notoriously untrustworthy when extrapolated. WG Cochran, GM Cox Experimental designs. Dans tout ce chapitre : • K désigne un corps (R ou C). • KN ou S (K) représente l’ensemble des suites à coefficients dans K. • m , n , p , q , r ∈ N sont des entiers.
Pour bien aborder ce chapitre Les polynômes remontent à la plus haute antiquité. Le premier usage du mot semble remonter à François Viète (15401603). Cependant les babyloniens savaient résoudre les équations du second degré. Plus généralement, la résolution des équations polynomiales a été un moteur de l’étude des polynômes. Nous avons déjà évoqué Tartaglia et Cardano éprouvant le besoin d’introduire les nombres complexes pour résoudre les équations du troisième et quatrième degré, ainsi que Galois aux prises avec les équations du cinquième degré. Par ailleurs, le mot polynôme lui-même semble d’une origine discutable. Pour autant, qu’est-ce qu’un polynôme ? Prenons un exemple. Soit f :R x
−→ 7−→
R . f (x) = 3x 4 − 2x 2 + x + 1
On peut résumer toute l’information contenue dans f (x) à l’aide de la liste de ses coefficients : 1 ; 1 ; -2 ; 0 et 3. Un autre polynôme g (x) = x 2 − x − 2 se verra attribuer -2 ; -1 et 2 comme liste des coefficients. On voit par là que la liste est à longueur variable ce qui n’est pas confortable. Pour que tous les polynômes soient logés à la même enseigne, on considère une suite (donc infinie) de coefficients pour chaque polynôme en rajoutant des zéros. Autrement dit, un polynôme est assimilé à une suite de coefficients tous nuls sauf (peut-être) un nombre fini d’entre eux. C’est cette définition purement algébrique qui va être suivie dans ce chapitre. Faudra-t-il pour autant oublier nos bonnes vieilles fonctions polynomiales ? Certes non ! D’abord elles sont à la base de cette nouvelle définition et elles permettent d’établir, via le TVI, que tout polynôme réel de degré impair admet au moins une racine. Ce chapitre a beaucoup de points communs avec le précédent. Cependant il faudra une fois de plus attendre les espaces vectoriels pour bien comprendre les tenants et les aboutissants de celui-ci.
21.1 Polynômes à une indéterminée 21.1.1 Définitions D ÉFINITION 21.1 ♥ Polynômes On appelle polynôme à coefficients dans K une suite (an ) d’éléments de K nulle à partir d’un certain rang : 767
(an ) = (a0 , a1 , . . . , ak , 0, . . .)
On note K [X] l’ensemble des polynômes à coefficients dans K. D ÉFINITION 21.2 ♥ Opérations sur K [X] On définit les opérations suivantes sur les polynômes : Soient les polynômes P = (a0 , a1 , . . . , an , 0, . . .) ∈ K [X], Q = (b 0 , b 1 , . . . , b n , 0, . . .) ∈ K [X] et le scalaire λ ∈ K : P + Q = (a0 + b 0 , a1 + b 1 , . . . , an + b n , 0, . . .) λ · P = (λ · a0 , λ · a1 , . . . , λ · an , 0, . . .) P × Q = (c 0 , c 1 , . . . , c n , . . .) où : ∀k ∈ N,
ck =
+∞ X
ak b n−k
k=0
Remarque 21.1 – A partir d’un certain rang (exercice !), la suite (ck ) est nulle. La multiplication est donc bien définie dans K [X]. – L’addition et la multiplication par un scalaire précedemment définies coincident avec l’addition et la multiplication définie sur l’espace des suites à coefficients dans K : KN . Ce n’est par contre pas le cas de la multiplication entre polynômes, qui ne coincide pas avec celle définie entre les suites. – Pour une suite de nombres (ak ) qui sont tous nuls sauf un nombre fini, le nombre +∞ X
ak
k=0
est la somme de tous les nombres non nuls de cette suite. P ROPOSITION 21.1 Structure de K [X] – (K [X] , +, ·) est un sous-espace vectoriel du K-espace vectoriel KN . Le vecteur nul est le polynôme (0, . . .) – (K [X] , +, ×) est un anneau commutatif unitaire. L’élément neutre de la loi × est le polynôme (1, 0, . . .). Remarque 21.2 ¡ ¢ – Attention, en raison de la remarque précédente, (K, +, ×) n’est pas un sous-anneau de KN , +, × . – Comme (K [X] , +, ×) est un anneau commutatif, la formule du binôme est vraie dans K [X]. Notations définitives : On note : • 1 le polynôme (1, 0, . . .). • X le polynôme (0, 1, 0, . . .). En multipliant le polynôme X par lui-même, on obtient pour Xn , le polynôme : (0, . . . , 0, . . .
, 1, ↑
0, . . .)
place d’indice n Avec ces notations, si P ∈ K [X] est donné par P = (a0 , a1 , . . . , an , 0, . . .), on a : P
=
a0 (1, 0, . . .) + a1 (0, 1, . . .) + . . . + an (0, . . . , 0, 1, 0, . . .)
=
a0 + a1 X + . . . + an Xn
=
a0 · 1 + a1 · X + . . . + an · Xn
Démonstration Du fait que la multiplication des polynômes est abstraite, il est nécessaire d’effectuer un certain nombre de vérifications qui n’auraient pas lieu d’être avec des fonctions polynomiales. La plupart de ces vérifications sont immédiates. La multiplication est commutative : Soit P = a 0 + ... + a p X p ∈ K [X] et Q = b0 + ... + b p X q ∈ K [X], on a : PQ = c0 + ... + c p+q X p+q P avec, pour k = 0,... , p + q , ck = kℓ=0 a ℓ bn−ℓ = a 0 bk + a 1 bk−1 + ... + a k−1 b1 + a k b0 . En effectuant la somme de droite à gauche, c’est-à-dire en effectuant le changement d’indice p = k − ℓ, ck = a k b0 + a k−1 b1 + ... + a 1 bk−1 + a 0 bk ce qui est le coefficient d’indice k du polynôme QP. Donc PQ = QP.
768
Associativité : Soit P =
X i
ai Xi , Q =
fm = =
avec
= =
m X
X j
bj Xj , R =
X k
bk X k . On a PQ =
à ℓ m X X
ℓ X
i=0
a i bℓ−i . On a alors (PQ)R =
X m
f m Xm
m !
a ℓ− j b j cm−ℓ
ℓ=0 j =0 ℓ m X X
ℓ
dℓ X ℓ avec cℓ =
j
dℓ cm−ℓ
ℓ=0
X
a ℓ− j b j cm−ℓ
ℓ=0 j =0 m m X X
a ℓ− j b j cm−ℓ
j =0 ℓ= j
m
ℓ
On effectue un changement d’indice p = ℓ − j c’est-à-dire ℓ = p + j .
p
fm = = = =
où g n =
n X
m m− X Xj
m a p b j cm−p− j
j =0 p=0
m m−p X X
a p b j cm−p− j
p=0 j =0 m X
p=0 m X
ap
m−p X
b j cm−p− j
j =0
a p g m−p
p=0
m
ℓ
b q cn−q désigne le n -ième coefficient de QR. Autrement dit f m est aussi le m -ième coefficient de P(QR).
q=0
Le principal intérêt de l’algèbre linéaire (qui ne va plus tarder maintenant) est d’éviter ce genre de démonstration particulièrement indigeste. Voici comment nous pourrons rédiger une démonstration très bientôt. Soit Q et R deux polynômes. On cherche à démontrer que
ΦQ,R : K [X] P
−→ 7−→
K [X] est l’application nulle. Or ΦQ,R (PQ)R − P(QR)
est une application linéaire. Pour démontrer que son image est réduite au vecteur nul, il suffit de démontrer que toutes les images d’une famille génératrice sont nulles. Par exemple que ∀ n ∈ N,ΦQ,R (Xn ) = (Xn Q)R − Xn (QR) = O. Pour cela, soit n ∈ N et R ∈ K [X] On cherche donc à démontrer que
Ψn,R : K [X] Q
−→ 7−→
K [X] est l’application (X n Q)R − X n (QR)
nulle. Or Ψn,R est une application linéaire. Pour démontrer que son image est réduite au vecteur nul, il suffit de démontrer que toutes les images d’une famille génératrice sont nulles. Par exemple que ∀ m ∈ N,Ψn,R (Xm ) = (Xn Xm )R − Xn (Xm R) = O. Pour cela, soit n ∈ N et m ∈ N On cherche donc à démontrer que
Θn,m : K [X] Q
−→ 7−→
K [X] est l’application (X n X m )R − X n (X m R)
nulle. Or Θn,m est une application linéaire. Pour démontrer que son image est réduite au vecteur nul, il suffit de démontrer que toutes les images d’une famille génératrice sont nulles. Par exemple que ∀ p ∈ N,Ψn,R (X p ) = (Xn Xm )X p −Xn (Xm X p ) = O. Or cette dernière égalité est vérifiée immédiatement. Ce qui établit le résultat.
21.1.2 Degré d’un polynôme D ÉFINITION 21.3 ♥ Degré d’un polynôme, terme dominant Soit un polynôme P = a0 + . . . + a p X p ∈ K [X] avec a p 6= 0. • On appelle degré de P et on note deg (P) l’entier p . • Par convention, le degré du polynôme nul est −∞. • On appelle terme dominant de P le monôme a p X p . D ÉFINITION 21.4 ♥ Polynôme normalisé On appelle polynôme normalisé un polynôme dont le terme dominant est égal à 1. T HÉORÈME 21.2 ♥ Degré d’un produit, degré d’une somme
769
Soient P, Q ∈ K [X], on a :
¡ ¢ deg (P + Q) É max deg (P) , deg (Q)
1
deg (P × Q) = deg (P) + deg (Q)
2
Démonstration 1
• •
2
• •
Si P = Q = 0 alors deg P = deg Q = −∞ et deg (P + Q) = −∞ et la formule est prouvée dans ce cas. P Si P ou Q est non nul alors, supposant, quitte à interchanger P et Q, que P 6= 0, on a : P = nk=0 a k Xk , ¡ ¢ Pn Q = k=0 bk X k où n = max deg P,deg Q et où les a k pour k ∈ 1,n ne sont pas tous nuls (en l’occurence, ¡ ¢ P les bk peuvent être tous nuls). On a donc : P + Q = nk=0 a k + bk Xk . Si a n + bn 6= 0 alors deg (P + Q) = ¡ ¢ ¡ ¢ max deg P,deg Q et sinon deg (P + Q) É max deg (P) ,deg (Q)
Si P = 0 ou Q = 0 alors PQ = 0 et deg (PQ) = −∞ = deg P + deg Q d’après les lois d’addition dans R. P P Sinon, on suppose que : P = nk=0 a k Xk , Q = m b X k où a n 6= 0 et où bm 6= 0. Par conséquent, n = deg P k=0 k et m = deg Q. Quitte à échanger le rôle de P et de Q, on peut supposer que n Ê m . Soit l ∈ N. Notons cl le coefficient d’indice l dans PQ. D’après la définition du produit de deux polynômes 21.2 et utilisant la remarque suivant cette définition, on a : (P l a b si l < m + n k=0 k l −k cl = 0 si l Ê m + n
Nécessairement, deg (PQ) É m +n . Mais le coefficient d’indice m +n dans PQ est a n bm 6= 0 donc deg (P × Q) = deg (P) + deg (Q).
Remarque 21.3
¡
¢
Si deg (P) 6= deg (Q) alors deg (P + Q) = max deg (P) , deg (Q) .
P ROPOSITION 21.3 Intégrité de l’anneau des polynômes K [X] Soient P, Q ∈ K [X].
P × Q = 0 =⇒ P = 0 ou Q = 0
Démonstration Si P × Q = 0 alors deg (P × Q) = −∞ = deg P + deg Q ce qui n’est possible que si deg P = −∞ ou deg Q = −∞ et donc que si P = 0 ou Q = 0.
P ROPOSITION 21.4 Éléments inversibles de l’anneau K [X] Les seuls éléments inversibles de l’anneau K [X] sont les polynômes de degré 0, c’est à dire les polynômes constants non nuls. Autrement dit, si P, Q ∈ K [X] et si P × Q = 1 alors il existe α ∈ K∗ tel que P = α et Q = α−1 . Démonstration Soit P ∈ K [X] un polynôme inversible. Il existe alors un polynôme Q ∈ K [X] tel que : P×Q = 1. On a donc : deg P+ deg Q = 0. Cette égalité n’est possible que si deg P = deg Q = 0 et donc que si P est un polynôme constant non nul. Réciproquement, si P est un polynôme constant non nul alors il est clair que P est inversible.
21.1.3 Valuation d’un polynôme D ÉFINITION 21.5 ♥ Valuation d’un polynôme Soit un polynôme P = a0 + . . . + a p X p ∈ K [X] non nul. On appelle valuation de P le plus petit entier k tel que ak 6= 0. On le note val (P). Par définition, la valuation du polynôme nul est val (0) = +∞ T HÉORÈME 21.5 ♥ Valuation d’un produit, valuation d’une somme Soient P, Q ∈ K [X], on a : 1
val (P + Q) Ê min (val (P) , val (Q))
2
val (P × Q) = val (P) + val (Q)
770
21.1.4 Composition de polynômes D ÉFINITION 21.6 ♥ Composition de deux polynômes Soient deux polynômes P, Q ∈ K [X]. On suppose que P = a0 + a1 X + . . . + an Xn . On définit le polynôme composé de Q par P, noté P ◦ Q, par : P ◦Q =
n X
a k Qk
k=0
P ROPOSITION 21.6 Soient deux polynômes non nuls P, Q ∈ K [X]. Alors : deg (P ◦ Q) = deg(P) × deg (Q) . Supposons que P = a 0 + a 1 X + ... + a n Xn . Comme P 6= 0, on a a n 6= 0. Alors P ◦ Q = n deg Q = n deg Q = deg P × deg Q car Q 6= 0.
Démonstration
Pn
a Q k=0 k
k
et deg (P ◦ Q) =
21.1.5 Division euclidienne D ÉFINITION 21.7 ♥ Divisibilité Soient deux polynômes A, B ∈ K [X]. On dit que A divise B si et seulement si il existe Q ∈ K [X] tel que B = QA. On le note A|B . Exemple 21.1 – (X − 1) divise X2 − 2X + 1. En effet : X2 − 2X + 1 = (X − 1)2 – (X − 1) divise X2 − −1. En effet : X2 − 1 = (X −¡ 1) (X + 1). ¢ – (1 − X) divise 1 − Xn+1 . En effet : 1 − Xn+1 = 1 + X + X2 + . . . + Xn (1 − X).
P ROPOSITION 21.7 Polynômes associés Soient A, B ∈ K [X] deux polynômes non nuls. On a équivalence entre : 1
A|B et B|A.
2
∃λ ∈ K∗ :
B = λA
Deux tels polynômes sont dits associés. Démonstration ⇒ Supposons que A|B et B|A. Alors il existe des polynômes Q1 ,Q2 ∈ K [X] tels que : A = Q1 B et B = Q2 A. On a alors : A = (Q1 Q2 ) A ou encore : A (1 − Q1 Q2 ) = 0. Par intégrité de K [X] 21.3, comme A 6= 0, ceci n’est possible que si 1 − Q1 Q2 = 0 c’est à dire si : Q1 Q2 = 1. Par conséquent, Q1 et Q2 sont des polynômes inversibles inverses l’un de l’autre. Appliquant la proposition 21.4, il existe α ∈ K∗ tel que Q1 = α et Q2 = α−1 . On a alors B = αA. A et B snt donc bien associés. ⇐ La réciproque est triviale.
T HÉORÈME 21.8 ♥ Division euclidienne Soient A, B ∈ K [X] deux polynômes. On suppose que B 6= 0. Alors il existe un unique couple (Q, R) de polynômes de K [X] vérifiant : (
1 A = BQ + R 2
deg (R) < deg(B)
Démonstration Unicité Soient (Q1 ,R1 ) ∈ (K [X])2 et (Q2 ,R2 ) ∈ (K [X])2 tels que : (
A = BQ1 + R1
et
deg (R1 ) < deg (B)
(
A = BQ2 + R2
deg (R2 ) < deg (B)
alors : B(Q1 − Q2 ) = R1 −R2 et donc, si Q1 −Q2 6= 0 : deg (B(Q1 − Q2 )) = deg (R1 − R2 ) < deg B et par ailleurs : deg (B(Q1 − Q2 )) = deg B + deg (Q1 − Q2 ) Ê deg B ce qui constitue une contradiction. Si Q1 = Q2 alors R1 − R2 = 0 et R1 = R2 .
771
Existence La démonstrations se fait par récurrence sur n = deg A. Fixons pour toute la suite B = b0 + b1 X + ... + bm Xm avec bm 6= 0 et pour tout n ∈ N, notons Pn la propriété : Pn : pour tout A ∈ K [X] de degré n , il existe
(Q,R) ∈ (K [X])2
tels que
( 1 A = BQ + R
2 deg (R) < deg (B)
• 1ère étape P0 , P1 , ..., Pm−1 sont vraies. Si A est un polynôme de degré n ∈ 1,m − 1, il suffit de prendre Q = 0 et R = A. On a bien : A = BQ + R et deg R = deg A = n < m . • 2ème étape
Soit n Ê m .
• 3ème étape
Supposons que la propriété Pn est vraie. C’est notre hypothèse de récurrence et montrons que Pn+1 est vraie.
Soit A = a 0 + a 1 X + ... + a n+1 Xn+1 un polynôme de degré n + 1. Posons A1 = A − abn+1 Xn−m B. A1 est un polynôme de degré ( 1 A1 = BQ1 + R1 tels que 2 deg (R1 ) < deg (B) m
n . On lui applique alors l’hypothèse de récurrence : il existe
(Q1 ,R1 ) ∈ (K [X])2
a
. Posons
Q = Q1 + bn+1 X n−m et R = R1 . On a : m µ ¶ a n+1 n−m a n+1 n−m a n+1 n−m QB + R = Q1 + X X B = A1 + X B=A B + R1 = BQ1 + R + bm
• 4ème étape
bm
bm
Le théorème est alors prouvé par application du théorème de récurrence.
Exemple 21.2 X3 −(X 3
¡
X
+ +
X2 ) −X 2 −(−X 2
+ −
X X) 2X −(2X
+
1
+ +
1 2) −1
¢
X+1 X2 − X + 2
On a donc : X3 + X + 1 = (X + 1) X2 − X + 2 − 1 et deg(−1) = 0 < deg(X + 1) = 1.
21.1.6 Division selon les puissances croissantes La division des polynômes suivant les puissances croissantes est hors programme. T HÉORÈME 21.9 Division selon les puissances croissantes Soient A et B deux polynômes à coefficients dans K. On suppose que le terme constant de B n’est pas nul et on note p un entier supérieur ou égal au degré de B. Il existe un unique couple de polynômes (Q, R) tels que A = BQ + X p+1 R et deg Q É p . Exemple 21.3 A = 1 + 3X + 2X2 − 7X3 , B = 1 + X − 2X2 p = 3. La présentation est celle de la division des nombres décimaux lorsqu’on veut un quotient à 10−p . Le rôle de X étant joué par 10−1 . 1
+3X +2X
+2X 2 +4X 2 +2X 2
−7X 3 −7X 3 −3X 3 −5X 3
+4X 4 +9X 4
Ce qui s’écrit :
¯ ¯1 ¯ ¯1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −10X 5 ¯
+X +2X
−2X 2 +2X 2
−5X 3
1 2X 2 − 7X 3} = (1 + X − 2X 2 ) (1 + 2X + 2X 2 − 5X 3 ) +X 4 (9 − 10X) . | + 3X +{z {z }| {z } | | {z } A
B
Q
R
Interprétation en termes de développements limités en zéro : 1 + 3x + 2x 2 − 7x 3 = 1 + 2x + 2x 2 − 5x 3 + o(x 3 ). 1 + x − 2x 2 Démonstration
• Unicité. On suppose l’existence de deux couples (Q1 ,R1 ),(Q2 ,R2 ) résultat de la division selon les puissances croissantes de A par B à l’ordre p , on va montrer qu’ils sont égaux. On dispose des égalités : A = BQ1 + X p+1 R1 ,
A = BQ2 + X p+1 R2
772
donc
(1)
B(Q1 − Q2 ) = X p+1 (R2 − R1 ).
On regarde les valuations des deux membres. Par hypothèse val B = 0. Donc val B(Q1 −Q2 ) = val B+val (Q1 −Q2 ) = val (Q1 − Q2 ). D’autre part val X p+1 (R2 −R1 ) Ê p +1. Conclusion : Q1 −Q2 est un polynôme dont la valuation est supérieure au degré, c’est donc le polynôme nul. Donc Q1 = Q2 et par suite R1 = R2 . • Existence. Comme dans l’exemple, on va poser notre division, supposer qu’on a réussi à l’ordre p et passer à l’ordre p + 1. A = a 0 + · · · + a n−1 X n−1 + a n X n
et B = b0 + · · · + bn−1 Xn−1 + bn Xn
avec
b0 6= 0
On raisonne donc par récurrence sur p . Si p = 0 : A= Q0 =
a0 B + X.R0 b0
¶ µ ¶ µ ¶ µ a 0 b2 a 0 bn n−1 a 0 b1 + a2 − X + · · · + an − X R0 = a 1 − b0 b0 b0
avec
a0 et on a bien deg Q0 É p . b0
On suppose maintenant le résultat vrai pour l’ordre p et montrons le à l’ordre p + 1. L’hypothèse de récurrence montre l’existence d’un couple (Qp ,Rp ) tel que : A = Qp B + X p+1 Rp
avec
deg Qp É p.
On applique la division selon les puissances croissantes à l’ordre 0 pour Rp et B : ∃λp ∈ K, ∃Rp+1 ∈ K[X]
Rp = λp B + XRp+1
En remplaçant la valeur de Rp dans l’égalité au-dessus on obtient : A = Qp B + X p+1 (λp B + XRp+1 )
Qp+1 = Qp + λp X p+1
et si
alors
A = Qp+1 B + X p+2 Rp+1
avec
deg Qp+1 É p + 1
Ce qu’il fallait vérifier.
21.2 Fonctions polynomiales On cherche à démontrer que tout polynôme qui admet une infinité de racines est le polynôme nul. On peut le démontrer par récurrence grâce au théorème de Rolle dans le cas où K = R ou Q. Dans le cas de C, il n’y a plus de théorème de Rolle...
21.2.1 Fonctions polynomiales D ÉFINITION 21.8 ♥ Fonctions polynomiales Soit P = a0 + a1 X + . . . + an Xn ∈ K [X] un polynôme. On appelle fonction polynomiale associée à P la fonction donnée par : ½ e: P
K x
−→ 7−→
K a0 + a1 x + . . . + an x n
Nous noterons P le sous-espace vectoriel de F (K, K) des fonctions polynomiales. Remarque 21.4
P est à la fois un sous-espace vectoriel et un sous-anneau de F (K, K)
P ROPOSITION 21.10 L’application θ:
½
K [X] P
−→ 7−→
F (K, K) e P
est un morphisme de K-espaces vectoriels et d’anneau. En particulier, si P, Q ∈ K [X] et si λ, µ ∈ K, on a : ã e + µQ e λP + µQ = λP e×Q e P ×Q = P
De plus Imθ = θ (K [X]) = P.
e◦Q e P ◦Q = P
Démonstration Laissée en exercice.
21.2.2 Racines d’un polynôme 773
D ÉFINITION 21.9 ♥ Racine d’un polynôme e (α) = 0. Soit P ∈ K [X] un polynôme. Soit α ∈ K. On dit que α est une racine de P si et seulement si P
T HÉORÈME 21.11 ♥
Soient P ∈ K [X] un polynôme et α ∈ K un scalaire. On a équivalence entre : 1
α est une racine de P.
2
On peut factoriser P par X − α, c’est à dire : (X − α) |P.
Démonstration e (α) = 0. Par division euclidienne, il existe (Q,R) ∈ (K [X])2 tels que : Soit α une racine de P. Alors P
⇒
(
P = (X − α) Q + R
deg (R) < deg (X − α) = 1
On a alors deux possibilités, soit deg R = 0, soit deg R = −∞, c’est à dire R = 0. Montrons que la première n’est pas possible : si on avait deg R = 0 alors il existerait γ ∈ K∗ tel que R = γ et on aurait : A = (X − α) Q + γ, mais alors : P = (X − α) Q + γ et e (α) = R e (α) = γ 6= 0 ce qui est une contradiction. On a donc bien R = 0 et P = (X − α) Q. 0=P e (α) = 0 ce qui ⇐ Supposons que (X − α) |P. Alors il existe Q ∈ K [X] tel que P = (X − α) Q. Par conséquent : P = (X − α) Q et P prouve que α est une racine de P.
C OROLLAIRE 21.12 Si α1 , . . . , αp sont p racines distinctes d’un polynôme P ∈ K [X] alors le polynôme p ¡ ¢ Y (X − αk ) (X − α1 ) . . . X − αp = k=1
divise P. Démonstration La démonstration se fait par récurrence sur le nombre p de racines distinctes de P considérées. 1 2 3
4
La propriété vient d’être prouvée au rang 1 dans le théorème précédent. Soit p > 1.
On suppose que la propriété est vraie au rang p −1 et prouvons-la au rang¡ p . Soient¢ α1 ,... ,αp p racines de P. Par application de l’hypothèse de récurrence, il existe B ∈ K [X] tel que : P = (X − α1 ) ... X − αp−1 B. Comme αp est une racine de P, on a :
¡ ¢ ¡ ¢ e (α) = αp − α1 ... αp − αp−1 B e (α) . 0=P
¡ ¢ ¡ ¢ e Comme : ∀i ∈ 1, p − 1 , αi 6= αp , le nombre αp − α1 ... αp − αp−1 est non nul et donc nécessairement ¡ ¢ B (α) = 0, c’est-à-dire αp¡ est une¢ racine de B. Appliquant le théorème¡ précédent, il existe C ∈ K tel que : B = X − α C et donc [X] p ¢ P = (X − α1 ) ... X − αp C. On a alors prouvé que (X − α1 ) ... X − αp divise P.
Le théorème est alors prouvé par application du principe de récurrence.
T HÉORÈME 21.13 ♥ Un polynôme non nul de degré É n admet au plus n racines Soit P ∈ K [X] un polynôme non nul de degré É n . Si P admet au moins n + 1 racines distinctes alors P est nul. Démonstration Supposons qu’il existe α1 ,... ,αn+1 n + 1 racines distinctes du polynôme P non nul de degré Ê n . Appliquant le théorème précédent, le polynôme de degré n + 1 : (X − α1 ) ... (X − αn+1 ) divise P. Il existe donc B ∈ K [X] tel que : P = B(X − α1 ) ... (X − αn+1 ). On a alors n = deg P = deg B + n + 1. Comme deg P Ê 0, cette égalité n’est pas possible et donc notre hypothèse de départ est absurde.
On en déduit : T HÉORÈME 21.14 ♥ Tout polynôme qui admet une infinité de racines est le polynôme nul. T HÉORÈME 21.15 ♥ Identification polynômes et fonctions polynomiales L’application θ:
½
K [X] P
−→ 7−→
F (K, K) e P
qui envoie un polynôme sur sa fonction polynomiale associée est injective. 774
.
Démonstration Soit P et Q deux polynômes vérifiant θ(P) = θ(Q) soit P − Q = 0. P − Q possède donc une infinité de racines (tous les éléments de K), ce qui n’est possible, d’après la proposition précédente, que si P − Q = 0. Ce théorème permet de confondre polynômes et applications polynomiales. Attention, ceci est vrai à condition que K contienne une infinité d’éléments, ce qui est bien notre cas car K = R ou C.
e. On convient désormais de confondre les notations P et P
21.2.3 Schéma de Horner C’est une façon de calculer les valeurs d’un polynôme en minimisant le nombre d’opérations, en particulier les multiplications. Soit P = a0 + a1 X + a2 X2 + a3 X3 + . . . + an−2 Xn−2 + an−1 Xn−1 + an Xn . On a P = a0 + X(a1 + X(a2 + X(a3 + . . . + X(an−2 +X(an−1 + an X)) . . .))) Donc pour calculer P(α) on initialise avec an ensuite on effectue une boucle : multiplier par α puis ajouter le coefficient ak . Cet algorithme utilise n additions et n multiplications pour un polynôme de degré n . On peut aussi obtenir le quotient de la division euclidienne de P par X − α : P = (X − α) Q + P(α) avec Q = b0 + b1 X + . . . + b n−1 X n−1 . En effet, on a P(X) − P(α) = (X − α)(b n−1 X n−1 + . . . + b 1 X + b 0 )
an X n + . . . + a1 X + a0 − P(α) = (X − α)(b n−1 X n−1 + . . . + b 1 X + b 0 )
an X n + . . . + a1 X + a0 − P(α) = b n−1 X n + (b n−2 − αb n−1 )X n−1 + . . . + (b 0 − αb 1 )X − αb 0
Par identification, on obtient le système ( d’inconnues b0 , b1 , ..., bn−1 , P(α) ) : b n−1 b n−2 − αb n−1 ... b − αb 1 0 −αb 0
= = = =
b n−1 b n−2 ... soit a1 b 0 a0 − P(α) P(α)
an an−1
= =
an an−1 + αb n−1
= =
a1 + αb 1 a0 + αb 0
Autrement dit, les différents coefficients du polynôme quotient Q sont les nombres obtenus à chaque étape de la boucle.
21.2.4 Racines multiples D ÉFINITION 21.10 ♥ Racine d’ordre p , racine multiple Soient P ∈ K [X] un polynôme, α ∈ K, p ∈ N∗ . • On dit que α est une racine d’ordre p (ou de multiplicité p ) de P si et seulement si (X − α)p divise P et (X − α)p+1 ne divise pas P. • Si α est une racine d’ordre 1 de P, on dit que α est une racine simple de P. • Si α est une racine d’ordre Ê 2 de P, on dit que α est une racine multiple de P. P ROPOSITION 21.16 Caractérisation de l’ordre d’une racine Soient α ∈ K un scalaire et P ∈ K [X] un polynôme. On a équivalence entre : 1
α est une racine multiple de P d’ordre p .
2
Il existe Q ∈ K [X] tel que P = (X − α)p Q et Q (α) 6= 0.
Démonstration ⇒ Supposons que α est une racine multiple de P d’ordre p . Comme (X − α)p divise P, il existe Q ∈ K [X] tel que P = (X − α)p Q. Montrons que Q (α) 6= 0. Si c’était le cas, alors α serait une racine de Q et il existerait Q′ ∈ K [X] tel que : Q = (X − α) Q′ . Par suite, on aurait : P = (X − α)p+1 Q′ et (X − α)p+1 diviserait P, ce qui n’est, par hypothèse, pas possible. Donc Q (α) 6= 0. ⇐ Supposons qu’il existe Q ∈ K [X] tel que P = (X − α)p Q et Q (α) 6= 0. Pour montrer que α est une racine multiple de P d’ordre p , il faut montrer que (X − α) p+1 ne divise pas P. Par division Euclidienne de Q par X − α, il existe A,B ∈ K [X] tels que : Q = (X − α) A + B et deg B < deg (X − α) = 1. Par conséquent deg B Ê 0 et comme α n’est pas une racine de Q, B est un polynôme constant non nul. On a alors : P = (X − α) p ((X − α) A + B) = (X − α) p+1 A + (X − α)p B
Par unicité du couple quotient-reste dans la division Euclidienne de P par (X − α)p , (X − α)p B est le reste de cette division et comme B 6= 0, ce reste est non nul. Par conséquent, (X − α) p+1 ne divise pas P.
775
21.3 Polynômes dérivés 21.3.1 Définitions et propriétés de base D ÉFINITION 21.11 ♥ Polynôme dérivé Soit P = a0 + a1 X + · · · + an Xn ∈ K [X] un polynôme. On définit le polynôme dérivé de P par : P′
= =
a1 + 2a2 X + · · · + nan X n−1 n X kak X k−1
k=1
Remarque 21.5 • Cette définition est purement algébrique. • Elle coïncide avec la dérivée des fonctions polynomiales sur le corps K· P ROPOSITION 21.17 Soit P ∈ K [X] un polynôme. On a : 1 2
¡ ¢
Si deg (P) > 0 alors deg P′ = deg (P) − 1. P est constant si et seulement si P′ = 0.
Démonstration Pp Pp−1 1 Si deg (P) = p > 0 alors P = k=0 a k X k avec a p 6= 0 et P′ = k=0 ka k X k . Le coefficient de terme dominant de P′ est pa p qui est non nul. Par conséquent deg P′ = p − 1. 2 Si P est constant, il est clair que P′ = 0. Réciproquement, si P n’est pas constant, alors deg P > 0 et deg P′ Ê 0 ce qui prouve que P′ est non nul.
P ROPOSITION 21.18 Linéarité de la dérivation Soient P, Q ∈ K [X] deux polynômes et α, β ∈ K deux scalaires. On a : ¡ ¢′ αP + βQ = αP′ + βQ′ Démonstration Laissée en exercice.
P ROPOSITION 21.19 Dérivée d’un produit Soient P, Q ∈ K [X] deux polynômes. On a :
Démonstration Supposons que P = (PQ)′
P
(PQ)′ = P′ Q + PQ′
k∈N a k X
= = =
k
et Q =
+∞ X ¡
i+ j =0 +∞ X
i+ j =0 ′
P
k∈N bk X
k.
On a donc : PQ =
P+∞
a b X i+ j =0 i j
i+ j
¢ i + j a i b j X i+ j −1 par linéarité de la dérivation
i a i b j X i−1 X j +
P Q + PQ′
+∞ X
j a i b j X i X j −1
i+ j =0
21.3.2 Dérivées successives D ÉFINITION 21.12 ♥ Polynôme dérivé d’ordre n Soit P ∈ K [X] un polynôme. On définit par récurrence la dérivée n -ième (ou d’ordre n ) de P par : • P(0) = P • ∀n ∈ N,
£ ¤′ P(n+1) = P(n)
776
et :
Remarque 21.6
L’application Dn :
½
−→ 7−→
K [X] P
K [X] P(n)
est linéaire comme composée de n applications linéaires. T HÉORÈME 21.20 ♥ Formule de Leibniz pour les polynômes Soient P, Q ∈ K [X] deux polynômes. On a : (PQ)
(n)
à ! n n X = P(n−k) Q(k) k k=0
Démonstration C’est la même démonstration que celle écrite pour les fonctions n fois dérivables.
Remarque 21.7 ¡
X
¢ p (n)
=
(
0 p! X p−n (p−n )!
p = A n X p−n
si n > p sinon
T HÉORÈME 21.21 ♥ Formule de Taylor pour les polynômes Soit P un polynôme de degré inférieur ou égal à n et a ∈ K. Alors : P=
Démonstration Soit P =
Pn
p=0 a p X
n X
k=0
P (k) (a) k!
(X − a)k
p = Pn p=0 a p Qp .
• Soit p É n . La formule est vraie pour le polynôme Qp = X p : en effet, Q′p = pX p−1 ,... ,Qp(k) = p(p − 1) ... (p − k + 1)X p−k . • Maintenant, utilisant la formule du binôme de Newton : Ã ! p p p X X X p p−k p! (X−a)k (X−a)k (k) p p a Qp = X = ((X − a) + a) = a p−k = Qp (a) (X − a)k = k p−k ! k! ( ) k=0 k=0 k=0 k!
• En rajoutant des termes nuls, Qp = • Par linéarité,
Pn
k=0
(X−a)k (k) Qp (a). k!
P= =
n X
a p Qp
p=0 n X
p=0
ap
n (X−a)k X
k=0
k!
Qp(k) (a)
n (X−a)k X n X
a p Qp(k) (a) k=0 k! p=0 n (X−a)k X P(k) (a) = k! k=0 =
L EMME 21.22 Soient r ∈ N∗ et P ∈ K [X]. Soit a ∈ K. Si a est une racine d’ordre r de P alors a est une racine d’ordre r − 1 de P′ . Démonstration Comme a est une racine d’ordre r de P, il existe Q ∈ K [X] tel que : P = (X − a)r Q et Q (a) 6= 0. Par conséquent : ¡ ¢ P′ (a) = r (X − a)r −1 Q + (X − a)r Q′ = (X − a)r −1 r Q + (X − a) Q′ {z } | =B
et on a clairement B(a) 6= 0 ce qui prouve le lemme.
777
T HÉORÈME 21.23 ♥ Caractérisation des racines multiples Soient un polynôme P ∈ K [X], un scalaire a ∈ K et un entier r > 0. On a équivalence entre : 1 2
a est une racine d’ordre r de P.
P (a) = P′ (a) = . . . = P(r −1) (a) = 0 et P(r ) (a) 6= 0 .
Démonstration ⇒ Par application du lemme, si a est une racine d’ordre r de P alors a est une racine d’ordre 1 de P(r −1) et d’ordre 0 de P(r ) donc P (a) = P′ (a) = ... = P(r −1) (a) = 0 et P(r ) (a) 6= 0. ⇐ Réciproquement, si P (a) = P′ (a) = ... = P(r −1) (a) = 0 alors, par application de la formule de Talor : P=
n P (k) (a) X
k=0
k!
(X − a)k = (X − a)r B
avc B ∈ K [X] tel que B(a) 6= 0.
21.4 Polynômes scindés 21.4.1 Définition D ÉFINITION 21.13 ♥ Polynôme scindé sur K Soit P ∈ K [X] de degré p . On dit que P est scindé sur K si et seulement si il s’écrit : p ¡ ¢ Y P = a p (X − α1 ) . . . X − αp = (X − αk ) k=0
où les scalaires αk ∈ K sont les racines de P comptées avec leur multiplicité et a p est le coefficient du terme dominant de P.
21.4.2 Factorisation dans C [X] B IO 19 Jean le Rond D’Alembert, né à Paris le 16 novembre 1717 et mort à Paris le 29 octobre 1783
Mathématicien Français. Il fut avec Diderot à l’origine de l’Encyclopédie qui se voulait une synthèse et une vulgarisation des connaissances de l’époque. Tous deux durent jouer à cache-cache avec la censure pour faire paraître cette œuvre monumentale. D’Alembert abandonna le projet, fatigué des controverses et se consacra à la partie mathématique. Son œuvre fut considérable en mécanique, astronomie et mathématiques. Il énonce le théorème fondamental de l’algèbre dans son Traité de dynamique en 1743. Musicien, il établit l’équation des cordes vibrantes. Enfant trouvé sur les marches d’une église, il n’eut pas droit aux obsèques religieuses, car considéré comme athée.
T HÉORÈME 21.24 ♥ théorème fondamental de l’algèbre Soit P un polynôme de C [X] de degré Ê 1 (c’est à dire non constant) alors P possède au moins une racine dans C. Démonstration Admise. Il existe de nombreuses démonstrations. Aucune n’est assez élémentaire pour être exposée ici. La première démonstration rigoureuse est due à Gauss (1799). Ce théorème est aussi appelé théorème de d’Alembert-Gauss.
Remarque 21.8 racine dans R.
Attention ce théorème est faux dans R. Par exemple P = X2 +1 est non constant mais ne possède aucune
778
C OROLLAIRE 21.25 Factorisation dans C [X] Tout polynôme de C [X] est scindé sur C, c’est à dire tout polynôme P ∈ C [X] s’écrit sous la forme : ¡ ¢ P = a p . (X − α1 ) . . . X − αp
où les scalaires αk sont les racines de P comptées avec leur multiplicité et a p est le coefficient du terme dominant de P. Démonstration Supposons que P est non constant, sinon la propriété est évidente. Soient α1 ,... ,αp ∈ C la liste des racines de P. ¢ Qp ¡ Par application du théorème fondamental de l’algèbre cette liste est non vide. Il existe Q ∈ C [X] tel que : P = i=1 X − αi Q. Si Q est non constant alors il possède une racine α et α est nécessairement aussi une racine de P. Donc la liste α1 ,... ,αp n’était pas celle de toutes les racines de P, ce qui constitue une contradiction. Par conséquent, Q est un polynôme constant et la proposition est démontrée.
Une formulation équivalente du théorème fondamental de l’algèbre est la suivante :
T HÉORÈME 21.26 ♥ Un polynôme P ∈ C [X] de degré p possède p racines (comptées avec leur multiplicité) dans C. Démonstration C’est un corollaire immédiat de la proposition précédente.
Exemple 21.4 Soit P = Xn − 1. ∀k ∈ 0, n − 1, ζk = exp
³
2ikπ n
´
est une racine de P. Donc P est divisible par chacun
des X − ζk . Comme les ζk sont distincts deux à deux, P est aussi divisible par leur produit : Xn − 1 = K
n−1 Y k=0
(X − ζk ). En
regardant les degrés des deux memebres, on a degK = 0 c’est-à-dire que K est constant. En regardant les coefficients dominants on en déduit que K = 1 et donc Xn − 1 =
n−1 Y k=0
(X − ζk ) .
21.4.3 Interlude : polynômes conjugués D ÉFINITION 21.14 ♥ Polynômes conjugués Soit P = a0 + a1 X + · · · + a p X p ∈ C [X] un polynôme. On appelle conjugué de P le polynôme, noté P¯ et donné par : P = a0 + a1 X + · · · + a p X p
P ROPOSITION 21.27 Soient P, Q ∈ C [X] et r ∈ N. On a : 1 2
P +Q = P+Q P ×Q = P×Q
3
∀α ∈ C,
4
P(r ) = P
5
(r )
¡ ¢ P (α) = P α
P ∈ R [X] ⇐⇒ P = P.
Démonstration Démontrons par exemple le troisième point : Soient α ∈ C et P = a 0 + a 1 X + ... + a p X p ∈ C [X]. On a : P (α) = a 0 + a 1 α + ... + a p αp
d’où l’égalité.
L EMME 21.28 Soient P ∈ C [X] et r ∈ N∗ . Soit α ∈ C. On a équivalence entre : 1
α est une racine de P d’ordre r .
2
α est une racine de P d’ordre r .
¡ ¢
et P α = a 0 + a 1 α + ... + a p αp
779
Démonstration On a la série d’équivalences : α est une racine d’ordre r de P ⇔ ⇔
⇔
P (α) = P′ (α) = ... = P(r −1) (α) = 0 et P(r ) (α) 6= 0 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ P α = P′ α = ... = P(r −1) α = 0 et P(r ) α 6= 0 α est une racine d’ordre r de P
C OROLLAIRE 21.29 Soit P ∈ R [X] un polynôme à coefficients réels. Si α est une racine d’ordre r de P alors α est aussi une racine d’ordre r de P. Démonstration Exercice laissé au lecteur.
Remarque 21.9
On en déduit que les racines de P ∈ R [X] sont ou réelles ou complexes conjuguées.
21.4.4 Factorisation dans R [X] P ROPOSITION 21.30 Factorisation dans R [X] Soit P ∈ R [X] un polynôme non nul. Alors, il existe α1 , . . . , αr ∈ R non nécessairement deux à deux distincts, (b 1 , c 1 ) , . . . , (b s , c s ) ∈ R2 non nécessairement deux à deux distincts tels que ∆l = b l2 − 4c l < 0 pour tout ℓ ∈ 1, s, et λ ∈ R∗ tels que : P=a
r Y
k=1
(X − αk )
s ¡ Y ¢ X2 + bℓ X + cℓ
ℓ=1
Démonstration Appliquant la proposition 21.25, P est scindé sur C et ses racines sont, d’après la dernière remarque, ou réelles ou complexes conjuguées : ¢ ¡ ¢ ¢ ¡ ¡ P = a (X − α1 ) ... X − αp (X − ω1 ) X − ω1 ... (X − ωr ) X − ωr
où α1 ,... ,αp ∈ R sont les racines réelles de P et où ω1 ,ω1 ,... ,ωr ,ωr sont les racines complexes conjuguées de P. On a, pour tout k ∈ 1,r : ¡ ¢¡ ¢ ¢ ¡ ¢ 2 ¡ 2 2 2 X − ωk
X − ωk = X − ωk + ωk + ωk ωk = X − 2Re ωk X + ωk = X − p k X + qk
avec p k , qk ∈ R. Le résultat annoncé s’en suit.
21.4.5 Polynômes irréductibles D ÉFINITION 21.15 ♥ Polynôme irréductible Soit P ∈ K [X] un polynôme non constant . On dit que P est irréductible si et seulement si : P = QH =⇒ Q ∈ K
ou H ∈ K
Autrement dit : un polynôme P non constant est irréductible si et seulement si ses seuls diviseurs sont les polynômes constants et les polynômes proportionnels à P. P ROPOSITION 21.31 Les polynômes de degré 1 sont irréductibles Soient α ∈ K un scalaire et P = (X − α) un polynôme de degré 1. Alors P est irréductible. Démonstration Soit P un polynôme de degré 1. P est clairement non constant et si Q ∈ K [X] est un diviseurs de P alors il existe H ∈ K [X] tel que : P = QH. Par conséquent : 1 = deg P = deg Q + deg H. Une des deux possibilités suivantes est alors vraie : – deg Q = 1 et deg H = 0 donc Q est un polynôme proportionnel à P – deg Q = 0 (et deg H = 1) et Q est un polynôme constant. Par conséquent P est irréductible.
T HÉORÈME 21.32 ♥ Polynômes irréductibles de C [X] Les polynômes irréductibles de C [X] sont les polynômes de degré 1. Démonstration On vient de prouver que les polynômes de degré 1 sont irréductibles dans C [X]. Réciproquement, si P ∈ C [X] est un polynôme irréducible de C [X], montrons qu’il est de degré 1. Si ce n’était pas le cas, alors comme P est non nul :
780
– soit deg P > 1 et par application du théorème fondamental de l’algèbre P possède au moins une racine α dans C. Par conséquent le polynôme X − α divise P et donc P n’est pas irréductible. – soit deg P = 0 et dans ce cas P est un polynôme constant non nul et ne peut être irréductible. Dans les deux cas, on aboutit à une contradiction et la proposition est alors prouvée par l’absurde.
T HÉORÈME 21.33 ♥ Polynômes irréductibles de R [X] Les polynômes irréductibles de R [X] sont : • les polynômes de degré 1. • les polynômes de degré 2 dont le disciminant est négatif. Démonstration – Les polynômes de degré 1 sont irréductibles dans R [X]. – Soit P ∈ R [X] un polynôme de degré 2. Il est irréducible si et seulement si il n’est pas divisible par un polynôme de degré 1, c’est à dire si et seulement si il n’a pas de racine réelle, ce qui est équivalent à dire que son discriminant est strictement négatif. – Tout polynôme de degré Ê 3 se décompose, d’après le théorème de factorisation dans R [X] 21.30, comme le produit de polynômes de degré 1 et de degré 2. Un tel polynôme ne peut être irréductible.
21.4.6 Relations coefficients-racines D ÉFINITION 21.16 ♥ Polynômes symétriques élémentaires Soit α1 , . . . , αp ∈ K. On définit les polynômes symétriques élémentaires en les variables α1 , . . . , αp par : σ1 σ2
α1 + · · · + αp X αi 1 αi 2
=
=
i 1 0, on a bien n = 0.
Qℓ avec n Ê m + 1. Prenons Pm+1 . Pm+1 divise
n Y
Qℓ . D’après la proposition précédente,
ℓ=1
il n’y a que deux possibilités : soit Pm+1 est premier avec chacun des Qℓ soit il est associé à l’un d’entre eux. Le prmier cas ne se présente pas, car si Pm+1 était premier avec chacun des Qℓ il serait premier avec leur produit ce qui n’est pas possible (deg p 1 Ê 1). Reste donc le second cas. Il existe ℓ0 ∈ 1,n tel que Pm+1 soit associé à Qℓ0 auquel cas ces deux polynômes unitaires - sont égaux. On en déduit que
m Y
k=1
Pk =
Y
Qℓ . Maintenant, en utilisant la propriété de récurrence u rang m , on en
1ÉℓÉn ℓ6=ℓ0
déduit que m = n − 1 et que les (Pk )1ÉkÉm sont les (Qℓ )ℓ6=ℓ0 . Ce qu’il fallait démontrer. • Existence : Elle se démontre par récurrence sur le degré. Tout polynôme non nul de degré É 1 est soit constant, soit irréductible. On considère donc un polynôme non nul. Soit il est irréductible et il n’y a rien à faire, soit il peut s’écrire comme produit de deux polynômes de degré strictement inférieur et alors on applique la propriété de récurrence à chacun de ces deux polynômes.
Le chapitre fut copieux. Pour s’en convaincre, il convient de jeter un coup d’œil au diagramme : 785
20. Arith-métique Décomposition en facteurs premiers
PPCM
Lemme de Gauss
Lemme de Gauss
Division Euclidienne
Division Euclidienne
Identité de Bezout
22. Fractions rationnelles
PGCD
Décomposition en éléments simples
PGCD Identité de Bezout
Détermination des pôles multiples
Décomposition en produit d’irréductibles
PPCM
DL d’un quotient
21. Polynômes
Division suivant les puissances croissantes
Formule de Leibniz
Fonction Polynôme sur R Formule de Leibniz
Théorème de d’Alembert Formule de Taylor
Théorème de Rolle
BolzanoWeierstrass
Kn [X]
Famille échelonée en valuation
Base des
12. Fonctions dérivables
Polynômes de matrices
25. Matrices
(X − a)k
Famille échelonée en degré
23. Espaces vectoriels
786
24. Dimension des E.V.
14. Dévelop-pements limités
16. Suites á valeurs dans C
21.6 Exercices 21.6.1 L’anneau des polynômes Exercice 21.1 ♥ ´ ³ n Calculer P = (1 + X)(1 + X2 )(1 + X4 ) . . . 1 + X2 . Solution : Le produit (1 − X)P se téléscope en (1 − X)P = 1 − X
2n+1
. On en déduit que P =
2n+1 X−1
Xk .
k=0
Exercice 21.2 ♥ Soit P le polynôme P(X) = (1 + X)(1 + qX)(1 + q 2 X) . . . (1 + q n−1 X), (q 6= 1). Etablir une relation entre P(qX) et P(X). En déduire la valeur des coefficients de P. Solution : On a (1 + X)P(qX) = (1 + q n X)P(X). En posant P(X) = ¡
ak−1 q
k−1
−q
n
¢
n X
k=0
¡ ¢ ak X k , on en déduit que pour k Ê 1, ak 1 − q k =
1 − qn q − qn q k−1 − q n . On en déduit, puisque a0 = 1, ak = . ×... × × n 1−q 1−q 1 − qk
Exercice 21.3 ♥ Déterminer les coefficients de 1. (1 + X + X2 + . . . + Xn )2 .
2. (1 − X + X2 + . . . + (−1)n Xn )2 .
3. (1 + X + X2 + . . . + Xn ).(1 − X + X2 − . . . + (−1)n Xn )
Solution : 1. En développant (1 + X + X2 + . . . + Xn ) × (1 + X + X2 + . . . + Xn ) = ak = 2n + 1 − k pour n É k É 2n .
2n X
k=0
ak X k , on trouve ak = k + 1 pour 0 É k É n et
2. D’après le résultat précédent, en composant par le polynôme −X, on trouve : (1 − X + X 2 + . . . + (−1)n X n )2 =
n X
(−1)k (k + 1)X k +
k=0
2n X
(−1)k (2n + 1 − k)X k .
k=n+1
3. Si k É n , le coefficient ak de Xk est (−1)k (1 − 1 + 1 − . . .) sachant qu’il y a k + 1 termes dans la parenthèse. Donc ak = 1 lorsque k est pair et ak = 0 lorsque k est impair. Maintenant, lorsque n É k É 2n , on écrit k = n + ℓ et le coefficient de Xk est (−1)ℓ +(−1)ℓ+1 +. . .+(−1)n soit n−ℓ+1. Là encore si n−ℓ+1 est pair tous les termes s’annulent et le coefficient ak est nul. Cela se produit lorsque n − (k − n) + 1 est pair c’est-à-dire lorsque k est impair. Sinon, lorsque k est pair ak est égal au premier (ou au dernier) terme de la somme, à savoir (−1)ℓ = (−1)k−n = (−1)n puisque k est pair. Exemples : n = 4. n est pair, (1 + X + X2 + X3 + X4 )(1 − X + X2 − X3 − X4 ) = 1 + X2 + X4 + X6 + X8 . n = 5. n est impair, (1 + X + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 )(1 − X + X 2 − X 3 − X 4 + X 5 ) = 1 + X 2 + X 4 − X 6 − X 8 − X 10 . Exercice 21.4 ♥ Calculer S = (n − 1) + (n − 2) × 2 + . . . + 2(n − 2) + (n − 1). Solution : 1. Tout d’abord un calcul sans malice : S =
n X
k=0
k(n − k) = n
n X
k=0
k−
n X
k=0
k2 = n
n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) − = 2 6
n(n + 1) n(n + 1)(n − 1) . Mais où sont les polynômes ? [3n − 2n − 1] = 6 6 n n n X k X X 2. Soit P = X , on a P′ = kX k−1 et P′′ = k(k − 1)X k−2 . S est le coefficient de degré n − 1 dans le polynôme (P′ )2 .
k=0
k=0
k=0
Par ailleurs (P2 )′ = 2PP′ et (P2 )′′ = 2P′2 + 2PP′′ . Le coefficient de Xn+1 dans (P2 ) c’est n + 1. En dérivant deux fois, Le coefficient de Xn−1 dans (P2 )′′ c’est (n + 1)(n + 1)n .
D’autre part le coefficient de Xn−1 dans (P2 )′′ c’est (n + 1)n + n(n − 1) + . . . + 2 × 1 = 787
n X
(k + 1)k =
k=1
n X
k=1
k2 +
n X
n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) . On en déduit n(n + 1)2 = 2S + + + n(n + 1), d’où 2S = 6 2 6 k=1 · ¸ 2n + 1 n(n + 1)(n − 1) n(n + 1) (n + 1) − 1 − . On retrouve bien le même résultat. = 3 3 k =
Exercice 21.5 ♥ Trouver tous les polynômes P, Q ∈ C [X] vérifiant : 1. Q2 (X) = XP2 (X).
3. P(X2 ) = P(X)
2. P ◦ P = P.
4. P(X + 1) = XP(X)
Solution : 1. Soient P et Q deux polynômes vérifiant l’égalité. On a alors : 2deg Q = 2deg P + 1 ce qui est impossible à moins que P = Q = 0. On vérifie réciproquement que si P = Q = 0 alors P et Q vérifient l’égalité. ¡
¢2
2. Le polynôme nul est solution de l’équation. Soit P un polynôme non nul vérifiant l’égalité. On a : degP = degP ce qui amène degP = 1 ou deg P = 0. Si deg P = 1 alors il existe a, b ∈ C tels que P = aX + b . On a alors P ◦ P = P si et seulement si a = 1 et b = 0 donc si et seulement si P = X. Si deg P = 0, P est alors un polynôme constant et on vérifie facilement que P est solution de l’équation. L’ensemble des solutions de l’équation est donc {X, α | α ∈ C} .
3. Le polynôme nul est solution de l’équation. Soit P un polynôme non nul vérifiant l’égalité. On a : 2deg P = degP ce qui n’est possible que si deg P = 0 c’est à dire que si P est un polynôme constant. On vérifie que tout polynôme constant est solution de l’équation et l’ensemble des solutions de l’équation est l’ensemble des polynômes constants. 4. On vérifie que le polynôme nul est solution de l’équation. Supposons qu’il existe un polynôme P ∈ R [X] non nul solution de l’équation. Alors deg P = deg P (X + 1) = 1 + deg P ce qui n’a pas de sens. Donc la seule solution de l’équation est le polynôme nul. Exercice 21.6 ♥ Trouver tous les polynômes P, Q ∈ C [X] vérifiant : 1. P(X2 ) = XP(X)
3. P(X) − P(X − 1) = X2
2. P(X)2 = XP(X + 1)
4. (X + 3)P(X) = XP(X + 1)
Solution : 1. Le polynôme nul est solution de l’équation. Soit P un polynôme non nul vérifiant l’égalité. On a : 2deg P = degP + 1 ce qui n’est possible que si degP = 1. P est donc de la forme P = aX + b avec a, b ∈ C. Mais P doit vérifier : aX2 + b = X (aX + b) et donc on a : b = 0. Réciproquement, on vérifie que les polynômes de la forme aX avec a ∈ C sont solutions de l’équation. 2. Le polynôme nul est solution de l’équation. Soit P un polynôme non nul vérifiant l’égalité. On a : 2deg P = degP + 1 ce qui n’est possible que si degP = 1. P est donc de la forme P = aX + b avec a, b ∈ C. Mais P doit vérifier : (aX + b)2 = X (a (X + 1) + b) ce qui n’est possible que si a = b = 0. Seul le polynôme nul est solution de l’équation. 3. Soit P un polynôme solution de l’équation. Comme deg (P (X) − P (X − 1)) = deg P − 1, on a : deg P − 1 = 2 et donc degP = 3. On pose P1 = P − P(0). P1 est aussi une solution et est de la forme P1 = aX 3 + bX 2 + cX avec a, b, c ∈ C. Injectant dans l’égalité on trouve alors P1 = 31 X3 + 21 X2 + 16 X qui est l’unique solution de l’équation dont la valuation 1
1
1
3
2
6
égale 1. On obtient toutes les solutions de l’équation en ajoutant les termes constants P = X3 + X2 + X + c . n
4. On vérifie que le polynôme nul est solution de l’équation. Soit P = an X + . . . + a0 ∈ R [X] un polynôme non nul de degré n ∈ N solution de l’équation. On identifie les coefficients des termes de degré n dans l’égalité (X +3)P(X) = XP(X +1) et on obtient : nan = 3an 1 . Comme an 6= 0, nécessairement n = 3 et deg P = 3. Cherchons alors les polynômes de la forme P = aX3 + bX2 + cX + d ∈ R [X] solutions de l’équation. On obtient le système b − 3a = 0 2c − a − b = 0 d =0
qui ¡ admet comme ¢ ensemble solution {(a, 3a, 2a, 0) | a ∈ R}. Les polynômes solutions de l’équation sont alors les a X 3 + 3X 2 + 2X , a ∈ R. 788
Exercice 21.7 ♥ Soit f (z) = a0 + a1 z + . . . + an z n une fonction polynôme définie sur C. a0 , a1 , . . . , an sont n + 1 nombres complexes tels a sont tous nuls. que ∀ z ∈ C, f (z) = 0. On se propose de redémontrer que les Z k 2π
Pour cela on calculera pour tout k ∈ 0, n l’intégrale Ik =
0
³ ´ f e iϑ e −ikϑ dϑ de deux façons différentes.
Solution : On¡ a f¢(z) = 0 pour tout z complexe, c’est donc vrai a fortiori pour tous les complexes de module 1. Donc ∀ϑ ∈ [0, 2π], f e iϑ = 0 et donc Ik = 0.
D’autre part Ik =
Z2π µ X n 0
m=0
am e
imϑ
¶
e
−ikϑ
dϑ =
n X
Z2π
am
0
m=0
0 et J0 = 2π. Donc Ik = 2πak . On en déduit ak = 0 et ce pour tout k ∈ 0, n.
e
i(m−k)ϑ
∗
dϑ. Or pour p ∈ Z , Jp =
Z2π
e
i pϑ
0
"
e i pϑ dϑ = ip
#2π 0
=
Exercice 21.8 ♥♥ On considère un polynôme P = a0 + a1 X + · · · + an Xn ∈ C [X] à coefficients complexes et l’on note M=
sup z∈C , |z|=1
|P(z)|
1. On note pour tout k ∈ 0, n, ωk les n + 1 racines (n + 1)ième de l’unité. Pour p ∈ [[0, n]], calculer la somme Sp =
n X
k=0
−p
ωk P(ωk )
2. En déduire que ∀p ∈ 0, n, |a p | É M. Solution : 1. En notant ω la racine nième primitive de l’unité, Sp =
Mais
n X
ω−k p
n X
j =0
k=0
a j ωj k =
n X
aj
j =0
( ´k n ³ X (n + 1) j −p = ω 0 k=0
³X n
ωk(j −p)
k=0
´
si j = p sinon
Par conséquent, ∀p ∈ [[0, n]], S p = (n + 1)a p .
2. Soit p ∈ [[0, n]]. Avec l’inégalité triangulaire, ¯ X n n ¯ ¯X ¯ ¯ −p ¯(n + 1)a p ¯ = ¯¯ |P(ωk )| É (n + 1)M ωk P(ωk )¯ É k=0
k=0
d’où le résultat.
21.6.2 Dérivation, formule de Taylor Exercice 21.9 ♥ Trouver tous les polynômes P ∈ R [X] vérifiant : 1. P − XP′ = X
¡
¢
3. X2 + 4 P′′ = 6P.
2. P′2 = 9P
Solution : 1. Soit P ∈ R [X]. Supposons que P − XP′ = X. Alors P 6= 0. Notons n = degP. Comme deg(P − XP′ ) É n , il faut que n Ê 1. Mais si l’on cherche le coefficient de Xn dans P − XP′ , on trouve (n − 1)an . Par conséquent, si n = 1, deg(P−XP′ ) É 0 et ce n’est pas possible, et si n Ê 2, deg(P−XP′ ) = n , ce qui n’est pas possible non plus. Il n’existe donc aucun polynôme vérifiant la propriété. 2. Le¡ polynôme ¢ nul est solution de l’équation. Supposons que P ∈ R [X] soit solution de l’équation. Alors : 2 deg P − 1 = deg P et donc deg P = 1. On a alors P = aX + b avec a, b ∈ R. Mais a et b doivent vérifier : a 2 = 9p aX + b ce qui n’est possible que si a = b = 0. La seule solution de l’équation est donc le polynôme nul. 789
3. Le polynôme nul est solution de l’équation, c’est même le seul polynôme de degré É 1 solution de l’équation. Supposons que P ∈ R [X] soit solution et de degré n Ê 2. Raisonnant sur le monôme de degré n dans P, on obtient : n (n − 1) = 6 ce qui donne n = 3. On vérifie par ailleurs que les seuls polynômes de la forme aX 3 + bX 2 + cX + d ∈ R3 [X] solutions de l’équations sont ceux de la forme : aX 3 + 4aX avec a ∈ R. Exercice 21.10 ♥♥ Déterminer les polynômes non-constants P ∈ R [X] tels que P′ divise P Indication 21.5 : Etudier le degré du quotient, et utiliser la formule de Leibniz Solution : Soit P ∈ R [X] une solution de l’équation. Il existe Q ∈ R [X] tel que P = QP′ . On a forcément degQ = 1 et donc Q = λ(X − a) où a, λ ∈ R. En identifiant les coefficients de Xn , on trouve λ = n1 et donc : nP = (X − a)P′
On utilise alors la formule de Leibniz. Pour tout k ∈ N, il vient : nP(k) = (X − a)P(k+1) + kP(k) . D’où (n − k)P(k) = (X − a)P(k+1) . On a alors P(k) (a) = 0 pour k ∈ 0, n et donc (X − a)n | P. Alors P = λ(X − a)n . On vérifie réciproquement que tout polynôme de cette forme convient. Exercice 21.11 ♥♥ Déterminer tous les polynômes P ∈ R [X] vérifiant : P(X + 1) − 2P(X) + P(X − 1) = 0
Indication 21.5 : Utiliser une formule de Taylor.
Solution : Ecrivons les deux formules de Taylor : P(X + 1) = P(X) + P′ (X) + P(X − 1) = P(X) − P′ (X) +
1 1 ′′ P (X) + · · · + P(n) (X) 2! n!
1 ′′ (−1)n (n) P (X) + · · · + P (X) 2! n!
Alors la condition de l’énoncé dit que : P′′ (X) +
1 (4) P (X) + · · · = 0 4!
Mais alors P′′ (X) = 0. En effet, si P′′ (X) 6= 0, P′′ (X) = an Xn + . . . avec an 6= 0. Mais en cherchant le terme en Xn dans l’égalité précédente, on trouve qu’il vaut an Xn (tous les polynômes P(4) , . . .sont de degré strictement inférieur à n . Donc P est un polynôme de degré É 1 : P(X) = aX + b
Et on vérifie réciproquement que tout polynôme de cette forme convient. Une autre solution : On résout P(X + 1) − P(X) = 0. L’ensemble des solutions c’est l’ensemble des polynômes constants. On résout ensuite P(X + 1) − P(X) = c . L’ensemble des solutions c’est l’ensemble des polynômes cX + d . Maintenant P(X + 2) − 2P(X + 1) + P(X) = D(D(P)) avec D(P) = P(X + 1) − P(X). On en déduit que les polynômes de degré É 1 sont les solutions de P(X + 2) − 2P(X + 1) + P(X) = 0 puis que les polynômes de degré É 1 sont les solutions de P(X + 1) − 2P(X) + P(X − 1) = 0. Exercice 21.12 1. Quels sont les polynômes de C[X] tels que leur fonction polynôme associée soit une surjection de C sur C ? 2. Quels sont les polynômes de R[X] tels que leur fonction polynôme associée soit une surjection de R sur R ? Solution : 1. Ce sont tous les polynômes P de degré Ê 1. En effet, soit z ∈ C, le polynôme P − z admet au moins une racine α d’après le théorème fondamental de l’algèbre. Cela signifie que P(α) = z et donc que la valeur z est atteinte par P. Donc P est une surjection de C sur C. 2. Ce sont les polynômes de degré impair.
21.6.3 Arithmétique des polynômes Exercice 21.13 ♥ Prouver que le polynôme A divise le polynôme B et déterminer le quotient correspondant : 790
1. A = X − 1 et B = X3 + X2 − X − 1
3. A = X − i et B = X3 − 2i X2 − i
2. A = X + 2 et B = 2X3 + 5X2 + X − 2
4. A = X + 1 et B = X3 + X2 − X − 1
Solution : 1. On utilise le schéma de Horner : 1 +
×1
1 3
@1 ×1
−1 > −1 {= }} + {{ } } { }} ×1 {{{ ×1 }} { +
2
1
2
0
2
On trouve ainsi B(1) = 0 et X + X − X − 1 = (X − 1)(X + 2X + 1)
2. Idem.
2
5 1 −2
F
F
F
2 +
1 +
−1 +
0
×(−2)
×(−2)
×(−2)
×(−2)
−4
0
2
−2
Le zéro en vert montre que A divise B. Les coefficients du quotient s’affichent en rouge. Le quotient est : 2X2 +X−1.
3. Idem.
1
0 −2i −i F F G 1 + −i + 1 + 0 ×i ×i ×i ×i 1
i
Le quotient est :X2 − i X + 1.
i
0
1
−1 −1 G1 G
F
1 + 0 + −1 +
0
×(−1) ×(−1) ×(−1)
×(−1) −1
0
1
0
4. Idem. Le quotient est :X2 − 1. Exercice 21.14 ♥ Trouver tous les polynômes de R 3 [X] divisibles par (X − 1) ayant même reste dans les divisions euclidiennes par (X − 2), (X − 3), (X − 4). Solution : Soit P ∈ R 3 [X] un polynôme vérifiant ces propriétés. On pose µ = P(2) P(X)−P(2) est par hypothèse divisible par X−2, X3 et X−4. Il est donc divisible par leur produit. Comme degP É 3, on peut écrire P(X)−µ = λ(X−2)(X−3)(X−4). La condition P(1) = 0 se traduit par −6λ + µ = 0. Donc P(X) = λ(X3 − 9X2 + 26X − 18). Par division euclidienne : P = λ(X − 1)(X 2 − 8X + 18)
Exercice 21.15 Soit A = X100 − X4 + X − 1 et B = X3 + X2 + X + 1. Trouver le reste de la division de A par B. Indication 21.5 : Considérer X100 − X4 . Solution : On a B = (X + 1)(X − i )(X + i ). −1, i et −i sont aussi racines de X100 − X4 , donc X100 − X4 est divisible par (X + 1)(X − i )(X + i ). On en déduit que le reste de la division de A par B est X − 1. 791
Exercice 21.16 ♥♥ Soit n Ê 1. Trouver une CNS pour que (X − 1)2 | aXn+1 + bXn + 1 dans R [X]. Trouver le quotient. Solution : Notons P = aXn+1 + bXn + 1. Le polynôme (X − 1)2 divise P ssi 1 est racine double au moins de P, c’est à dire P(1) = P′ (1) = 0. On trouve donc que a = n et b = −(n + 1). On a alors P = nX n+1 − (n + 1)X n + 1 = nX n (X − 1) − (X n − 1) = (X − 1)[nX n − X n−1 − X n−2 − · · · − X − 1]
Mais en factorisant, nX n − X n−1 − · · · − X − 1 = (X − 1)[nX n−1 + (n − 1)X n−2 + · · · + 3X 2 + 2X + 1]
Donc Q=
n−1 X k=0
(k + 1)X k
Exercice 21.17 1. Montrer que X5 − 1 et X2 + X + 1 sont premiers entre eux.
2. Déterminer explicitement une relation de Bezout entre X5 − 1 et X2 + X + 1
Solution : 1. j est racine de X2 +X +1. Mais il n’est pas racine de X5 −1. Par conjugaison, j n’est pas non plus racine de X5 −1. Aucune racine dans C de X2 + X + 1 n’est racine de X5 − 1. Par conséquent X5 − 1 et X2 + X + 1 sont premiers entre eux. 2. On descend : dividende X5 − 1 2 X +X+1
quotient
diviseur
reste
(X 3 − X 2 + 1) × (X 2 + X + 1) − (X + 2) (X − 1) × (X + 2) + 3 ce qui redémontre que X5 − 1 et X2 + X + 1 sont premiers entre eux. Maintenant, on remonte : £ 3 ¡ ¢¤ 2 2 2 3 = X + X + 1 − (X − 1) × (X + 2) = X + X + 1 − (X − 1) × (X − X + 1) × (X 2 + X + 1) − ¡X 5 − 1 ¢ = ¡ 2 ¢£ ¤ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ X + X + 1 1 − (X − 1)(X 3 − X 2 + 1) + (X − 1) X 5 − 1 = X 2 + X + 1 −X 4 + 2X 3 − X 2 − X + 2 + (X − 1) X 5 − 1 . = =
Exercice 21.18 Soit P ∈ K [X] et α ∈ K . Montrer que α est racine double de P ssi α est une racine de P ∧ P′ . Solution : Si α est racine double de P, alors (X − α) divise P et P′ et donc divise P ∧ P′ , ce qui montre que α est racine de P ∧ P′ . Réciproquement, si α est racine de P ∧ P′ , comme (X − α) divise P ∧ P′ , (X − α) divise à la fois P et P′ , et donc est racine de P et P′ . Donc α est racine double de P. Exercice 21.19 Trouver une CNS pour que (Xb − X a ) | (Xd − Xc ) dans C [X]. Solution : En utilisant les congruences, il faut que (b − a) | (d − c). Exercice 21.20 Soit P, Q ∈ R [X]. Montrer que
(P − Q) | PoP − QoQ =⇒ (P − Q) | (PoQ − QoP)
Solution : Soit z ∈ C une racine de P − Q, autrement dit P(z) = Q(z). Dire que (P − Q) | PoP − QoQ, c’est dire que toute racine complexe de P − Q, est aussi une racine de PoP − QoQ. Donc on a P(P(z)) = Q(Q(z)). Mais alors on a aussi P(Q(z)) = Q(P(z)). Mais on démontre ici que PoQ − QoP a toutes les racines de P − Q. C’est insuffisant. Il faut encore démontrer que les ordres de multiplicités pour PoQ −QoP sont supérieurs à à ceux pour P −Q. On pourrait dériver, mais les formules (de Faà di Bruno) deviennent vite compliquées. Il vaut mieux chercher une autre voie : p p ´ ´ X ³ ³ X ak Qk − Pk . Or pour k Ê 1, P − Q | Qk − Pk = ak X k . On a donc PoQ − PoP = a k Qk − P k = k=1 k=0 k=0 ¡ ¢ (Q − P) Qk−1 + Qk−2 P + . . . + QPk−2 + Pk−1 . Donc P − Q | PoQ − PoP. De même P − Q | QoQ − QoP. Donc P − Q divise la somme PoQ − PoP + QoQ − QoP. Comme par hypothèse P − Q | PoP − QoQ, on en déduit que (P − Q) | PoP − QoQ.
On pose P(X) =
p X
792
Exercice 21.21 Soit un entier n Ê 2. Montrer que le polynôme P = (X − 3)2n + (X − 2)n − 1
est divisible par (X − 2)(X − 3) et calculer le quotient. Solution : On calcule P(3) = P(2) = 0 et donc (X − 2)/P, (X − 3)/P et comme (X − 2) ∧ (X − 3) = 1, il vient que (X − 2)(X − 3)/P. Pour le quotient par (X − 2)(X − 3), développer avec le binôme. Exercice 21.22 Soient deux entiers (n, p) ∈ N⋆2 et un polynôme A ∈ K [X]. Montrer que A2 + A | A2n + (A + 1)p − 1
Solution : Soit T = X2n + (X + 1)p − 1. 0 et −1 sont racines de T, donc X(X + 1) | T. Autrement dit T = X(X + 1)Q pour un certain polynôme Q. Donc ToA = A2n + (A + 1)p − 1 = A(A + 1).QoA. Donc A(A + 1) | P. Exercice 21.23 Soit un entier n Ê 2 et un complexe non-nul λ ∈ C⋆ . Déterminer les couples de polynômes (A, B) ∈ C [X]2 vérifiant : An + Bn = λ
Solution : Soient deux polynômes A, B ∈ C [X] vérifiant An +Bn = λ. En dérivant, on trouve (n Ê 2) : An−1 A′ = −Bn−1 B′ . Mais A ∧ B = 1 (si D est un diviseur commun à A et B, il doit diviser λ) et donc An−1 ∧ Bn−1 = 1 également. Donc puisque An−1 /B′ Bn−1 , d’après le théorème de Gauss, on doit avoir An−1 /B′ . Il existe donc un polynôme Q ∈ C [X] tel que B = An−1 Q. Mais en notant p = deg A et q = degB, d’après l’équation on trouve que p = q et alors puisque B′ = QAn−1 , en examinant les degrés, on a deg Q + (n − 1)p = p − 1, ce qui donne degQ = (2 − n)p − 1 < 0. Par conséquent, B′ = 0 et donc B = b est constant. On a également A = a constant, avec les complexes (a, b) vérifiant a n + b n = λ. Exercice 21.24 Soit Pn la suite de polynômes définie par P1 = 1; P2 = X et ∀n Ê 2, Pn = X.Pn−1 − Pn−2 . Démontrer que ∀n Ê 2Pn2 − Pn−1 .Pn+1 = 1. En déduire que Pn et Pn+1 sont premiers entre eux. ¡
¢
Solution : On a P3 = XP2 − P1 = X2 − 1 et donc P22 − P1 P3 = X2 − X2 − 1 × 1 = 1.
2 Pn+1 −Pn .Pn+2 = Pn+1 (XPn − Pn−1 )−Pn (XPn+1 − Pn ) = XPn+1 Pn −Pn+1 Pn−1 −XPn Pn+1 +Pn2 = Pn2 −Pn+1 Pn−1 . La récur-
rence tourne toute seule.
Exercice 21.25 Soit n ∈ N∗ .
1. Démontrer qu’il existe un unique couple (P, Q) ∈ Qn−1 [X], tel que (1 − X)n P(X) + Xn Q(X) = 1.
2. Démontrer que P(X) = Q(1 − X).
3. Démontrer que ∃a ∈ Q, (1 − X).P′ (X) − n.P(X) = aXn−1 .
4. Calculer P(0). 5. Déterminer les coefficients de P. Solution : 1. Unicité : Soit (P1 , Q1 ) un autre couple. On a (1 − X)n (P − P1 ) + Xn (Q − Q1 ) = 0. Donc Xn divise (1 − X)n (P − P1 ). Comme Xn et (1 − X)n sont premiers entre eux, d’après le lemme de Gauss, Xn divise P − P1 . Comme ce dernier est de degé < n , P − P1 = 0. Par suite, Q = Q1 . Existence : Les polynômes X et 1 − X sont premiers entre eux. Il en est donc de même pour (1 − X)n et Xn . D’après la propriété de Bezout, il existe deux polynômes P0 et Q0 tels que (1 − X)n P0 (X) + Xn Q0 (X) = 1. Reste à règler le problème des degrés. Or pour tout polynôme A de Q[X], le couple (P0 − AXn , Q0 + A(1 − X)n ) est aussi solution. A partir de là, on effectue la division euclidienne de P0 par Xn : P0 = AXn + P avec degP < n . En posant Q = Q0 + A(1 − X)n on a X n Q(X) = 1 − (1 − X)n P(X). En regardant les degrés, on a n + deg Q = n + deg P et donc degQ < n . 2. En substituant 1−X à X on a Xn P(1−X)+(1−X)n Q(1−X) = 1. Comme deg Q(1−X) = deg Q < n , d’après l’unicité pécédente, on en déduit que Q(1 − x), qui joue le rôle de P est égal à P. 793
3. En dérivant (1 − X)n P(X) + Xn Q(X) = 1, on trouve −n(1 − X)n−1 P + nXn−1 Q(X) + (1 − X)n P′ + Xn Q′ (X) = 0, soit (1 − X)n−1 ((1 − X)P′ − nP) + X n−1 (XQ′ + nQ) = 0. On applique à nouveau le lemme de Gauss car X n−1 divise (1−X)n−1 ((1−X)P′ −nP) et est premier avec (1−X)n−1 donc X n−1 divise (1−X)P′ −nP. Comme deg((1−X)P′ −nP) É n − 1, on en déduit l’existence d’un a ∈ Q (éventuellement nul) tel que (1 − X)P′ − nP = aX n−1 . 4. On a (1 − 0)n P(0) + 0n Q(0) = 1 donc P(0) = 1.
5. On écrit P = 1 +
n−1 X k=1
ak Xk , P′ =
n−1 X k=1
kak X k−1, XP′ =
(1 − X)P′ − nP =
n−2 X k=0
n−1 X
kak X k . D’où
k=1
(k + 1)ak+1 X k −
n−1 X k=1
kak X k −
n−1 X k=1
nak X k − n = aX n−1 .
On regarde, suivant les valeurs de k , le coefficient de Xk . Ï k = n − 1 : −(n − 1)an−1 − nan−1 − n = (1 − 2n)an−1 − n = a . Ï k = 1, . . . , n − 2 : (k + 1)ak+1 − kak − nak = 0 soit (k + 1)ak+1 = (n + k)ak ou ak+1 = Ï k = n − 1 : a1 = n .
On trouve
= a {z } | n−1
k=n−2
n +k ak . k +1
n − 2 + n 2n − 3 n +1 × ×... × × n n −1 n −2 2 } |{z} | {z k=1
=a 1
¢ ¡ (2n − 2)! . = 2n−2 n−1 (n − 1)!(n − 1)! n +k −1 n +1 (n + k − 1)! ¡n+k−1¢ . ×... × ×n = = De même ak = k k 2 k!(n − 1)!
soit an−1 =
21.6.4 Division euclidienne Exercice 21.26 Effectuer la division euclidienne de A par B dans les cas suivants : 1. A = X3 + X2 − 2X + 3 et B = X2 + 2X − 1
4. A = X et B = X2 + 1
3. A = X2 + IX + 3 et B = X + 2i
6. A = X2 − 1 et B = X3 + 2X − 1
2. A = X4 + 2X2 − 3X3 − 2X + 4 et B = X2 + 1
Solution :
¡
¢
5. A = 2X2 + 4X − 1 et B = X2 + 3X − 1
1. X3 + X2 − 2X + 3 = (X − 1) X2 + 2X − 1 + (X + 2) ¡
¢¡
¢
2. X4 + 2X2 − 3X3 − 2X + 4 = X2 − 3X + 1 X2 + 1 + (X + 3) 3. X2 + IX + 3 = (X − i )(X + 2i ) + 3 ¡
¢
4. X = 0 X2 + 1 + X. ¡
¢
5. 2X2 + 4X − 1 = 2 X2 + 3X − 1 − 2X + 1 ¡
¢
6. X2 − 1 = 0 X3 + 2X − 1 + X2 − 1
Exercice 21.27 ♥ Soit P ∈ K [X] et r et s les restes de la division de P par (X − a) et par (X − b). Quel est le reste de la division de P par (X − a)(X − b) ? (on déterminera ce reste en fonction de r, s lorsque a 6= b et si a = b , en fonction de P(a) et P′ (a). Indication 21.5 : Lorsque a = b , utiliser la formule de Taylor. Solution : Par division euclidienne, il existe un unique couple (Q, R) ∈ (K [X])2 tel que P = (X − a) (X − b) Q + R et deg R É 1. Donc R = αX + β où α, β ∈ K. – Si a 6= b , alors l’égalité précédente amène P (a) = αa + β et P (b) = αb + β. On résout le système formé par ces deux équations et on trouve R = R=
br − as r −s X+ . a −b b−a
bP(a) − aP(b) P(a) − P(b) X+ . Comme r = P(a) et s = P(b), il vient a −b b−a
794
– Si a = b , on écrit la formule de Taylor : P(X) = P(a) + (X − a)P′ (a) + (X − a)2 Q(X)
et le reste vaut alors R = P(a) + (X − a)P′ (a) . Exercice 21.28 ♥ Trouver le reste de la division euclidienne de Xn par (X − 1)3 . Solution : En utilisant la formule de Taylor, on trouve X n = 1 + n (X − 1) +
n(n − 1) (X − 1)2 + (X − 1)3 Q 2
où Q ∈ R [X]. Par unicité du couple quotient-reste dans la division euclidienne de deux polynômes, on trouve pour le reste n(n − 1) (X − 1)2 + n(X − 1) + 1 . 2
Exercice 21.29 ♥ Soient a ∈ K et P ∈ K [X]. Exprimer le reste de la division euclidienne de P par (X − a)2 en fonction de P (a) et P′ (a). Solution : Par division euclidienne, on a : P = Q (X − a)2 + αX + β ¢ ¡ où Q ∈ K [X] et α, β ∈ K et il vient P′ = Q′ (X − a) + 2Q (X − a) + α. On remplace X par a dans ces deux égalités et on
obtient le système :
(
¡
P (a)
= aα + β
′
P (a)
=α
¢
.
Le reste est donc : P′ (a) X + P (a) − aP′ (a) . Exercice 21.30 ♥ Soient a ∈ R et n ∈ N∗ . Déterminer le reste de la division euclidienne dans R [X] de (X sin a + cos a)n par X2 + 1. Solution : Par division euclidienne, on a : ¡ ¢ (X sin a + cos a)n = Q X 2 + 1 + αX + β
avec Q ∈ R [X] et α, β ∈ R. On remplace X par les racines i et −i de X2 + 1, on obtient : (
eia
= αi + β
e −i a
= αi + β
On résout ce système, il vient : α = sin a et β = cos a . Donc le reste recherché est : X sin a + cos a . Exercice 21.31 Pour m ∈ N∗ et ϑ ∈ R, on considère Fm,ϑ = X2m − 2Xm cos mϑ + 1 ∈ C[X]. Vérifier que Fm,ϑ est divisible par F1,ϑ . Calculer le quotient. h
¢m i h m ¡ −iϑ ¢m i . On en déduit que le quotient X − e £ m−1 ¤ £ m−1 ¤ iϑ m−2 i(m−1)ϑ −iϑ m−2 −i(m−1)ϑ égale X +e X +... +e X +e X +... +e . Les coefficients se calculent plutôt bien. 1 pour X2m−2 , e iϑ + e −iϑ = 2cos ϑ pour X2m−3 , e 2iϑ + 1 + e −2iϑ = 1 + 2cos 2ϑ etc. Pour la suite on prendra ϑ 6≡ 0 (mod π). Pour 0 É k É m−1, le coefficient de Xk égale e i(m−k−1)ϑ .e −i(m−1)ϑ +e i(m−k−2)ϑ e −i(m−2)ϑ +. . . e −i(m−k−1)ϑ e i(m−1)ϑ . On a la ikϑ i(k+1)ϑ e − e −i(k+1)ϑ e 2i(k+1)ϑ − 1 −ikϑ e = e = somme d’une suite géométrique de k +1 termes de raison e 2iϑ soit e −ikϑ e 2iϑ − 1 e iϑ e iϑ − e −iϑ sin (k + 1)ϑ sin (k + 1)ϑ . Les coefficients sont symétriques, c’est-à-dire que le coefficient de X2m−2−k est aussi . sin ϑ sin ϑ ¡
Solution : D’abord, il est bon de remarquer que Fm,ϑ = Xm − e iϑ
Une dernière vérification, car il en faut pour tous les goûts : Il s’agit de calculer les coefficients de ¡
¢¡ ¢ X 2 − 2X cos ϑ + 1 sin ϑX 2m−2 + sin 2ϑX 2m−3 + . . . + sin(m − 1)ϑX m + sin mϑX m−1 + sin(m − 1)ϑX m−2 + . . . + sin ϑ .
795
Le coefficient constant vaut sin ϑ, pour 2 É k É m −1, le coefficient de Xk vaut sin(k +1)ϑ−2cos ϑsin kϑ+sin(k −1)ϑ = sin kϑcos ϑ + cos kϑsin ϑ − 2cos ϑsin kϑ + sin kϑcos ϑ − sin ϑcos kϑ = 0. le coefficient de Xm vaut sin(m + 1)ϑ − 2cos ϑsin mϑ + sin(m − 1)ϑ = sin mϑcos ϑ − cos mϑsin ϑ − 2cos ϑsin mϑ + sin mϑcos ϑ − sin ϑcos mϑ = −2cos mϑsin ϑ. En utilisant les symétries des coefficients (on dit que ces polynômes sont réciproques. Voir aussi l’exercice 21.47 p.801 ), k pour m + 1 É k É 2m − 1 est nul et celui de X2n vaut sin ϑ. ¢D’où ¡le coefficient ¢de ¡ X X 2 − 2X ϑ + 1 sin ϑX 2m−2¢+ sin 2ϑX 2m−3 + . . . + sin(m − 1)ϑX m + sin mϑX m−1 + sin(m − 1)ϑX m−2 + . . . + sin ϑ ¡ cos 2m = sin ϑ X − 2X m cos mϑ + 1 .
Exercice 21.32 ♥ Vérifier que Xn sin ϑ − X. sin nϑ + sin(n − 1)ϑ est divisible dans C[X] par X2 − 2X. cos ϑ + 1 et calculer le quotient.
Solution : Les racines de X2 −2X cos ϑ+1 sont e iϑ et e −iϑ . Vérifions qu’elles sont aussi racines du dividende. Pour e iϑ :
¤ 1 £ i(n+1)ϑ e iϑ − e −iϑ iϑ e inϑ − e −inϑ e i(n−1)ϑ − e −i(n−1)ϑ −e + = e − e i(n−1)ϑ − e i(n+1)ϑ + e −i(n−1)ϑ + e i(n−1)ϑ − e −i(n−1)ϑ = 2i 2i 2i 2i 0. Comme le dividende est un polynôme réel, le conjugué de e iϑ est aussi racine.
e inϑ
On pose la division sans se dégonfler : X n sin ϑ X n−1 sin 2ϑ = =
−X. sin nϑ −X. sin nϑ −X. sin nϑ −X. sin nϑ −X. sin nϑ
X n−2 sin ϑ n−2 2X sin 2ϑcos ϑ X n−2 sin ϑ(4cos2 ϑ − 1) X n−2 sin 3ϑ
¯ X2 sin(n − 1)ϑ¯ ¯ n−2 ¯ sin(n − 1)ϑ¯ X sin ϑ sin(n − 1)ϑ¯¯ sin(n − 1)ϑ¯¯ sin(n − 1)ϑ¯
−2X cos ϑ +X n−3 sin 2ϑ +X n−4 sin 3ϑ + . . .
+1
On peut donc supposer que le quotient est Xn−2 sin ϑ + ¡Xn−3 sin 2ϑ + . . . + sin(n − 1)ϑ. ¢ ¡En remar¢ quant que sin x = Im(e i x ) ¢¡on est¢ amené¡ à calculer ¢ Xn−2 e iϑ + Xn−3 e 2iϑ + . . . + e i(n−1)ϑ X − e iϑ = ¡ i(n−1)ϑ e iϑ X n−2 + X n−3 e iϑ + .¡. . + e i(n−2)ϑ X − e iϑ = e iϑ X n−1¢− = e iϑ¢X n−1 − e inϑ . En multipliant le résultat ¡ e2 n−2 iϑ n−3 2iϑ i(n−1)ϑ iϑ X − 2X cos ϑ + 1 = e iϑ X n − e inϑ X − X n−1 + e i(n−1)ϑ . précédent par X − e , X e + X e + . . . + e En prenant les parties imaginaires des deux membres, on a bien le résultat ´annoncé. ³ La partie imaginaire d’un polynôme P c’est bien sûr le polynôme 2i1 P − P . Remarque : On a aussi démontré que Xn cos ϑ − Xn−1 − cos nϑX + cos(n − 1)ϑ est divisible par X2 − 2X cos ϑ + 1 et que le quotient est Xn−2 cos ϑ + Xn−3 cos 2ϑ + . . . + cos(n − 1)ϑ. Exercice 21.33 ♥ Soit n et m deux entiers naturels. 1. Démontrer que si d | n alors Xd − 1 | Xn − 1.
2. On pose n = mq + r à la faveur d’une division euclidienne. Démontrer que Xn − 1 ∧ Xm − 1 = Xm − 1 ∧ Xr − 1. 3. Démontrer que Xn − 1 ∧ Xm − 1 = Xn∧m − 1.
4. Soit a un entier naturel. Démontrer que a n − 1 ∧ a m − 1 = a n∧m − 1.
5. Montrer que si a et b sont deux entiers premiers entre eux alors ∀P ∈ K[X], (P a −1).(Pb −1) divise (P−1).(P ab −1) .
Solution :
¡
1. On écrit n = dk et on a immédiatement Xn − 1 = Xd de conclure. Sinon on écrit Xd − 1 =
dY −1 ³
m=0
X − exp
³ 2iπkm ´´
¢k
¡ ¢¡ ¢ − 1 = X d − 1 1 + X d + X 2d + . . . + X d (k−1) ce qui permet
. Cela veut dire que toutes les racines de Xd − 1 sont aussi racines de
n
X n − 1. Cela veut dire que X n − 1 est divisible par chacun des X − exp() 2iπkm donc par leur produit puisque toutes n
ces racines sont notoirement distinctes.
¡
¢
¡
¢
2. On écrit Xn − 1 = Xmq+r − Xr + Xr − 1 = Xr Xm q − 1 + Xr − 1 = Xr (Xm − 1) 1 + Xm +¡ X2m + . . . + Xm(q−1) + Xr − 1¢. Comme deg Xr − 1 = r < m = degXm − 1 on en déduit que Xr − 1 est le reste et Xr 1 + Xm + X2m + . . . + Xm(q−1) est le quotient. Par application de l’algorithme d’Euclide, on en déduit Xn − 1 ∧ Xm − 1 = Xm − 1 ∧ Xr − 1.
3. On effectue en parallèle l’algorithme d’Euclide pour net m d’une part, et pour Xn − 1 et Xm − 1 d’autre part. Dans le premier cas on appelle r 0 , r 1 , . . . , r p , 0 la suite des restes. D’après le résultat précédent, la suite des restes pour X n − 1 et X m − 1 est X r 0 − 1, X r 1 − 1, . . . , X r p − 1, 0. Dans les deux cas le PGCD est le dernier reste non nul. On en déduit bien que Xn − 1 ∧ Xm − 1 = Xr p − 1 avec r p = n ∧ m . Ce qu’il fallait démontrer. 796
4. On peut parfaitement appliquer la méthode précédente. a 5. On va commencer par démontrer X ab −1 soit X ab −1 = Q1 (X a − 1). ¡ b ¢ le résultat pour P = X . On sait que aX −1 divise ab b De même X − 1 = Q2 X − 1 . Or on sait aussi que le PGCD de X − 1 et X − 1 égale X − 1. Donc on peut écrire X a −1 = (X −1)Q3 et X b −1 = (X −1)Q4 avec Q3 ∧Q4 = 1. Donc on a Q1 Q3 = Q2 Q4 . Q3 divise Q2¡Q4 et Q3¢ ∧Q4 = 1, donc d’apès le lemme de Gauss, Q3¡ divise¢ Q2 . Autrement dit Q2 = Q3 D. Résumons-nous : X ab − 1 (X − 1) = a b Q3 (X − 1)DQ4 (X − 1) = D(X) ¡ ab(X −¢ 1) X − 1 . ¡ ¢ En toute généralité, on a P − 1 (P − 1) = D(P(X)) (P a − 1) Pb − 1 . Ce qu’il fallait démontrer.
Exercice 21.34 Soit ϕ : Z → K[X] un morphisme de d’anneaux. Alors ∀(a, b) ∈ Z2 , ϕ(a) ∧ ϕ(b) = ϕ(a ∧ b). Solution : Soit d = a ∧ b . On écrit a = d a ′ , b = db ′ , avec a ′ ∧ b ′ = 1. Soient u, v ∈ Z tels que ua ′ + vb ′ = 1. On a alors ϕ(u)ϕ(a ′ ) + ϕ(v)ϕ(b ′) = ϕ(1) = 1, et donc ϕ(a ′ ) et ϕ(b ′ ) sont premiers entre eux. Comme ϕ(a) = ϕ(d)ϕ(a ′ ) et ϕ(b) = ϕ(d)ϕ(b ′ ), on a le résultat.
21.6.5 Racines d’un polynômes Exercice 21.35 ♥ On considère le polynôme : P = −6X3 + 4X2 + X4 + X3 + 3X + 9. 1. Montrer que 3 est une racine double de P. 2. Factoriser P dans R. 3. En déduire toutes les racines de P dans C. Solution : 1. Comme P (3) = P′ (3) = 0 et que P′′ (3) 6= 0 , 3 est une racine double de P.
2. P est donc de la forme : P = (X − 3)2 (aX + bX + c). Par identification, on trouve : ¡ ¢ P = (X − 3)2 X 2 + X + 1 .
3. Les racines de X2 + X + 1 sont les racines troisièmes de l’unité : e
2iπ 3
et e −
2iπ 3
donc :
¶µ ¶ µ 2iπ 2iπ P = (X − 3)2 X − e 3 X − e− 3
et P comporte une racine double : 3 et deux racines simples complexes conjuguées : e
2iπ 3
et e −
2iπ 3 .
Exercice 21.36 ♥ Montrer qu’il existe un unique polynôme unitaire P ∈ R 3 [X] vérifiant : P(0) = P(1) = P′ (1) = 0 et P′ (0) = 2
Solution :
0 est une racine simple de P et 1 est une racine au moins double de P. Donc P est de la forme P = X (X − 1)2 (aX + b) avec , b ∈ R. Comme P′ (0) = 2, on obtient b = 2 et comme P est unitaire, on a : a = 1. Donc P = X (X − 1)2 (X + 2) .
Exercice 21.37 ♥ Soient a , b , c trois éléments non nuls et distincts de K. Démontrer que le polynôme P=
X (X − b) (X − c) X (X − c) (X − a) X (X − a) (X − b) + + a (a − b) (a − c) b (b − c) (b − a) c (c − a) (c − b)
peut s’écrire sous la forme P = λ (X − a) (X − b) (X − c) + 1 où λ est une constante que l’on déterminera. 797
Solution : Par division euclidienne, il existe un unique couple (Q, R) ∈ R [K] tel que P = Q (X − a) (X − b) (X − c) + R où R = αX 2 +βX+γ ∈ K [X]. Remarquons que P (a) = P (b) = P (c) = 1 donc a, b, c sont trois racines disctinctes du polynômes R−1. Ce polynôme étant de degré É 2, ceci n’est possible que si R−1 = 0. On a donc R = 1 et P = Q (X − a) (X − b) (X − c)+ 1. En raisonnant sur les degrés, il est clair que degQ = 0 donc Q = λ est une constante. Le coefficient du terme dominant de P est 1 1 1 1 + + = a (a − b)(a − c) b (b − c) (b − a) c (c − a) (c − b) abc
donc λ = 1/(abc) . Exercice 21.38 ♥ Quel est l’ordre de multiplicité de la racine 1 dans le polynôme X2n − nXn+1 + nXn−1 − 1 ? Solution : On calcule P(1) = 1 − n + n − 1 = 0, P′ (1) = 2n − n(n + 1) + n(n − 1) = 0, P′′ (1) = −n 2 (2n − 1) 6= 0, et donc 1 est une racine d’ordre 2. Exercice 21.39 ♥ On considère le polynôme Pn (X) = 1 + X +
X2 Xn +··· + 2! n!
Montrer qu’il n’a pas de racine multiple. Solution : Supposons que Pn admet une racine α ∈ C d’ordre au moins deux. Alors Pn (α) = Pn′ (α) = 0. Mais Pn (α) = 1 + α +
α2 αn +··· + 2! n!
et Pn′ (α) = 1 + α +
α αn−1 +··· + . 2! (n − 1)!
αn
= 0 et forcément α = 0. Mais Pn (0) = 1 et on aboutit à une contraDonc par soustraction de ces deux égalités, on a n! diction.
Exercice 21.40 ♥ Trouver P ∈ R 5 [X] tel que −1 soit racine triple de P + 1 et que 1 soit racine triple de P − 1. Solution : Soit P un polynôme répondant aux hypothèses de l’énoncé. Alors il existe S = aX2 + bX2 + c ∈ R 2 [X] et T = dX 2 + eX 2 + f ∈ R 2 [X] tels que P = (X + 1)3 S − 1 = (X − 1)3 T + 1.
On développe ces expressions et on identifie les termes de même degré. On obtient le système : a 3a +b 3a + 3b + c a + 3b + 3c b + 3c c −1
=d
= e − 3d
= f − 3e + 3d
= −3f + 3e − d = 3f − e
= −f +1
dont l’unique solution est a = 3/8, b = −9/8, c = 1, d = 3/8, e = 9/8, f = 1. On en déduit que P = (x + 1)3 (3/8x 2 − 9/8x + 1) − 1 = 3/8x 5 − 5/4x 3 + 15/8x . Réciproquement, on vérifie que ce polynôme est solution de notre problème.
Exercice 21.41 Soit
♥ Pn = (X + 1)2n+1 − X 2n+1 − 1 ∈ R [X]
Montrer que (X2 + X) divise Pn . Est-ce que (−1) est racine double de P ? Comme X2 + X = X (X + 1) et que Pn (−1) = Pn (0) = 0, le polynôme X2 + X divise P. Par ailleurs, Pn′ = (2n + 1) (X + 1)2n − (2n + 1) X 2n et Pn′ (−1) = − (2n + 1) 6= 0 donc −1 est une racine simple de P. Solution :
Exercice 21.42 ♥ Soit n ∈ N∗ . on considère Pn ∈ R[X] défini par Pn (X) = (2n − 1)Xn+2 − (2n + 1)Xn+1 + X2 + X. 798
1. Calculer le quotient euclidien Qn de Pn par (X − 1)2 . 2. Démontrer qu’il existe un unique réel xn Ê 0 tel que Qn (xn ) = 1. 3. Etablir que la suite (xn ) est convergente et préciser sa limite. Solution : 1. On a Pn (1) = 2n − 1 − (2n + 1) + 1 + 1 = 0. Pn′ = (2n − 1)(n + 2)Xn+1 − (n + 1)(2n + 1)Xn + 2X + 1. D’où Pn′ (1) = (2n − 1)(n + 2) − (n + 1)(2n + 1) + 2 + 1 = 0. Donc 1 est racine de P d’ordre au moins 2 et donc (X − 1)2 divise Pn . On pose la division : (2n − 1)X n+2 −(2n − 1)X n+2
−(2n + 1)X n+1 +(4n − 2)X n+1 (2n − 3)X n+1
−(2n − 1)X n −(2n − 1)X n
¯ + . . .¯¯ X 2 − 2X + 1 + . . .¯¯ (2n − 1)X n + . . . + . . .¯
Il semblerait donc que Pn = (2n−1)Xn (X2 −2x+1)+Pn−1 en posant s’il le faut P0 = −X2 −X+X2 +X = 0. Vérifionsle : Pn−1 + (2n − 1)X n (X 2 − 2x + 1) = (2n − 3)X n+1 − (2n − 1)X n + X 2 + X + (2n − 1)X n+2 − 2(2n − 1)X n+1 + (2n − 1)X n = n X (2n − 1)X n+2 + [(2n − 3) − 4n + 2] + X 2 + X = Pn . On en déduit que Pn = (X 2 − 2x + 1) (2k − 1)X k . k=1
2
n
2. On a Qn (x) = x + 3x + . . . + (2n − 1)x . Qn est une fonction strictement croissante sur [0, +∞[, avec Qn (0) = 0 et lim Q − n(x) = +∞. Donc l’équation Qn (x) = 1 admet une unique solution positive. Comme Qn (1) = n 2 , on a x→+∞ 0 É xn É 1.
3. On a Qn+1 (xn ) = Qn (xn )+(2n +1)xnn+1 = 1++(2n +1)xnn+1 > 1 = Qn+1 (xn+1 ). Donc, comme Qn+1 est croissante, la suite (xn ) est strictement décroissante. Comme elle est minorée par zéro, elle converge. Soit ℓ = lim xn . Pour n→∞
x ∈ [0, 1[, on a lim (2n − 1)x n+2 = 0 et lim (2n + 1)x n+1 n→∞
n→∞
x2 + x x2 + x . On pose Q(x) = . (x − 1)2 (x − 1)2
(2n − 1)x n+2 − (2n + 1)x n+1 + x 2 + x = 0. Donc lim = n→∞ (x − 1)2
p 13 − 1 1 On a 1 − Q(ℓ) = Qn (xn ) − Q(xn ) + Q(xn ) − Q(ℓ). Pour n Ê 2 on a 0 É xn É x2 = É . D’après la continuité 2 2 (2n − 1)xnn+2 − (2n + 1)xnn+1 de la fonction Q sur [0, 1[ on a lim Q(xn ) − Q(ℓ) = 0. Par ailleurs Qn (xn ) − Q(xn ) = , n→∞ (xn − 1)2 µ ¶n+1 1 2n − 1 + 2n + 1 1 1 et comme É 1−xn É 1, on a É 4 (toujours pour n Ê 2). donc |Qn (xn ) − Q(xn )| É 2 (xn − 1)2 2 (xn − 1)2 On en déduit que lim Qn (xn ) − Q(xn ) = 0. n→∞ 1 Finalement, 1 − Q(ℓ) = 0, donc ℓ2 + ℓ = ℓ2 − 2ℓ + 1 d’où ℓ = . 3
Exercice 21.43 ♥ On considère deux polynômes (P, Q) ∈ C [X]2 vérifiant
¯ ¯ ¯ ¯ ∀z ∈ C , ¯P(z)¯ = ¯Q(z)¯
Montrer qu’il existe u ∈ C , |u| = 1 tel que P = uQ.
Solution : Pour tout α ∈ C , on a P(α) = 0 ⇐⇒ Q(α) = 0. Donc P et Q ont les mêmes racines. Comme tout polynôme de C [X] est scindé, le résultat est immédiat.Du moins tant que les racines sont simples. Sinon on écrit P = λ m Y
m Y
k=1
(X − αk )p k
¡ ¢p (X − αk ) . Soit k 0 ∈ 1, m Pour fixer les idées, on peut supposer p k 0 É q k 0 . En divisant par z − αk 0 k0 k=1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¡ ¯ Y m ¢qk −p k Qm ¯ ¯ pk ¯ ¯ q 0 on obtient, pour z 6= αk0 , ¯λ (z − αk ) k ¯. Supposons l’espace d’un instant que (z − αk ) ¯ = ¯µ z − αk 0 0 k=1 ¯ ¯ ¯ ¯ k=1 k6=k 0 ¯ ¯ k6=k 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Y m ¡ ¢p k ¯¯ ¯ α − αk ¯ = 0 contradiction. Donc q k 0 = p k 0 , et ce q k 0 > p k 0 , on obtiendrait, en faisant tendre z vers αk 0 , ¯λ ¯ ¯ k=1 k 0 ¯ ¯
et Q = µ
qk
k6=k 0
∀k 0 ∈ 1, m. Ce qu’il fallait démontrer. Finalement, c’était bien immédiat.
Exercice 21.44 ♥♥ Soit P ∈ R [X] un polynôme de degré n > 0. 799
1. On suppose que P admet n racines réelles distinctes. Montrer que P′ admet n − 1 racines réelles disctinctes. 2. En déduire que pour tout a ∈ R⋆ , le polynôme Q = P2 + a 2 n’a pas de racines complexes multiples.
Solution : 1. Notons α1 , . . . , αn les racines de P dans l’ordre croissant. Soit i ∈ 1, n − 1 . P est continue et dérivable sur le segment [αi , αi+1 ] et P (α1 ) = P (αi+1 ) = 0. D’après le théorème de Rolle, il existe ci ∈ ]αi , αi+1 [ tel que P′ (ci ) = 0. On démontre ainsi que P′ admet une racine ci ∈ ]αi , αi+1 [ pour tout i ∈ 1, n − 1 . Donc P′ admet donc n −1 racines et ces racines sont toutes distinctes. 2. Par l’absurde, s’il existe α ∈ C tel que Q(α) = Q′ (α) = 0, on aurait (
P2 (α) + a 2 ′
2P(α)P (α)
=0
=0
et donc α n’est pas réel car P2 (α)+ a 2 > 0. On ne peut pas avoir P(α) = 0 (car P est scindé), et donc P′ (α) = 0. Mais comme P′ est scindé, on aurait α ∈ R ce qui est absurde. Exercice 21.45 Trouver les racines de
♥♥ P(X) =
n ³n ´ X
k=0
k
X n−k cos kα
³n ´ ³ ´ X n−k e ikα . Il est clair que P = Q + Q /2. Mais d’après la formule k ¡ ¢n ¡ . L’ensemble des racines de P est exactement l’ensemble des racines de du binôme, Q = X + e iα et Q = X + e ¡ ¢n ¡ ¢n Q + Q. Soit³ a une´ racine de P. Comme Q (a) + Q (a) = 0, a + e iα = − a + e −iα et il existe k ∈ 0, n − 1 tel que ¡ ¢ i π+ 2kπ n a + e iα = e a + e −iα et ´ ³
Solution : Introduisons le polynôme Q =
Pn
k=0 ¢ −iα n
a=−
i π+ 2kπ n − e iα ´ . i π+ 2kπ n e −1
e −iα e
³
On obtient ainsi n valeurs possibles pour a . Comme P est de degré n , il a exactement n racines dans C et les n nombres complexes de la forme précédente forme l’ensemble de toutes les racines de P. Exercice 21.46 ♥♥ On définit par récurrence la suite de polynômes (Pn ) : (
P0 = 2,
∀n ∈ N,
P1 = X
Pn+2 = XPn+1 − Pn
1. Calculer P2 et P3 . 2. Déterminer le degré et le coefficient du terme dominant de Pn pour tout n ∈ N.
3. Montrer que pour tout n ∈ N et pour tout z ∈ C∗ : Pn
µ
¶ 1 1 = zn + n z+ z z
4. En déduire une expression simple de Pn (2cos θ) pour tout θ ∈ R. 5. Déterminer les racines de Pn et en déduire une factorisation de P. Solution : 1. P2 = X2 − 2, P3 = X2 − 3X.
2. Par récurrence, montrons que pour tout n Ê 1, le coefficient du terme dominant de Pn est 1 et deg Pn = n . La propriété est clairement vraie aux rangs 1 et 2. Soit n Ê 2. Supposons que le coefficient du terme dominant de Pn et de Pn−1 est 1 et que deg Pn = n , deg Pn−1 = n − 1. Comme Pn+1 = XPn − Pn−1 , il est clair que deg Pn+1 = degPn + 1 = n + 1 et que le coefficient du terme dominant de Pn est 1. La propriété est prouvée par récurrence. 800
3. Démontrons à nouveau cette propriété par récurrence : Celle ci est vraie au rang 0. Soit n ∈ N Supposons que la propriété est vraie au rang n et au rang n + 1 et prouvons là au rang n + 2 : ¶ µ 1 Pn+2 z + z
= = =
µ µ ¶ ¶ ¶ 1 1 1 Pn+1 z + − Pn z + z z z µ ¶ µ ¶ ¶µ 1 1 1 n n+1 z+ z + n+1 − z + n z z z 1 z n+2 + n+2 z µ
z+
La propriété est alors prouvée par récurrence. 4. Soit θ ∈ R. Par application de la question précédente et utilisation des relations d’Euler : Pn (2cos θ)
= = =
µ ¶ 1 iθ Pn e + iθ e 1 e inθ + inθ e
2cos (nθ)
5. La question précédente nous invite à chercher les racines de Pn sous la forme z = 2cos θ. Remarquons que si z ∈ [−2, 2], il existe un unique θ ∈ [0, π] tel que z = 2cos θ. Considérons donc θ ∈ [0, π] telµ que Pn (2cos ¶ θ).
(2k + 1) π (2k + 1) π avec k ∈ 0, n − 1. Les n nombres 2cos pour 2n 2n k ∈ 0, n − 1 sont tous distincts et comme deg = n , ce sont les n racines de Pn . Le coefficient du terme dominant de P étant 1 on obtient : ¶¶ µ n µ Y (2k + 1) π P= X − 2cos 2n k=1
On a alors : cos (nθ) = 0 c’est à dire θ =
Exercice 21.47 Polynômes réciproquesOn appelle polynômes réciproque un polynôme dont la suite des coefficients est symétrique. Par exemple 1 − 2X + X2 ou 1 + 2X + 2X2 + X3 sont réciproques. Voir aussi le paragraphe B.4.4 p.1176. 1. Démontrer qu’un polynôme de degré n est réciproque si et seulement si ∀ x ∈ K∗ , P(x) = x n P 2. Démontrer qu’un polynôme réciproque de degré impair admet −1 comme racine.
µ ¶ 1 . x
3. On suppose que P = (X + 1)Q. Démontrer que si P est un polynôme réciproque alors Q l’est aussi.
4. Démontrer que le produit de deux polynômes réciproques est réciproque.
5. Résoudre x 5 + 3x 4 − 2x 3 − 2x 2 + 3x + 1 = 0. (On utilisera les questions précédentes et on se souviendra de l’exercice précédent). ′ , (n Ê 1). Démontrer que les Pn 6. On considère la suite de polynômes : P0 = 1 et Pn = (1 + nX)Pn−1 + X(1 − X)Pn−1 sont des polynômes réciproques.
Solution : 1. Si on pose P(x) = an x n + an−1 x n−1 + . . . + a1 x + a0 on a P an + an−1 x + . . . + a1 x n−1 + a0 x n . D’où le résultat.
2. 3.
4.
5.
µ ¶ µ ¶ 1 1 a1 an an−1 + a0 et donc x n P = n + n−1 + . . . + = x x x x x
¶ 1 Pour P polynôme réciproque de degré 2p + 1, on a P(−1) = (−1) = −P(−1). D’où le résultat. P −1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 . on en déduit x n P d’où = x n ( + 1)Q Soit n = deg P. On a deg Q = n − 1 et ∀ x ∈ K∗ , P(x) = x n P x x x x µ ¶ µ ¶ 1 1 (x + 1)Q(x) = (x + 1)x n−1 Q d’où Q(x) = x n−1 Q ce qu’il fallait vérifier. x x µ ¶ µ ¶ 1 1 n m Soit P et Q deux polynômes réciproques de degrés respectifs n et m . On a P(x) = x P et Q(x) = x Q . x x µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 PQ est un polynôme de degré nm et on a PQ(x) = x n+m P Q = x n+m PQ ce qu’il fallait vérifier. x x x On a un polynôme réciproque de de degré impair. −1 est racine (évidente ?). On peut factoriser par (x + 1) et on trouve (algorithme de Horner) x 5 + 3x 4 − 2x 3 − 2x 2 + 3x + 1 = (x + 1)(x 4 + 2x 3 − 4x 2 + 2x + 1). On est donc amené 2p+1
801
µ
µ
µ ¶ ¶ p p 1 1 1 + 2 x + − 4 = x 2 (y 2 + 2y − 6) avec y = x + . on trouve y = 1 + 7 ou y = 1 − 7. 2 x x xp p p p p p p 1 1+ 7+ 4+2 7 1+ 7− 4+2 7 et x2 = . On résout donc x + = 1 + 7 ce qui donne deux racines x1 = x 2p 2 p p p p p p 1 1− 7+ 4−2 7 1− 7− 4−2 7 x+ = 1− 7 donne aussi deux racines x3 = et x4 = sans oublier x5 = −1. x 2 2 µ ¶ 1 et 6. Par récurrence, P0 = 1 est réciproque. On suppose que Pn−1 l’est aussi. On a alors Pn−1 (x) = x n−1 Pn−1 x µ ¶ µ ¶ 1 1 ′ ′ − x n−3 Pn−1 Pn−1 (x) = (n − 1)x n−2 Pn−1 . D’où µ x¶ µ ¶x µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ ´ ³ 1 n 1 1 ′ 1 1 1 1 ′ ′ Pn−1 = xn 1 + + xn 1− Pn−1 = (x + n)Pn−1 (x) + x n−1 Pn−1 − x n−2 Pn−1 xn P x x x x x x x x ′ ′ = (x +n)Pn−1 (x)− x 2 Pn−1 (x)+(n −1)x n−1 Pn−1 (x)+ xPn−1 (x)−(n −1)x n−2 Pn−1 (x) = Pn−1 (x)((x +n)+(n −1)x − ′ n + 1) + Pn−1 (x)(−x 2 + x) ′ = Pn−1 (x)(nx + 1) + Pn−1 (x)x(1 − x). Ce qu’il fallait vérifier.
à résoudre x 2 x 2 +
Exercice 21.48 ♥♥ Déterminer tous les polynômes P ∈ C [X] vérifiant : ∀x ∈ R ,
P(z) ∈ R
Solution : Soit P = an Xn + · · · + a0 ∈ C [X] vérifiant la condition de l’énoncé. Puisque a0 = P(0), a0 ∈ R . Montrons que tous les coefficients de P sont réels. Considérons le polynôme P = an Xn + · · · + a0
et H = P − P. Soit x ∈ R ,
P(x) ∈ R =⇒ P(x) = P(x)
n
Mais P(x) = an x + · · · + a0 = P(x). Par conséquent, ∀x ∈ R , H(x) = 0
Le polynôme H a donc une infinité de racines, il est nul et donc ∀i ∈ 0, n, ai = ai . Donc P ∈ R [X]. Réciproquement, tout polynôme à coefficients réels vérifie la propriété. Exercice 21.49 ♥♥♥ Déterminer tous les polynômes complexes P tels que P(1 − 2X) = P(X) Solution : Soit z une racine de P dans C. 1 − 2z est aussi une racine de P. On s’intéresse donc à la suite zn définie par z0 = z et zn+1 = 1 − 2zn . L’étude est classique : on résout x = 1 − 2x ce qui donne x = 13 . Ensuite on regarde la suite auxilliaire v n = zn − 31 . On a v n+1 = 1 − 2zn − 13 = 1 − 2v n − 23 − 13 = −2v n , autrement dit (v n ) est une suite géométrique de raison −2. Elle prend une infinité de valeurs sauf pour v 0 = 0 soit z = 31 . On a donc deux possibilités, • P = 0.µ ¶m • P =λ X−
1 3
, λ 6= 0.
µ
1 Dans le deuxième cas, P admet λ comme coefficient dominant et P(1 − 2X) = λ 1 − 2X − 3 coefficient dominant. On en déduit (−2)m = 1 et m = 0.
¶m
admet (−2)m λ comme
Réciproquement, les polynômes constants conviennent bien. Exercice 21.50 ♥♥♥ Trouver tous les polynômes P ∈ R [X] vérifiant :
P(X 2 ) = (X 2 + 1)P(X)
Indication 21.5 : Trouver des racines de P, les mettre en facteur . . .
Solution : Soit P un tel polynôme. Alors P(i 2 ) = 0, donc −1 est racine de P : il existe Q ∈ R [X] tel que P(X) = (X+1)Q(X), mais alors (X2 + 1)Q(X2 ) = (X2 + 1)(X + 1)Q(X), donc Q vérifie Q(X 2 ) = (X + 1)Q(X)
802
(on peut simplifier par un polynôme non-nul). Alors Q((−1)2 ) = 0, et donc 1 est racine de Q : il existe R ∈ R [X] tel que Q(X) = (X − 1)R(X). R vérifie alors (X 2 − 1)R(X 2 ) = (X + 1)(X − 1)R(X), c’est à dire R(X 2 ) = R(X) n
Mais si on introduit le polynôme S(X) = R(X) − R(2), alors on montre par récurrence que ∀n ∈ N , S(22 ) = 0, donc S possède une infinité de racines, donc S = 0 et alors R est constant. Finalement, il existe λ ∈ R tel que P(X) = λ(X + 1)(X − 1)
Réciproquement, tout polynôme de cette forme convient. Exercice 21.51 ♥♥♥ Trouver tous les polynômes P ∈ R [X] vérifiant
P(X 2 ) = (P(X))2 k
Solution : Supposons P non-nul. Soit α ∈ C une racine complexe de P. On montre par récurrence que ∀k ∈ N , α2 est encore racine de P. Mais puisque P n’admet qu’un nombre fini de racines, il est nécessaire qu’il existe k ∈ N∗ tel que k
α2 = α
Par conséquent, α = 0 ou alors α2 θ
k
−1
= 1, et alors |α| = 1. On peut alors noter α = e iθ avec θ ∈ [0, 2π]. θ i
θ
Comme (P(e i 2 ))2 = P(e iθ ), alors e i 2 est encore racine. Par récurrence, on montre que ∀k ∈ N∗, e 2k est encore racine. La seule possibilité pour qu’il y ait un nombre fini de racines est que θ = 0, c’est à dire α = 1. Les seules racines de P sont donc 0 et 1. Donc P = λXn (1 − X)p , λ ∈ R . Alors P(X2 ) = P(X)2 =⇒ λX2n (1 − X)p (1 + X)p = λX 2n (1 − X)2p et nécessairement, P = Xn
On vérifie réciproquement que les polynômes de la base canonique et le polynôme nul conviennent. Exercice 21.52 ♥♥♥ Trouver tous les polynômes P ∈ C [X] vérifiant :
P(X 2 ) + P(X)P(X + 1) = 0
(⋆)
Solution : Soit P un polynôme solution de l’équation et α ∈ C une racine de P. En utilisant l’égalité (⋆), on montre par n une récurrence facile que pour tout n ∈ N, P(α2 ) = P(α) = 0. Mais P possède un nombre fini de racines donc il existe N N N ∈ N tel que α2 = α Forcément, α = 0 ou alors α2 −1 = 1, et alors |α| = 1. Mais l’égalité (⋆) amène aussi P((α − 1)2 ) = P(α)P(α − 1) = 0, donc (α − 1)2 est aussi une racine de P et on doit avoir α − 1 = 0 ou |α − 1| = 1. Les seules racines de module 1 sont − j ou − j 2 (à l’intersection des cercles de rayon 1 centrés respectivement en 0 et en 1) ou 1. 2 Mais − j ne peut être une aussi être une racine de P ce qui n’est pas ¯ racine ¯ de P. En effet, comme (−2j −1)2 = j2, j devrait ¯ ¯ possible car on n’a pas j − 1 = 1. De même comme (− j − 1) = j , − j 2 ne peut être une racine de P. En conclusion, les seules racines éventuelles de P sont 0 et 1. Donc P = λXk (1−X)p où k, p ∈ N et λ ∈ C.. Comme P doit vérifier (⋆), il vient que λ = −1, et finalement P = Xk (1 − X)p . La réciproque est immédiate. Exercice 21.53 ♥♥♥ Soient deux polynômes (P, Q) ∈ R [X]2 et k ∈ N⋆. 1. Montrer que (X − 1) | P(Xk ) =⇒ (X − 1) | P. 2. Montrer que (X2 + X + 1) | (P(X3 ) + XQ(X3 )) =⇒ (X − 1) | P et (X − 1) | Q. Solution : 1. Si P = a0 + a1 X + · · · + an Xn , alors P(Xk ) = a0 + a1 Xk + · · · + an Xnk . Par conséquent, en notant Q = P(Xk ), si (X − 1) | Q, alors Q(1) = P(1) = 0. Donc (X − 1) | P. 2. En notant H = P(X3 ) + XQ(X3 ), puisque X2 + X + 1 = (X − j )(X − j 2 ), on a H( j ) = H( j 2 ) = 0, c’est à dire (
P(1) + j Q(1) 2
P(1) = j Q(1)
=0
=0
On en déduit que P(1) = Q(1) = 0, c’est à dire que (X − 1) | P et que (X − 1) | Q. 803
Exercice 21.54
♥♥♥
1. On considère le polynôme P = an Xn +. . .+a0 ∈ Z [X] un polynôme à coefficients entiers tel que an 6= 0 et a0 6= 0. p On suppose que P admet une racine rationnelle ∈ Q où p ∧ q = 1. Montrer que p | a0 et que q | an . q
3
2
2. En déduire une factorisation de P = 2X − X − X − 3 dans C.
3. Vérifier si le polynôme P = X5 + 3X2 + 2 est irréductible dans Q [X] ? 4. Démontrer que p − q | P(1) puis, sans effort, que p + q | P(1). 5. Factoriser dans R le polynôme 3X4 − 19X3 + 9X2 − 19X + 6.
Voir aussi le paragraphe B.4.3 page 1174 de l’annexe B. Solution :
µ ¶ pn p p 1. Comme P = 0, il vient : an n + . . . + a1 + a0 = 0 ce qui amène : q q q
an p n + an−1 p n−1 q + . . . + a1 p q n−1 + a0 q n = 0.
¡
¢
Comme an p n = − an−1 p n−1 q + . . . + a1 p q n−1 + a0 q n , q divise an p n et comme p et q sont premiers entre eux, q divise an . On montre de même que p | a0 .
2. Le résultat prouvé dans la question précédente nous invite à vérifier si 3/2 est une racine évidente de P, ce qui est µ
le cas. On vérifie alors que P = (2X − 3) X − e
2iπ 3
¶µ ¶ 2iπ X − e− 3
3. Si le polynôme P n’était pas irréductible dans Q [X], il aurait une racine p/q ∈ Q avec p ∧ q = 1. Comme p|2 et q|1, cette racine doit être un des entiers relatifs : ±2 ou ±1. On vérifie qu’aucun de ces nombres n’est une racine de P. P est donc irréductible dans Q [X] µ
4. On écrit q n P(1) = q n P(1) − P
µ ¶¶ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ p = an q n − p n + an−1 q q n−1 − p n−1 + . . . ak q n−k q k−1 − p k−1 + . . . + q
a1 q n−1 (q − p). ¡ ¢ ¡ ¢ Or ∀k ∈ 1, n , p − q divise ak q n−k q k−1 − p k−1 = ak q n−k (q − p) q k−2 + p q k−2 + . . . + p k−2 donc il divise leur somme q n P(1). Maintenant, q est premier avec p − q (Bezout, algorithme des différences ou tout ce que vous voudrez) donc q n est premier avec p − q . Il est l’heure d’utiliser le lemme de Gauss : p − q divise P(1). Pour démontrer sans effort que p + q | P(1), on applique le résultat précédent à Q = P(−X).
5. Comme il n’existe pas de méthode simple pour factoriser un polynôme de degré 4 un jour d’oral, il faut chercher les racines rationnelles : On a a0 = 6 et an = 3. P(1) = −20 et P(−1) = 56. p
1
q
2
3
1
1
−3
7 2
2 3
4
6
4 1
−1
3
3
2
|p − q|
5 4
5 2
5
|p + q|
7 56
1
20
1 4
5
1 1 2 3 3 3 19X 3 + 9X 2 − 19X + 6 = (3X − 1)(X − 6)(X 2 + 1).
Les candidats sont donc , − , − , 3, −3, 6. On trouve enfin
1 et 6. Après division par (3X − 1)(X − 6) on a 3X4 − 3
Remarque : Lorsqu’on programme la recherche des racines rationnelles, le raffinement avec P(1) et P(−1) est inutile. Lorsqu’on travaille à la main, il n’est pas de trop.
804
Exercice 21.55 Soit P ∈ C[X], non constant, n’admettant aucune racine complexe. P(X) = a0 + a1 X + . . . + an Xn , (an 6= 0, n Ê 1) 1. Démontrer que a0 6= 0. 2. On considère f : z 7−→
1 . |P(z)|
Ï Démontrez que ∀z ∈ C, |P(z)| Ê |an |.|z|n −
n−1 X k=0
|ak |.|z|k .
Ï Démontrez que ∀ε > 0, ∃Mε > 0, |z| > Mε =⇒ f (z) < ε. Ï Démontrez que si (un )n∈N est une suite de nombres complexes qui converge vers ℓ ∈ C alors la suite ( f (un ))n∈N converge vers f (ℓ).
3. On pose ε = f (0). Ï Démontrez que f est majorée sur Dε = {z ∈ C, |z| É Mε }. (On pourra penser au théorème de Bolzano-Weïerstrass au milieu d’une démonstration par l’absurde.) Ï Démontrez qu’il existe une suite (un )n∈N telle que ( f (un ))n∈N converge vers la borne supérieure des f (z) pour z ∈ Dε . (On pourra penser au théorème de Bolzano-Weïerstrass ). Ï Démontrer que f est majorée sur C, et que m = sup f (z) existe. z∈C
Ï Démontrez que ∃ z ′ ∈ C, f (z ′ ) = m . Déduisez-en que m 6= 0.
P(z + z ′ ) . P(z ′ ) Ï Démontrez que ∃(b k )1ÉkÉn ∈ Cn , Q(X) = 1 + b 1 X + . . . + b n X n avec b n 6= 0. Ï Démontrez que inf |Q(z)| = 1.
4. On pose Q(z) =
z∈C
5. Soit p la valuation de Q(X) − 1, c’est-à-dire le plus petit indice k Ê 1 tel que bk 6= 0, et soit α une racine p ième de −b p . ¯ ¯ ¯ X ³ z ´k ¯ n ¯ ¯ Ï Démontrez que ∀ z ∈ C, 1 É |1 − z p | + ¯ bk ¯. ¯k=p+1 α ¯
Ï En prenant z réel dans ]0, 1[ et en faisant tendre z vers zéro, quel théorème avez-vous démontré ?
Solution : 1. On a a0 = P(0). Comme P n’a pas de racine, a0 6= 0.
¯ ¯ ¯n−1 ¯ ¯X k¯ ak z = P(z) − an z , donc d’après l’inégalité triangulaire, ¯ 2. Ï On a ak z ¯ É |P(z)| + |an ||z|n . ¯k=0 ¯ k=0 ¯ ¯ ¯n−1 ¯ n−1 X X ¯ ¯ Donc |P(z)| Ê |an ||z|n − ¯ ak z k ¯ Ê |an ||z|n − |ak ||z|k . ¯k=0 ¯ k=0 ! Ã ¯ ¯ n−1 n−1 X ¯ ak ¯ 1 X k n n ¯ ¯ |ak |r = |an |r 1 − Ï On pose, pour r > 0, g (r ) = |an |r − ¯ ¯ n−k . k=0 a n r k=0 ¯ ¯ n−1 X ¯ ak ¯ 1 1 ¯ ¯ lim g (r ) = +∞. Donc ∀ε > 0, ∃Mε > 0, r > Mε =⇒ g (r ) > . Et Comme lim 1 − ¯ a ¯ r n−k = 1, on a r →+∞ r →+∞ ε n k=0 comme f (z) Ê g (|z|), on a pour |z| Ê Mε , f (z) < ε. Ï La démonstration est identique à celle de la propriété pour les fonctions (continues) de R dans R et les suites réelles. On remplace simplement les valeurs absolues | | par des modules | |, c’est dire si ça ne se voit pas ! n−1 X
k
n
3. Ï Supposons que f ne soit pas majorée sur Dε . Alors ∀n ∈ N, ∃un ∈ Dε , f (un ) Ê n . Comme ¡ la¢ suite (un )n∈N est unk k∈N qui converge bornée, d’après le théorème de Bolzano-Weïerstrass, on peut en extraire une sous-suite ¢ ¢ ¢ ¡ ¡ ¡ vers ℓ. On aurait alors f unk Ê nk Ê k et donc lim f unk = +∞ et lim f unk = f (ℓ). Contradiction. n→∞ n→∞ © ª Ï L’ensemble f (z) | z ∈ Dε est non vide et majoré. Il admet donc une borne supérieure m . D’après la caractérisation de la borne supérieure, ∀n ∈ N∗ , ∃un ∈ Dε , m − n1 É f (un ) É m . Toujours d’après le théorème de ¢ ¡ Bolzano-Weïerstrass, on peut en extraire une sous-suite unk k∈N qui converge vers z ′ . On a alors m − k1 É ¢ ¡ ¢ ¡ m − n1 É f unk É m . La limite de la suite f unk est m d’après la propriété des gendarmes, et f (z ′ ) d’après k
la question 2. © ª Ï On a ∀ z ∈ Dε , f (z) É m et ∀ z ∉ Dε , f (z) É ε = f (0) É m . Donc m est un majorant de f (z) | z ∈ C . C’est aussi la borne supérieure et le maximum puisque m = f (z ′ ). Ï L’existence de z ′ a été vue plus haut. m = 0 voudrait dire que
4. Ï Q est un polynôme de degré n qui vérifie Q(0) =
1 = 0 ce qui est impossible. |P(z ′ )|
1 × P(z ′ ) = 1. D’où le résultat. P(z ′ )
805
1 1 m =m Ê = 1. Comme |Q(z)| = 1, on a bien inf |Q(z)| = 1. ′ ′ z∈C f (z + z f (z + z m ¯ ¯ ¯ X ³ z ´k ³ z ´k ¯ n n X ¡ ¢p ¡ ¢ ¡ ¢p zp zp ¯ ¯ bk 5. Ï On a donc Q αz = 1 + b p αz + = 1 − zp + ¯ bk = ¯ puisque b p αz = b p p = b p ¯k=p+1 α α ¯ α −b p k=p+1 ¯ ¯ ¯ X ³ z ´k ¯ n ¯ ¡ z ¢¯ ¯ ¯ p p ¯ ¯ b −z . Il ne reste plus qu’à écrire 1 É Q α É |1 − z | + ¯ ¯ grâce à l’inégalité triangulaire. ¯k=p+1 k α ¯ ¯ ¯ ¯ X n b k k−p−1 ¯¯ p p p p+1 ¯ Ï On prend z = t réel dans ]0, 1[, on a |1 − t | = 1 − t . On a donc t É t t ¯ ¯, ¯k=p+1 αk ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ X n b k k−p−1 ¯ ¯ t puis 1 É t ¯ ¯. On fait tendre t vers zéro pour obtenir 1 É 0. ¯ ¯k=p+1 αk L’hypothèse de départ, à savoir que P n’admet aucune racine complexe est donc absurde. Ï On a ∀ z ∈ C, |Q(z)| = f (z ′ ) ×
On a donc démontré par l’absurde le théorème fondamental de l’algèbre.
21.6.6 Factorisations de polynômes Exercice 21.56 ♥ Décomposer en produit de polynômes irréductibles dans C [X] puis dans R [X] les polynômes suivants : ¡
¢2
1. P1 = X4 − 1
5. P5 = X2 − X + 1 + 1
3. P3 = X4 + X2 + 1
7. P7 = X2 + 1 + X2 − X − 1
2. P2 = X5 − 1
6. P6 = X6 − X5 + X4 − X3 + X2 − X + 1 ¡
4. P4 = X6 + 1
¢2
8. P8 = X8 + X4 + 1
¡
¢2
Solution :
µ ¶ 2ikπ 4 = (X − 1) (X + 1) (X − i ) (X + i ) et dans R [X], en appariant les deux racines 1. Dans C [X] : p 1 = Πk=03 X − e ¡
¢
complexes conjuguées : P1 = (X − 1) (X + 1) X2 + 1 . µ
2. Dans C [X] : p 1 = Πk=04 X − e
2ikπ 5
¶
¶µ ¶µ ¶µ ¶ µ 4iπ 6iπ 8iπ 2iπ et dans R [X], en ap= (X − 1) X − e 5 X−e 5 X−e 5 X−e 5 µ
pariant les racines complexes conjuguées : P2 = (X − 1) X2 − 2cos
¶µ ¶ 2π 4π + 1 X 2 − 2cos +1 . 5 5
3. On a : X4 + X2 + 1 = (X2 + 1)2 − X2 = (X2 + X + 1)(X2 − X + 1) . Les discriminants des deux polynômes 2 de ce produit sont négatifs, donc³ la décomposition de P3 dans R [X] est (X 2 + X +p 1)(X −X+ ´ ³ P3 = p ´ p ´³ p ´³ 1−i 3 1+i 3 1+i 3 1+i 3 2 2 X+ 2 X− 2 et X − X + 1 = X − 2 et P3 = 1) . Par ailleurs : X + X + 1 = X + 2 µ p ¶µ p ¶µ p ¶µ p ¶ 1−i 3 1+i 3 1+i 3 1+i 3 X+ X− X− X+ . 2
2
2
2
4. Les six racines de −1 sont données par les¶ complexes e i µ 6
P4 est donc : X + 1 =
Q5
k=0
(2k+1)π X − ei 6
(2k+1)π 6
avec k ∈ 0, 5. La factorisation dans C de ´ ´³ ´³ ´³ ³ −iπ/6 iπ/6 X − e i5π/6 X − e −i5π/6 (X − i ) (X + i ). X−e = X−e
conjuguées, on obtient la factorisation de P4 sur R : P4 = p p ¡En2 appariant ¢ ¡ les racines ¢complexes ¡ ¢ X − 3X + 1 X 2 + 3X + 1 X 2 + 1 . ¡
¢2
¡
¢¡
¢
¡
¢¡
¢
5. P5 = X2 − X + 1 + 1 = X2 − X + 1 + i X2 − X + 1 − i = (X − 1 + i ) (X − 1 − i ) (X + i ) (X − i ) = X2 − 2X + 2 X2 + 1 ¡
¢
¡
¢
6. Comme 1 − X7 = 1 + X + ... + X6 (1 − X), (1 + X) P6 = 1 + X7 . Mais 1 + X7 = Π6k=0 X − e i(2k+1)π/7 donc P6 = ¡ ¢ Π6k=1 X − e 2ikπ/7 . On apparie les racines conjuguées pour obtenir la factorisation de P6 dans R. On obtient : ¡ ¢¡ ¢¡ ¢ P6 = X 2 − 2cos 2π/7 + 1 X 2 − 2cos 4π/7 + 1 X 2 − 2cos 6π/7 + 1
806
7. P7
=
=
=
=
¡
¢2 ¡ ¢2 X2 + 1 + X2 − X − 1 ¡ 2 ¡ ¢¢ ¡ ¡ ¢¢ X + X − 1 + i X2 + 1 X2 + X − 1 − i X2 + 1 ¢ ¢ ¡ ¡ (1 + i ) X 2 + X − 1 + i (1 − i ) X 2 + X − 1 − i ´ ³ ´ ³ 1+i 1−i X− (X + 1 − i ) X − (X + 1 + i ) 2
¡
2
¢¡
¢
On en déduit la factorisation sur R : P7 = X2 − X + 1/2 X2 + 2X + 2
8. Comme dans la question 3., on commence par décomposer le polynôme bicarré Y4 + Y2 + 1. On a : Y4 + Y2 + 1 = (Y2 + 1)2 − Y2 = (Y2 + Y + 1)(Y2 − Y + 1). Alors P8 = (X 4 + X 2 + 1)(X 4 − X 2 + 1). On recommence pour ces deux polynômes bicarrés. On obtient finalement que p p P8 = (X 2 + X + 1)(X 2 − X + 1)(X 2 + 3X + 1)(X 2 − 3X + 1)
et on en déduit la factorisation de P8 dans C : ´ ´³ ´³ ´³ ´³ ´³ ´³ ´³ ³ P8 = X − e 2iπ/3 X − e −2iπ/3 X − e iπ/3 X − e −iπ/3 X − e 5iπ/6 X − e −5iπ/6 X − e iπ/6 X − e −iπ/6 .
Exercice 21.57 ♥♥ Factoriser sur C[X] et sur R[X] le polynome X2n − 2Xn cos α + 1(α ∈ R) . Écrire l’égalité obtenue en substituant 1 à X. Solution
´ ´ ³ 2kπ X+1 . X 2 − 2cos α +
n−1 Y³ k=0
X 2n − 2X n cos α + 1
:
22n−2
n
n−1 Y k=0
On
en
=
¡
déduit
¢¡ ¢ X n − e inα X n − e −inα
2(1 − cos nα) = 2n
´ ³ kπ sin2 α + .
=
µ n−1 Y k=0
2ikπ n
¶µ ¶ 2ikπ X − e −iα− n
´´ ³ 2kπ 1 − cos α +
n−1 Y³ k=0
X − e iα+
n
ou
sin2
n
Exercice 21.58 ♥♥ Factoriser sur R le polynôme P = 1−X+
X (X − 1) (X − 2) . . . (X − n + 1) X (X − 1) X (X − 1) (X − 2) − + . . . + (−1)n . 2! 3! n!
Solution : Soit k ∈ 1, n. Prouvons que k est une racine de P : P (k)
=
k (k − 1) k (k − 1) (k − 2) k (k − 1) (k − 2) . . . (k − k + 1) 1−k + − + . . . + (−1)k 3! k! Ã ! Ã 2!! Ã ! Ã ! k k k k 1− + − + . . . + (−1)k 1 2 3 k
=
(1 − 1)k d’après la formule du binôme
=
=
0
Comme P est de degré n , il admet au plus n racines et nécessairement : P = Exercice 21.59 Soit n ∈ N, n Ê 2.
(−1)n (X − 1) (X − 2) . . . (X − n) . n!
♥♥
1. Factoriser dans C [X] le polynôme : (X + 1)n − (X − 1)n
Q kπ kπ cotan 2m+1 cotan 2m+1 et m . k=1 P kπ . cotan 2m+1 3. En déduire aussi pour tout m ∈ N∗ , 2m k=1
2. En déduire pour tout m ∈ N∗ ,
Q2m
k=1
Solution : 807
¡ nα ¢ 2
= =
1. Remarquons que deg P = n − 1. Il nous faut alors trouver les n − 1 racines de P dans C. Remarquons que 1 n’est pas une racine de P. Soit x ∈ C \ {1}. On a, avec ω = e 2iπ/n : P (x) = 0
¶n
⇐⇒
µ
⇐⇒
∃k ∈ 1, n − 1 ,
⇐⇒
∃k ∈ 1, n − 1 ,
⇐⇒
∃k ∈ 1, n − 1 ,
⇐⇒
∃k ∈ 1, n − 1 ,
x +1 x −1
=1 x +1 = ωk on reconnaît des racines nième de l’unité x −1 ωk + 1 x= k ω −1 e ikπ/n + e −ikπ/n en factorisant par les angles moitiés x = ikπ/n e − e −ikπ/n x = −i cotan
kπ n
d’après les formules d’Euler
Comme le coefficient du terme dominant de P est 2n , on obtient alors P = 2n
n−1 Y³ k=1
X + i cotan
kπ n
´
.
2. On suppose ici que n = 2m+1. On identifie les termes constants entre l’expression développée et l’expression factorisée de P. On trouve alors que : (2m + 1) Remarquons que pour tout k ∈ 1, m, 2m Y
cotan
k=1
Q2m ³ k=1
´ 2m Y kπ = 2 ce qui amène : −i cotan 2m+1 cotan k=1
kπ 2m+1
=
(−1)m . 2m + 1
(m + k) π (m − k + 1) π donc = π− 2m + 1 2m + 1
kπ 2m+1
= = =
m Y
k=1 m Y
cotan cotan
k=1
(−1)m
Ã
m Y
kπ
2m+1 k=1 kπ 2m+1
m Y
´ ³ (m−k+1)π cotan π − 2m+1
× (−1)m ×
cotan
k=1
car pour tout x 6= 0 [π], cotan (π − x) = − cotan x . Finalement :
kπ 2m+1 m Y
k=1
!2
m Y
cotan
k=1
cotan
kπ 2m+1
=
kπ 2m+1
r
1 . 2m + 1
3. En développant avec la formule du binôme, on remarque que le coefficient du terme de degré n −2 dans P est nul. P kπ cotan 2m+1 . On retrouve facilement ce On en déduit que la somme des racines de P est nulle, ce qui donne n−1 k=1 résultat en utilisant la relation cotan (π − x) = − cotan x . Exercice 21.60 On note
♥♥♥ © ª E = P ∈ R [X] | ∃(P, Q) ∈ R [X], avec P = Q2 + R2
1. Montrer que E est stable pour la multiplication. 2. En déduire que E = {P ∈ R [X] | ∀x ∈ R , P(x) Ê 0}. Solution :
1. Si P1 = Q12 + R21 ∈ E , P2 = Q22 + R22 ∈ E , alors P1 P2 = (Q1 Q2 + R1 R2 )2 + (Q1 R1 − Q2 R2 )2 et P1 P2 ∈ E . 2. Effectuons un raisonnement par double inclusion. L’inclusion direct ⊂ est clair. Montrons l’inclusion réciproque ⊃. Soit P ∈ R [X] un polynôme positif. Décomposons P en produit de polynômes irréductibles normalisés de R [X] : α
α
P = λP1 1 . . . Pk k
où les Pi , pour i ∈ 1, k sont soit des polynômes de degré 1, soit des polynômes de degré 2 à discriminant strictement négatif. Si cette décomposition contient effectivement des polynômes de degré 1 alors P ne peut être positif. Il change de signe en la racine de ces polynômes. Donc la décomposition de P ne contient que des termes de degré 2 de la forme X2 + pX + q où p, qp∈ R sont tels que p 2 − 4q < 0. Mais un tel polynôme est élément de E car il s’écrit X 2 + pX + q = (X − p/2)2 + ( q − p 2 /4)2 ∈ E . Comme E est stable pour le produit, on en déduit que P ∈ E ( la constante λ est nécessairement positive et elle s’écrit par exemple λ = 02 + 808
³p ´2 λ .
21.6.7 Relations entre coefficients et racines Exercice 21.61 ♥ Trouver une condition nécessaire et suffisante sur λ pour que P = 2X 3 − X 2 − 7X + λ
possède deux racines de somme 1. Solution : Notons x1 , x2 , x3 les racines de P. Supposons, quitte à re-indicier les racines, que x1 + x2 = 1. D’après les 1
1
relations coefficients-racines, on sait que x1 + x2 + x3 = . Une condition necessaire est donc que la troisième vale − . 2 2 Par conséquent, P(−1/2) = 0 d’où λ = −3. On vérifie facilement que la réciproque est vraie. Exercice 21.62 ♥ Soit P(X) = X3 + 2X2 − 7X + λ ∈ C [X]. Trouver λ pour que le carré d’une racine de P soit égal à la somme des carrés des autres racines. Solution : Notons x1 , x2 , x3 les trois racines de P. On suppose, quitte à les renuméroter, que x32 = x12 + x22 . On écrit les relations coefficients racines : σ1 = x1 + x2 + x3 = −2
σ2 = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = −7
σ3 = x1 x2 x3 = −λ.
Donc 2x32 == σ21 − 2σ2 = 18 et x32 = 9. On trouve alors λ = −24 ou λ = −12. On vérifie que λ = −24 convient. En effet, p p dans ce cas les racines de P sont x3 = 3, x1 = −5/2 + i 7/2 et x2 = −5/2 − i 7/2 et on a bien x32 = x12 + x22 . Si λ = −12 p p alors les racines de P sont x3 = −3 et x1 = 1/2+ 17/2, x2 = 1/2− 17/2 et on n’a pas x32 = x12 + x22 . Donc seul λ = −24 convient. Exercice 21.63 ♥♥ Montrer qu’il n’existe pas de triplet de réels (u, v, w) vérifiant : u+v +w =3
et uv + v w + wu = 6
Indication 21.5 : Utiliser les relations coefficients-racines et le théorème de Rolle.
Solution : Si un tel triplet (u, v, w) existait, les réels u, v, w seraient racines de P(X) = X3 − 3X2 + 6X + c d’après les relations coefficients-racines. Mais d’après le théorème de Rolle, P′ posséderait alors deux racines réelles distinctes, ce qui est faux. Un tel triplet n’existe donc pas. Exercice 21.64 ♥♥ Trouver les racines dans C du polynôme X4 − X3 − 7X2 + X + 6 sachant qu’il possède deux racines dont la somme est 0. Solution : Notons α1 , α2 , α3 , α4 les racines de P et supposons que α1 +α2 = 0. Écrivons les relations coefficients racines pour P : α1 + α2 + α3 + α4 = 1 α α + α α + α α + α α + α α + α α = −7 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 α α α + α α α + α α α + α α α = −1 1 2 3 1 2 4 1 3 4 2 3 4 α1 α2 α3 α4 = 6
De la première, on tire que α3 + α4 = 1. La seconde se re-écrit (α1 + α2 ) (α3 + α4 ) + α1 α2 + α3 α4 = −7 et il vient que α1 α2 +α3 α4 = −7. La troisième équivaut à α1 α2 (α3 + α4 )+α3 α4 (α1 + α2 ) = −1 et donc on a α1 α2 = −1. Comme les réels α1 , α2 satisfont le système ( α1 + α2
α1 α2 = −1
=0
ce sont les racines du trinôme X2 − 1. Donc on a par exemple α1 = 1 et α2 = −1. Il vient alors que α3 , α4 satisfont le système ( α3 + α4
α3 α4 = −6
=1
ce sont les racines du trinôme X2 − X − 6 = (X − 3) (X + 2). Donc α3 = 3 et α4 = −2. Les racines de P sont alors : −2, −1, 1, 3 . 809
Exercice 21.65 ♥♥ Soit P = X3 + X − 1 ∈ C [X]. On note xk avec k ∈ 1, 3 ses trois racines complexes. 1. Vérifier (sans chercher à les calculer) que les trois racines sont distinctes. 2. Effectuer la division euclidienne de X5 par P. 3. En déduire la valeur de S=
3 X
k=1
xk5
Solution : i
1. Par l’absurde, si x est une racine double de P, alors P(x) = P′ (x) = 0. Mais P′ (x) = 0 =⇒ 3x 2 +1 = 0 =⇒ x = ± p , qui ne sont pas des racines de P. Donc toutes les racines complexes de P sont simples.
3
2. On trouve que X5 = (X2 − 1)P(X) + X2 + X − 1.
3. Si xk est une racine de P, alors xk5 = (xk2 − 1)P(xk ) + xk2 + xk − 1 = xk2 + xk − 1. On peut alors exprimer la somme cherchée en fonction des fonctions symétriques élémentaires des racines de P. Si σ1 = x1 + x2 + x3 = 0 et si σ2 = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = 1 alors S=
3 X
k=1
xk2 + σ1 − 3 = σ21 − 2σ2 + σ1 − 3 = −2 − 3 = −5
Exercice 21.66 ♥♥ Trouver m ∈ C pour que le polynôme
P = X 3 + X 2 + mX + 6 ∈ C [X]
possède deux racines x1 , x2 vérifiant x1 + x2 = x1 x2
Déterminer alors explicitement ces racines. Solution : Notons x1 , x2 , x3 les racines de P. En écrivant les relations coefficients-racines, il vient que : x1 + x2 + x3 = −1
x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = m
x1 x2 x3 = −6
En supposant que x1 + x2 = x1 x2 , de la deuxième et la troisième relation, on tire (x1 + x2 )x3 = −6 =⇒ x1 x2 = m + 6.
Mais de la première, on tire aussi (−1 − x3 )x3 = −6 =⇒ x32 + x − 6 = 0
et par conséquent, l’une des racines de P doit être égale à 2 ou alors à −3. Etudions les deux cas : – x3 = 2 : comme P(2) = 0, m = −9 et alors P = (X − 2)(X2 + 3X − 3). Alors comme x1 , x2 sont les racines du trinôme X 2 + 3X − 3, x1 x2 = −3 et x1 + x2 = −3 conviennent. – x3 = −3 : comme P(−3) = 0, m = −4 et alors P = (X + 3)(X2 − 2X + 2) et dans ce cas, x1 x2 = 2, x1 + x2 = 2 conviennent également. En conclusion, m = −9 ou m = −4 . Exercice 21.67 ♥♥♥ Trouver les triplets (x, y, z) ∈ C3 solutions de
Solution :
x + y + z 2 x + y 2 + z2 1 1 1 + + x y z
=1
=9 .
=1
Exprimons ces trois quantités en fonction de σ1 = x + y + z , σ2 = x y + xz + y z et σ3 = x y z . On a x 2 +
1 1 1 σ2 . Si x, y, z sont solutions du système d’équations de l’énoncé, alors on doit avoir + + = x y z σ3 σ2 = 1 d’où l’on tire σ1 = 1, σ2 = −4 et σ3 = −4. Alors x, y, z sont racines du polynôme σ1 = 1, σ21 − 2σ2 = 9 et σ3 ¡ ¢ X 3 −σ1 X 2 +σ2 X −σ3 = X 3 −X 2 −4X +4 = (X −1)(X −2)(X +2) et donc x, y, z = (1, 2, −2) à permutation près. On vérifie y 2 + z 2 = σ21 − 2σ2 et
que réciproquement, ces valeurs, à permutation près, donnent des solutions au système. 810
Exercice 21.68 Résoudre dans C ,
♥♥♥ z 1 + z 2 + z 3 = 0 |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1 z1 z2 z3 = 1
Solution : Il est clair que les racines cubiques de l’unité 1, j et j 2 sont un triplet de solutions. Soient trois complexes (z1 , z2 , z3 ) vérifiant les conditions. Ils sont racines du polynôme P(X) = (X − z1 )(X − z2 )(X − z3 ) = X 3 − (z1 + z2 + z3 )X 2 + (z1 z2 + z1 z3 + z2 z3 )X − z1 z2 z3 = 0
Mais puisque |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1, et que z1 z2 z3 = 1, z1 z2 + z1 z3 + z2 z3 =
1 1 1 + + = z3 + z2 + z1 = z1 + z2 + z3 = 0. z3 z2 z1
Par conséquent, les complexes z1 , z2 , z3 sont racines du polynôme P(X) = X3 − 1. Ce sont donc les racines cubiques de l’unité : {z1 , z2 , z3 } = {1, j , j 2 }. Sinon, en considérant les points Mk d’affixes respectives zk , l’égalité z1 + z2 + z3 = 0 se traduit par O est le centre de gravité de M1 M2 M3 . Comme on a |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1, O est aussi le centre du cercle circonsrit. Les médianes sont³donc aussi ´ médiatrices, donc M1 M2 M3 est équilatéral. Quitte à changer la numérotation, il existe α tel que zk = 2ikπ exp i α + 3 . La troisième égalité z1 z2 z3 = 1 dit alors que α3 = 1 ce qu’il fallait vérifier. Exercice 21.69
♥♥½
x(t ) = a cos t , a 2 6= b 2 Démontrer que quatre points (Mi )1ÉiÉ4 sont cocycliques y(t ) = a sin t si et seulement si leurs paramètres (tk )1ÉkÉ4 vérifient t1 + t2 + t3 + t4 ≡ 0[2π] (passer en e i t ).
On considère une vraie ellipse
Solution : Une intersection se détermine simplement lorsqu’un ensemble est déterminé par une équation cartésienne et l’autre en paramétrique. Ici cela fournit la solution. On considère un cercle d’équation x 2 + y 2 + 2αx + 2βy + γ = 0 qui coupe l’ellipse en quatre points Mi (a cos tk , b sin tk ) qui vérifient a 2 cos2 tk + b 2 sin2 tk + 2aα cos tk + 2bβ sin tk + γ = 0. e 2i tk − 2 + e −2i tk e i tk + e −2i tk e i tk − e −2i tk e 2i tk + 2 + e −2i tk − b2 + 2aα + 2bβ + γ = 0. En multipliant par e 2i tk : 4 4 2 2i a 2 + b 2 2i tk a2 − b2 a 2 − b 2 4i tk e + (aα − i bβ)e 3i tk + e + (aα + i bβ)e i tk + = 0. Donc les e i tk sont des racines distinctes 4 2 4 a2 + b2 2 a2 − b2 a2 − b2 4 du polynôme : . Le produit des racines vaut d’une part X + (aα − i bβ)X 3 + X + (aα + i bβ)X + 4 2 4
Soit a 2
exp (i (t1 + t2 + t3 + t4 )) et d’autre part
a 2 −b 2 4 a 2 −b 2 4
= 1. D’où le résultat.
Exercice 21.70 ♥♥♥ Juliette se réveille à la fin du cours d’algèbre du mardi après-midi. A ce moment précis, elle entend le professeur dire : ". . . et je vous donne comme indication que toutes les racines sont positives et réelles." En levant les yeux vers le tableau, elle découvre une équation du 20ème degré à résoudre à la maison, qu’elle essaie de recopier à toute vitesse. Elle arrive seulement à voir les deux premiers termes : x 20 − 20.x 19 avant que le professeur n’efface complètement le tableau. Heureusement elle se souvient que le terme constant est +1. Pouvez- vous aider notre héroïne à résoudre cette équation ? a1 + . . . + a20
Solution : Facile ! Si on appelle a1 , . . . , a20 les racines. On a 20 de l’inégalité arithetico-géométrique, donc tous les ak sont égaux à 1.
811
= a1 . . . . .a20 = 1. On est dans le cas d’égalité
Chapitre
22
Fractions rationnelles Pour bien aborder ce chapitre Les fractions rationnelles sont aux polynômes ce que les nombres rationnels de Q sont aux entiers relatifs de Z. On construit ainsi un corps contenant l’anneau des polynômes. Cette construction peut s’adapter à tous les anneaux intègres. Elle ne sera qu’évoquée dans les lignes qui suivent. Comme les polynômes, les fractions rationnelles sont des objets abstraits, plus algébriques qu’analytiques. Par exemple la dérivation est purement formelle. L’essentiel est de savoir calculer avec les fractions rationnelles, et ce ne sont pas les calculs qui manquent. Vous devrez donc apprendre un certain nombre de techniques qui pourront vous éviter de vous noyer. Après quoi, vous verrez en fin de chapitre des applications surprenantes des fractions rationnelles. Lapartie la plus utilitaire de ce chapitre reste l’application au calcul de primitives.
22.1 Fractions rationnelles Dans tout ce chapitre K désigne le corps R ou C .
22.1.1 Définition D ÉFINITION 22.1 ♥ Fractions rationnelles Une fraction rationnelle est un « quotient » de deux polynômes P, Q ∈ K[X]. On la note F(X) =
P(X) . On note K (X) Q(X)
l’ensemble des fractions rationnelles.
22.1.2 Égalité de deux fractions On dit que deux fractions
P1 P2 et sont égales si et seulement si Q1 Q2 P1 Q2 = P2 Q1 .
Autrement dit
P1 P2 et sont des écritures d’une même fraction. Q1 Q2
Remarque 22.1 Si δ = P ∧ Q, alors P = P1 δ et Q = Q1 δ avec P1 ∧ Q1 = 1 et alors QP = QP11δδ = QP11 . On peut également diviser au numérateur et au dénominateur par le coefficient dominant du polynôme Q1 . Dans la suite, on considérera donc uniquement des fractions rationnelles de la forme F = QP avec P ∧ Q = 1 et Q un polynôme unitaire.
22.1.3 Polynômes On assimile les polynômes P de K[X] aux fractions fraction nulle
0 de K (X). 1
P de K (X). En particulier le polynôme nul de K[X] est assimilé à la 1
812
22.1.4 Opérations sur les fractions On peut définir la somme et le produit de deux fractions rationnelles par les formules suivantes : F1 (X) =
et F1 + F2 =
P1 (X) , Q1 (X)
F2 (X) =
P1 Q2 + P2 Q1 Q1 Q2
P2 (X) Q2 (X)
F1 F2 =
P1 P2 . Q1 Q2
Les sommes ou produits de fractions ne dépendent pas des écritures choisies. ¡ ¢ Muni de ces lois, K (X), +, × est un corps commutatif. K[X] en est un sous-anneau.
22.1.5 Degré d’une fraction D ÉFINITION 22.2 ♥ Degré d’une fraction rationnelle Soit une fraction rationnelle F =
P ∈ K (X). On appelle degré de F : Q deg F = deg P − degQ ∈ Z
On vérifie que la notion de degré d’une fraction rationnelle ne dépend pas de l’écriture choisie. On vérifie que le degré des fractions rationnelles prolonge le degré des polynômes, c’est-à-dire que P deg P = deg . | {z } | {z 1} K[X]
K(X)
P ROPOSITION 22.1 On a les mêmes propriétés que pour le degré des polynômes :
deg(F1 + F2 ) É max(deg F1 , deg F2 ),
deg(F1 F2 ) = degF1 + deg F2
Lorsque F 6= 0, le degré de F est un entier relatif. Lorsque F = 0, deg F = −∞. D ÉFINITION 22.3 ♥ Zéros, pôles d’une fraction rationnelle, fonctions rationnelles P ∈ K (X). On rappelle que P et Q sont premiers entre eux. Les racines de P s’appellent les zéros de F et les Q racines de Q les pôles de F. Si P désigne l’ensemble des pôles de F, on peut définir la fonction rationnelle associée à F: K \ P −→ K e e P(x) F: x 7−→ e Q(x)
Soit F =
Remarque 22.2 Un pôle a ∈ K de la fraction F = QP , est dit de multiplicité k ∈ N , lorsque le scalaire a est un zéro de multiplicité k du polynôme Q. D ÉFINITION 22.4 ♥ Dérivée d’une fraction rationnelle Soit une fraction rationnelle F =
P ∈ K (X). On définit formellement la dérivée de cette fraction rationnelle par la formule Q F′ =
P′ Q − PQ′ Q2
813
Remarque 22.3 On associe la fonction rationnelle dérivée associée Fe′ : K \ P 7→ K . Cette fonction dérivée coïncide e lorsque K = R . On vérifie aussi que cette dérivée des fractions prolonge celle des avec la dérivée usuelle de la fonction F polynômes.
22.2 Décomposition en éléments simples d’une fraction rationnelle P ROPOSITION 22.2 ♥ Partie entière d’une fraction rationnelle Soit une fraction rationnelle F =
A ∈ K (X). Il existe un unique couple (E, G) ∈ K [X] × K (X) tel que B ( F = E+G deg G < 0
Le polynôme E est appelé la partie entière de la fraction F. Démonstration • Unicité. On suppose que F = E1 + G1 = E2 + G2 avec E1 ,E2 ∈ K [X] et G1 ,G2 ∈ K (X) avec deg G1 < 0 et deg G2 < 0. On en déduit E1 − E2 = G2 − G1 . Donc deg(G2 − G1 ) < 0 soit deg(E1 − E2 ) < 0. Le seul polynôme qui a un degré négatif est le polynôme nul. Donc E1 = E2 et donc G2 = G1 . Ce qu’il fallait vérifier. • Existence. R on effectue la division euclidienne du polynôme A par le polynôme B : A = BE + R avec deg R < deg B et alors F = E + avec E ∈ K [X] et G =
B
R de degré strictement négatif. B
P ROPOSITION 22.3 ♥ Partie polaire d’une fraction rationnelle Soit une fraction rationnelle F =
A ∈ K (X) et un pôle a ∈ K de multiplicité k : B b avec B(a) b B = (X − a)k B 6= 0
Il existe un unique couple (C, D) ∈ K [X]2 de polynômes tels que F=
La fraction rationnelle
A2 (X − a)k
D C + et deg(D) < k b B (X − a)k
est appelée partie polaire de la fraction F relative au pôle a .
Démonstration • Unicité. C1 + On écrit F =
C2 C1 − C2 D1 D2 D2 − D1 = + avec deg(D1 ) < k et deg(D2 ) < k . On en déduit que = et donc b b b (X − a)k (X − a)k (X − a)k B B B k b b (C1 − C2 )(X − a) = (D2 − D1 )B. On en déduit que a est une racine d’ordre au moins k du polynôme (D2 − D1 )B donc du b 6= 0. a est une racine d’ordre Ê k d’un polynôme de degré < k : Ce polynôme est nul. D2 = D1 polynôme (D2 − D1 ) puisque B(a) et par suite C1 = C2 . Ce qu’il fallait vérifier.
• Existence.
b b et X − a sont premiers entre eux. Il en est donc 6= 0, B Dans un premier temps on ne s’occupe pas du degré de D : Comme B(a) k b de même pour B et (X − a) . D’après la propriété de Bézout, il existe deux polynômes U et V vérifiant b A(X) = U(X)(X − a)k + V(X)B(X).
Dans un deuxième temps on s’occupe du degré de D : On effectue la division euclidienne de V par (X − a)k . Il existe deux polynômes Q et D avec deg D < k tels que V = Q(X − a)k + D.
b , ce qui donne le résultat en prenant C = U + Q. En remplaçant V , on obtient A = (U + Q)(X − a)k + DB
P ROPOSITION 22.4 ♥ Coefficient associé à un pôle simple
814
Si une fraction rationnelle F =
P est de degré < 0 avec Q(X) = (X − a)V(X), où V(a) 6= 0, la partie polaire de la fraction F Q
relativement au pôle simple a est de la forme
λ X−a
: F=
U λ + X−a V
(22.1)
C’est le résultat précédent dans le cas particulier k = 1. Remarque 22.4 Pour trouver le scalaire λ, on peut : • Multiplier (22.1) par (X − a), puis faire x = a dans la fonction rationnelle associée. On trouve que : λ = • Utiliser la formule de Taylor pour Q, et obtenir λ =
P(a) . V(a)
P(a) . Cette formule est très utile lorsqu’il est difficile de trouver Q′ (a)
le quotient V du polynôme Q par (X − a).
22.2.1 Décomposition en éléments simples dans C(X) T HÉORÈME 22.5 ♥ Décomposition dans C (X) Soit une fraction rationnelle F =
P ∈ C (X), avec la décomposition du polynôme Q en éléments irréductibles qui s’écrit : Q Q = (X − a1 )α1 . . . (X − an )αn
Alors la fraction F s’écrit de façon unique sous la forme µ
¶ λ1α1 λ11 λ12 F=E+ + +··· + +···+ X − a1 (X − a1 )2 (X − a1 )α1 ¶ µ λnαn λn2 λn1 + +··· + + X − an (X − an )2 (X − an )αn
où la partie entière E ∈ C [X] est un polynôme nul, ou de degré deg(P) − deg(Q) et où les coefficients λi j ∈ C sont complexes. Démonstration • Unicité. On part de l’écriture ¶ λ1α1 λ12 λ11 + +···+ + · · · + X − a 1 (X − a 1 )2 (X − a 1 )α1 µ ¶ λnαn λn1 λn2 + +··· + + X − a n (X − a n )2 (X − a n )αn
F=E+
µ
et on réduit chaque partie polaire au même dénominateur : F=E+
Dn (X) D1 (X) +··· + (X − a 1 )α1 (X − a n )αn
Chaque polynôme Dk = λk1 (X − a k )αk −1 + · · · + λkαk vérifie deg(Dk ) < αk . D’après la proposition 22.3, les polynômes Dk sont uniques. Il en est de même des coefficients λk p ,1 É p É αk qui sont les coordonnées du polynôme Dk dans la famille libre (X − a k )αk −p . • Existence. La proposition 22.3 utilisée jusqu’à épuisement des parties polaires donne F=E+
D1 (X) Dn (X) +··· + (X − a 1 )α1 (X − a n )αn
avec deg(Dk ) < αk . La fraction rationnelle E est une fraction sans pôle, c’est donc un polynôme. Comme la fraction Dn (X) D1 (X) +··· + (X − a 1 )α1 (X − a n )αn
815
est de degré strictement négatif, E est donc la partie entière de F. Il ne reste plus qu’à obtenir les coefficients λk p ,1 É p É αk qui sont les coordonnées du polynôme Dk dans la famille génératrice (X − a k )αk −p .
Remarque 22.5
Tous les coefficients λkαk sont différents de zéro.
Exercice 22.1 Décomposer les fractions rationnelles F(X) =
X−4 1 et G(X) = n dans C (X). (X − 1)(X + 1)X X −1
Solution : Pour chaque fraction, tous les pôles sont simples. Pour F, en multipliant par X − a où a vaut successivement 1, −1 et 0, on trouve : −3/2 −5/2 4 X−4 = + + . (X − 1)(X + 1)X X − 1 X + 1 X
x −4 de deux façons différentes on (x − 1)(x + 1)x ¡ ¢ ¡ ¢ −3/2 −5/2 4 + + + o x1 . Ce qui est bien cohérent. Cette trouve d’une part : f (x) = o x1 et d’autre part : f (x) = x x x
En effectuant un développement limité à l’infini à l’ordre 1 de f (x) =
vérification simple et rapide est à retenir.
´ ³ P(X) P(a) , 0 É k É n − 1. on utilise λa = ′ . Les pôles sont les exp 2ikπ n Q(X) Q (a) ³ ³ ´ ´ ´´ exp 2ikπ ³ ³ n−1 exp 2ikπ X n 1 n ´´ . ³ ³ = = Q(X) = X n − 1, Q′ (X) = nX n−1 , Q′ exp 2ikπ . On en déduit n n n X − 1 k=0 n X − exp 2ikπ
Pour F(X) =
n
Recherche des coefficients associés aux pôles multiples On suppose que F(X) =
P avec degF < 0 et Q(X) = (X − a)n V(X) avec (V(a) 6= 0). La décomposition de F s’écrit alors Q F=
λ1 λn U(X) λ2 +··· + + + 2 n (X − a) (X − a) (X − a) V(X)
(22.2)
– En multipliant (22.2) par (X − a)n et en faisant x = a , on trouve λn ;
λn à F, et on recommence pour trouver λn−1 etc ; (X − a)n P1 (Y) – Si n Ê 3, on fait le changement de variables Y = X − a , F(Y) = n , et on effectue une division selon les puissances Y V1 (Y) croissantes (ou un DL(0, n − 1)) à l’ordre n − 1 :
– Si n est petit, (n É 2), on retranche
P1 = V1 (a0 + a1 Y + · · · + an−1 Yn−1 ) + R avec val(R) Ê n
On a alors : F(Y) =
a1 an−1 a0 + n−1 + · · · + +... n Y Y Y
et on trouve les coefficients λ1 = an−1 , λ2 = an−2 , . . . . Exercice 22.2
Décomposer dans C (X) les fractions rationnelles F(X) =
X5 + 1 X+1 et G(X) = . X(X − 1)2 (X − 1)4 X
Solution : Pour F, on commence par déterminer la partie entière en posant la division euclidienne de X5 + 1 par X(X − 1)2 . On trouve X 5 + 1 = (X 2 + 2X + 3)X(X − 1)2 + 4X 2 − 3X + 1. On obtient donc E(X) = X 2 + 2X + 3. Donc F(X) =
C B A . + + X (X − 1)2 X − 1 On trouve A = 1 par multiplication par X. Pour la partie polaire relative à 1, on pose X = 1+Y. En utilisant les techniques (1 + y)5 + 1 = (2 + 5y)(1 − y) + o(y) = 2 + 3y + o(y). D’où B = 2 et C = 3. Finalement, des développements limités : 1+ y X5 + 1 1 3 2 = X 2 + 2X + 3 + + + . X(X − 1)2 X (X − 1)2 X − 1 Autre méthode, en utilisant le fait qu’il n’y a qu’un seul pôle d’ordre 2 : X 2 + 2X + 3 +
816
A C B 4X 2 − 3X + 1 = X 2 + 2X + 3 + + + . On X(X − 1)2 X (X − 1)2 X − 1 détermine A = 1 comme précédemment, et B = 2 en multipliant par (X −1)2 . Ensuite en écrivant le développement limité ¡ ¢ 4x 2 − 3x + 1 1 2 . On trouve d’une part : f 1 (x) = o x4 et d’autre part : f 1 (x) = + + à l’infini à l’ordre 1 de f 1 (x) = 2 x(x − 1) x (x − 1)2 ¡ ¢ 1 C C = + + o x1 . D’où 1 + C = 4 et C = 3. x −1 x x A C D E B . On a A = 1 facilement. Pour la partie polaire relative à 1, on + + + On écrit G(X) = + 4 3 2 X (X − 1) (X − 1) (X − 1) X−1 1 2+ y 2+ y = 1+ = pose x = 1 + y . g (1 + y) = 4 . On détermine donc un développement limité à l’ordre 3 de y (1 + y) 1+ y 1+ y 2 3 3 2 − y + y − y + o(y ). D’où B = 2, C = −1, D = 1, E = −1. On vérifie après coup que A + E = 1 + (−1) = 0, le coefficient de x1 dans le développement limité à l’infini à l’ordre 1 de g (x). 1 1 1 1 2 X+1 − + − Finalement, = + . (X − 1)4 X X (X − 1)4 (X − 1)3 (X − 1)2 X − 1
On détermine la partie entière et on écrit F(X) = X2 + 2X + 3 +
Remarque 22.6 Trois astuces à retenir pour obtenir des relations entre coefficients : – multiplier par x p et faire x → +∞ (ou prendre la partie entière des fractions résultantes) ; – Utiliser la parité éventuelle de la fraction ; – Donner une valeur particulière à x (x = 0).
Exercice 22.3 Décomposer dans C (X) les fractions rationnelles F(X) =
X+2 X et G(X) = 2 . 2 2 (X − 1) (X − 2) (X − 1)2
A B D C . On pose x = 1 + y , + + + (X − 1)2 (X − 1) (X − 2)2 (X − 2) 3+ y 3+ y on a F(1 + y) = 2 et on détermine un développement limité à l’ordre 1 de = (3 + y)(1 + 2y) + o(y) = y (y − 1)2 (y − 1)2 2 3 + 7y + o(y). D’où A = 3 et B = 7. On détermine C = 4 en calculant F(X)(X − 2) en 2. En écrivant le développement limité à l’infini à l’ordre 1 de F(x) on obtient B + D = 0 soit D = −7. 3 7 7 4 X+2 = + − + Finalement, . 2 2 2 2 (X − 1) (X − 2) (X − 1) (X − 1) (X − 2) (X − 2) A B D C . On pose x = 1 + y , on a G(1 + y) = On écrit la décomposition à priori : G(X) = + + + (X − 1)2 (X − 1) (X + 1)2 (X + 1) 1− y 1 1+ y 1+ y 1 = (1+ y) +o(y) = +o(y). D’où A = et on détermine un développement limité à l’ordre 1 de 2 2 2 y (2 + y) (2 + y) 4 4 4 A B D B C A C et B = 0. On écrit aussi G(X) = −G(−X) = − + + + + + =− − (−X − 1)2 (−X − 1) (−X + 1)2 (−X + 1) (X + 1)2 (X + 1) (X − 1)2 D . (X − 1) 1 D’après l’unicité de l’écriture de la décomposition en éléments simples, C = −A = − et B = A = 0. Finalement, 4 ¶ µ X 1 1 1 . = − (X 2 − 1)2 4 (X − 1)2 (X + 1)2
Solution :
On écrit la décomposition à priori : F(X) =
22.2.2 Décomposition en éléments simples dans R(X) Une fraction rationnele de R (X) est aussi dans C (X). On peut comme telle lui appliquer le théorème 22.5. Comme ses pôles non réels sont conjugués deux à deux, on peut additionner les parties polaires correspondant à ces pôles conjugués pour obtenir : T HÉORÈME 22.6 ♥ Décomposition dans R (X) Soit F =
P ∈ R (X), où la décomposition en facteurs irréductibles dans R [X] du dénominateur s’écrit : Q Q = (X − a1 )α1 . . . (X − an )αn (X 2 + b 1 X + c 1 )β1 . . . (X 2 + b p X + c p )αp
817
Alors la fraction F s’écrit de façon unique : ¶ hµ λ λ1α1 λ12 11 + + · · · + +···+ F=E+ X − a1 (X − a1 )2 (X − a1 )α1 µ ¶i λnαn λn2 λn1 + + · · · + + + X − an (X − an )2 (X − an )αn ¶ hµ µ X + δ µ1β1 X + δ1β1 µ12 X + δ12 11 11 + + + · · · + +···+ X 2 + b 1 X + c 1 (X 2 + b 1 X + c 1 )2 (X 2 + b 1 X + c 1 )β1 Ã ! i µpβp X + δpβp µp1 X + δp1 µp2 X + δp2 + 2 + 2 +··· + 2 β 2 X + b p X + c p (X + b p X + c p ) (X + b p X + c p ) p
où la partie entière E ∈ R [X] est un polynôme nul ou de degré deg P − degQ, et tous les λi j , µi j , δi j sont des réels. Le premier groupe est formé d’éléments simples de première espèce et le second groupe d’éléments simples de seconde espèce. – La recherche de la partie entière et des coefficients des éléments simples de première espèce se fait comme précédemment ; – On peut utiliser une décomposition dans C (X) et regrouper les éléments simples correspondant aux pôles conjugués pour obtenir les éléments simples de seconde espèce ; – Si X2 + pX + q = (X − a)(X − a), on peut multiplier la décomposition par (X2 + pX + q)k et faire x = a , puis x = a ; – Utiliser les remarques précédentes pour trouver des relations entre coefficients. Exercice 22.4 1 1 X Décomposer dans R (X) les fractions rationnelles F(X) = 2n , G(X) = 2 et H(X) = 2 . 2 2 2 X
Solution : On a déjà vu la décomposition sur C : F(X) =
−1
(X + X + 1) ³ ´
(X + 1) (X − 1)
exp 2ikπ X 1 n−1 2n ³ ³ ´´ . On regroupe les pôles conjugués 2n k=−n X − exp 2ikπ 2n
qui correspondent aux valeurs k = −n , (pôle −1) et k = 0, (pôle 1). Enfin ³ ³ Restent ´ ´de k opposées. ´ ³ exp
2ikπ 2n
X − exp
³
2ikπ 2n
´+
exp − 2ikπ 2cos kπ 2n n X−2 ´= ³ ³ ´ . Donc 2 − 2cos kπ X + 1 X − exp − 2ikπ X 2n n
³ ´ kπ n−1 X 2cos n X − 2 1 1 1 1 . ³ ´ = − + + X 2n − 1 2n X + 1 X − 1 k=1 X 2 − 2cos kπ X + 1 n
Un jour l’Empereur voulut engager un conseiller qui soit aussi sage que savant. À cette fin il fit réunir tous les prétendants au poste dans une pièce fermée par une lourde porte sur laquelle était une serrure aussi imposante que complexe. Il leur fit savoir que le premier qui passerait cette porte serait nommé mais qu’ils devaient prendre garde à ne pas bloquer la serrure auquel cas tous seraient livrés à leur sort. Tous les prétendants se mirent fébrilement à observer, à mesurer la serrure, à effectuer de longs et savants calculs pour percer le mystère du mécanisme. Tous sauf un qui méditait dans un coin de la pièce, insensible au brouhaha. Alors que l’excitation était à son comble parmi les doctes savants, l’adepte du zen se leva, alla droit sur la porte, en tourna la poignée et s’en alla. La serrure G(X) est déjà un élément simple. Les Empereurs et les interrogateurs sont parfois facétieux. AX + B CX + D F E . On s’occupe de la partie polaire rel+ 2 + + (X 2 + 1)2 X +1 (X − 1)2 X − 1 1+ y ative au pôle 1. On pose y = x − 1, H(1 + y) = . On détermine un développement limité à l’ordre 1 de ((1 + y)2 + 1)2 y 2 1+ y 1 1+ y 1 1 = + o(y) = (1 − y) + o(y). D’où E = et F = − . ((1 + y)2 + 1)2 y 2 4(1 + y 2 4 4 4 i = Calcul de A et B : On multiplie par (X2 + 1)2 et on calcule la valeur des deux membres en i . Ai + B = (i − 1)2 1 i i 1 = = − . D’où A = 0 et B = − . −1 + 2i + 1 −2i 2 2 1 1 X 1 1 à chaque membre. Or Calcul de C et D : On soustrait − + = 2 + 1)2 2 + 1)2 (X − 1)2 2 + 1)2 2 (X (X 2 (X ¶ µ 2 1 X +1 1 ¡ ¢ . Maintenant on multiplie par (X2 +1)2 et on calcule la valeur des deux mem= 2(X 2 + 1)(X − 1)2 2 (X 2 + 1)2 (X − 1)2
On écrit la décomposition à priori : H(X) =
818
1 1 1 i = = . D’où C = et D = 0. 2 2(i − 1) −4i 4 4 X 1/2 X/4 1/4 1/4 Finalement, 2 . =− 2 + − + (X + 1)2 (X − 1)2 (X + 1)2 X 2 + 1 (X − 1)2 X − 1
bres en i . Ci + D =
Exercice 22.5 Décomposer dans R (X) la fraction F(X) =
1 . (X + 1)3 (X 2 + X + 1)2
A B C FX + G DX + E . On s’oc+ + + + (X + 1)3 (X + 1)2 X + 1 (X 2 + X + 1)2 X 2 + X + 1 1 cupe de la partie polaire relative au pôle 1. On pose y = x+1, F(y −1) = 3 . On détermine un développement y (1 − y + y 2 )2 1 = 1 + 2y + y 2 + o(y 2 ). D’où A = 1, B = 2 et C = 1. limité à l’ordre 2 de (1 − y + y 2 )2 1 = Calcul de D et E : On multiplie par (X2 + X + 1)2 et on calcule la valeur des deux membres en j . D j + E = ( j + 1)3 1 = −1. D’où D = 0 et E = −1. 1 + 3j + 3j 2 + 1 1 1 1 + 2 = Calcul de F et G : On soustrait − 2 à chaque membre. Or 2 3 (X 2 + X + 1)2 (X + X + 1) (X + 1) (X + X + 1)2 · ¸ 3 2 2 1 X + 3X + 3X + 2 1 (X + 2)(X + X + 1) 1 +1 = = . Miracle ? Non. Comme on a (X 2 + X + 1)2 (X + 1)3 (X 2 + X + 1)2 (X + 1)3 (X + 1)3 (X 2 + X + 1)2 transformé le pôle d’ordre 2 en pôle d’ordre 1, on est sûr que la factorisation existe ! Maintenant on multiplie par j +2 X 2 + X + 1 et on calcule la valeur des deux membres en j . F j + G = = −( j + 2). D’où F = −1 et G = −2. ( j + 1)3 1 2 1 X+2 1 1 Finalement, = + + − − . (X + 1)3 (X 2 + X + 1)2 (X + 1)3 (X + 1)2 X + 1 (X 2 + X + 1)2 X 2 + X + 1
Solution : On écrit la décomposition à priori : F(X) =
Exercice 22.6 Utiliser la décomposition de la fraction F(X) =
1 pour trouver la limite de la suite de terme général X(X + 1)(X + 2) Sn =
n X
1 k=1 k(k + 1)(k + 2)
1 1/2 1/2 − + . On peut donc écrire X X + 1 X · ¸ · ¸ · ¸ · +2 ¸ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 F(k) = . La somme S n se télescope en . La limite de S n − − − − 1− − 2 k k +1 2 k +1 k +2 2 n +1 2 2 n +2 1 égale donc . 4
Solution :
Tous les pôles sont simples, et on obtient simplement F(X) =
Exercice 22.7 a. Soit f la fonction arctan. Décomposer f ′ (x) dans C (X), puis utiliser cette décomposition pour calculer explicitement f (n) (x). En déduire les zéros de f (n) . 1 . 1 − 2X cos ϑ + X 2 1 − X cos ϑ c. Calculer les dérivées successives de G = . 1 − 2X cos ϑ + X 2
b. Calculer les dérivées successives de F =
Solution : a. f ′ (x) =
1 1 = 2 x + 1 2i
·
¸ 1 1 . − x −i x +i
¸ · 1 1 (−1)n−1 (n − 1)! − . 2i (x − i )n (x + i )n n−1 n n (−1) (n − 1)! (x + i ) − (x − i ) 1 . Le polynôme Pn (X) = On peut écrire f (n) (x) = ((X + i )n − (X − i )n ) est réel, 2 n 2i (x + 1) 2i n n de degré n − 1. Son coefficient dominant égale n . Les racines sont les solutions ³ ´ de (x + i ) ³ = (x ´ − i ) ³, soit ´x + ikπ ³ ´ exp ikπ exp 2ikπ +1 n n + exp − n ´ ´ ³ ´ = ³ ³ = i i = exp 2ikπ (x − i ) , k = 0, . . . , n − 1 , soit pour k = 1, . . . , n − 1 , x = i n ikπ −1 exp 2ikπ exp ikπ n n − exp − n ³ ´ cotan kπ n . Ces n −1 racines sont distinctes car la fonction cotan est strictement décroissante sur ]0; π[. Ce sont donc ³ kπ ´ Y (−1)n−1 n! n−1 les n − 1 racines de Pn . Donc f (n) (x) = 2 x − cotan (x + 1)n k=1 n
En dérivant n − 1 fois cette égalité, on obtient f (n) (x) =
819
"¡ ¢n ¡ ¢n # ¶ µ 1 1 −1 (−1)n (n − 1)! X − e −iϑ − X − e iϑ (n−1) − b. F(X) = . Donc F (x) = . Le polynôme ¡ ¢n 2i sin ϑ X − e iϑ X − e −iϑ 2i sin ϑ 1 − 2X cos ϑ + X 2 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ n n n n X − e −iϑ − X − e iϑ est de degré n − 1. Ses racines sont les solutions de z − e −iϑ = z − e iϑ soit z − e −iϑ = −i(ϑ+kπ/n) i(ϑ+kπ/n) ¡ ¢ ¡ ¢ e −e sin(ϑ + kπ/n) = ,k = e 2ikπ/n z − e iϑ . Soit z 1 − e 2ikπ/n = e −iϑ − e iϑ e 2ikπ/n , soit z = −ikπ/n ikπ/n sin(kπ/n) e −e 1, . . . , n − 1. ¡ ¢n ¡ ¢n égale −2i n sin ϑ on en déduit que F(n−1) (x) = Comme le coefficient dominant de X − e −iϑ − X − e iϑ ¶ µ n−1 Y sin(ϑ+kπ/n) (−1)n−1 n! X− k=1
c.
sin(kπ/n)
¡ ¢n 1 − 2X cos ϑ + X 2
Exercice 22.8 Soit un polynôme P =
n X
.
ak X k de degré n à coefficients réels n’admettant que des racines réelles simples.
k=1
a. Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle F =
P′ . P
b. En déduire que ∀x ∈ R , P′′ (x)P(x) É P′ (x)2 .
c. En déduire que le polynôme (P′ )2 − PP" n’a aucune racine réelle.
d. Vérifier que ∀k ∈ {1, . . . , n − 1}ak−1 .ak+1 É ak2 Solution :
a. Comme les racines (xk )1ÉkÉn de P sont simples on peut écrire d’où
n 1 P′ (X) X = . P(X) k=1 X − xk
n λk P′ (X) X P′ (x ) = . On calcule λk = ′ k = 1, P(X) k=1 X − xk P (xk )
b. On dérive les deux membres (en dehors des pôles) pour obtenir galité reste vraie pour les racines de P.
n X P′′ (x)P(x) − P′ (x)2 1 < 0. L’iné=− 2 P (x) (x − x k )2 k=1
c. Donc les seules racines réelles de (P′ )2 − PP" ne peuvent être que les racines de P. Mais si xk est racine de PP" − (P′ )2 , alors ak serait aussi racine de P′ et donc racine double de P ce qui est impossible.
d. D’après le théorème de Rolle, P′ est aussi un polynôme à coefficients réels n’admettant que des racines réelles simples. Il en est de même de sa dérivée k − 1-ième. On en déduit que ∀x ∈ R , P(k+1) (x)P(k−1) (x) É P(k) (x)2 . En particulier pour x = 0, P(k+1) (0)P(k−1) (0) É P(k) (0)2 , soit (k + 1)!ak+1 (k − 1)!ak−1 É (k!)2 ak2 donc ak+1 ak−1 É ak2
k2 É ak2 . k(k + 1)
22.2.3 Moralité • On peut traiter les parties polaires séparéments. • Il est déconseillé de soustraire la partie entière.
Traduction du théorème d’existence et unicité : Pour obtenir les coefficients, tous les coups sont permis ! • Pour les pôles simples : multiplication par (X − a) et valeur en a , ou P/Q′ lorsqu’on ne connaît pas explicitement la fraction. • Pour les pôles multiples : Division suivant les puissances croissantes ou développement limité. • Exploiter la parité ou plus généralement les symétries. • Regarder le comportement à l’infini. • Prendre une valeur particulière.
820
22.3 Exercices 22.3.1 Fractions rationnelles Exercice 22.9 Résoudre dans R,
1 1 1 1 1 1 1 1 + − − − − + + = 0. x x + 2 x + 4 x + 6 x + 8 x + 10 x + 12 x + 14 ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + − − = 0 ⇔ (2x + Solution : x x + 14 x + 2 x + 12 x+ x +6 x +8 µ ¶ 4 x + 10 1 1 1 1 14) + − − =0 x(x + 14) (x + 2)(x + 12) (x + 4)(x + 10) (x + 6)(x + 8) 2 ¶ µPour trouver les ¶autres solutions, on suppose x 6= −7, en posant y = (x + 7) l’équation devient : µx = −7 est solution. 1 3 1 1 1 1 + =0⇔ − − + = 0 ⇔ y 2 − 38y + 181 = 0 avec y 6= y − 72 y − 12 y − 52 y − 32 (y − 72 )(y − 12 ) p (y − 52 )(y − 32 ) p p p p 12 , 32 , 52 , 72 ⇔ y = 19±6 5 ⇔ x = −7± 19 + 6 5 soit x = −7± 19 − 6 5 sont les seules solutions autres que x = −7.
Exercice 22.10 Soit F ∈ C(X). On suppose qu’il existe P1 , P2 , . . . , Pn dans C[X] tels que : Fn + P1 Fn−1 + . . . + Pn = 0(n Ê 1) Démontrer que F ∈ C[X]. Commentaire.
Solution : On pose F = P/Q, P et Q sont deux polynômes de C[X] premiers ¡ ¢ entre eux. En chassant les dénominateurs on a Pn + P1 Pn−1 Q + . . . + Pn Qn = 0, soit Pn = −Q P1 Pn−1 Q + . . . + Pn Qn−1 . Donc Q divise Pn . Comme Q est premier avec Pn−1 , d’après le lemme de Gauss, Q divise P, donc F = P/Q est un polynôme. Sinon, on peut appliquer le résultat de l’exercice suivant pour établir que F n’a pas de pôle. Exercice 22.11 Soit F ∈ C(X). On suppose qu’il existe G1 , G2 , . . . , Gn dans C(X) tels que : Fn + G1 Fn−1 + . . . + Gn = 0(n Ê 1) Démontrer que l’ensemble des pôles de F est inclus dans la réunion de l’ensemble des pôles de (Gk )1ÉkÉn . Solution : On pose F = P/Q, P et Q sont deux polynômes de C[X] premiers entre eux. En chassant les dénominateurs de Q. Supposons que z ne soit un pôle on a Pn + G1 Pn−1 Q + . . . + Gn Qn = 0. Soit z un pôle ¡ de F. z est donc une racine ¢ d’aucun Gk . C’est donc aussi une racine de Pn = − G1 Pn−1 Q + . . . + Gn Qn . C’est donc une racine de P. Ce qui contredit le fait que P et Q sont premiers entre eux. Sinon, on peut appliquer le résultat de l’exercice précédant : On pose Gk = Pk /Qk où les Pk et Qk sont deux polynômes de C[X]. On appelle M le ppcm des Qk . En multipliant l’égalité par Mn on obtient (FM)n +G1 M(FM)n−1 +. . .+Gn Mn = 0. Chacune des fractions Pk = Gk Mk , k = 1. . . , n est un polynôme, donc P = FM est un polynôme, donc les pôles de F = P/M sont parmi les racines des (Gk )1ÉkÉn . Exercice 22.12 Quelles sont les fractions de C(X) qui sont des dérivées (de fractions rationnelles) ? Solution : Ce sont les fractions rationnelles dont les coefficients λ des éléments simples 1 1 = 2 X + 1 2i
·
1 1 − X−i X+i
¸
n’est pas une dérivée.
Décomposition sur C
Exercice 22.13 Décomposer en éléments simples dans C(X), F(X) =
X n−1 . Xn − 1
Solution : La décomposition s’écrit F(X) =
On utilise la formule λk =
n−1 X
λk X − ωk k=0
ωk = e
ωn−1 1 P(ωk ) = kn−1 = et donc ′ Q (ωk ) nωk n F(X) =
X 1 n−1 1 n k=0 X − ωk
821
2ikπ n
λ sont tous nuls. Exemple X−z
Exercice 22.14 Décomposer les fractions F(X) =
X2 2 , G(X) = (X + 1)3 (X − 1)2 X(X − 1)2
Solution : On trouve : F(X) =
−1 16
X+1
−
1 4
(X + 1)2
G(X) =
+
1 4
(X + 1)3
+
1 16
X−1
+
2 2 2 − + X X − 1 (X − 1)2
1 8
(X − 1)2
Exercice 22.15 Décomposer
Solution :
X2 + 1 . X 2 (X − 1)4
X2 + 1
X 2 (X − 1)4
=
4 4 2 2 1 3 . − − + + + X X 2 X − 1 (X − 1)2 (X − 1)2 (X − 1)4
Exercice 22.16 1 Décomposer F(X) =
X(X − 1)n
puis G(X) =
1 X 2 (X − 1)n
.
(−1)n . La partie X 1 = polaire de F relative au pôle 1 est obtenue par développement limité à l’ordre n − 1 de y n F(1 + y) = 1+ y 1 − y + . . . + (−1)n−1 y n−1 + o(y n−1 ). 1 1 (−1)n−1 (−1)n 1 Finalement = − + . . . + + . X(X − 1)n (X − 1)n (X − 1)n−1 X−1 X
Solution :
La partie polaire de F relative au pôle nul est obtenue par multiplication par X :
La partie polaire de G relative au pôle 1 est obtenue par développement limité à l’ordre n − 1 de
1 d 1 =− = 1 − 2y + . . . + (−1)n−1 n y n−1 + o(y n−1 ). (1 + y)2 dy 1+ y λ1 λ2 La partie polaire de G relative au pôle nul est 2 + . λ1 s’obtient par multiplication par X2 : λ1 = (−1)n . λ2 s’obtient X X par développement limité à l’infini de G(x) à l’ordre 1 qui donne λ2 + (−1)n−1 n = 0. D’où λ1 = (−1)n n . Finalement, 1 2 (−1)n−1 n (−1)n (−1)n n 1 . = − +... + + + 2 n n n−1 X (X − 1) (X − 1) (X − 1) X−1 X2 X y n F(1 + y) =
Exercice 22.17 Décomposer F(X) =
1
(X − 1)n (X + 1)n
Solution
:
On
écrit
sur R. Ecrire une relation de Bézout entre (X + 1)n et (X − 1)n . 1
=
(X − 1)n (X + 1)n
n X
ak (X − 1)n−1+k
+
n X
bk
.
On
déter-
n−1+k k=1 (X + 1) k=1 ¡ y ¢−n mine les ak par développement limité : y = x − 1, (2 + y)−n = 2−n 1 + 2 ! Ã k n 1 y 3y 2 k 1 × 3 × . . . × (2k + 1) y n 1 × 3 × . . . × (2n + 1) y + − . . . + (−1) + . . . + (−1) + o(y n−1 ). 1 − 2n 2 8 k! 2n n! 2k 1 × 3 × . . . × (2k + 1) 1 (2k + 1)! . F est une fraction paire, donc bk = (−1)k ak . D’où ak = (−1)k = (−1)k n+2k k! 2n+k 2 (k!)2
=
Exercice 22.18 Soient a1 , a2 , . . . , ak , k nombres complexes deux à deux distincts et non nuls.
P(X) (1 É i É k). X − ai k X ain Xn Xn = En + est : . Quel est le degré de En ?. 1. ∀n ∈ N, montrer que la décomposition de ′ P P i=1 P (a i ) (X − a i ) Former une relation de récurrence entre En et En+1 . Déterminer les coefficients de En .
Soit P(X) = (X − a1 ).(X − a2 ) . . . .(X − ak ) et soient Pi (X) =
2. En déduire ∀ℓ ∈ {0, .., k − 2}
k X
i=1
aiℓ P′ (ai )
= 0.
Que vaut
k a k−1 X i
i=1
1
P′ (ai )
?
3. Ecrire la décomposition en éléments simples de 2 . On fera apparaitre les dérivées successives de P aux points P ai . 822
Solution : 1. L’écriture de la décomposition provient de ce que les pôles sont simples. En est la partie entière. Elle est nulle lorsque n < k et de degré n − k sinon. Ã ! k X ain X n+1 = X En + ′ P i=1 P (a i ) (X − a i )
= XEn + = XEn +
D’où En+1 = XEn +
k X
i=1
ain P′ (ai )
. Les
k X aim
i=1
P′ (ai )
k a n (X − a i + a i ) X i
i=1 k X
i=1
P′ (ai ) (X − ai ) ain (X − ai )
P′ (ai ) (X − ai )
+
k a n+1 X i
i=1
P′ (ai )
, m = 0, . . . , n sont donc les coefficients de En+1 .
2. Puisque les En , n ∈ {0, .., k − 1} sont nuls, on en déduit que les coefficients Le premier coefficient non nul est obtenu pour n + 1 = k :
k X
aiℓ
, ℓ ∈ {0, .., k − 2} le sont aussi.
′ i=1 P (a i ) k X aik−1 1 = Ek = XEn−1 + ′ i=1 P (a i )
soit
k a k−1 X i
i=1
P′ (ai )
= 1.
3. On pose Q(X) = P2 (X) et on écrit la formule de Taylor à l’ordre 3 : Q(x) = Q(ai )+(x−ai )Q′ (ai )+ 12 (x−ai )2 Q′′ (ai )+ ¡ ′′ ¢ 1 3 ′′′ 3 2 ′′ 3 6 (x −a i ) Q (a i )+o(x −a i ) = (x −a i ) Q (a i )/2 + Q (a i )/6 +o(x −a i ) . On en déduit un développement limité · ¸ k X (x − ai )2 1 2 µi 2 Q′′′ (ai ) λi avec λi = ′′ + = ′′ = 1− +o(x −ai ). On a donc 2 ′′ P(x) Q (ai ) 3Q (ai ) P (X) i=1 (X − ai )2 X − ai Q (ai ) 2Q′′′ (ai ) et µi = − . Q′ = (P2 )′ = 2PP′ , Q′′ = 2P′2 + 2PP′′ et Q′′′ = 4P′′ P′ + 2P′ P′′ + 2PP′′′ . Comme P(ai ) = 0, 3(Q′′ (ai ))2 1 P′′ (ai ) Q′′ (ai ) = 2P′ (ai )2 et Q′′′ (ai ) = 6P′′ (ai )P′ (ai ). D’où λi = ′ et µ = − . i P (ai )2 P′ (ai )3 k P ′′ (a ) X 1 i Remarque : En regardant de développement limité de 2 à l’infini à l’ordre 1, on en déduit que = 0. ′ (a )3 P P i i=1
en ai de
Exercice 22.19 Trouver P ∈ C[X] tel que Solution :
n−1 X k=0
X + e 2ikπ/n
X − e 2ikπ/n
n−1 X X + e 2ikπ/n P(X) = n X − 1 k=0 X − e 2ikπ/n
=
n−1 X k=0
1−
2e 2ikπ/n X − e 2ikπ/n
=n−
2n n(X n − 3) . D’où P(X) = n(Xn − 3). = Xn − 1 Xn − 1
Exercice 22.20 1 X On appelle Ω l’ensemble des racines n -ièmes de l’unité. Démontrer que
1 ω . = n ω∈Ω X − ω X n − 1
X
ω A(X) . = X − ω B(X) ω∈Ω X ωX + 1 C(X) Trouver C et D appartenant à R[X] tels que H(X) = . = 2 2 D(X) ω∈Ω ω X + ωX + 1
Trouver A et B appartenant à R[X] tels que G(X) =
1 1 X ω 1 = n en décomposant n en éléments simples sur C . n ω∈Ω X − ω X − 1 X −1 nX n−1 ω 1 X =− n En dérivant le relation précédente : − . On décompose H(X) en éléments simples sur C : 2 n ω∈Ω (X − ω) (X ¶− 1)2 µ X ¢ 1 X 1 1 −j 1 ¡ ωX + 1 = + −jS +T , = H(X) = 2 X 2 + ωX + 1 2ω ω 1 − j ω x − j ω x − j 1 − j ω∈Ω ω∈Ω X X X X 1 1 ω ω ¡ ¢ et S = ¡ ¢= car ω 7−→ ω est une permutation de Ω. On = avec T = 2 ω∈Ω ω x − j ω ω∈Ω ω x − j ω ω∈Ω x − j ω ω∈Ω x − j ω n n 1 1 déduit de la première question que S = , et comme T = S = 2 n n . j j 2n X n − 1¡ j j X −1 ¢ µ ¶ − j n + j 2n+1 X n + 1 − j n j −1 n D’où H(X) = . + = 1 − j j 2n X n − 1 j n X n − 1 1 − j X 2n − ( j 2n + j n )X n + 1
Solution : On obtient
823
n ≡ 0 (mod 3) : H(X) =
−n −1
Xn
n ≡ 1 (mod 3) : H(X) =
n(X n + 1) X 2n + X n + 1
n ≡ 2 (mod 3) : H(X) =
n X 2n + X n
+1
.
Exercice 22.21 Décomposer en éléments simples sur C : 1. 2.
X4 + 1 . X(X 2 − 1)
3.
X6 (X − 1)4 (X 2 + 1)
4.
1 (X − 1)(X n − 1) 1 (X − 1)3 (X 3 + 1)
5. 6.
(X 2 − X + 1)2 X 2 (X − 1)2
(X − 1)(X − 2) . . . (X − n + 1) (X + 1) . . . (X + n)
Solution : X4 + 1 1 1 1 . =X− + + X(X 2 − 1) X X−1 X+1 X6 B C D A E F . On trouve A, B, C et D en posant X−1 = Y 2. + + + = 1+ + + 4 2 4 3 2 (X − 1) (X + 1) (X − 1) (X − 1) (X − 1) X − 1 X − i X + i et en effectuant la division suivant les puissances croissantes de 1 + 6Y + 15Y2 + 20Y3 par 2 + 2Y + Y2 . On trouve i6 i 1 −i 5 39 2 37 3 5 39 37 1 1 + Y − Y + Y , B = , C = − , D = d’où A = . E = Donc F = . Donc =− = 2 2 4 2 2 2 4 2 4 (i − 1) 2i −4 × 2i 8 8 X6 5/2 39/4 37/2 1/2 1/8 1/8 . + +− + = 1+ − + (X − 1)4 (X 2 + 1) (X − 1)4 (X − 1)3 (X − 1)2 X − 1 X − i X + i n−1 X λk ¡ ¢ 1 B A . En posant P(X) = (X − 1)(Xn − 1), P′ (X) = 3. On pose ζ = exp 2iπ n , (X − 1)(X n − 1) = (X − 1)2 + X − 1 + k k=1 X − ζ
1.
(X n −1)+n(X−1)X n−1 , P′ (ζk ) = n
ζk − 1
ζk
. Pour le calcul de A et B, on pose x −1 = h et on muln(ζk − 1) ¶ µ h 1 n −1 1 x −1 1 2 2 = = h + 1 − tiplie +o(h) = par h = (x −1) pour obtenir (x − 1)(x n − 1) x n − 1 (h + 1)n − 1 n + n(n−1) h n 2 2 n−1 X 1 1 n −1 ζk n −1 1 o(h). D’où A = et B = − . Donc . − = + n 2 n 2n (X − 1)(X − 1) n(X − 1) 2n(X − 1) k=1 n(ζk − 1)(X − ζk ) n−1 X 1 1 1 1 ζk On peut aussi multiplier par la fraction n . Or = − = k) k) k )(X − 1) X−1 X −1 n(X − ζ (X − 1)(X − ζ (1 − ζ k=0 n−1 n−1 X X ζk ζk 1 1 1 . Donc , ce qui donne + + = n 2 k k k k k (X − 1)(X − 1) n(X − 1) (1 − ζ )(X − ζ ) k=1 n(ζ − 1)(X − ζ ) k=1 n(1 − ζ )(X − 1) n−1 n−1 X X ζk ζk 1 n −1 1 le même résultat si l’on sait que − = =− = n . En effet, on a k k 2n X − 1 n(X − 1) k=1 n(1 − ζ ) k=1 n(X − ζ ) · ¸ 1 1 1 1 1 + . . . + (n − 1)x n−2 ′ − . On pose f (x) = , f (x) = − donc f ′ (1) = X − 1 1 + X + . . . + X n−1 n 1 + x + . . . + x n−1 (1 + x + . . . + x n−1 )2 n−1 X n −1 ζk 1+... +n −1 n −1 =− − . Donc , ce qu’il fallait démontrer. =− 2 k n 2n 2n k=1 n(1 − ζ ) n−1 n−1 X X ζk 1 Ceci dit on peut démontrer plus simplement ce résultat sans fractions : S = = = k −k − 1) k=1 n(1 − ζ ) k=1 n(ζ n−1 X 1 en sommant de n − 1 à 1. Donc S égale la demi-somme de ces deux sommes : k k=1 n(ζ −Ã1) ! X 1 n−1 1 n −1 ζk S= . + =− k k 2 k=1 n(1 − ζ ) n(ζ − 1) 2n B C A D E F 1 1 + + = = + + + 4. . Soit x = 1 + h , (X − 1)3 (X 3 + 1) (X − 1)3 (X − 1)2 X−1 X+1 X+ j X+ j2 2 + 3h + 3h 2 ¢ 1 1 3 3 1 1¡ 1 1 =− . = 1 − 43 h + 38 h 2 + o(h), d’où A = , B = − , C = . D = 2 1 + 32 h + 32 h 2 2 2 4 8 (−2)3 (1 − 1 + 1 8 1 1 1 1 1 −1 = = = = = 2 = E= 3 2 3 2 2 2 2 2 ( j + 1) (1 − j )(− j + j ) ( j + 1) (1 − j ) j (1 − j ) (1 + j ) j (1 − 2j + j )(1 + j ) j 3(1 + j ) j 3j 3/4 3/8 1/2 1/8 j /3 j 2 /3 j 1 j2 − + = − + + . Donc F = . Finalement . 3 3 (X − 1)3 (X 3 + 1) (X − 1)3 (X − 1)2 X − 1 X + 1 X + j X + j 2 X2 − X + 1 (X 2 − X + 1)2 1 1 2 1 1 2 2 . En élevant au carré : 2 = 1+ 2 + − + = 1− + − = 1+ 5. 2 2 X(X − 1) X X−1 X (X − 1) X (X − 1) X X − 1 X(X − 1) 1 2 1 2 2 2 1 1 + − + − + = 1+ 2 + . X 2 (X − 1)2 X X − 1 X − 1 X X (X − 1)2 ζk
d’où λk =
824
n (−k − 1)(−k − 2) . . . (−k − n + 1) λk (X − 1)(X − 2) . . . (X − n + 1) X avec λk = = = (X + 1) . . . (X + n) X + k (−k + 1) . . . (−1) · 1. . . (X + n) k=1 ¢¡n ¢ ¡ (−1)n−1 (n + k − 1)! = (−1)n−k n+k−1 k . n k−1 k!(k − 1)!(−1) (n − k)! ¢¡ ¢ ¡ n (−1)n−k n+k−1 n (X − 1)(X − 2) . . . (X − n + 1) X k n = (X + 1) . . . (X + n) X+k k=1
6. Tous les pôles sont simples :
Décomposition sur R
Exercice 22.22 Décomposer dans R (X), la fraction : F(X) =
1 (X 2 + 1)(X − 1)4
Solution : Puisque degF = −6 < 0, il n’y a pas de partie entière et la décomposition de F en éléments simples s’écrit : F=
a3 a4 αX + β a2 a1 + + + + X − 1 (X − 1)2 (X − 1)3 (X − 1)4 X 2 + 1
Cherchons les coefficients associés au pôle multiple en utilisant la méthode du DL. Posons y = x − 1 et calculons f (y) =
On effectue ensuite le DL(3,0) de
1 1 1 = y 4 (2 + 2y + y 2 ) 2y 4 1 + (y +
1 avec u = y + 1+u
y2 2
y2 2 )
:
1 = 1 − u + u2 − u3 + . . . 1+u µ µ ¶ ¶ y2 y2 1 1 1 y2 y2 1 1 f (y) = 4 1 − (y + ) + (y + )2 − (y + )3 + . . . = 4 1 − y + + 0.y 3 + . . . = 4 − 3 + 2 + . . . 2y 2 2 2 2y 2 2y 2y 4y 1
1
1
(on ne garde dans la parenthèse que les termes de degré É 3) et alors a1 = 0, a2 = , a3 = − , a4 = . 4 2 2 Ensuite, en multipliant F par x en en faisant x → ∞, on trouve a1 + α = 0, d’où α = 0. 1 4
Ensuite, en faisant x = 0, on trouve 1 = −a1 + a2 − a3 + a4 + β d’où β = − . Finalement : F=
−1/2 1/2 −1/4 1/4 + + + (X − 1)2 (X − 1)3 (X − 1)4 X 2 + 1
Exercice 22.23 a) Décomposer dans R (X) la fraction
1 X(X + 1) b) En déduire la décomposition dans R (X) de 1 X 3 (X 3 + 1)
Solution : Puisque
1 1 1 , il vient que = − X(X + 1) X X + 1 1 X 3 (X 3 + 1)
=
1 1 − 3 3 X X +1
et il ne reste qu’à décomposer 1
1 1 X−2 1 = = 3 − X 3 + 1 (X + 1)(X 2 − X + 1) X + 1 3 X 2 − X + 1
825
Exercice 22.24 Décomposer en éléments simples dans R (X),
1 . (X 2 + 1)2 − X 2
Solution : Utiliser la parité de la fraction pour trouver des relations entre coefficients. Finalement : F(X) = −1/2
Exercice 22.25 Décomposer dans R (X)
X−1 X 2 −X+1
+ 1/2
X+1 X 2 +X+1
X . (X + 1)(X 2 + 1)2
Solution : −
1 1 X−1 1 1 1 + + 4 X + 1 4 (X 2 + 1) 2 (X 2 + 1)2
Exercice 22.26 Décomposer dans R (X) la fraction X2 + 2 X 2 (1 + X 2 )2
Solution :
2 1 2 − 2 − 2 2 X X + 1 (X + 1)2
Exercice 22.27 Décomposer
X3 + X (X + 1)2 (X − 1)
Solution : 1+
1 3 1 − + 2(X − 1) (X + 1)2 2(X + 1)
Exercice 22.28 Soit un entier n Ê 1. Décomposer en éléments simples dans R (X) la fraction rationnelle suivante : F(X) =
Solution : 2n−1 X
1 X 2n + 1
Les solution de z 2n + 1 = 0, soit z 2n = e iπ sont les zk = exp
³
(2k+1)iπ 2n
´
, 0 É k É 2n − 1. On a
λk 1 1 zk avec λk = ′ = = − . En regroupant zk avec z2n−1−k = zk , on obtient 2n−1 P (zk ) 2nzk 2n k=0 X − z k ³ ´ (2k+1)π cos X−1 X 1 n−1 1 2n ´ ³ =− . 2n X +1 n k=0 X 2 − 2X cos (2k+1)π X + 1 2n
1 X 2n + 1
=
Exercice 22.29 1 Décomposer 4 en éléments simples sur R. X +1
p
p
Solution : X4 + 1 = X4 + 2X2 + 1 − 2X2 = (X2 + 1)2 − 2X2 = (X2 + 1 + 2X)(X2 + 1 − 2X).
A′ X + B′ AX + B + . p p X 2 + 2X + 1 X 2 − 2X + 1 AX + B A′ X + B′ 1 . La fraction est paire. Donc, comme 4 = + p p X + 1 X 2 + 2X + 1 X 2 − 2X + 1 1 −A′ X + B′ −AX + B en changeant X en −X on obtient 4 + = . D’après l’unicité de la décomposition, on en p p X + 1 X 2 − 2X + 1 X 2 + 2X + 1 1 déduit que A = −A′ et B = B′ . Pour x = 0 on trouve 1 = B + B′ d’où B = B′ = . 2
Donc la décomposition s’écrit a priori :
1
X4 + 1
=
826
1 −Ai + 12 1 Ai + 1 2A Pour x = i on trouve = p 2 + p , donc = p , 2 2 i 2 −i 2 2 ! p à p p 1 2 2+X 2−X . Finalement 4 = + p p X +1 4 X 2 + 2X + 1 X 2 − 2X + 1
soit A =
Exercice 22.30
p
2 . 4
µ
Soit n ∈ N∗ Démontrer qu’il existe un unique polynôme Pn tel que Pn X + Décomposer
1 en éléments simples sur R. Pn
¶ 1 1 = X n + n . Quelles sont ses racines ? X X
Solution : Unicité : On a ∀x ∈ R , Pn (2ch x) = 2ch nx . Deux solutions coïncideraient sur un ensemble infini et seraient donc égales. µ ¶µ ¶ µ ¶ ¶ µ
Existence : Par récurrence, on a P0 (Y) = 2, P1 (Y) = Y et comme Xn +
1 Xn
X+
1 1 1 = X n+1 + n+1 + X n−1 + n−1 X X X
d’où YPn (Y) = Pn+1 (Y) + Pn−1 (Y). Tn est un polynôme de degré n qui vérifie aussi ∀x ∈ R , Pn (2cos x) = 2cos nx . Donc Pn (2cos x) = 0 lorsque nx = π2 +kπ soit xk = (2k+1)π ce qui fournit n racines distinctes en prenant k = 0, . . . , n − 1. Ce sont donc les n racines simples de Pn . 2n n−1 X 1 1 λk ³ ³ ³ ´ avec λk = ´´ . En dérivant l’égalité Pn (2cos x) = 2cos nx = ′ Pn (X) k=0 X − 2cos (2k+1)π Pn 2cos (2k+1)π 2n 2n ³ ´ 1 ´´ = (−1)n n sin (2k+1)π ³ on trouve −2sin xPn (2cos x) = −2n sin nx d’où λk = ³ . 2n Pn′ 2cos (2k+1)π 2n
On en déduit
Exercice 22.31 Décomposer en éléments simples sur R : 1. 2.
x5 + 2
(x 2 + x + 1)3 1
(X 2 + 1)(X 2 + X + 1)
3. 4.
1 (X 2 + 1)4 (X 2 + X + 1)2 X2 X 4 − 2X 2 cos ϑ + 1
5.
3X 2 − 2X + 5
(X 2 − X + 1)3 (X 3 + 1)2
Solution : 1. On effectue la division euclidienne de x 5 + 2 par x 2 + x + 1 : x 5 + 2 = (x 3 − x 2 + 1)(x 2 + x + 1) − x + 1, d’où
x3 − x2 + 1 −x + 1 . On réitère : x 3 − x 2 + 1 = (x − 2)(x 2 + x + 1) + x + 3. Finalement, + (x 2 + x + 1)2 (x 2 + x + 1)3 −x + 1 x +3 x −2 x +2 . = + + (x 2 + x + 1)3 (x 2 + x + 1)3 (x 2 + x + 1)2 x 2 + x + 1 AX + B CX + D 1 1 2. = 2 + 2 . On multiplie par X2 + 1 et on regarde en i pour avoir Ai + B = = −i 2 2 (X + 1)(X + X + 1) X +1 X +X+1 i 1 1 d’où A = −1 et B = 0. On multiplie par X2 +X +1 et on regarde en j pour avoir C j +D = 2 = −i = − = − j 2 = j +1 j X X+1 1 . =− 2 + 1 + j d’où C = 1 et D = 1. Finalement 2 (X + 1)(X 2 + X + 1) X + 1 X2 + X + 1 X+1 X(X + 1) X X 1 3. D’après l’exemple précédent, 2 + − 2 =− 2 =− 2 − (X + 1)2 (X 2 + X + 1) (X + 1)2 (X 2 + X + 1)(X 2 + 1) (X + 1)2 X +1 2 2 2 X−1 X (X − 1) X X (X + 1) 1 . En élevant au carré : 2 − = + + =− 2 + X2 + X + 1 (X + 1)2 X 2 + 1 X 2 + X + 1 (X + 1)4 (X 2 + X + 1)2 (X 2 + 1)4 (X 2 + 1)2 2 2 2X(X − 1) 2X 1 1 X 2X(X − 1) 1 2X + − − + + − = − (X 2 + X + 1)2 (X 2 + 1)3 (X 2 + 1)2 (X 2 + X + 1) (X 2 + 1)(X 2 + X + 1) (X 2 + 1)3 (X 2 + 1)4 X 2 + 1 (X 2 + 1)2 1 2 2(X + 1) 2 2(X + 1) 2 X+1 2(X + 1) + − − + − − + = X 2 + X + 1 (X 2 + X + 1)2 (X 2 + 1)2 (X 2 + 1)3 (X 2 + 1)2 (X 2 + X + 1)(X 2 + 1)2 X 2 + 1 (X 2 + X + 1)(X 2 + 1) 1 1 1 2 2(X + 1) 2 2X X+1 1 − 2 + 2 + 2 + 2 − 2 − 2 + − 2 − 2 (X 2 + 1)3 (X + 1)4 X +1 (X + 1)2 X +X+1 (X + X + 1)2 (X + 1)2 (X + 1)3 (X + 1)2 2 1 1 2(2X + 1)(X + 1) 2(2X + 1)X 1 2X(X + 1) 2(X − 1)(X + 1) 2X(X + 1) − − + − − 2 − − = 2 − X2 + X + 1 X2 + 1 (X + 1)2 X 2 + 1 X2 + X + 1 X2 + 1 (X + 1)3 (X 2 + 1)4 X 2 + 1 1 2 2(X + 1) 2 2 X+1 4 2 2X + 2 + 2 − 2 − 2 +2− 2 − 2 −2+ 2 − 2 − 2 2 2 2 3 2 (X + 1) X + X + 1 (X + X + 1) (X + 1) (X + 1) (X + 1) X +X+1 X +1 X +1 x5 + 2
(x 2 + x + 1)3 5
=
827
2(X − 1) 2X + 1 −4X + 2 −2X + 5 2(X − 2) 1 X+1 2(X − 1) −(X 2 +1)2 +4+ 2 − 2 + 2 + 2 + −4− 2 =− 2 − 2 2 2 4 3 2 (X + 1) X +X+1 X +1 (X + 1) (X + 1) (X + 1) X +1 (X + X + 1)2 2X − 3 X2 + X + 1 1 X X X2 1 4. 4 . = · · − 2 ϑ ϑ ϑ 2 2 X − 2X cos ϑ + 1 4cos X − 2X cos + 1 4cos X + 2X cos ϑ + 1 2
Si cos 5.
ϑ 2
2
2
2
1 1 + 2 = 0(ϑ = π + 2kπ); F(X) = − 2 . 2 (X + 1) X +1
3X 2 − 2X + 5 3X 2 − 2X + 5 = . On commence par écrire une relation de Bezout entre (X2 −X+1)5 = (X 2 − X + 1)3 (X 3 + 1)2 (X 2 − X + 1)5 (X + 1)2 X 10 − 5X 9 + 15X 8 − 30X 7 + 45X 6 − 51X 5 + 45X 4 − 30X 3 + 15X 2 − 5X + 1 et (X + 1)2 = X 2 + 2X + 1.
7 6 On trouve X10 − 5X9 + 15X8 − 30X7 + 45X6 − 51X5 + 45X4 − 30X3 + 15X2 − 5X + 1 =µ (X8 − 7X ¶ + 28X −
2 243 1 (−5X + 79X 5 + 175X 4 − 322X 3 + 514X 2 − 736X + 973)(X 2 + 2X + 1) + 243(−5X + 4) X 2 + 2X + 1 = − x − 3 5 405 1 . D’où 243 = 35 = (−5X9 + 29X8 − 98X7 + 227X6 − 401X5 + 560X4 − 638X3 − 449X + 79)(X + 1)2 + 4) + 25 3X 2 − 2X + 5 15X 3 + 8X 2 + 13X + 30 (5X + 6)(X 2 − X + 1)5 . En multipliant par 3X 2 − 2X + 5 : 243 2 = + (X − X + 1)3 (X 3 + 1)2 (X + 1)2 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 −15X + 97X − 377X + 1022X − 2147X + 3617X − 5039X + 5864X − 5729X + 4589X − 2719X + 1185 . (X 2 − X + 1)5
On effectue ensuite les divisions euclidiennes successives pour trouver les éléments simples :
42 10 15X 3 + 8X 2 + 13X + 30 = 15X−22+ + 2 (X + 1) X + 1 (X + 1)2 De même −15X11 + 97X10 − 377X9 + 1022X8 − 2147X7 + 3617X6 − 5039X5 + 5864X4 − 5729X3 + 4589X2 − 2719X + 1185 = (−15X +22)(X 2 −X +1)5 −42X 9 +242X 8 −812X 7 +3392X 6 −5486X 5 +4424X 4 −4844X 3 +4184X 2 −2594X + 1163, −42X 9 + 242X 8 − 812X 7 + 3392X 6 − 5486X 5 + 4424X 4 − 4844X 3 + 4184X 2 − 2594X + 1163 = (−42X + 74)(X 2 − X+1)4 −96X 7 +1980X 6 −3504X 5 +2346X 4 −3240X 3 +3276X 2 −2256X+1089, −96X 7 +1980X 6 −3504X 5 +2346X 4 − 3240X 3 +3276X 2 −2256X+1089 = (−96X+1692)(X 2 −X+1)3 +2148X 5 −8478X 4 +9180X 3 −7164X 2 +2916X−603, 2148X 5 − 8478X 4 + 9180X 3 − 7164X 2 + 2916X − 603 = (2148X − 4182)(X 2 − X + 1)2 − 5628X 3 + 9678X 2 − 7596X + 3579, −5628X 3 + 9678X 2 − 7596X + 3579 = (−5628X − 1578)(X 2 − X + 1) − 5124X + 5157. D’où −15X 11 + 97X 10 − 377X 9 + 1022X 8 − 2147X 7 + 3617X 6 − 5039X 5 + 5864X 4 − 5729X 3 + 4589X 2 − 2719X + 1185 = (X 2 − X + 1)5 −42X + 74 −96X + 1692 2148X − 4182 −5628X − 1578 −5124X + 5157 . + + + + −15X + 22 + 2 X − X + 1 (X 2 − X + 1)2 (X 2 − X + 1)3 (X 2 − X + 1)4 (X 2 − X + 1)5 2 3X − 2X + 5 Finalement, 2 (X − X + 1)3 (X 3 + 1)2 ¶ µ 1 −42X + 74 −96X + 1692 2148X − 4182 −5628X − 1578 −5124X + 5157 10 42 = . + + + + + + 243 X + 1 (X + 1)2 X 2 − X + 1 (X 2 − X + 1)2 (X 2 − X + 1)3 (X 2 − X + 1)4 (X 2 − X + 1)5 15X 3 +8X 2 +13X+30 = (15X−22)(X 2 +2X+1)+42X+52. D’où
Calcul de primitives
Exercice 22.32 Calculer les primitives des fonctions suivantes :(a, b et c sont non nuls et distincts deux à deux). 1. 2. 3. 4.
Z Z Z Z Z
dx x(1 − x 2 )
(2x + 3) d x x(x − 1)(x + 2)
x 2 dx (x − 1)(x − 2)(x − 3) (2x + 3) d x (x 2 − 1)(2x + 3)
x dx 4 x − x2 − 2 Z dx 6. 3 x + 3x 2 − 4 Z x 2 dx 7. (x − a)(x − b)(x − c)
5.
8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.
Z
dx
(x 2 + a 2 )(x 2 + b 2 ) Z x dx 2 (x + a 2 )(x 2 + b 2 ) Z x 2 dx 2 (x + a 2 )(x 2 + b 2 ) Z x 3 dx 2 (x + a 2 )(x 2 + b 2 ) Z x dx (x + 1)(x + 2)2 Z x 2 dx (x + 1)(x + 2)2 Z dx 3 x − x2 − x + 1
828
15. 16. 17. 18. 19. 20. 21.
Z Z Z Z Z Z Z
dx (x 2 − 1)2 dx
x 2 (1 − x)2 x 2 dx
x 2 (1 − x)2
dx x 2 (x 2 − 1)2
(3x + 2) d x x(x + 1)3
dx
(x 2 − 1)3
(x + 1) d x x(x 2 + 1)
22. 23. 24. 25.
Z Z Z Z
dx 1 − x4 x 2 dx 1 − x4
dx
1 + x3 x dx 1 + x3
26. 27. 28. 29.
Z Z Z Z
dx (1 + x)(1 + x 2 ) x 2 dx (1 + x)(1 + x 2 ) x 2 dx x4 + x2 − 2
x 2 dx x 4 + 3x 2 + 2
30.
Z Z
x 2 dx (x − 1)2 (1 + x 2 )
(x 2 − 1) d x x4 + x2 + 1 Z dx 32. 4 x (1 + x 2 ) Z x 3 dx 33. (x 2 + 1)3
31.
Solution : Ck désignant une constante qui dépend de l’intervalle d’intégration considéré. Z ¢ 1 ¡ dx 1. = ln |x| − ln |1 − x 2 | + Ck 2 2. 3. 4. 5. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 14. 16. 18. 20. 21. 23. 24. 25. 26. 27.
Z Z
x(1 − x ) 2 (2x + 3) d x 5 3 1 = ln |x − 1| − ln |x| − ln |x + 2| + Ck x(x − 1)(x + 2) 3 2 6
x 2 dx 1 9 = ln |x − 1| − 4ln |x − 2| + ln |x − 3| + Ck (x − 1)(x − 2)(x − 3) 2 2 Z 5 1 12 (2x + 3) d x = ln |x + 1| − ln |x − 1| − ln |2x + 3| + Ck (x 2 − 1)(2x + 3) 2 10 5 ¯ ¯ Z ¯ ¯ Z 1 1 ¯¯ x − 1 ¯¯ dx x dx 1 ¯¯ x 2 − 2 ¯¯ + Ck = + ln 6. + Ck = ln x 3 + 3x 2 − 4 3(x + 2) 9 ¯ x + 2 ¯ x4 − x2 − 2 6 ¯ x2 + 1 ¯ Z a2 b2 c2 x 2 dx = ln |x − a| + ln |x − b| + ln |x − c| + Ck (x − a)(x − b)(x − c) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) µ ¶ Z ³x ´ 1 ³x´ dx 1 1 − +C = arctan arctan (x 2 + a 2 )(x 2 + b 2 ) b 2 − a 2 a a b b ¶ µ Z x2 + a2 1 x dx ¡ ¢ +C ln = (x 2 + a 2 )(x 2 + b 2 ) 2 b 2 − a 2 x2 + b2 Z ³ x ´´ ³ ³x´ 1 x 2 dx − b arctan +C a arctan = 2 2 2 2 2 2 (x + a )(x + b ) a − b a b Z ¡ ¢ 1 x 3 dx ¢ a 2 ln(x 2 + a 2 ) − b 2 ln(x 2 + b 2 ) + C = ¡ 2 2 2 2 2 2 (x + a )(x + b ) 2 b − a ¯ ¯ Z Z ¯x +2¯ x dx 2 4 x 2 dx ¯ ¯ + Ck = − + ln = + ln |x + 1| + Ck 13. ¯ ¯ 2 (x + 1)(x + 2) x +2 x +1 (x + 1)(x + 2)2 x + 2 ¯ ¯ ¯ ¯ Z Z 1 1 ¯¯ x + 1 ¯¯ x 1 ¯¯ x + 1 ¯¯ dx dx 15. − = − = ln + C ln + Ck k ¯ ¯ ¯ ¯ 3 2 2 2 x −x −x +1 4 x −1 2(x − 1) (x − 1) 4 x −1 2(x 2 −) Z ¯ ¯ Z ¯ x ¯ dx 2x − 1 ¯ ¯ 1 ¯ x − 1 ¯¯ 1 x x 2 dx + = 2ln + C ¯ ¯ = ln ¯¯ − + Ck 17. k 2 2 x 2 (1 − x)2 x +1 x(1 − x) x (1 − x) 4 x + 1 ¯ 2 x2 − 1 ¯ ¯ Z Z ¯ x ¯ 1 (3x + 2) d x 2 3 ¯ x − 1 ¯¯ 1 1 x dx ¯ ¯ − − 19. = − ln ¯¯ = 2ln ¯ + Ck + Ck − ¯+ ¯ 2 2 2 2 3 x (x − 1) 4 x +1 x 2 x −1 x(x + 1) x +1 x + 1 2(x + 1)2 ¯ ¯ Z ¯x −1¯ 3 x x 3 1 dx ¯ ¯+ = + Ck ln − (x 2 − 1)3 16 ¯ x + 1 ¯ 8 x 2 − 1 4 (x 2 − 1)2 ¯ ¯ ¯ ¯ Z Z ¯ ¯ 1 ¯¯ x + 1 ¯¯ 1 (x + 1) d x dx ¯p x ¯ + arctan x + Ck = + arctan x + Ck = ln ln 22. ¯ ¯ x(x 2 + 1) 1 − x4 4 ¯ x − 1 ¯ 2 x2 + 1 ¯ ¯ Z 2 x dx 1 ¯¯ x + 1 ¯¯ 1 = ln − arctan x + Ck 1 − x4 4 ¯ x − 1 ¯ 2 ¶ p µ 2 µ ¶ Z 1 x −x +1 2x − 1 dx 3 + = − ln arctan + Ck p 1 + x3 6 (x + 1)2 3 3 ¶ p µ 2 µ ¶ Z 1 x −x +1 2x − 1 x dx 3 + = ln arctan + Ck p 1 + x3 6 (x + 1)2 3 3 Z dx 1 1 1 = ln |x + 1| − ln(x 2 + 1) + arctan x + Ck 2 (1 + x)(1 + x ) 2 4 2 Z 1 1 1 x 2 dx = ln |x + 1| + ln(x 2 + 1) − arctan x + Ck 2 (1 + x)(1 + x ) 2 4 2
829
28.
Z Z
¯ ¯ p µ ¶ 1 ¯¯ x − 1 ¯¯ x x 2 dx 2 + = ln arctan p + Ck x4 + x2 − 2 6 ¯ x + 1 ¯ 3 2
1 x 2 dx = ln(x 2 + 2) − ln(x 2 + 1) + C x 4 + 3x 2 + 2 2 Z 2 1 1 1 x dx 30. = ln |x − 1| − ln(x 2 + 1) − + Ck (x − 1)2 (1 + x 2 ) 2 4 2(x − 1) Z 2 (x − 1) d x 1 x 2 − x + 1 31. = ln +C x4 + x2 + 1 2 x2 + x + 1 Z Z 1 1 dx x 3 dx 2x 2 + 1 + C = arctan x + − 32. 33. = − +C k 4 2 3 x (1 + x ) x 3x (x 2 + 1)3 4(x 2 + 1)2
29.
Exercice 22.33 Calculer les primitives suivantes : 1.
Z
4.
x(x 2 + 1)2 Z (x + 1) d x 2. (x 2 + 4x + 5)2 ¢ Z ¡ 1 − x 2 dx ¡ ¢ 3. x4 − x2 + 1
Solution : Z
Z
=
1 x dx = x 2 (x 2 + 1)2 2
Z
x 4 dx (x 4 + 1)2 Z dx 8. x7 − x Z dx 9. (x + 1)7 − x − 1
7.
Z
A C B dt 1 = + + . . On trouve A = 1 et en développant x(x 2 + 1)2 t (t + 1)2 t (t + 1)2 Z t (t + 1)2 t + 1¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯¯ t ¯¯ 1 ¯¯ x 2 ¯¯ 1 1 dx = = −1−h+o(h) on trouve B = −1 et C = −1. Donc ln +C = ln + + −1 + h x(x 2 + 1)2 2 ¯ t + 1 ¯ 2(t + 1) 2 ¯ x2 + 1 ¯ 1 + C. 2 2(x + 1) Z Z Z Z u du u 2 du (u − 1) du du 2. Puisque x 2 + 4x + 5 = (x + 2)2 + 1, en posant u = x + 2, on a = − = + (u 2 + 1)2 (u 2 + 1)2 u2 + (u 2 + 1)2 Z1 Z (x + 1) d x 1 u du − , et en intégrant par parties la dernière intégrale, = − arctan u + u 2 2(u 2 + 1) (u + 1)2 (x 2 + 4x + 5)2 u 1 u +1 1 x +3 1 1 −arctan u − + arctanu +C = − − arctanu +C = − − arctan(x + − 2(u 2 + 1) 2(u 2 + 1) 2 2(u 2 + 1) 2 2(x 2 + 4x + 5) 2 2) + C. ¡ ¢ px + 1 px − 1 p p 1 − x 2 dx 2 2 3 3 2 2 − . 3. Le dénominateur est (x + 3x + 1)(x − 3x + 1). D’où ¡ 4 2 ¢ = p p 2 2 x −x +1 x + 3x + 1 x − 3x + 1 ¡ ¢ Z Z Z 1 − x 2 dx 1 2v 1 1 2u 1 ¡ ¢ = p du − d v = p (ln(u 2 + ) − ln(v 2 + )) + C = Donc 1 1 4 2 2 2 4 4 x −x +1 v +4 2 3 u +4 2 3 · µµ ¶2 ¶ µµ ¶2 ¶¸ 1 1 1 x x 1 1 + C. + − ln p − + p ln p + 3 2 4 3 2 4 2 3
1.
dx
Z
(x 4 + 1) dx x6 + 1 Z x2 − x + 2 5. dx x 5 + 2x 3 + 3x 2 Z 4 x + 4x 6. dx (x 2 − 1)3
dx
4.
Z
(x 4 +1)d x x 6 +1
= = =
Z
Z
Z
((x 4 −x 2 +1)+(x 2 +1)−1)d x dx
(x 2 +1)(x 4 −x 2 +1)
2
x +1 dx
1+x
2
+ +
Z
Z
= arctan x + = arctan x +
dx
4
x −x +1 dx
4
2
x −x +1
Z
Z 1
2
− −
dx
4
2
x −x +1 dx
x 4 −x 2 +1
Z Z
− − 3
dx 1+x 6 x 2 +1−x 2 d x
Z Z
x 6 +1 2
830
4
2
(x +1)(x −x +1) dx
x 4 −x 2 +1
= arctan x + arctan x + C. 3
x 2 +1 d x
1
+
Z
x2 d x 1+x 6
+ arctan x 3 3
Vérification en dérivant : x2 1 x2 1 + = + 2 6 2 2 1+x 1+x 1+x (1 + x )(1 − x 2 + x 4 ) 1 − x2 + x4 + x2 = 1 + x6 4 x +1 = 6 . x +1
Maintenant, arctan x +
1 x 3 − 3x 1 1 arctan x 3 = arctan 2 + arctan x 3 3 3 3x − 1 3 3
x −3x + x3 1 3x 2 −1 ´¡ ¢ ³ 3 = arctan 3 x3 1 − x −3x 3x 2 −1 ¡ ¢ 3x 1 − x 2 1 = arctan 4 . 3 x − 4x 2 + 1
x2 − x + 2 x2 − x + 2 A B C Dx + E . Par division suivant les puissances = + + = + x 5 + 2x 3 + 3x 2 x 2 (x + 1)(x 2 − x + 3) x 2 x x + 1 x 2 − x + 3 2 7 4 croissantes de 2 − x par 3 + 2x on trouve A = et B = − . C = . Les racines de x 2 − x + 3 = 0 sont α et α, 3 9 5 α−3−α+2 −1 1 1 α2 − α + 2 = = 2 =− = = avec αα = 3 et α + α = 1. On a Dα + E = 2 α (α + 1) (α − 3)(α + 1) α − 2α − 3 α − 3 − 2α − 3 α+6 1 7 7−α α+6 α+6 . D’où D = − et E = . = = αα + 6(α + α) + 36 3 + 6 + 36 45 45 45 x − 21 x − 21 x −7 1 1 13 26 En écrivant 2 = = 2 − − ³ ´2 , on a ¢ ¡ 2 2 11 1 x −x +3 x −x +3 2 x− x − x + 3 11 p 1 + 2x−1 2 + 4 11 ¶ µ Z 2x−1 x2 − x + 2 2 7 4 1 13 2 +C arctan d x = − − ln |x| + ln |x + 1| − ln(x − x + 3) + p p x 5 + 2x 3 + 3x 2 3x 9 5 90 11 45 11
5. On écrit
7.
8.
Z (x 3 + 4)
x dx 1 x3 + 4 1 = − + 2 3 2 2 (x − 1)¯ 4 ¯ 4 (x − 1) Z ¯x +1¯ 3 x 1 x3 + 4 3 3 dx ¯ ¯ + Ck . − =− − ln 8 x2 − 1 4 (x 2 − 1)2 8 x 2 − 1 16 ¯ x − 1 ¯
6. En intégrant par parties,
Z
1 x3 + 4 3 x 3x 2 d x = − − + 2 2 2 2 (x − 1) 4 (x − 1) 8 x2 − 1
Z x 1 x 3 dx dx 1 = − + . On a déjà vu la décomposition 4 + 1)2 4 + 1) 4 +1 4 +1 (x 4(x 4 x x ! p à p p 2 2+x 2−x + , d’où p p 4 x 2 + 2x + 1 x 2 − 2x + 1 ³ ³ p ´ p ´ p p ¡ ¡ ¢ ¢ Z p 2 p 2 arctan 2x+ arctan 2x− ln x 2 + 2x + 1 ln x 2 − 2x + 1 x x 3 dx 2 2 =− + − + + + C. x 4 p p p p (x + 1)2 4(x 4 + 1) 16 2 16 2 8 2 8 2 Z
x
(a) Z
1 x 7 −x
dx = =
Zµ Z 1
x5
−
1
x 6 −1 x 1 (x 6 −1)′ 6 x 6 −1
¶
dx
dx −
Z
1 x
dx
= ln |x 6 − 1| − ln |x| + C. 6
(b)
1 x7 − x
=
1 x 4 (x 3 −
1 ) x3
.
831
=
Avec
1 x3
= u d’où du = − x34 dx ,
1 du dx = − . L’intégrale devient : 4 x 3 Z Z dx 1 1 dx = − du 1 −u) x 7 −x 3 (u Z 1 u =− du 3 1−u 2 Z −2u 1 du = 2 6 1
1−u
= ln |1 − u 2 | + C 6 1
= (ln |x 6 − 1| − 6ln |x|) + C 6 1
= ln |x 6 − 1| − ln |x| + C 6
9. Soit P(X) = (X + 1)7 − X − 1. On a P(0) = 0, P(−1) = µ0. D’où P(X) = 7X(X + 1)(X¶4 + 2X3 + 3X2 + 2X + 1). X4 + 2X3 +
1 1 1 + 2 + 2X + 2 + 1 . En posant Y = X + , on cherche 2 X X X 1 2 les racines de Y + 2Y + 1, −1 (racine double). On cherche donc les racines de X + + 1 soit j et − j . Finalement, X A B CX + D 1 2 2 = + + + 2 P(X) = 7X(X + 1)(X + X + 1) . On décompose donc la fraction 2 2 X(X + 1)(X + X + 1) X X + 1 (X + X + 1)2 EX + F 1 1 1 . A = 1, B = = −1, C j + D = = = −1. D’où C = 0 et D = −1. Par soustraction, X2 + X + 1 −1 × 12 j ( j + 1) j.(− j 2 ) 1 1 1 + = . La partie polaire de cette dernière fraction, par le calX(X + 1)(X 2 + X + 1)2 (X 2 + X + 1)2 X(X + 1)(X 2 + X + 1) 1 1 1 1 1 . = − − 2 − 2 cul précédent, donne aussi E = 0 et F = −1. Donc 2 + X + 1)2 2 X(X + 1)(X X X + 1 (X + X + 1) X + X+1 ¶ µ Z ³ p ´2 ¢ ¡ 2 2x+1 dx 2 = p arctan p +C. En intégrant par parties, En écrivant x 2 + x +1 = x + 21 + 23 , on obtient 2 +x +1 x 3 Z Z3 Z Z Z dx dx (2x + 1) d x x 3 x 1 x(2x + 1) d x 2) d x = − + = + − (x 2Z+ x + 1)2 x2 + x + 1 x 2 +Z x +1 x2 + x + 1 x 2 + x +Z1 2 (x 2 + x + 1)2 Z 2 (x 2 + x + 1)2 1 x 1 3 dx dx dx dx = 2 = +2 + − soit . Donc 2 2 2 2 2 2 2 (x +µx + 1)¶ x +x +1 x + x + 1 2 x + x + 1 2 (x + x + 1) (x + x + 1)2 2 2 1 2x + 1 2x+1 + C. Finalement, + p arctan p 3 3 3 x2 + x + 1 ¶ µ Z 3 ¯ ¯ 10 1 2x + 1 2x+1 dx ¯ x ¯ = ln + C. − − arctan ¯ ¯ p p (x + 1)7 − x − 1 x +1 3 3 x2 + x + 1 3 3 3X 2 + 2X + 1 est un polynôme réciproque. C’est X 2 X 2 +
Exercice 22.34 Calculer les primitives des fonctions suivantes : Z p
x 1. dx 2 x +1 Z x −1p 2. 2x − x 2 dx x +1 Z dx 3. cos x − cos 3x
4.
Z
Z r x+1 7. x 3 dx x−1 Z tan x d x 8. 1 + sin 3x Z dx 9. 2ch x + sh x + 1
dx
tan x − tan α Z r x −1 5. x dx x +1 r µ ¶ Z x+1 6. arctan dx x+3
Solution :
Z p
Z p p x 2u 2 d x = 1. On pose u = x , d’où du . u 4 + 1 = (u 2 + 2u + 1)(u 2 − 2u + 1), la décomposix2 + 1 u4 + 1 Z p p −1 u 1 u 2u 2 2u+ 2− 2 p = p ( )+ p ( ) Ce qui donne : −1 du + tion sur R donne 4 p p p 2 2 u +1 u 2 + 2u+1 2 u 2 + 2u + 1 Z 2 u 2 − 2u + 1 Z Z p p p p 1 1 2u− 2+ 2 1 1 −1 1 1 du + p ln(u 2 − 2u + 1) + du = du = p ln(u 2 + 2u + 1) + p p 1 2 1 1 2 1 2
p
2 2
u − 2u+1
2 2
p
2
(u+ p ) + 2 2
p
2 2
p p p p 1 1 2 2 arctan( 2x +1)+ p ln(x − 2x +1)+ arctan( 2x +1)+C = p ln(x + 2x +1)+ 2 2 2 2 2 p 2 p p p 2 2 arctan( 2x + 1) + arctan( 2x − 1) + C 2 2
832
(u− p ) + 2 ¶ µ2 p 1 x− 2x+1 + p ln p x+ 2x+1 2 2
2
3.
4.
5.
6.
7.
Z
Z x −1p u p 2x − x 2 dx = 1 − u 2 du = x + 1 u + 2 Z Z ¤ £ sin ϑ p sin ϑ(1 − sin2 ϑ) 1 − sin2 ϑ cos ϑ dϑ en posant u = sin ϑ, ϑ ∈ − π2 , π2 , on obtient donc dϑ = 2 + sin ϑ ¶ Z Zµ2 + sin ϑ ´ ³ dt 7ϑ sin 2ϑ 6 −2cos ϑ+6 dϑ = − + en posant t = tan ϑ2 . On trouve − sin2 ϑ + 2sin ϑ − 3 + 2 + 2t 2 + sin ϑ 2 4 2 + 2t µ ¶ p 7ϑ sin 2ϑ 2t + 1 7arcsin(x + 1) sin 2arcsin(x + 1) −2cos ϑ+2 3arctan p + −2cos arcsin(x +1)+ +C = − donc − + 2 4 ³ 2 4 3 ´ 2tan arcsin(x+1) +1 p 2 + C. 2 3arctan p 3 Z Z cos x d x 1 dx . = On a cos x − cos 3x = 2sin x sin 2x = 4sin2 x cos x . D’où 2 cos x − cos 3x 4 sin x cos2 x Z Z 1 1 1 1 1 1 dx dt 1 . Or 2 . On pose t = sin x , = = 2+ − 2 2 2 cos x − cos 3x ¯ 4 ¯t (1 − t ) t (1 − t µ) t 2¶ t + 1 2 t − 1 Z 1 1 1 ¯ t + 1 ¯¯ 1 sin x + 1 dx +C = − = − + ln ¯¯ + ln Donc + C. cos x − cos 3x 4t 8 t −1¯ 4sin x 8 1 − sin x 1 1 A Bt + C . On obtient A = On pose t = tan x , et on décompose 2 = + = cos2 α et (t + 1)(t − tan α) t − tan α t 2 + 1 1 + tan2 α 1 − tan α − i Bi + C = = = −i cos α sin α − cos2 α. D’où C = − cos α sin α et B = − cos2 α. 2 Z i − tan α 1 + tan α dx 1 Donc = cos2 α ln |t − tan α|− cos2 α ln(t 2 +1)−cos α sin α arctan t +C = cos2 α ln |tan x − tan α|+ tan x − tan α 2 cos2 α ln | cos x| − x cos α sin α + C. r Z r Z 2 2 x −1 x −1 4t d t t (t + 1) d t 1+ t2 x d x = . Donc d x = 4 . On décompose la fraction On pose t = , x= 2 2 2 x +1 1−t (1 − t ) x +1 (1 − t 2 )3 2 2 4t (t + 1) 4t 2 (t 2 + 1) A B C B C A . En posant t = −1 + h, paire = + + + + = + (1 − t 2 )3 (1 + t )3 (1 + t )2 1 + t (1 − t )3 (1 − t )2 1 − t (1 − t 2 )3 2 2 2 4(2 − 2h + h )(1 − 2h + h ) 4(2 − 6h + 7h = 3 +o( h1 ). En posant la division suivant les puissances croissantes de 3 3 h (2 − h) h (8 − 12h + 6h 2 ) 4(2 − 2h + h 2 )(1 − 2h + h 2 ) 3 3h h 2 4−12h+14h 2 par 4−6h+3h 2 on trouve = 1− + +o(h 2 ). D’où A = 1, B = − C = 3 3 h¶ (2 −µh) 2¯ 2 ¯ r 2 µ ¶ Z r x −1 1 3 1 1 1 1 1 1 ¯¯ 1 + t ¯¯ (x − 2)(x + 1) x − 1 . Donc x dx = − − − + + ln ¯ +C = 2 ¯r 2 (1 − t )2 (1 + t )2 2 1−t 1+t 2 1−t ¯ 2 x +1 ¯ x +1 ¯ ¯ x −1 ¯ + 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ x +1 ln ¯ r ¯ + C. ¯ ¯ x −1 ¯ − 1 ¯¯ ¯ x +1 ¶ µr Z Z q 2u du 2u du 2 3u 2 − 1 x+1 d x = . Donc d x = arctan u . On pose u = x+1 = −3+ arctan , x = x+3 2 2 1 − u2 1 − u2 (1Z− u 2 )2 x+3 (1 Z Z −u ) 2arctan u du du 2arctan u 2u du En intégrant par parties, on obtient − − − = = 2 2 2 2 2 1−u (1 − u )(1 + u ) 1−u 1−u 1 + u2 ¯ ¯ q 2 2u + 1 1 ¯ 1 + u ¯¯ 3x + 5 2arctan u x+1 + C. On remplace u par en remarquant que , on a − arctan u − ln ¯¯ = ¯ x+3 2 2 1−u 2 1−u 1−u 2 ¯ ¯ q ¯ x+1 ¯ µr µr ¶ ¶ Z x+1 x+1 3x + 5 1 ¯¯ 1 + x+3 ¯¯ arctan dx = arctan − ln ¯ ¯ + C. q x+3 2 x+3 2 ¯¯ 1 − x+1 ¯¯ x+3 Z r Z 6 q 2 6u 2 du u3 + 1 u6 + u3 (u + u 3 ) du 3 x+1 x = = 1 − ; d x = On pose u = 3 x+1 ; x = d x = 6 avec 3 x−1 3 3 3 2 3 3 u −1 u −1 (u − 1) x−1 (u − 1) (u − 1)3 Z du 1 2 On pose Fn (u) = + 3 3 2 3 3 (u − 1) (u − 1) (u − 1)n u Une IPP donne Fn (u) = 3 + 3n(Fn+1 + Fn ). (u − 1)n u 1 − 3n Fn − Soit Fn+1 = 3n 3n(u 3 − 1)n 2 u Ce qui donne : F2 = − F1 − 3 3 3(u − 1) 5 u et F2 = − F2 − 6(u 3 − 1)2 Z6 1 1 1 u +2 du 1 = − avec 3 F1 (u) = 3 (u − 1) (u − 1) 3 u − 1 3 u 2 + u + 1
2. Les primitives existent sur [0, 2]. En posant u = x − 1,
833
p ¶ µ 1 3 1 2u + 1 2 + C. et F1 (u) = ln |u − 1| − ln(u + u + 1) + Atan p 3 6 3 3 u6 + u3 = F2 + 2F3 (u 3 − 1)3 u 5 = − F2 + F2 − 3 3(u 3 − 1)2 2 u = − F2 − 3 3(u 3 − 1)2 2u u 4 − = F1 + 3 3 9 9(u − 1) 3(u − 1)2
p ¶ µ 4 2 4 3 u 2u 2u + 1 2 = +C ln |u − 1| − ln(u + u + 1) + − + Atan p 3 3 27 27 27 9(u − 1) 3(u − 1)2 3
Reste à remplacer u par
q 3
x+1 x−1 .
Z A B t dt sin x cos x d x t dt = + = + . cos2 x(1 + sin 3x (1 − t 2 )(1 − t )(1 + 2t )2 (1 − t 2 )(1 − t )(1 + 2t )2 1 + t (t − 1)2 C 1+h −1 E 1 5h D .A= . En posant h = t −1, + = + − +o(h) en effectuant la division de t − 1 (t + 21 )2 t + 21 4 (2 + h)(3 + 2h)2 18 108
8. On pose t = sin x ,
Z
h − 12 1 8h 1 5 =− + et C = − . En posant h = t + 12 , +o(h) en effectuant 1 3 2 18 108 9 27 4(h − 2 ) (h + 2 ) Z tan x d x 1 8 1 1 1 5 la division de −1+2h par 9+6h . D’où D = − et E = . D’où = − ln |t +1|− − ln |t − 9 27 1 + sin 3x 4 18 t − ¯1 108 ¯ ¯ ¯ 8 8 1 1 1¯ 1¯ 1 5 1 1 1 1 ¯ ¯ + + ln ¯ t + ¯ +C = − ln(sin x+1)− − ln(1−sin x)+ ln ¯sin x + ¯ +C. 1|+ 9 t + 21 27 2 4 18 sin x − 1 108 9 sin x + 21 27 2 µ µ x ¶ ¶ Z Z p p th +1 dx t +1 2 dx 9. En posant t = th x2 , = = 2arctan p + C = 2 arctan p2 + C. 2 2ch x Z + sh x + 1 t + 2tZ+ 3 2 2 Z ´ 1 ³ 2 2 dx dx 2u du = = ln u + u + 1 − Ou alors, en posant u = e x , = x −x 2ch x + sh x + 1 3u 2 + 2u + 1 3 3 e x + e −x + e −e 2 ¶+ 1 ¶ µ µ ´ 2 2 2 1 ³ 3u+1 3e x +1 + C = ln e x + + e −x + x − p arctan p + C. p arctan p 5 3 3 5 3 5 3 5 1+h par 18+33h . D’où B =
Exercice 22.35 Zx at + 5 Calculer 3 3
(t − 1) (t − 2)3
dt
a + 5 + ah 1 = −1−3h−6h 2 + . (h−1)3 = −1+3h−3h 2 +o(h 2 ), 3 3 h (h − 1) (h − 1)3 ¡ ¢ ¡ ¢ a + 5 + ah o(h 2 ), = − a + 5 + (3a + 15 + a)h + (6a + 30 + 3a)h 2 + o(h 2 ) = − a + 5 + (4a + 15)h + (9a + 30)h 2 + o(h 2 ). (h − 1)3 4a + 15 9a + 30 a +5 − − Donc la partie polaire relative au pôle 1 s’écrit : − . 3 (t − 1) (t − 1)2 t −1 2a + 5 + ah 1 2a + 5 + ah . = 1 − 3h + 6h 2 + o(h 2 ), = On pose h = t − 2. La fraction devient 3 (h + 1)3 3 h (h + 1) (h + 1)3 ¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 2 2 − 2a + 5 + (−6a − 15 + a)h + (6a − 15 − 6a)h + o(h ) = − 2a + 5 − (5a + 15)h − (15)h + o(h ). Donc la partie polaire 2a + 5 5a + 15 15 . relative au pôle 2 s’écrit : − − − 3 2 (t − 2) (t − 2) t −1 ¸x · a +5 4a + 15 5a + 15 4a + 15 2a + 5 a +5 = + + + + (9a + 30) ln(t − 1) + + 15ln(t − 2) + Soit à calculer 2 2 2 2(t − 1) t −1 2(t − 2) (t − 2) 2(x − 1) x −1 3 2a + 5 5a + 15 a + 5 4a + 15 2a + 5 (9a + 30) ln(x − 1) + + + 15ln(x − 2) − − − (9a + 30) ln 2 − − 5a − 15 2(x − 2)2 (x − 2) 8 2 2
Solution : On pose h = t −1. La fraction devient
Exercice 22.36 Solution : Dérivée logarithmique C’est le coup du
P′ P
834
Exercice 22.37 On considère P ∈ C [X] ayant n racines distinctes notées xk . Soit a ∈ C tel que P(a) 6= 0. Exprimer les sommes S1 =
n X
1 a − xk k=1
S2 =
n X
1 (a − x k )2 k=1
en fonction de P, P′ et a . Solution : Regarder pour un polynôme de degré 2, puis utiliser la dérivée logarithmique formelle. Enfin décomposer 2
la fraction
P′ (X) P′ (a) P′ − PP′′ (a). . On trouve S 1 = puis en dérivant, S 2 = P(X) P(a) P2
Exercice 22.38 Démontrer que si P ∈ C[X], les racines de P′ sont des barycentres à coefficients positifs ou nuls des racines de P. Quelle propriété connue cela généralise-t-il ? Solution : Soit a1 , . . . , an les racines de P d’ordres de multiplicités respectifs α1 , . . . , αn . On a
n P′ X αk . = P k=1 X − ak
Soit z une racine de P′ . Si z est aussi racine de P (c’est-à-dire si z est racine multiple de P) il n’y a rien à démontrer.
n n n X X P′ (z) X αk αk αk = = 0. Donc en conjuguant, = 0 soit (z − ak ) = 0. C’est bien dire que z P(z) k=1 z − ak z − a |z − ak |2 k k=1 k=1 αk est barycentre des (ak )1ÉkÉn avec les coefficients µk = qui sont strictement positifs. |z − ak |2
Sinon
Exercice 22.39 Déterminer les polynômes P ∈ R[X] vérifiant ∀x, y ∈ R , P(x y) = P(x)P(y). On pourra démontrer que Solution : En dérivant par rapport à y , xP′ (x y) = P(x)P′ (y) a fortiori xP′ (x) = P(x)P′ (1), d’où
P′ (X) P′ (1) . = P(X) X
P′ (X) P′ (1) . On obtient = P(X) X
une décomposition de P′ /P en éléments simples. On en déduit que P admet zéro comme unique racine complexe. Donc P(X) = αX n . On a α = 1 ou zéro. Réciproquement, 0 et X n sont solutions. Exercice 22.40 Soit P un polynôme de degré n , tel que P(1) 6= 0 et supérieur ou égal à 1.
P′ (1) n É . Démontrer que P admet au moins une racine de module P(1) 2
Solution : Soit a1 , . . . , an les n racines (distinctes ou non) de P.
n n X 1 1 n P′ P′ (1) X = = É D’où d’où P P(1) k=1 1 − ak 2 k=1 X − a k
¶ n µ n 1+a P′ (1) n X P′ (1) n 1 1 1 X k . Comme − = − − est un nombre réel, il est égal à sa partie réelle, à savoir = P(1) 2 k=1 1 − ak 2 2 k=1 1 − ak P(1) 2 n 1 − |a |2 1 X 1 − |ak |2 P′ (1) n k . Si tous les ak sont de module strictement inférieur à 1, alors tous les > 0 et donc > . 2 2 2 k=1 |1 − ak | |1 − ak | P(1) 2
Par contraposée, la proposition en résulte.
Sicelides Musae, Paulo Majora Canamus
Exercice 22.41 Soit a, b et c trois nombres réels distincts. Décomposer la fraction rationnelle
λX + µ sous la forme : (X − a)(X − b)(X − c)
A B C . Démontrer que la somme A + B + C ne dépend pas de (λ, µ). En déduire les identités d’Euler : + + X−a X−b X−c 1 a 1 1 b c + + = 0 et + + = 0. (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) λx + µ A B C A+B+C = o( x1 ) et + + = + (x − a)(x − b)(x − c) x −a x −b x −c x λb + µ λc + µ λa + µ 1 , B= , C= + . Pour λ = 0 et µ = 1 on trouve o( x1 ). Or A = (a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b) (a − b)(a − c) 1 a 1 b c + = 0 et pour λ = 1 et µ = 0 on trouve + + = 0. (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)
Solution : On a A + B + C = 0. En effet, à l’infini
835
Exercice 22.42 Soit P ∈ C[X] de degré n, P(X) = an Xn + . . . + a1 X + a0 . On suppose que P admet n racines non nulles et distinctes deux à deux : x1 , . . . , xn . Calculer
n X
1 ′ x P i=1 i (xi )
n X 1 1 λi . On décompose F en éléments simples : F(X) = . On a λi = ′ . Donc P(X) X − x P (x i i) i=1 n n X X 1 1 1 1 1 et − = = =− ′ ′ P(X) i=1 P (xi )(X − xi ) P(0) i=1 P (xi )xi a0
Solution : On considère F(X) =
Exercice 22.43 On considère une fraction rationnelle avec un pôle double : F=
U (X − a)2 V1
F=
α U1 β + + 2 X − a (X − a) V1
La décomposition en éléments simples s’écrit
En définissant la fraction G = (X − a)2 F = multiple.
V(a) 6= 0
U , exprimer les coefficients α et β à l’aide de G. Généraliser à un pôle V1
Solution : En multipliant la décomposition par (X − a)2 , on obtient G = β + α(X − a) + (X − a)2
U1 V1
On trouve donc que β = G(a), puis en dérivant, que α = G′ (a). La généralisation est immédiate. Si la fraction F possède un pôle d’ordre k , F=
U (X − a)k V1
=
α1 U1 αk α2 + +··· + + X − a (X − a)2 (X − a)k V1
en multipliant par (X − a)k , on trouve G = (X − a)k F =
U U1 = αk + αk−1 (X − a) + · · · + α1 (X − a)k + V1 V1
d’où l’on tire en dérivant k fois, que
αk αk−1 αk−2 . .. α1
= G(a)
= G′ (a) G′′ (a) = 2
= =
. ..
G(k) (a) k!
Exercice 22.44 U(X) Soit F(X) = On suppose que a est un pôle double de F. Exprimer les coefficients associés à ce pôle double en ne V(X)
calculant pas de quotient de V par (X − a)2 .
Solution : On a V(X) = (X − a)2 Q(X) avec Q(a) 6= 0. Donc F(X) =
U(X) P(X) λ µ + = + 2 2 (X − a) Q(X) X − a (X − a) Q(X)
U(a) . Il s’agit de trouver Q(a) en fonction de V . Par Q(a) · ′′ ¸ ′ 2 V (a) V(X) = V(a) + (X − a)V (a) + (X − a) + (X − a)T(X) 2
En multipliant par (X − a)2 et en faisant x = a , on trouve que µ = Taylor :
836
Donc Q(a) =
V ′′ (a) . Alors 2 µ=
2U(a) V ′′ (a)
En retranchant, U(X) − µQ(X) λ P(X) = + 2 (X − a) Q(X) X − a Q(X)
Si l’on note H(X) = U(X) − µQ(X), alors H(a) = 0. Donc H est divisible par (X − a) : H(X) = (X − a)θ(X)
En multipliant alors par (X − a) et en faisant x = a , on trouve λ=
θ(a) Q(a)
En utilisant encore Taylor, θ(a) = H′ (a) = U′ (a) − µQ′ (a). Mais puisque Q(X) =
V ′′ (a) V ′′′ (a) + (X − a) + (X − a)3 Z(X) 2 6 Q′ (a) =
V ′′′ (a) 6
Finalement, λ=
6U′ (a)V ′′ (a) − 2U(a)V ′′′ (a) 3(V ′′ (a))2
Exercice 22.45 Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle F(X) =
En déduire l’identité :
n! X(X + 1) . . . (X + n)
à ! n (−1)p n n 1 X X =− p p p=1 p=1 p
Solution : La décomposition s’écrit : n X λp n! = X(X + 1) . . . (X + n) p=0 X + p
En multipliant par (X + p) et en faisant x = −p , on en déduit le coefficient λp :
à ! n! n! p n λp = = = (−1) p (−p)(−p − 1) . . . (−1)(1)(2) . . . (n − p) (−1)p p!(n − p)!
Finalement :
à ! n (−1) n p X p
F(X) =
En faisant passer l’élément simple
p=0
X+p
λ0 dans le membre gauche, on obtient : X Ã ! n (−1)p n p X
¸ · 1 n! −1 = X (X + 1) . . . (X + n) p=1
Notons ϕ la fonction rationnelle ϕ(x) =
n! (x + 1) . . . (x + n)
837
X+p
On reconnaît alors un taux d’accroissement : ¡n ¢ n ϕ(x) − ϕ(0) X p p (−1) = x x+p p=1
L’idée consiste à prendre la limite lorsque x → 0. Cherchons donc ϕ′ (0). Comme ϕ(0) = 1 > 0, et que ϕ est continue en 0, il existe¡ un voisinage de 0, V =] − α, α[ (α > 0) sur lequel ϕ est strictement positive. Nous pouvons donc considérer ¢ ψ(x) = ln ϕ(x) sur ce voisinage V . Alors ∀x ∈ V , ψ(x) = ln(n!) −
en dérivant : ψ′ (x) =
n X
p=1
ln(x + p)
n X ϕ′ (x) 1 =− ϕ(x) x + p p=1
et en prenant la limite lorsque x → 0, puisque ϕ(0) = 1, on trouve que
à ! n (−1) n p X p
ϕ′ (0) = −
n 1 X = p=1 p p=0
p
Exercice 22.46 Soit m ∈ N∗ . Démontrer qu’il existe une unique fraction F de R(X) telle que cotan(2m + 1)x = F(tan x) pour tout x tel que chacun des deux membres ait un sens. Calculer Pm =
m Y
k=−m
³ cotan x +
kπ 2m+1
´
. Quels sont les pôles de F ? Décomposer F en éléments simples. En déduire que :
¡ x ¢ 2(2m + 1) tan 2m+1 ³ ¡ x ¢+ ³ ´ ´. cotan x = ¡ x ¢ kπ kπ 2 2 2 (2m + 1) tan 2m+1 k=1 (2m + 1)2 cos2 2m+1 tan 2m+1 − (2m + 1) sin 2m+1 m X
1
¡
Solution : On écrit cos(2m + 1)x = Re (cos x + i sin x)
2m+1
¢
à ! m 2m + 1 X = (−1)k sin2k x · cos2(m−k)+1 x 2k k=0
à ! m 2m + 1 ¡ ¢ X 2m+1 et sin(2m + 1)x = Im (cos x + i sin x) = (−1)k sin2k+1 x · cos2(m−k) x . D’où 2k + 1 k=0 à ! à ! m 2m + 1 m 2m + 1 X X k 2k 2(m−k)+1 (−1) sin x · cos x (−1)k tan2k x 2k 2k k=0 k=0 à à ! ! cotan(2m + 1)x = en divisant en haut et en bas = m 2m + 1 m 2m + 1 X X k 2k+1 2(m−k) k 2k+1 (−1) sin x · cos x (−1) tan x 2k + 1 k=0 2k + 1 à à ! k=0 ! m 2m + 1 m 2m + 1 X X A(X) k 2k 2m+1 x . Donc F(X) = avec A(X) = (−1) X et B(X) = (−1)k X 2k∗1 . par cos 2k B(X) k=0 k=0 2k + 1
On détermine maintenant les racines zk de (X + 1)2m+1 − e 2(2m+1)i x . Elles vérifient zk + 1 = e 2i x e 2ikπ/(2m+1) soit zk = ¡ i(x+kπ/(2m+1) ¢ −i(x+kπ/(2m+1) i(x+kπ/(2m+1) e −e ¡ e¢ = 2i sin(x +kπ/(2m +1))e i(x+kπ/(2m+1) . Donc le produit des racines est ¡ −(2m+1)i ¢ (2m+1)i 2m+1 2(2m+1)i x x (2m+1)i x x d’une part (−1) 1−e =− e −e e = 2i e (2m+1)i x sin((2m + 1)x) et d’autre part m Y
k=−m
2i sin(x +kπ/(2m +1))e i(kπ/(2m+1) e i x = (2i )2m+1 e (2m+1)i x m
m Y
k=−m
sin(x +kπ/(2m +1)). D’où
m Y
k=−m
sin(x +kπ/(2m +
sin(2m + 1)x (−1) sin(2m + 1)x . = 22m i 2m 22m m Y (−1)m sin ((2m + 1)x + mπ + π/2) cos(2m + 1)x = En changeant x en x +π/2, cos(x +kπ/(2m +1)) = . Finalement, 22m 22m k=−m ´ ³ kπ kπ Pm = (−1)m cotan(2m + 1)x . Les pôles sont obtenus pour x = 2m+1 pour k = −m, . . . , m ce sont donc les tan 2m+1 . m m X X λk λk ³ ´ . Donc cotan(2m + 1)x = ³ ´. Puisque deg A = 2m et deg B = 2m + 1, F(X) = kπ kπ k=−m X − tan k=−m tan x − tan 2m+1 2m+1 ´´¯ ³ ³ ¯ kπ kπ En particulier λk = cotan(2m + 1)x tan x − tan 2m+1 ¯ kπ . En posant x = 2m+1 +h , cotan(2m+1)x = cotan(2m+ 1)) =
x= 2m+1
838
1)h ∼
´ ´ ³ ³ d h 1 1 kπ kπ ´ . D’où λk = ´ . En re³ ³ ∼h ∼ et tan x − tan 2m+1 tan 2m+1 kπ kπ (2m + 1)h dx cos2 2m+1 (2m + 1) cos2 2m+1
groupant les termes d’indices k et −k et en changeant x en
x 2m+1 ,
on trouve le résultat demandé.
Exercice 22.47
1 B C A D P(X) ¡ ¢¡ ¢= où P est un polynôme. + + + + (1 − X)3 (1 − X)2 1 − X 1 + X 1 + X + X 2 + X 3 + X 4 (1 − X) 1 − X 2 1 − X 5 Démontrer que degP < 4. Ecrire un développement limité de F à l’ordre 100, puis à l’ordre n . De combien de façons différentes peut-on rendre la monnaie de 1 euro avec des pièces de 1, 2 et 5 centimes ? Idem en remplaçant 100 par n .
Ecrire F(X) =
Solution :
On obtient une telle écriture en regroupant les parties polaires relatives aux pôles complexes non réels.
P(X) est une fraction de degré strictement négatif comme différence de fractions de degré strictement 1 + X + X2 + X3 + X4 négatif. Donc deg P < 4. 1 1 = . On trouve A, B et C par un développement limité en posant x = 1 + h . On trouve facilement D = 3 2 ×1 8 1 1 1 2 3 4 + o(h 2 ) = = On a 1 + x + x + x + x = 5 + 10h + 10h 2 + o(h 2 ) et (2 + h)(5 + 10h + 10h 2 ) 5 2 + 5h + 6h 2 ¢ ¢ 1 1 ¡ 1 ¡ 1 13 1 + 52 h + 3h 2 + o(h 2 ) = 1 − 25 h − 3h 2 + 25 h 2 + o(h 2 ) d’où A = , B = et C = . 4 10 10 10 4 40 ´ ³ 1 1 1 , k ∈ {1, 2, 3, 4}. On a . On écrit une relation de = = Soit ζ = exp 2ikπ 5 (1 − ζ)3 (1 + ζ) 1 − 2ζ + 2ζ3 − ζ4 2 − ζ + ζ2 + 3ζ3 Bézout entre X4 +¶ X3 + X2 + X + 1 et 3X3 + X2 − X µ µ +2 : ¶ ¢ ¢ 3 2 4 3 ¡ 4 1 ¡ 3 1 3 2 2 1 − X − X+ Donc X + X + X+ X + X3 + X2 + X + 1 + 3X + X 2 − X + 2 = 1. 5 5 5 5 5 5 ¶ µ 5 ¢ 1 ¡ 3 2 1 1 1 3 2 2 1 1 ζ + ζ + ζ+ 3ζ + ζ2 − ζ + 2 = 1 et donc P(ζ) = ζ3 + ζ2 + ζ + ceci pour les quatre valeurs de 5 5 5 5 5 5 5 5 1 1 1 1 1 13 1 2 1 1 1 1 ζ et donc P(X) = X 3 + X 2 + X + . On en déduit F(X) = − + + + 5 5 5 5 10 (1 − X)3 4 (1 − X)2 40 1 − X 8 1+X 3 2 2 3 4 1 1 1 1 13 1 1 1 1 (1 + X − X − X ) 1 (X + 2X + X + 1)(1 − X) . = + + + + 5 1 − X5 10 (1 − X)3 4 (1 − X)2 40 1 − X 8 1 + X 5 1 − X5 n n n X X X (k + 2)(k + 1) k 1 1 1 Comme (k + 1)x k + o(x n ) et x k + o(x n ), en dérivant, = = = x + o(x n ), 1 − x k=0 (1 − x)2 k=0 (1 − x)3 k=0 2 n X (k + 2)(k + 1) k + 1 13 (−1)k ak on en déduit que F(x) = + + + + p k x k + o(x n ) avec p k = avec ak = 1 pour k ≡ 0, 2 20 4 40 8 5 k=0 (mod 5), ak = −1 pour k ≡ 3, 4 (mod 5) et ak = 0 pour k ≡ 1 (mod 5). Pour k = 100, p 100 = 541. m m m X X X 1 1 1 x k +o(x m ), x 2k +o(x 2m ), x 5k +o(x 5m ). En ef= = = On écrit les développements limités : 2 5 1 − x k=0 1−x 1 − x k=0 k=0! à ! !à à m m m X X X 1 5q 2p k ¡ ¢¡ ¢ fectuant le produit de ces trois développements limités : x + o(x m ). x x = (1 − x) 1 − x 2 1 − x 5 q=0 p=0 k=0 Le coefficient de x n pour n É m est donc le nombre p(n) d’obtenir n = k + 2p + 5q . On a donc bien p(n) = p n .
Exercice 22.48 Méthode de Ramanujan pour résoudre le système suivant : n X
k=1
p
xk y k
p ∈ {0, . . . , 2n − 1}
des 2n inconnues (xk )1ÉkÉn et (y k )1ÉkÉn . 1. On considère ϕ(u) =
xn x1 +... + 1 − u y1 1 − u yn
2. Soit ϕ(u) = a0 + a1 .u + . . . + a2n−1 .u 2n−1 + o(u 2n−1 ) son développement limité à l’ordre 2n − 1 en zéro. A 1 + A 2u + . . . + A n u n−1 . 1 + B1 u + . . . + A n u n D’où (1 + B1 u + . . . + Bn u n ).(a0 + . . . + a2n−1 u 2n−1 + o(u 2n−1 )) = A1 + . . . + An u n
3. On réduit ϕ au même dénominateur : ϕ(u) =
4. On résout un système pour trouver les Bk puis les Ak . On a donc enfin l’expression de ϕ. 5. On décompose ϕ en éléments simples. Dans le cas où ϕ ainsi obtenue n’admet que des pôles simples on obtient l’unique 2n -uplet solution du système. 839
6. Application : Résoudre dans C x p x p2x 3 p x 4 p x 5 p x p6x 7 p x
+ + + + + + + +
y qy q2 y q3 y q4 y q5 y q6 y q7 y
+ + + + + + + +
z rz r 2z r 3z r 4z r 5z r 6z r 7z
+ + + + + + + +
t st s2 t s3 t s4 t s5 t s6 t s7 t
= = = = = = = =
2 1 7 −2 15 −23 50 −95
A1 + A2u + A3 u 2 + A4u 3 = 2+u +7u 2 −2u 3 +15u 4 −23u 5 +50u 6 − 1 + B1 u + B2 u 2 + B3 u 3 + B4 u 4 95u 7 + o(u 7 ). On obtient alors A 1 + A 2 u + A 3 u 2 + A 4 u 3 = 2 + (2B1 + 1)u + (7 + B1 + 2B2 )u 2 + (−2 + 7B1 + B2 + 2B3 )u 3 + (15−2B1 +7B2 +B3 +2B4 )u 4 +(−23+15B1 −2B2 +7B3 +B4 )u 5 +(50−23B1 +15B2 −2B3 +7B4 )u 6 +(−95+50B1 −23B2 + 15B3 −2B4 )u 7 . + 7B2 + B3 + 2B4 = −15 A1 = 2 −2B1 A2 = 1 + 2B1 15B1 − 2B2 + 7B3 + B4 = 23 Soit : A = 7 + B + 2B −23B + 15B − 2B + 7B = −50 3 1 2 1 2 3 4 A 4 = −2 + 7B1 + B2 + 2B3 50B1 − 23B2 + 15B3 − 2B4 = 95 La résolution du deuxième système fournit : B1 = 0, B2 = −2, B3 = 3, B4 = −2. Le premier système fournit 2 + u + 3u 2 + 2u 3 ensuite A1 = 2, A 2 = 1, A 3 = 3, A 4 = 2. On obtient donc ϕ(u) = . Au dénominateur 1 1 − 2u 2 + 3u 3 − 2u 4 et −1/2 sont des racines (plus ou moins) évidentes et 1 − 2u 2 + 3u 3 − 2u 4 = −2(u − 1)(u + 12 )(u 2 − u + 1). Donc ϕ(u) = b d 8 2 − j + 3j 2 − 2 a 8 c −3 + 4j + + = . On trouve alors a = − , b = , c = + = 2 1 u −1 u + 2 u + j u + j 3 21 −1 − 5j −2(− j − 1)(− j + 21 )(− j + j 2 )
Solution : On écrit a priori la fraction ϕ(u) =
17 + 39j 17 + 39j 2 8 16 1 17 + 39j −22 + 17j −22 + 17j 2 , d =c =− . On trouve alors x = , y = , z = − , = , t= 21 21 3 21 j 21 21 21 p = 1, q = −2, r = − j 2 , s = − j ou toute permutation des lettres (x, y, z, t ) avec la permutation correspondante des lettres (p, q, r, s).
−
Exercice 22.49 a On considère l’équation différentielle suivante : u ′ = u 2 + − b (*) pour x > 0 (a et b non nuls) x
1. Recherche des solutions fonctions rationnelles. P(x) une solution de (*) avec (P, Q) ∈ R[X]2 , P et Q premiers entre eux. Soit u(x) = Q(x)
(a) Démontrer que deg P = deg Q.
(b) Démontrer que les zéros de Q sont simples. (On pourra étudier à part le cas éventuel de la racine nulle. Si z est une racine non nulle de Q , on pourra démontrer que Q′ (z).P(z) = −P2 (z) )
P en éléments simples. Q (d) Exprimer u en fonction de Q seulement.
(c) Décomposer u =
2. On pose z = exp(−αx).Q(x) où α désigne la partie entière de u . (a) Donner une équation différentielle vérifiée par z .
(b) Donner une équation différentielle vérifiée par Q. (c) Démontrer que b = α2 .
(d) Déterminer Q. (On pourra exprimer α en fonction de a et de deg(Q) ) Solution : 1.
a x
(a) Supposons deg u > 0. On aurait alors u 2 −u ′ = − +b , égalité entre une fraction de degré strictement positif a
et une de degré strictement négatif. Impossible. Supposons degu < 0. On aurait alors b = u 2 −u ′ + , égalité x entre une fraction de degré strictement positif et une de degré strictement négatif. Impossible aussi. Reste une possibilité : deg u = 0 soit deg P = degQ. (b) On a P′ Q−PQ′ = P2 +
³a
x
´ − b Q2 . Donc si z 6= 0 est une racine de Q, on a −Q′ (z).P(z) = P2 (z). Or z n’est pas
racine de P (sinon X − z serait un diviseur commun à P et à Q), donc Q′ (z) = −P(z) 6= 0. Donc z est racine simple. 840
Pour le pôle nul : On a Q(0) = 0, donc P(0) 6= 0. On écrit Q = XQ1 . Ainsi (a − bX)X2Q1 (Q1 − P′ ) = XP(Q′ − P) Après simplification par X, on obtient −P(0)(Q′ (0)+P(0)) = 0 donc Q′ (0) = −P(0) est non nul. 0 est donc une racine simple de Q. X λk λ0 n−1 + où (zk )1ÉkÉn−1 sont les racines non nulles x k=1 x − zk P(zk ) . Or, que z soit une racine de Q nulle ou non nulle, de Q et α désigne la partie entière de u . On a λk = ′ Q (zk ) n−1 X −1 P(zk ) . = −1. Donc u(x) = α + on a ′ Q (zk ) k=1 x − z k
(c) Tous les pôles de u sont simples, donc u(x) = α +
(d) Donc u = α − 2.
Q′ . Q
µ
(a) On a z ′ = (−αQ + Q′ ) exp(−αx) = −Q α − ³ ´ ³a ´ a zu 2 − z u 2 + − b = −z −b . x x
¶ Q′ exp(−αx) = −zu . En dérivant, cela donne z ′′ = −z ′ u − zu ′ = Q
(b) On dérive z ′ = (−αQ+Q′ ) exp(−αx) : z ′′ = (Q′′ −2αQ′ +α2 Q) exp(−αx). L’équation z ′′ == −z
³a
´ − b s’écrit
x a )Q = 0. x (c) On en déduit : X(α2 − b)Q = −XQ′′ + 2αXQ′ − aQ. A droite, on a un polynôme de degré inférieur ou égal à deg Q. Donc nécessairement α2 − b = 0. Q′′ − 2αQ′ + (α2 − b +
(d) On pose n = deg Q. On a XQ′′ − 2αXQ′ + aQ = 0. En regardant le coefficient de Xn : on a −2αn + a = 0. En écrivant Q(X) =
n X
k=0
ak X k en prenant par exemple an = 0. En regardant le coefficient de X n : on a
k(k + 1) . On retrouve bien a0 = Q(0) = 0. On trouve 2α(k − n) (n − 1)n (n − 2)(n − 1)(n − 1)n (−1)k (n − k) []2 n , an−2 = , . . . , an−k = de proche en proche an−1 = − = 2α 2α4α 2k αk k! k k 2 2 n X (−1) (−1) (n!) (n!) n −k n −k k . Donc Q(X) = X . 2 2 k k k k ((n − k)!) n ((n − k)!) n 2 α k! k=1 2 α k! (k + 1)kak+1 = (2αk − a)ak = 2α(k − n)ak . D’où ak =
Exercice 22.50 a x
1. On considère l’équation différentielle (∗∗)y ′ + y 2 + y − 1 = 0. (a) Intégrer (**) dans le cas où a = 0.
1
(b) On suppose a 6= 0. Montrer que si l’on pose y = , z doit satisfaire à une équation différentielle que l’on z formera. En conclure que l’on peut, pour étudier ( ** ) , se borner au cas où a est positif. 2. On suppose désormais a > 0. On cherche des solutions y =
P(x) de (**) avec P et Q premiers entre eux. Q(x) a x
(a) Démontrer que y est solution de (**) si et seulement si P et Q vérifient P′ Q − PQ′ + P2 + .P.Q − Q2 = 0. (b) Démontrer que l’on a nécessairement : • Le produit P(X).Q(X) admet zéro comme racine. • Un et un seul des polynômes P et Q s’annule en zéro. • Les polynômes P et Q sont de même degré. On désigne par n leur degré commun éventuel. Démontrer que leurs coefficients dominants sont égaux ou opposés. (c) On suppose ici que Q(0) = 0. Démontrer que Q(X) − P′ (X) est divisible par P(X). En déduire ∃ε ∈ {−1; 1} tel que Q(X) − P′ (X) = εP(X). a P(X) − Q′ (X) + Q(X) = ε.Q(X) X a P"(X) + 2εP′ (X) = (P′ (X) + εP(X)) X a = 2n. (n ∈ N∗ )
841
(22.3) (22.4) (22.5) (22.6)
(d) Si P(0) = 0, alors il existe des propriétés analogues qu’on obtiendra soit en suivant une voie analogue à celle de IV.3, soit simplement en transformant ces résultats. En conclure que l’hypothèse P(0) = 0 ne peut être retenue. (e) On se place dans le cas où a est le double d’un entier naturel. (notons-le n ). On se propose de démontrer qu’il existe un couple (P, Q) satisfaisant aux conditions du IV.1. Déterminer les polynomes P qui satisfont à (3) en calculant leurs coefficients grâce à une relation de récurrence. On désignera par Pn (X) celui de ces polynômes qui est unitaire et qui correspond à ε = +1 et par Pn∗ celui, unitaire qui correspond à ε = −1. Déterminer les polynômes Qn et Qn∗ associés. (f) On pose f n = Pn /Qn et f n∗ = Pn∗ /Qn∗ . Comparer f n (−x) et f n∗ (x) pour x ∈ R. Démontrer que f n (X) − f n∗ (X) =
Qn′ (X) Qn′ (X)
−
Qn∗′ (X)
+ 2.
Qn∗ (X)
(On pourra penser à (2) ) fn − f ∗ z
n (g) Soit y une solution de (**). On pose y = . Donner une équation différentielle très simple vérifiée 1−z par z. Intégrer cette équation différentielle en z à l’aide de Qn et Qn∗ . En déduire la solution générale de (**) qui s’exprime très simplement à l’aide de Pn , Qn Pn∗ , Qn∗ et de la fonction exponentielle.
2 x
(h) Intégrer y ′ + y 2 + .y − 1 = 0. Solution : 1.
(a) Lorsque a = 0 on intègre l’équation à variables séparables y ′ = 1 − y 2 . On obtient les solutions y = ±1 ou ¯ ¯ ′ y 1 ¯¯ 1 + y ¯¯ 1+ y Ke 2x − 1 2x = 1 = x + C ln = Ke soit soit ou encore y = , K étant une constante. Pour ¯ ¯ 2 2x 1− y 2 1− y K = 0 on retrouve la solution y = −1.
1− y
Ke
+1
z′ z′ a 1 a . Donc − + 2+ − 1 = 0 soit −z ′ + 1 + z − z 2 = 0 ou z ′ + z 2 − 2 2 z z z xz x a z − 1 = 0. Donc si y est solution pour un certain a , alors z = 1y sera solution pour le a opposé. (Remarque x pour a = 0 les solutions qui correspondent à des K opposés sont inverses.) 1 z
(b) En posant y = , on obtient y ′ = −
2.
P P′ Q − PQ′ a P′ Q − PQ′ P2 a P , on a y ′ = d’où + 2+ − 1 soit P′ Q − PQ′ + P2 + PQ − Q2 = 0. 2 2 Q Q Q Q x Q x ¤ X£ ′ (b) On a donc PQ = PQ − P′ Q − P2 + Q2 . Donc 0 est racine du polynôme PQ. S’il était racine de P et de Q, a X diviserait P et Q et donc P et Q ne seraient pas premiers entre eux. Supposons p = degP > q = deg Q. on aurait alors
(a) En posant y =
a P2 = PQ′ − P′ Q − PQ + Q2 |{z} X {z } | d ◦ 2p
somme de polynômes de d ◦ < 2p
ce qui est impossible. De même supposons p < q . Cette fois on aurait a Q2 = P′ Q − PQ′ + PQ + P2 |{z} X {z } | ◦
d 2q
somme de polynômes de d ◦ < 2q
ce qui est également impossible. On a donc p = q = n . Maintenant P2 − Q2 = PQ′ − P′ Q −
a PQ. Comme X
´ ³ a deg PQ′ − P′ Q − PQ < 2n , on en déduit que P2 et Q2 ont même coefficient de degré 2n , ce qu’il fallait X démontrer. µ ¶ Q (c) Si X | Q alors Q(Q − P′ ) = P P − Q′ + a . Donc P | Q(Q − P′ ). Comme P et Q sont premiers entre eux, X d’après le lemme de Gauss, P | Q − P′ . Or deg(Q − P′ ) = n , donc P = k(Q − P′ ), k ∈ R. En regardant les termes de plus haut degrés qui sont µégaux ou opposés, on obtient k = ε ∈ {−1, 1} (1). ¶ Q Dans l’égalité Q(Q − P′ ) = P P − Q′ + a , on remplace Q − P′ par εP et on obtient après simplification par X Q ′ P : εQ = P − Q + a (2). X
842
D’après l’égalité (1), on a
a a ′ (P + εP) = Q = εQ − P + Q′ d’après (2). Comme εQ − P = εP′ d’après (1) et x x
Q′ = P′′ + εP′ en dérivant (1), on obtient bien (3). Si on appelle an le coefficient dominant de P, en regardant le coefficient de Xn dans X(P′′ +2εP′ ) = a(P′ +εP) on trouve 2εan n = aεan donc 2n = a (4) puisque εan 6= 0.
(d) Si pour un certain a , on a P(0) = 0, on obtient pour a ′ = −a, Q(0) = 0 puisqu’on échange les rôles de P et de Q. Donc d’après (4) on aurait a ′ = 2n soit a = −2n ce qui est impossible. P P P P P (e) On écrit P = ak Xk , P′ = (k + 1)ak+1 Xk , XP′ = kak Xk , P′′ = k(k − 1)ak Xk−2 , et XP′′ = (k + k ′′ ′ 1)kak+1 X . (3) se traduit par XP + (2εX − 2n)P − 2nεP = 0. Donc (k + 1)kak+1 + 2εkak − 2n(k + 1)ak+1 − (k + 1)(2n − k) . En partant de an = 1, 2(n − k) n(n − 1) . . . (n − k + 1)(n + 1)(n + 2) . . . (n + k) (n + k)! = (−ε)k . Finale= (−ε)k k 2k k! 2 (n − k)!k!
2nεak = 0, soit ak+1(k + 1)(k − 2n) = −2ε(k − n)ak ou encore ak = −ε an−1 = −ε
ment
n(n + 1) , an−k 2
P(X) = n−1 X
n X
(−ε)k
k=0
(n + k)!
2k k!(n − k)!
X n−k n X
(n + h − 1)! n−h X . h−1 !(n − h)! 2 h=1 k=0 ¸ (n + k)! k k−1 (n + k − 1)! Donc Q(X) = P + εP′ + ε (−1) X n−k = X n + 2k k!(n − k)! 2k−1 !(n − k)! k=1 ¸ · n−1 n X X (n + k − 1)! (n + k − 1)! n +k n−k (−ε)k − 1 X = X n−k car pour k = n le coef(−ε)k k−1 (n − k)!2 (k − 1)! 2k (n − k − 1)!2k k! k=0 k=1 (n + k − 1)! = 1. ficient est nul, ce qui est conforme avec le fait que Q(0) = 0, et pour k = 0, (−ε)k (n − k − 1)!2k k! a (f) Soit g (x) = − f n (−x), on a g ′ (x) = f n′ (x). Or ∀x ∈ R∗ , f n′ (−x) + f n2 (−x) + f n (−x) − 1 = 0 on en déduit que −x a a g ′ (x)+g 2 (x)+ g (x)−1 = 0. On en déduit que g est une fraction rationnelle solution de y ′ + y 2 + y −1 = 0. x x C’est donc soit f n soit f n∗ . Or lim f n (x) = 1 et que lim f n∗ (x) = −1 on en déduit que g (x) = − f n (−x) =
D’où
εP′ (X)
=
ε(−ε)k
f n∗ (x) donc f n (−x) = − f n∗ (x).
(n + k)!
(n − k)X n−k−1
2k k!(n − k)! n · X = Xn + (−ε)k
x→±∞
D’après (2), en divisant par Q, on a
=
εh (−1)h−1
x→±∞
P Pn (x) Pn∗ (x) Qn′ (x) a Q′ a = − + ε. Donc f n (x) − f n∗ (x) = − = − + Q Q x Qn (x) Qn∗ (x) Qn (x) x
Qn′ (x) Qn∗′ (x) a + 2 ce qu’il fallait vérifier. + 1 = − Qn∗ (x) x Qn (x) Qn∗ (x) f n − f n∗ z (g) On a : y = d’où 1−z ′ ∗′ ∗ ′ f ′ − f n∗′ z − f n∗ z ′ − f n′ z + f n∗′ z 2 + f n∗ z ′ z + f n z ′ − f n∗ z ′ z ( f − f n z − f n z )(1 − z) + ( f n − f n∗ z)z ′ = n y′ = n . 2 (1 − z) (1 − z)2 a y′ + y2 + y − 1 x ¡ ¢ ¡ ¢2 f n′ − f n∗′ z − f n∗ z ′ − f n′ z + f n∗′ z 2 + + f n z ′ + f n − f n∗ z + ax f n − f n∗ z (1 − z) − (1 − z)2 = (1 − z)2 ¡ ¢ ¡ ¢2 ′ ∗′ ∗ ′ ′ ∗′ 2 ′ f n − f n z − f n z − f n z + f n z + + f n z + f n2 − 2f n f n∗ z + f n∗ z 2 + ax f n − f n∗ z − f n z + f n∗ z 2 − 1 + 2z − z 2 = (1 − z)2 ′ 2 2 En regroupant les termes en z , z et z et en multipliant par ³ ³ ´ (1 −¡ z) , ´ ¡ ¢2 a ¢ a a f n′ + f n2 + f n − 1 + z − f n∗′ − f n′ − 2f n f n∗ − ( f n∗ + f n ) + 2 + z ′ − f n∗ + f n + z 2 f n∗′ + f n∗ + f n∗ − 1 = 0. x x x ¡ ¢2 a a Or f n′ + f n2 + f n − 1 = 0 et f n∗′ + f n∗ + f n∗ − 1 = 0 donc le coefficient de z 2 et le coefficient constant sont x x ¡ ¢2 a nuls et le coefficient de z égale − f n∗′ − f n′ − 2f n f n∗ − ( f n∗ + f n ) + 2 = f n2 + f n∗ − 2f n f n∗ . Donc l’égalité se x ¶ µ ′ Q (x) Qn∗′ (x) ′ ∗ ∗ 2 ′ − ∗ + 2 = 0. simplifie en z ( f n − f n ) + z( f n − f n ) = 0 donc z + z( f n − f n∗ ) = 0 ou encore z ′ + z n Qn (x) Qn (x) Qn∗ −2x Pn − KPn∗ e −2x . On retrouve les solutions Cette équation s’intègre en z = K e . On obtient enfin y = Qn Qn − KQn∗ e −2x rationnelles pour K = 0 et K = ∞. 1−
Qn∗′ (x)
+
(h) On a n = 1. C’est le degré des polynômes P et Q. Pour ε = 1, on a P(X) = X +α et XP′ = 2(P′ +P) d’où α = −1 et P1 = X − 1. Pour ε = −1, on a P(X) = X + β et −XP′ = 2(P′ − P) d’où β = 1 et P1∗ = X + 1. On a tout de suite Q1 = X et Q1∗ = −X . On obtient les solutions y =
x − 1 − K(x + 1)e −2x pour un certain K ∈ R. x(1 + Ke −2x )
843
Chapitre
23
Espaces vectoriels Pour bien aborder ce chapitre La géométrie prédominait dans les mathématiques grecques et il fallut attendre Descartes au 17e siècle pour faire le lien, grâce à la notion de repère, entre les notions géométriques : – de points du plan ou de l’espace, – de courbes et celles algébriques – de couples ou de triplets de réels, – d’équations. Cette approche s’avéra féconde à la fois pour les géomètres et les analystes. Elle offrit aux premiers toute la puissance de l’analyse pour traiter des problèmes de géométrie et, au second, les représentations de la géométrie pour visualiser et énoncer les phénomènes de l’analyse. La généralisation des notions géométriques du plan R2 et de l’espace R3 à des espaces de dimension plus grande n’a pas été immédiate. Il manquait le formalisme pour pouvoir aborder ce problème. C’est le mathématicien allemand autodidacte Hermann Grassmann qui, au 19e siècle, esquissa les notions d’espace vectoriel et de dimension. Son travail était d’un abord difficile et c’est grâce au mathématicien italien Giuseppe Peano que ces concepts se précisèrent et prirent leur forme définitive. Les mathématiciens disposèrent alors d’outils permettant d’aborder des problèmes de géométrie en dimension quelconque. Cependant c’est l’analyse qui donnera aux espaces vectoriels toute leur importance. À la fin du 19e siècle et au début du 20e siècle, les mathématiciens allemands étudient des espaces de fonctions et créent l’ analyse fonctionnelle. Les espaces étudiés ont des structures d’espace vectoriel. Le mathématicien polonais Stefan Banach écrira, dans sa thèse, que plutôt que d’étudier des problèmes particuliers et de démontrer isolément leurs propriétés, une meilleure stratégie est de prouver ces propriétés pour des ensembles généraux pour lesquels on a postulé des propriétés, puis de montrer que ces axiomes sont vérifiés par les problèmes particuliers. Cette approche fonde en quelque sorte les mathématiques modernes. On introduit et étudie dans un premier temps des structures (groupe, anneau, corps, espace vectoriel, ...) puis on vérifie à quelle catégorie se rattache un exemple particulier donné. Il hérite alors de toutes les propriétés de la catégorie à laquelle il appartient. Les premiers pas en algèbre linéaire sont en général difficiles et rebutants. La difficulté ne tient pas tellement, contrairement à ce qu’on pourrait penser, à la difficulté des raisonnements mathématiques ou à l’abstraction des notions utilisées. Elle réside plutôt dans le caractère nouveau de ces raisonnements et de ces notions. Un conseil, ne vous laissez pas impressionner, ne vous braquez pas. Le temps et le travail aidant, vous allez vite comprendre dans quel nouvel endroit vous avez mis les pieds et, passé la phase de découverte, vous allez vite vous sentir en sécurité. Les chapitres 2 et 3 de géométrie dans le plan et dans l’espace vont vous être d’un grand secours car ils vous aideront à vous forger des représentations et ils guideront votre intuition.
23.1 Espace vectoriel Dans tout ce chapitre K désigne le corps R ou C .
23.1.1 Définitions Nous allons donner les axiomes qui définissent un espace vectoriel. 844
D ÉFINITION 23.1 ♥♥♥ K-espace vectoriel Soit (K, +, ×) un corps. On appelle espace vectoriel sur le corps K tout ensemble E muni d’une loi de composition interne + (addition) ½ +:
¡E × E¢ x, y
−→ 7−→
K×E (λ, x)
−→ 7−→
E x+y
et d’une loi de composition externe · (multiplication par un scalaire) ·:
½
E λ·x
telles que 1. (E, +) est un groupe commutatif. On note 0E son élément neutre. ¡
¢
¡
¢
2. Pour tout α, β ∈ K2 et pour tout x, y ∈ E2 , on a 1 2
¡ ¢ α+β ·x = α·x +β·x ¡ ¢ ¡ ¢ α×β ·x = α· β·x
3 4
¡ ¢ α· x + y = α·x +α· y
1K · x = x
On dit alors que (E, +, ·) est un K-espace vectoriel. Les éléments de K sont appelés scalaires, ceux de E, vecteurs. L’élément neutre de (E, +), 0E est appelé vecteur nul. Remarque 23.1 On vous avait prévenu, cela peut sembler abstrait... Cela ne l’est en fait pas tant que ça. Un espace vectoriel est un ensemble sur lequel on peut définir une addition et une multiplication par un scalaire et rien de plus, si ce n’est que cette addition et cette multiplication doivent vérifier les axiomes ci-dessus. Vous connaissez un certain nombre d’ensembles de ce type : – R (K = R) et C (K = R ou C). – L’ensemble des vecteurs du plans (K = R). – L’ensemble des vecteurs de l’espace (K = R). – Les ensembles R2 et R3 (K = R). – L’ensemble des suites réelles S (R) (K = R) ou complexes S (C) (K = R ou C). – L’ensemble F (I, R) des fonctions de I dans R (K = R) (ou dans C (K = R)) où I est un intervalle de R. – Les ensembles de polynômes R [X] (K = R) et C [X] (K = R ou C). – L’ensemble Kn [X] des polynômes de degré É n à coefficients dans K où n ∈ N. Nous allons formaliser cette remarque dans la prochaine section. Remarque 23.2 Prenons tout de suite de bonnes habitudes. Il est essentiel de bien distinguer les notions vectorielles des notions affines. Les espaces affines sont ceux que vous connaissez depuis le collège. Dans un espace affine : 1
Un vecteur est donné par deux points, un point de « départ » A et un point « d’arrivée »B. On dit que deux vecteurs −→ −−→ AB et CD sont égaux si ABDC est un parallélogramme.
2
Une droite est composée de points. Elle est donnée par un point par lequel elle passe et par un vecteur qui la dirige. On parle de droite affine (Voir la définition dans chapitre 2).
3
Un plan est lui aussi composé de points. Il est donné par un point par lequel il passe et par deux vecteurs qui l’engendrent. On parle de plan affine (Voir la définition dans chapitre 3).
Si on fixe une origine O dans notre espace affine, ses points peuvent être identifiés aux vecteurs d’origine O. Ce sont ces vecteurs qui nous intéressent dans un espace vectoriel. La notion de point n’a pas de sens. Dans un espace vectoriel : 1
Tous les éléments sont des vecteurs. On peut se les représenter comme les vecteurs d’origine O d’un espace affine.
2
Une droite est engendrée par un vecteur u (non nul) et est formée de vecteurs. On peut se l’imaginer dans un espace affine comme une droite passant par O et dirigée par u.
3
Un plan est engendré par deux vecteurs u et v (non colinéaires) et est formé de vecteurs. On peut se l’imaginer dans un espace affine comme un plan passant par O et engendré par u et v.
Attention 23.1 Autant il est utile parfois de se représenter certaines notions d’algèbre linéaire dans le plan ou dans l’espace, autant parfois ceci est impossible...Cela n’est en général pas gênant...
23.1.2 Espaces produits
845
Exemple 23.2 Soit (K, +, ·) un corps. Alors (K, +, ·) est un K-espace vectoriel. L’addition dans K est une loi interne sur K et la multiplication sur K peut être vue comme une loi externe. On vérifie facilement que ces deux lois vérifient les axiomes définissant un K-espace vectoriel. Exemple 23.3 On va munir l’ensemble des couples de réels¡ R2 ¢d’une structure de R-espace vectoriel. On définit une ¡ ¢ addition et une multiplication par un scalaire ainsi. Pour tous x, y , x ′ , y ′ ∈ R2 et tout α ∈ R, on pose : ¡
¢ ¡ ¢ ¡ ¢ x, y + x ′ , y ′ = x + x ′ , y + y ′
¡
¢
¡
et α. x, y = αx, αy
¢
On vérifie (c’est un peu long et laborieux mais c’est facile) que ces deux lois vérifient les axiomes définissant un R-espace vectoriel. Attention, le vecteur nul de cet espace est donné par 0R2 = (0, 0). Attention 23.4 Attention au sens des opérations + et . dans les définitions ci-dessus : Multiplication Addition Addition par un scalaire dans R2 dans R dans R2 ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¡ ′ ′¢ ¡ ¢ ′ ′ x, y + x , y = x+x , y+y
α. x, y = α.x, α.y
On généralise cette construction ainsi :
P ROPOSITION 23.1 Espace vectoriel Kn Sur l’ensemble des n -uplets de scalaires Kn , on définit – une addition + ½ +:
Kn סKn ¢¢ ¡ , . . . , xn ) , x1′ , . . . , xn′ (x1
– une multiplication par un scalaire ·
·:
½
K × Kn (α, (x1 , . . . , xn ))
n ¡K ¢ x1 + x1′ , . . . , xn + xn′
−→ 7−→
−→ 7−→
¢
Multiplication par un scalaire dans R
Kn (αx1 , . . . , αxn )
Muni de ces lois, l’ensemble (Kn , +, ·) est un K-espace vectoriel. Son vecteur nul est le n-uplet 0Kn = (0, . . . , 0) . Démonstration Vérifications faciles.
Un corollaire immédiat est alors le suivant : C OROLLAIRE 23.2
Espaces vectoriels Rn et Cn
– Le triplet (Rn , +, ·) est un R-espace vectoriel. – Le triplet (Cn , +, ·) est un R-espace vectoriel. Remarque 23.3
En particulier, R et C sont des R-espaces vectoriels.
De manière plus générale, on a : P ROPOSITION 23.3 Produit d’espaces vectoriels Soient (E1 , +, ·) et (E2 , +, ·) deux K-espaces vectoriels. On définit sur l’ensemble E1 × E2 – une addition + ½ +:
– une multiplication par un scalaire ·
¡
·:
(E1 × ¡E2 )2 ¢¢ (x1 , x2 ) , y 1 , y 2
½
K × (E1 × E2 ) (α, (x1 , x2 ))
−→ 7−→
−→ 7−→
¡E1 × E2 ¢ x1 + y 1 , x2 + y 2
E1 × E2 . (α · x1 , α · x2 ) ¡
Alors (E1 × E2 , +, ·) est un K-espace vectoriel. Son vecteur nul est 0E1 , 0E2
¢
.
Démonstration Vérifications faciles.
23.1.3 Espaces de suites et de fonctions Comme précisé dans l’introduction, on peut munir certains espaces de fonctions de structure d’espace vectoriel. Il suffit pour cela que les fonctions soient à valeurs dans un espace vectoriel. 846
P ROPOSITION 23.4 Espace vectoriel de fonctions Soit X un ensemble non vide et soit E un K-espace vectoriel. On définit sur l’ensemble F (X, E) des fonctions définies sur X à valeurs dans E – une addition + ½ +:
¡
¢
donnée par ∀x ∈ X, f + g (x) = f (x) + g (x) – une multiplication par un scalaire · ½ ¢
F (X, E) f +g
−→ 7−→
K סF (X, ¢ E) α, f
·:
¡
2 F¡(X, E) ¢ f ,g
−→ 7−→
F (X, E) α· f
donnée par ∀x ∈ X, α · f (x) = α f (x) Muni de ces lois, l’ensemble (F (X, E) , +, ·) est un K-espace vectoriel. Son vecteur nul est la fonction identiquement nulle sur X à valeurs dans E : 0F (X,E) :
½
X x
−→ 7−→
E 0E
Démonstration Les vérifications sont immédiates.
Attention 23.5 Attention au sens des opérations + et . dans les définitions ci-dessus : Multiplication Addition Addition par un scalaire dans F (X, E) dans E dans F (X, E) ¡ ¢ ¡ ¢
Multiplication par un scalaire dans E
α. f (x) = α. f (x)
f +g (x) = f (x) +g (x)
En appliquant ce résultat avec X = N et E = K, on obtient :
C OROLLAIRE 23.5 Suites à coefficients dans K Notons S (K) l’ensemble des suites à coefficients dans K. Avec les lois +:
½
·:
S (K) × S (K)
−→ 7−→
((un ), (v n ))
½
K × S ( K) (λ, (un ))
S ( K) (un + v n ) S ( K) (λ · un )
−→ 7−→
(S (K), +, ·) est un K-espace vectoriel. Son vecteur nul est la suite constante nulle.
23.1.4 Règles de calcul dans un espace vectoriel Les quatre axiomes donnés dans la définition 23.1 ne traduisent à priori pas toutes les règles de calculs qu’on est habitué à utiliser quand on manipule des vecteurs. On va montrer que ces règles découlent bien de ces quatre axiomes. P ROPOSITION 23.6 ♥ Règles de calcul dans un espace vectoriel Soit (E, +, ·) un K-espace vectoriel. Pour tous scalaires α, β, λ ∈ K et pour tous vecteurs x, y ∈ E, on a 0K · x = 0E
1
(−1) · x = −x
2
4
λ · 0E = 0E
6
(−λ) · x = − (λ · x) = λ · (−x) ¡ ¢ α−β ·x = α·x −β·x
3
¡ ¢ λ x − y = λ·x −λ· y
5
λ · x = 0E
7
⇐⇒
[λ = 0K
ou
x = 0E ]
Démonstration ♥ Les démonstrations de ces règles vous sembleront sans doute un peu arides dans un premier temps. Il est important de bien les travailler jusqu’à être capable de les refaire seul.
membres de cette égalité. 2
On a : x + (−1) x
1
OE + 0K x
= =
=
0K x car (E,+) est un groupe ¡ ¢ 0K + 0K x car K est un corps
=
=
=
=
0K x + 0K x d’après l’axiome 4
D’où 0K · x = 0E en soustrayant 0K x à droite des deux
847
1.x + (−1) x grâce à l’axiome d
(1 + (−1)) x grâce à l’axiome 1
0K x car K est un corps
0E d’après le point précédent
donc (−1) x est l’opposé de x . On peut alors écrire :
−x = (−1) x . 3
6
on a :
(−λ) x
λ0E
(−1.λ) x car K est un corps
=
=
(−1) (λx) d’après l’axiome 2
= =
−λ.x d’après le point précédent
=
¡
=
=
¢¢ α + −β x car K est un corps ¡ ¢ αx + −βx d’après l’axiome 1
=
¡
λ x−y
¢
=
=
=
=
=
=
¡
¡
0E car (E,+) est un groupe
et donc x = 0E . La réciproque est évidente.
5
¡
λx + λ(−x) d’après l’axiome 1
λx − λx d’après le point 3
³ ´ x = 1.x = λ.λ−1 x = λ−1 (λx) = λ−1 0E = 0E
αx − βx d’après le point précédent
=
λ(x − x) car (E,+) est un groupe
Supposons que λx = 0E . Si λ = 0K alors d’après le point 1, λx = 0E . Sinon, si λ 6= 0K alors comme K est un corps, λ−1 existe et
7
4
¡ ¢ α−β x
=
¢¢
λ x + −y car (E,+) est un groupe ¡ ¢ λx + λ −y d’après l’axiome 3 ¡ ¢ λx + λ −1y d’après le second point λx + (λ.(−1)) y d’après l’axiome 2 λx + (−λ) y car K est un corps
λx − λy d’après le point 3
23.2 Sous-espace vectoriel 23.2.1 Définitions D ÉFINITION 23.2 ♥ Combinaison linéaire – Soient x1 , . . . , xn n vecteurs d’un K-espace vectoriel (E, +, .). On appelle combinaison linéaire de ces n vecteurs tout vecteur x ∈ E de la forme x = λ1 · x 1 + . . . + λn · x n =
n X
k=0
λk · x k
où (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn . – Si A est une partie de E, on appelle combinaison linéaire d’éléments de A toute combinaison linéaire d’un nombre fini d’éléments de A. Remarque 23.4 vecteur de E.
On montre par une récurrence facile qu’une combinaison linéaire de vecteurs de E est encore un
Exemple 23.6 ½
R x
−→ 7−→
R . C’est une combinaison linéaire des deux fonctions cos et sin de F (R , R ) et c’est cos x + 2sin x un encore un élément de F (R , R ). – Soient u = (1, 2) et v = (−1, 1) deux éléments de R2 . Alors la combinaison linéaire 2u − 3v = 2(1, 2) − 3(−1, 1) = (5, 1) est encore un élément de R2 . ′′ – Soit ω > 0. L’ensemble des solutions de +ωy = 0 est l’ensemble de toutes les combinaisons ½ l’équation différentielle : y ½ R −→ R R −→ R linéaires possibles des fonctions ϕ1 : et ϕ2 : . x 7−→ cos (ωx) x 7−→ sin (ωx)
– Soit f :
D ÉFINITION 23.3 ♥♥♥ Sous-espace vectoriel Soient (E, +, .) un K-espace vectoriel et F ⊂ E, une partie de E. On dit que F est un sous-espace vectoriel de E si et seulement si 1 2
La partie F est non vide : F 6= ∅, la partie F vérifie :
¡ ¢ ∀ x, y ∈ E2 ,
¡ ¢ ∀ α, β ∈ K2 ,
α·x +β· y ∈ F
Remarque 23.5 – Si F est un sous-espace vectoriel de E alors 0E ∈ F. En effet, comme F est non vide, il existe x ∈ F. Comme F est un sous-espace vectoriel, alors x − x = 1.x − 1.x = 0E ∈ F. 848
– En partant de second axiome de la définition d’un sous-espace vectoriel et au moyen d’une récurrence, on montre sans peine que F est stable par combinaison linéaire, c’est-à-dire que toute combinaison linéaire de vecteurs de F est encore un vecteur de F. – Dans tout espace vectoriel E, il y a toujours deux sous-espaces vectoriels importants, F = {0E } et F = E. – Dans l’idée de faire le parallèle avec les groupes, on aurait pu définir la notion de sous-espace vectoriel de la façon suivante : F est un sous-espace vectoriel de E si et seulement si F est un sous-groupe de E stable pour la multiplication par tout scalaire. P LAN 23.1 : Pour montrer que F est un sous-espace vectoriel de E 1 2 3
On montre que F ⊂ E.
On montre que F 6= ∅ (la plupart du temps on montre que 0 ∈ A). ¡
¢
¡
¢
Soit α, β ∈ K2 et soit x, y ∈ F2 . Montrons que α · x + β · y ∈ F.
On étudiera avec attention les exemples suivants : Exemple 23.7
1. L’ensemble des nombres réels R est un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel C. De même, l’ensemble des nombres imaginaires purs i R est un sous-espace vectoriel de C. En effet : 1
i R ⊂ C.
2
i R est non vide...
3
Si α, β ∈ R et si i x, i y ∈ i R alors αi x + βi y = i αx + βy ∈ i R.
¡
|
{z
∈R
¢
}
− 2. Soit©u un vecteur à→ u, ª non nul du plan (ou de l’espace). L’ensemble F de tous les vecteurs du plan colinéaires→ → − − F = λ u | λ ∈ R est un sous espace vectoriel du plan (ou de l’espace). C’est la droite vectorielle dirigée par u : 1
Il est clair que F est un sous-ensemble du plan (ou de l’espace).
2
F est non vide, il contient par exemple u .
3
Si α, β ∈ R et si λu, λ′ u ∈ F alors α (λu) + β λ′ u = αλ + βλ′ u ∈ F.
¡
¢
¡
¢
3. Soient ©u et v deux vecteurs ª non colinéaires de l’espace. L’ensemble F de toutes les combinaisons linéaires de u et v , F = αu + βv | α, β ∈ R est un sous-espace vectoriel de l’espace : 1
Il est clair que F est un sous-ensemble de l’espace.
2
F est non vide, il contient u , v ,...
3
Si α, β ∈ R et si au + bv, a ′ u + b ′ v ∈ F alors α (au + bv) + β a ′ u + b ′ v = aα + a ′ β u + bα + b ′ β v ∈ F.
¡
¢
¡
Si ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, F est le plan vectoriel engendré par u et v . ¡
¢
¢
¡
¢
4. L’ensemble des triplets x, y, z de R3 solutions de 2x + y − z = 0 est un sous espace vectoriel de R3 : 1 2 3
Il est clair que F ⊂ R3 .
F est non vide, le triplet (0, 0, 0) est solution de 2x + y − z = 0. ¡ ¢ ¡ ′ ′ ′¢ ¡ ¢ ¡ ′ ′ ′¢ 3 Si ¡ α, β ∈ ′R et si u′ = x, y, z′ ¢ , x , y , z ∈ R alors α x, y, z + β x , y , z est élément de F. En effet u = αx + βx , αy + βy , αz + βz et ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 2 αx + βx ′ + αy + βy ′ − αz + βz ′ = α 2x + y − z +β 2x ′ + y ′ − z ′ = 0. | {z } {z } | =0 car (x,y,z ) ∈F =0 car (x ′ ,y ′ ,z ′ )∈F
On remarque que F est un plan vectoriel.
5. L’ensemble F = C 0 (R) des fonctions continues de R dans R est un sous-espace vectoriel de E = F (R, R). En effet : 1 2 3
Il est clair que F ⊂ E.
Il existe des fonctions continues sur R (cos, sin, exp,...) donc F est non vide. Si α, β ∈ R et si f , g ∈ C 0 (R) alors par le théorème d’opération sur les fonctions continues, α f + βg est encore continue sur R. Donc F est stable par combinaison linéaire.
On montre de la même façon que pour tout n ∈ N, les ensembles C n (R) sont des sous-espaces vectoriels de F (R, R). 6. Soit F l’ensemble des fonctions définies sur [−1, 1] à valeurs dans C qui s’annulent en 0. Montrons que F est un sous-espace vectoriel de (F ([−1, 1] , C) , +, .). 1
Il est clair que F ⊂ F ([−1, 1] , C).
849
2 3
F est non vide. Par exemple, la fonction identiquement nulle sur [−1, 1] est élément de F. ¡ ¢ Si α, β ∈ C et si f , g ∈ F alors α f + βg (0) = α f (0) + βg (0) = 0 donc α f + βg ∈ F.
7. En reprenant le troisième item de l’exemple 23.6, l’ensemble F des solutions de y ′′ + ωy = 0 est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel C 0 (R). En effet : 1 2
3
Toute solution de cette équation est (deux fois) dérivable et donc continue. Donc F ⊂ E.
F est non vide car l’équation différentielle admet des solutions, par exemple la fonction identiquement nulle sur R. ¡ ¢′′ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ Soient α, β ∈ R et f , g ∈ F. Alors α f + βg +ω α f + βg = α f ′′ + ω f +β g ′′ + ωg = 0 donc α f +βg ∈ F. | {z } | {z }
=0 car g ∈F =0 car f ∈F 8. L’ensemble F = {P ∈ R3 [X] | P (1) = 0} est un sous-espace vectoriel de R3 [X]. Cela se prouve de la même façon que l’item 6. précédent.
Remarque 23.6 rapidement.
On verra dans l’exemple 23.10 page 852 comment traiter les exemples 1., 2., 3., 4., 7. et 8. plus
P LAN 23.2 : Pour montrer que F n’est pas un sous-espace vectoriel de E
On peut montrer au choix que – F 6⊂ E. – F = ∅. – 0E 6∈ F. ¡ ¢ ¡ ¢ – F n’est pas stable par combinaison linéaire : il existe α, β ∈ K2 et x, y ∈ F2 tels que α · x + β · y 6∈ F.
Exemple 23.8
©
ª
1. L’ensemble F = f ∈ F (R, R) | f (0) = 0 n’est pas un sous-espace vectoriel de E = C 0 (R) car il existe des fonctions définies sur R qui s’annulent en 0 et qui ne sont pas continues sur R. ©¡
¢
ª
2. L’ensemble F = x, y ∈ R2 | x 2 + y 2 = −1 n’est pas un sous-espace vectoriel de R2 car il est vide... ©
ª
3. L’ensemble F = f ∈ F (R, R) | f (0) = 1 n’est pas un sous-espace vectoriel de E = F (R, R) car le vecteur nul de E qui est la fonction identiquement nulle sur R n’est pas élément de F. ©¡
¢
ª
4. L’ensemble F = x, y ∈ R2 | x 2 + y 2 É 1 n’est pas un sous-espace vectoriel de R2 car il n’est pas stable par combinaison linéaire : soient u = (1, 0) et v = (0, 1). On vérifie facilement que u, v ∈ F. Par contre u + v = (1, 1) et ku + vk2 = 2 > 1 donc u + v 6∈ F.
F
v
u+v u
P ROPOSITION 23.7 Un sous-espace vectoriel est un espace vectoriel Soient (E, +, .) un K-espace vectoriel et F ⊂ E, une partie non vide de E. On a équivalence entre les deux propositions suivantes. 1 2
La partie F est un sous-espace vectoriel de (E, +, .).
Muni des lois de E restreintes à F, (F, +, .) est un K-espace vectoriel. ¡
¢
¡
¢
Démonstration Soient x, y ∈ F2 et α,β ∈ K2 . – On vérifie que + définit une loi interne sur E, x + y = 1.x + 1.y ∈ F car F est stable par combinaison linéaire. – De même, . définit une loi externe sur F. α.x = α.x + 0.y ∈ F car F est stable par combinaison linéaire. – Les axiomes d’un espace vectoriel sont vérifiés dans F car ils sont vérifiés dans E La réciproque est facile.
P LAN 23.3 : Pour montrer que F est un K-espace vectoriel...
... il suffit de montrer que F est un sous-espace vectoriel d’un K-espace vectoriel E dans lequel il est contenu. Remarque 23.7 Cette dernière proposition permet d’économiser beaucoup de travail quand on doit montrer qu’un triplet (F, +, .) est un K-espace vectoriel. Plutôt que de vérifier tous les axiomes définissant un espace vectoriel, on cherche si F n’est pas une partie d’un espace vectoriel E (souvent bien connu) puis on vérifie que c’est un sous-espace vectoriel de E. 850
23.2.2 Intersection de sous-espaces vectoriels P ROPOSITION 23.8 Une intersection de sous-espaces vectoriels est encore un sous-espace vectoriel \ Soient (E, +, .) un K-espace vectoriel et (Fi )i∈I est une famille de sous-espaces vectoriels de E alors Fi est un sousi∈I
espace vectoriel de E. Démonstration
Soit i ∈ I, puisque Fi est un sous-espace vectoriel de E, 0E ∈ Fi et donc 0E ∈ \
T
i∈I Fi .
Soient (x, y) ∈
\
Fi
2
et
i∈I
(α,β) ∈ K2 . Montrons que α.x + β.y ∈ Fi . Soit i ∈ I, comme Fi est un sous-espace vectoriel de E et que x, y ∈ Fi , α.x + β.y ∈ Fi ce i∈I \ qui montre que α.x + β.y ∈ Fi . i∈I
Exemple 23.9 – L’intersection de deux droites vectorielles de l’espace R3 dirigées par des vecteurs non colinéaires est égale au singleton 0R3 = {(0, 0, 0)} qui est bien un sous-espace vectoriel de R3 . – L’intersection de deux plans vectoriels dans l’espace est une droite vectorielle si ces deux plans ne sont pas confondus. – Dans S (R), en notant ª ª © © F = (un ) ∈ S (R) | (un ) est convergente et G = (un ) ∈ S (R) | (un ) géométrique de raison r
où r ∈ R. Alors
F∩G =
(
F si r ∈ ]−1, 1] {(0)} sinon
qui sont dans les deux cas des sous-espaces vectoriels de S (R). D ÉFINITION - PROPOSITION 23.4 ♥♥♥ Sous-espace vectoriel engendré par une partie d’un espace vectoriel Soit A une partie d’un K-espace vectoriel (E, +, .). On appelle sous-espace vectoriel engendré par A le plus petit sousespace vectoriel de E contenant A. On le note Vect (A) et on a : Vect (A) =
\
F
F∈FA
où FA désigne l’ensemble des sous-espaces vectoriels de E qui contiennent A. T
Démonstration D’après la proposition 23.8, F∈FA F est un sous-espace vectoriel de E. Il contient de plus A et par construction, T il est inclus dans tout sous-espace vectoriel de E contenant A. On a donc Vect (A) = F∈FA F.
Remarque 23.8 – A est un sous-espace vectoriel de E si et seulement si Vect (A) = A. – Vect (∅) = {0}.
P ROPOSITION 23.9 ♥♥♥ Sous-espace vectoriel engendré par une partie finie Soient n ∈ N∗ et A = {x1 , . . . , xn } une partie finie à n éléments de E. Le sous-espace vectoriel engendré par A est l’ensemble des combinaisons linéaires finies d’éléments de A : ª © Vect (A) = λ1 · x1 + . . . + λn · xn | (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn Démonstration Soit A l’ensemble de toutes les combinaisons linéaires finies d’éléments de A. L’ensemble A est non vide et stable par combinaison linéaire. C’est donc un sous-espace vectoriel de E. Montrons que A est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant A. Pour ce faire, il suffit de montrer que si B est un sous-espace vectoriel de E contenant A alors A ⊂ B . Soit x ∈ A . Par définition de A , il existe α1 ,... ,αn ∈ K et x1 ,... , xn ∈ A tels que x = α1 x1 +... αn .xn . Comme A ⊂ B , il vient que x1 ,... , xn ∈ B et comme B est un sous-espace vectoriel de E, il est stable par combinaison linéaire et donc x = α1 x1 +... αn .xn ∈ B. Ce qui prouve que A ⊂ B et termine la démonstration.
Remarque 23.9 – Si u ∈ E\{0}, la droite vectorielle engendrée par u est le sous-espace vectoriel engendré par u : Vect (u) = {λ · u | λ ∈ K}. – ©Si u, v ∈ E \ {0}¡ , le ¢plan vectoriel engendré par u et v est le sous-espace vectoriel engendré par {u, v} : Vect ({u, v}) = ª α · u + β · v | α, β ∈ K2 . P LAN 23.4 : Pour montrer que F est un sous-espace vectoriel de E
Il suffit de décrire F sous forme d’un Vect .
851
Exemple 23.10 On reprend les items 1., 2., 3., 4., 7. et 8. de l’exemple 23.7 page 849. – Les sous-ensembles de C donnés par G = R et F = i R s’écrivent G = Vect (1) et G = Vect (i ) donc ce sont des sousespaces vectoriels de C. – Si u est un vecteur du plan (ou de l’espace) alors F = {λu | λ ∈ R} = Vect (u) donc F est un sous-espace vectoriel du plan (ou de l’espace). © ª – Si u et v sont des vecteurs du plan (ou de l’espace) alors F = αu + βv | α, β ∈ R = Vect (u, v) donc F est un sousespace vectoriel du l’espace). ©¡ plan ¢(ou de ª ©¡ ¢ ª © ª – On a F = x, y, z ∈ R3 | 2x + y − z = 0 = x, y, 2x + y | x, y ∈ R = x (1, 0, 2) + y (0, 1, 1) | x, y ∈ R = Vect ((1, 0, 2) , (0, 1, 1)) donc F est un sous-espace vectoriel de R3 . C’est le plan vectoriel engendré par les vecteurs (1, 0, 2) , (0, 1, 1). – Soit F l’ensemble des solutions de l’équation différentielle y ′′ +ωy = 0 avec ω ∈ R+ . Alors après avoir résolu l’équation, on trouve que F = Vect (x 7→ cos ωx, . Ainsi¢ F est donc un vectoriel de C 0 (R). ª © x 7→ ¡sin ωx) ª sous-espace © 2 2 – On a F ¡ =2 {P ∈ R3 [X] | P (1) = 0} = ¢ (X − 1) aX + bX + c | a, b, c ∈ R = aX (X − 1) + bX (X − 1) + c (X − 1) | a, b, c ∈ R = Vect X (X − 1) , X (X − 1) , (X − 1) donc F est un sous-espace vectoriel de R3 [X].
La remarque suivante permet de fixer les choses dans l’espace :
Remarque 23.10 ♥♥♥ Dans l’espace R3 , soit F = {u, v, w} où u , v et w ∈ R3 . Alors :
• La droite dirigée par u si les trois vecteurs sont colinéaires • Le plan engendré par u et v si les trois vecteurs sont coplanaires mais tels Vect (F ) = que deux d’entre eux, u et v par exemple, ne sont pas colinéaires • L’espace R3 si les trois vecteurs ne sont pas coplanaires
Donc les sous-espaces vectoriels de R3 sont : 1. L’ensemble réduit au vecteur nul {0}
3. Les plans passant par 0.
2. Les droites passant pas 0.
4. L’espace tout entier.
B IO 20 Giuseppe Peano, né le 27 août 1858 à Spinetta di Cuneo et mort le 20 avril 1932 à Turin. Giuseppe Peano a été un des premiers mathématiciens à comprendre la nécessité de l’axiomatisation des mathématiques. Celles-ci doivent reposer sur quelques règles simples desquelles on fait découler les théorèmes après avoir défini avec précision les objets utilisés. Grâce à cette démarche et à sa grande rigueur, il mit en évidence de nombreuses erreurs dans les traités mathématiques alors existants. Il comprit aussi l’importance de la théorie des ensembles et de la logique pour exprimer les mathématiques et généralisa au reste des mathématiques l’usage des symboles issus de ces théories . Il fut le premier à utiliser les symboles d’union et d’intersection. Giuseppe Peano s’intéressa au début de sa carrière au calcul infinitésimal qu’il participe à formaliser et à rendre plus rigoureux. À partir de 1887, son travail se porte sur la construction formelle des mathématiques et il définit de manière axiomatique l’ensemble des entiers naturels. Ce système d’axiomes porte maintenant son nom. Grâce aux travaux de Grassmann, il axiomatise la notion d’espace vectoriel. À partir de 1900, il s’attelle à deux grands chantiers. Le premier consiste en la construction d’un langage international qu’il baptisa « Interlingua » basé sur un latin simplifié et augmenté de vocabulaire anglais, allemand et français. Le second est l’écriture d’une encyclopédie mathématique « Formulario Mathematico » utilisant le formalisme qu’il a inventé et qui vise à contenir toutes les mathématiques alors connues. Notons que Peano, excellent enseignant au début de sa carrière finit sa vie piètre pédagogue, ses cours étant rendu complètement obscurs par ses notations. Attention 23.11 Si F et G sont deux sous-espaces vectoriels de E, ce n’est pas forcément le cas de F ∪ G et jamais le cas de F \ G, G \ F et E \ F car ils ne contiennent pas le vecteur nul. Par exemple : – Deux droites vectorielles D1 et D2 du plan R2 sont des sous-espaces vectoriels de R2 mais ce n’est pas le cas de leur réunion à moins que ces deux droites ne soient confondues. En effet, si ces deux droites ne sont pas confondues, la somme d’un vecteur non nul u1 de la première droite et d’un vecteur non nul u2 de la seconde n’est un vecteur d’aucune des deux droites et n’appartient donc pas à leur réunion. 852
– La partie F = {P ∈ R [X] | P(0) = 0} de E = R [X] est un sous-espace vectoriel de E mais ce n’est pas le cas de E \ F. En effet, les polynômes de E \ F sont ceux qui ne s’annulent pas en 0 donc E \ F ne contient pas le polynôme nul.
23.3 Somme de sous-espaces vectoriels 23.3.1 Définitions D ÉFINITION - PROPOSITION 23.5 ♥♥♥ Somme de deux sous-espaces vectoriels Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel (E, +, ·). On appelle somme de F et G et on note F + G le sous-espace vectoriel de E donné par © ¡ ¢ ª F + G = x + y | x, y ∈ F × G
Démonstration Le sous-ensemble F+G est bien un sous-espace vectoriel de E. En effet, F+G ⊂ E car E est stable pour l’addition. De plus, F + G est non vide car F et G le sont. Enfin, si u = x + y ∈ F + G et u ′ = x ′ + y ′ ∈ F + G avec x, x ′ ∈ F et y, y ′ ∈ G alors, pour α,β ∈ K, αu + βu ′ = αx + βx ′ +αy + βy ′ ∈ F + G | {z } | {z } ∈F
car F et G sont des sous-espaces vectoriels.
∈G
P ROPOSITION 23.10 ♥♥♥ La somme de deux sous-espaces vectoriels est le plus petit sous-espace vectoriel contenant leur réunion Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel (E, +, ·). Alors F + G est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant F ∪ G. Démonstration On a prouvé dans la remarque précédente que F + G est un sous-espace vectoriel de E. Il contient F et G car 0E est élément de F et G et donc F = F + 0E ⊂ F + G et G = 0E + G ⊂ F + G. De plus, si on considère un sous-espace H de E qui contient F ∪ G alors montrons que F + G ⊂ H. Soient x + y ∈ F + G avec x ∈ F et y ∈ G. Comme F ∪ G ⊂ H, on a aussi x, y ∈ H et comme H est un sous-espace vectoriel, il s’ensuit que x + y ∈ H. Donc F + G ⊂ H et F + G est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant F et G.
Exemple 23.12 – Soient deux droites vectorielles D1 et D2 du plan euclidien P. On a : D1 + D2 = P si D1 et D2 sont dirigées par des vecteurs non colinéaires et D1 + D2 = D1 = D2 sinon. – Soient D une droite vectorielle de l’espace V dirigée par un vecteur u et P un plan vectoriel de l’espace. On a : D + P = V si u 6∈ P et D + P = P sinon (la droite ¡ ¢est alors incluse dans le plan P). – Dans F (R, R) soient F = Vect (sin) et G = Vect exp alors : ¡ ¢ © ª F + G = Vect sin, exp = x 7→ α sin (x) + β exp (x) | α, β ∈ R
La proposition suivante est bien pratique pour calculer des sommes : P ROPOSITION 23.11 ♥ Calcul pratique d’une somme de Vect Soient A et B deux parties d’un K-espace vectoriel E alors Vect (A) + Vect (B) = Vect (A ∪ B)
Démonstration Voir l’exercice 23.26 page 874.
Exemple 23.13 Dans l’espace R3 , on considère les parties F = {(x, 0, 0) | x ∈ R } et G = {(x, x, 0) | x ∈ R }. Montrons que ce sont des sous-espaces vectoriels de R3 et déterminons le sous-espace F + G. On a F = Vect (1, 0, 0) et G = Vect (1, 1, 0) donc F et G sont des sous-espaces vectoriels de R3 . De plus F + G = Vect ((1, 0, 0) , (1, 1, 0)) et on reconnait que F + G est le plan vectoriel de R3 engendré par (1, 0, 0) et (1, 1, 0). 853
23.3.2 Somme directe D ÉFINITION 23.6 ♥♥♥ Somme directe On dit que deux sous-espaces vectoriels F et G de E sont en somme directe si F ∩ G = {0}. On note alors F ⊕ G leur somme. T HÉORÈME 23.12 Caractérisation de la somme directe Soient F et G deux sous-espaces vectoriels du K-espace vectoriel (E, +, ·). On a équivalence entre : 1
F et G sont en somme directe.
2
∀x ∈ F + G,
∃ !(x1 , x2 ) ∈ F × G : x = x1 + x2 (c’est-à-dire, tout vecteur de F + G se décompose de manière unique comme somme d’un vecteur de F et d’un vecteur de G.)
Démonstration ⇒ Supposons que F et G soient en somme directe et soit x ∈ F + G. Par définition, il existe x1 ∈ F et x2 ∈ G tels que x = x1 + x2 . Supposons qu’il existe x1′ ∈ F et x2′ ∈ G tels qu’on ait encore x = x1′ + x2′ . Comme x = x1 + x2 = x1′ + x2′ , on a l’égalité : x1 − x1′ = x2′ − x2 . Notons y ce vecteur. Comme F1 et F2 sont des sous-espaces vectoriels de E, y = x1 − x1′ ∈ F1 et y = x2′ − x2 ∈ F2 . Par conséquent y ∈ F1 ∩ F2 . Mais F1 et F2 étant en somme directe, on a F1 ∩ F2 = {0} donc y = 0. Par conséquent, x1 = x1′ et x2 = x2′ et l’unicité est prouvée. ⇐ Prouvons maintenant la réciproque. Soit x ∈ F ∩ G. Il existe alors deux couples de F × G permettant de décomposer x en un vecteur de F et un vecteur de G : (x,0) et (0, x). Par hypothèse, elles sont égales : (x,0) = (0, x). Par conséquent x = 0 et les sous-espaces F et G sont en somme directe.
P LAN 23.5 : Pour montrer que F et G sont en somme directe
Soit x ∈ F ∩ G.
1
x ∈ F donc ...
2
x ∈ G donc ...
3
... alors x = 0.
4
Exemple 23.14 – Dans C, les sous-espace vectoriels F = R et G = i R sont en somme directe : Soit x ∈ F ∩ G.
1
x ∈ F donc x est réel.
2
x ∈ G est imaginaire pur.
3
Le seul complexe à la fois réel et imaginaire pur est 0 donc x = 0.
4
3
– Dans R , les droites vectorielles F =
(
=0
x+y −z
2x − y + z
=0
et G =
(
x + y − 2z
−y + z
• Montrons que F est bien un sous-espace vectoriel de R3 . On a : (
donc F=
©¡
x+y −z
2x − y + z
=0
=0
⇐⇒
¢ x, y, z ∈ R3 | x + y − z = 0
(
x+y −z
−y + z
=0
=0
=0
=0
sont en somme directe.
⇐⇒ x = 0
ª
©¡
et ¢
y =z ª
et 2x − y + z = 0 = 0, y, y | y ∈ R = Vect (0, 1, 1) .
• On montre de la même façon que G = Vect (1, 1, 1) et donc G est bien un sous-espace vectoriel de R3 . • Ces deux droites vectorielles ne sont pas engendrées par des vecteurs colinéaires. Elles ne se coupent donc qu’en 0R3 . © ª – Dans E = F (R, R), on considère F = f ∈ E | f (0) = 0 et G = Vect (x 7→ 1). On a montré dans l’item 5. de l’exemple 23.7 page 849 que F est un sous-espace vectoriel de E. Comme G est décrit par un Vect , c’est un sous-espace vectoriel de E. Remarquons que G est l’ensemble des applications constantes de R dans R. 1 2 3 4
Soit f ∈ F ∩ G.
f ∈ F donc f (0) = 0.
f ∈ G donc il existe a ∈ R tel que f : x 7→ a .
Mais a = f (0) = 0 donc f = 0.
– Toujours dans E = F (R, R), les sous-espaces vectoriels F = Vect (cos) et G = Vect (sin) sont en somme directe. Il est clair que F et G sont des sous-espaces vectoriels de E. Montrons qu’ils sont en somme directe 854
Soit f ∈ F ∩ G.
1
f ∈ F donc il existe α ∈ R tel que f = α cos.
2
f ∈ G donc il existe β ∈ R tel que f = β sin.
3
et il vient que ∀x ∈ R, α cos x = β sin x ce qui n’est possible que si α = β = 0. En effet, comme précisé, l’égalité précédente est vraie pour tout réel x . En particulier, si x = 0, alors α = 0 et si x = π/2, on trouve que β = 0. Finalement, f = 0.
4
23.3.3 Sous-espaces supplémentaires D ÉFINITION 23.7 Sous-espaces supplémentaires On dit que deux sous-espaces vectoriels F et G de E sont supplémentaires si et seulement si ils vérifient : H1
E = F+G
H2
F ∩ G = {0}
G
x = x1 + x2
x2
x1
F
F IGURE 23.1 – Décomposition d’un vecteur suivant deux sous-espaces supplémentaires L’intérêt de disposer d’espaces supplémentaires est donné par le théorème suivant. Il dit que si on dispose de deux sousespaces supplémentaires F et G dans un K-espace vectoriel E alors tout vecteur de E peut être décomposé de manière unique en la somme d’un vecteur de F et d’un vecteur de G. T HÉORÈME 23.13 Caractérisation des sous-espaces supplémentaires Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel (E, +, ·). On a équivalence entre : 1
E = F ⊕ G (c’est-à-dire F et G sont supplémentaires).
2
∀x ∈ E,
x = x1 + x2 (c’est-à-dire, tout vecteur de E se décompose de manière unique comme somme d’un vecteur de F et d’un vecteur de G.) ∃ !(x1 , x2 ) ∈ F × G :
Démonstration ⇒ Supposons que F et G sont supplémentaires. Soit x ∈ E. Comme E = F + G, il existe x1 ∈ F et x2 ∈ G tels que x = x1 + x2 . En appliquant la proposition 23.12, comme F et G sont en somme directe, cette décomposition est unique. ⇐ Réciproquement, si pour tout x ∈ E, il existe un unique couple (x1 , x2 ) ∈ F×G tel que x = x1 +x2 alors on a nécessairement E = F+G. On peut de plus appliquer à nouveau la proposition 23.12 et affirmer que les deux sous-espaces F et G sont supplémentaires. On a ainsi montré que E = F ⊕ G. P LAN 23.6 : Pour montrer que F ⊕ G = E 1
Montrons que la somme est directe : voir le plan 57 page 854.
2
Montrons que E = F + G : Voir la remarque ci-dessous.
Remarque 23.11 La partie souvent difficile dans ce plan est souvent de montrer que E = F + G. Dans ce chapitre, on utilisera une des deux techniques suivantes : – Si on sait écrire F et G sous forme d’un Vect , F = Vect (A), G = Vect (B), on peut, grâce à la proposition 23.11, écrire F + G = Vect (A) + Vect (B) = Vect (A ∪ B). Reste alors à montrer que Vect (A ∪ B) = E. – Si cette technique ne fonctionne pas, on utilise alors la définition : Soit x ∈ E. Posons x1 = . . .. Posons x2 = . . .. On a bien : 855
1
x1 ∈ F.
2
x2 ∈ G.
3
x = x1 + x2 .
La difficulté de cette méthode consiste en la détermination de x1 et x2 . On procède souvent ainsi. Dans la pratique, il est souvent facile de déterminer un des deux vecteurs x1 ou x2 , supposons que ce soit x1 . On pose alors x2 = x − x1 . Il suffit alors de vérifier que x2 ∈ G. – On verra au chapitre 24 que grâce à la formule de Grassmann (voir 24.19 page 907) on arrivera à traiter très simplement cette question dans le cas où on travaille avec des espaces vectoriels de « dimension finie ».
Exemple 23.15 – Dans E = C, F = Vect ({1}) et G = Vect ({i }). On sait que F et G sont des sous-espaces vectoriels de E. 1 2
Si x ∈ F ∩ G alors x est à la fois réel et imaginaire pur donc x = 0 et F ∩ G = {0}. F + G = Vect (1) + Vect (i ) = Vect (1, i ) = C donc E = F + G.
On a montré que E = F ⊕ G.
(
x+y −z =0 et le plan G d’équation z = 0 sont sup2x − y + z = 0 plémentaires. Comme F = Vect (0, 1, 1) et G = Vect ((1, 0, 0) , (0, 1, 0)), F et G sont bien des sous-espaces vectoriels de E. =0 x + y − z ¡ ¢ ¡ ¢ Si x, y, z ∈ F ∩ G alors x, y, z vérifie le système 2x − y + z = 0 et on trouve que x = y = z = 0 donc 1 z =0 F ∩ G = {0}. 3
– Dans l’espace E = R la droite F donnée par le système
2
F + G = Vect (−4, 1, −3) + Vect ((1, 0, 0) , (0, 1, 0)) = Vect ((−4, 1, −3) , (1, 0, 0) , (0, 1, 0)) = E car on vérifie, en utilisant par exemple le produit mixte, que ces trois vecteurs ne sont pas coplanaires. Ils forment ainsi une base de R3 .
On a montré que E = F ⊕ G. © ª © ª – Dans E = F (R, R), on pose F = fonctions paires et G = fonctions impaires . On vérifie que F est un sous-espace vectoriel de E. F est non vide, il contient par exemple la fonction identiquement nulle sur R. Si α, β ∈ R et si f , g ∈ F alors, en utilisant la parité de f et g , pour tout x ∈ R : ¡
¡ ¢ ¢ α f + βg (−x) = α f (−x) + βg (−x) = α f (x) + βg (x) = α f + βg (x)
donc α f + βg ∈ F. On prouve de même que G est un sous-espace vectoriel de E. 1 2
Soit f ∈ F ∩ G alors ∀x ∈ R, f (−x) = f (x) = − f (x) et donc f = 0. Alors F ∩ G = {0}.
Soit f ∈ E. On cherche deux fonctions f 1 et f 2 telles que f 1 est paire, f 2 impaire et f = f 1 + f 2 . Effectuons un raisonnement par analyse et synthèse. Analyse : Supposons que deux telles fonctions existent. Pour tout x ∈ R, on sait que f (x) = f 1 (x) + f 2 (x) et que f (−x) = f 1 (x) − f 2 (x). On tire de ces deux égalités que f 1 (x) =
f (x) + f (−x) 2
f (x) + f (−x)
et
f 2 (x) =
f (x) − f (−x) . 2
f (x) − f (−x)
Synthèse : Posons f 1 (x) = et f 2 (x) = . On vérifie facilement que f 1 2 2 est paire, donc que f 1 ∈ F et que f 2 est impaire, donc que f 2 ∈ G. On vérifie aussi que f = f 1 + f 2 . Finalement, on a montré que E = F + G.
On a donc F (R, R) = F ⊕ G. Que dire des fonctions exp, chª et sh ? © – Toujours dans E = F (R, R), on pose F = f ∈ E | f (1) = 0 et G = {x 7→ ax | a ∈ R}. On vérifie facilement que F et G sont des sous-espaces vectoriels de E. Pour G, on peut remarque que G = Vect (idR ). 1
2
Soit f ∈ F∩G. Comme f ∈ F, f (1) = 0 et comme f ∈ G alors il existe a ∈ R tel que f : x 7→ ax . Alors f (1) = a = 0 et donc f = 0. On a montré que F ∩ G = {0}.
Soit f ∈ E. S’il existe f 1 ∈ F et f 2 ∈ G tels que f = f 1 + f 2 alors f (1) = f 2 (1). On est alors invité à poser f 2 : x 7→ f (1) x . Il est clair que f 2 ∈ G. Posons f 1 = f − f 2 . Il est clair que f 1 (1) = 0 donc f 1 ∈ F. On a bien de plus f = f 1 + f 2 . Donc E = F + G.
En conclusion E = F ⊕ G.
856
23.4 Applications linéaires Dans toute la suite (E, +, ·) et (F, +, ·) sont deux K-espaces vectoriels.
23.4.1 Définitions D ÉFINITION 23.8 ♥♥♥ Application linéaire Soient (E, +, ·) et (F, +, ·) deux K-espaces vectoriels et f : E → F. On dit que f est linéaire si et seulement si : 1 2
¡ ¢ ∀ x, y ∈ E2 ,
∀(λ, x) ∈ K × E,
¡ ¢ ¡ ¢ f x + y = f (x) + f y .
f (λ · x) = λ · f (x).
(On dit aussi que f est un morphisme d’espaces vectoriels). T HÉORÈME 23.14 ♥♥♥ Caractérisation des applications linéaires Soit f : E → F. f est linéaire si et seulement si : ¡ ¢ ∀ x, y ∈ E2 ,
¡ ¢ ¡ ¢ f α · x + β · y = α · f (x) + β · f y
¡ ¢ ∀ α, β ∈ K2 ,
Remarque 23.12 Si f : E → F est linéaire alors f (0E ) = 0F . En effet f (0E ) = f (0E + 0E ) = f (0E ) + f (0E ) donc par soustraction du vecteurs f (0E ) des deux côtés de cette égalité, il vient f (0E ) = 0F . P LAN 23.7 : Pour montrer que f : E → F est linéaire 1 2
Soient α, β ∈ R et x, y ∈ E. ¡
¢
¡ ¢
Montrons que f α · x + β · y = α · f (x) + β · f y
P LAN 23.8 : Pour montrer que f : E → F n’est pas linéaire
on peut : 1 2
montrer que f (0E ) 6= 0F .
¡
¢
¡ ¢
ou trouver α, β ∈ K, x, y ∈ E tels que f α · x + β · y 6= α · f (x) + β · f y
D ÉFINITION 23.9 Forme linéaire, endomorphisme, isomorphisme, automorphisme Soit f : E → F une application linéaire. – Si F = K, on dit que f est une forme linéaire. – Si E = F, on dit que f est un endomorphisme de E. – Si f : E → F est bijective, on dit que f est un isomorphisme de E sur F. – Si f est à la fois un endomorphisme de E et un isomorphisme, on dit que f est un automorphisme de E. Exemple 23.16 – Les applications linéaires f : R → R sont ¡les applications ¢ ¡ x 7→ λ¢ · x où λ ∈ R. Montrons qu’une ¡ ¢ telle application est linéaire. Soient α, β ∈ R et x, y ∈ R alors f αx + βy = λ αx + βy = αλx + βλy = α f (x) + β f y . Donc f est linéaire. Montrons que les applications f de cette forme sont les seules qui soient linéaires sur R. Si f est linéaire sur R alors on doit avoir, pour tout x ∈ R, f (x) = f (x.1) = x f (1) donc f est ½de la forme indiquée avec λ = f (1).
– Dans un K-espace vectoriel quelconque E, les homothéties h :
E x
−→ 7−→
E λ·x
où λ ∈ K sont linéaires. La preuve
est identique à celle donnée dans l’item précédent. – Les translations de vecteur non nul ne ½ sont pas linéaires...En effet, dans un K-espace vectoriel E, pour u ∈ E tel que E −→ E u 6= 0, considérons la translation tu : . On a tu (0E ) = 0E + u = u 6= 0F donc tu n’est pas linéaire. x 7−→ x + u ½ 1 ¡ ¢ ¡ ¢′ C (R) −→ C ¡0 (R ¢) – La dérivation D : est linéaire. Si α, β ∈ R et f , g ∈ C 1 (R) alors D α f + βg = α f + βg = f 7−→ D f = f ′ ¡ ¢ ¡ ¢ α f ′ + βg ′ = αD f + βD g . ½ 0 C ([0, 1], R ) −→ R R1 – L’application ϕ : est une forme linéaire. En effet, si α, β ∈ R et f , g ∈ C 0 ([0, 1], R ) f 7−→ f (x) dx 0 R R ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ R ¡ alors ϕ α f + βg = 01 α f + βg (x) dx = α 01 f (x) dx + β 01 g (x) dx = αϕ f + βϕ g .
857
– L’application ϕ :
½
3 ¡ R ¢ x, y, z
−→ 7−→
2 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡R ¢ est linéaire. Si α, β ∈ R et si x, y, z , x ′ , y ′ , z ′ ∈ R3 alors x − y + z, 2x + z
¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ ϕ α x, y, z + β x ′ , y ′ , z ′
=
=
=
=
¡ ¢ ϕ αx + βx ′ , αy + βy ′ , αz + βz ′ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ αx + βx ′ − αy + βy ′ + αz + βz ′ , 2 αx + βx ′ + αz + βz ′ ¡ ¢ ¡ ¢ α x − y + z, 2x + z + β x ′ − y ′ + z ′ , 2x ′ + z ′ ¡ ¢ ¡ ¢ αϕ x, y, z + βϕ x ′ , y ′ , z ′ .
23.4.2 Noyau, image d’une application linéaire Rappels : Soient f : E → F et E′ ⊂ E, F′ ⊂ F. Par définition : ¡ ′¢ © ª ′ ′ 1 L’image de E par f est f E = f (x) | x ∈ E ¡ ¢ © ª ′ −1 ′ F = x ∈ E | f (x) ∈ F′ 2 L’image réciproque de F par f est f
T HÉORÈME 23.15 ♥♥♥ Image directe et réciproque d’une application linéaire
Soit f : E → G une application linéaire. Soient E′ un sous-espace vectoriel de E et F′ un sous-espace vectoriel de F alors : 1 2
¡ ¢ f E′ est un sous-espace vectoriel de F. ¡ ¢ f −1 F′ est un sous-espace vectoriel de E.
Démonstration ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ vide. Soient α,α′ ∈ K et y, y ′ ∈ f E′ . Il existe 1 Comme 0E ∈ E′ et que f est linéaire, ¡0F ¢= f (0E ) ∈ f E′ et f E′ est non ¡ ¢ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ x, x ′ ∈ E tels¡ que ¡ +¢ α y ∈ f E . En utilisant la linéarité de f : αy + α y = ¢ αy ¢ y ¡= f (x) et ¢y = f x . Montrons¡ que αf (x) + α′ f x ′ = f αx + α′ x‘ et donc αy + α′ y ′ ∈ f E′ . f E′ est donc bien un sous-espace vectoriel de F. ¡ ¢ ¡ ¢ α,α′ ¢∈ K et x, x ′ ∈ f −1 F′ . Il existe 2 De même que précédemment, comme 0F ¡∈ F¢′ et que f est linéaire, 0E ∈ f −1 F′ . Soient ¡ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ donc y, y ′ ∈ F′ tels que ¡ y¢ = f (x) et y = f x . Donc, toujours par linéarité de f , f αx + α x = αy + α y ∈ F . Il vient alors que αx + α′ x ′ ∈ f −1 F′ .
D ÉFINITION 23.10 ♥♥♥ Noyau, Image Soit f : E → F une application linéaire. On appelle : © ª – Noyau de f et on note Ker f le sous-ensemble de E : Ker f = © x ∈ E | f (x) ª = 0F – Image de f et on note Im f le sous-ensemble de F : Im f = f (x) | x ∈ E . T HÉORÈME 23.16 ♥♥♥ Ker f et Im f sont des sous-espaces vectoriels
Soit f : E → F une application linéaire. Alors Ker f et Im f sont des sous-espaces vectoriels de E. Démonstration C’est un corollaire immédiat du théorème
Exemple 23.17 ©¡ ¢ ª – Dans R3 , F = x, y, z ∈ R3 | x + y − z = 0 est un sous-espace vectoriel de R3 . En effet, posons f : ½
3 ¡ R ¢ x, y, z
−→ 7−→
R . Alors, f est une forme linéaire et F = Ker f . On peut être ici plus précis : F est le x+y −z plan vectoriel (1, 1, −1). ½ 1 de vecteur normal C (R) −→ C ¡0 (R ) ¢ – Soit D : . On a : f 7−→ D f = f ′ ¡ ¢ ª © 1 f ª= 0 qui est égal à l’ensemble des fonctions constantes sur R. • Ker D =© f ¡∈ C ¢ (R ) | D • ImD = D f | f ∈ C 1 (R) = C 0 (R). Autrement dit, D est surjective. Démontrons le. Soit f ∈ C 0 (R). Comme f est continue sur R et que R est un intervalle, f possède une primitive F : R → R. De plus F est dérivable et sa dérivée f est continue. Donc F ∈ C 1 (R). On a bien D (F) = f et D est bien surjective.
T HÉORÈME 23.17 ♥♥♥ Caractérisation des applications linéaires injectives Soit f : E → F une application linéaire. Alors : f est injective si et seulement si Ker f = {0E }
858
Démonstration ⇒ Supposons que f est injective. Rappelons que comme f est linéaire, f (0E ) = 0F©. Ainsi ª 0F admet donc comme antécédent 0E . de 0 . Il est alors clair que Ker f = 0 . Mais f étant injective 0E est le seul antécédent F E © ª ⇐ Réciproquement, supposons que Ker f = 0E et montrons que f est injective. Soient x1 , x2 ∈ E tels que f (x1 ) = f (x2 ). Par © ª linéarité de f , on peut écrire que f (x1 − x2 ) = 0F . Donc x1 − x2 ∈ Ker f = 0E . Il s’ensuit que x1 − x2 = 0E et donc que x1 = x2 . f est donc injective.
Exemple 23.18
½
C ¡0 (R ¢) n’est par injective car son noyau contient d’autres D f =f′ fonctions que la fonction nulle, comme par exemple f : x → 1. ( ½ x+y =0 R2 ¢ −→ ¡R2 ¡ ¢ – Soit θ : . On vérifie facilement que Ker f = {(0, 0)} en résolvant le système x, y 7−→ x + y, x − y x−y =0
– On reprend l’exemple précédent, D :
C 1 (R ) f
−→ 7−→
et donc f est injective.
Remarque 23.13 [Caractérisation des applications linéaires surjectives] Soit f : E → F une application linéaire. Par définition, f est surjective si et seulement si Im f = F.
23.4.3 Étude de L (E, F) ✎ Notation 23.19 On note L (E, F) l’ensemble des applications linéaires de E dans F. P ROPOSITION 23.18 (L (E, F) , +, ·) est un K-espace vectoriel ¡ ¢ ¡ ¢ Le triplet (L (E, F) , +, ·) est un K-espace vectoriel. En particulier, si f , g ∈ (L (E, F))2 et α, β ∈ K2 alors α f + βg est linéaire. Démonstration Comme F est un K-espace vectoriel, l’ensemble F (E,F) des fonctions de E dans F a une structure de K-espace vectoriel. Pour montrer que L (E,F) est un K-espace vectoriel, il suffit alors de montrer que L (E,F) est un sous-espace vectoriel de F (E,F). Il est clair que L (E,F) est non vide car il contient par exemple l’application identiquement nulle f : x 7→ 0F . On vérifie de plus facilement que si f , g ∈ L (E,F) alors αf + βg est linéaire. Donc L (E,F) est bien un sous-espace vectoriel de F (E,F).
23.4.4 Étude de L (E) ✎ Notation 23.20 On note L (E) l’ensemble des endomorphismes du K-espace vectoriel E. C OROLLAIRE 23.19 (L (E), +, ·) est un K-espace vectoriel. Le triplet (L (E) , +, ·) est un K-espace vectoriel. Démonstration C’est une conséquence directe de la proposition précédente car L (E) = L (E,F)
P ROPOSITION 23.20 La composée de deux applications linéaires est une application linéaire Soient (E, +, ·), (F, +, ·) et (G, +, ·) trois K-espaces vectoriels. Si f ∈ L (E, F) et si g ∈ L (F, G) alors g ◦ f ∈ L (E, G) Démonstration La preuve, facile, est laissée en exercice.
D ÉFINITION 23.11
Identité de E
Soit (E, +, ·) un K-espace vectoriel. On définit la fonction identité de E par IdE :
½
E x
−→ 7−→
E . x
D ÉFINITION 23.12 Homothétie de E ½Soit (E, +, ·) un K-espace vectoriel. On appelle homothétie vectorielle de rapport λ ∈ K l’application hλ = λ · Id , hλ : E x
−→ 7−→
E . λ·x
Remarque 23.14 – Ces deux applications sont linéaires et sont donc des endomorphismes de E. – Toute homothétie vectorielle de rapport λ 6= 0 est injective. P ROPOSITION 23.21 (L (E) , +, ◦) est un anneau unitaire Le triplet (L (E) , +, ◦) est un anneau unitaire (généralement non commutatif). Démonstration On vérifie facilement que (L (E) ,+,◦) vérifie les axiomes d’un anneau unitaire.
859
23.4.5 Étude de GL(E) ✎ Notation 23.21 On note GL(E) l’ensemble des automorphismes de E. P ROPOSITION 23.22 ♥ L’inverse d’une application linéaire bijective est linéaire Soit f : E → F un isomorphisme entre les espaces vectoriels E et F alors f −1 : F → E (qui existe car f est bijective) est aussi linéaire, c’est-à-dire f −1 ∈ L (F, E). ¡ ¢
Démonstration Soient x, x ′ ∈ E et y, y ′ ∈ F tels que y = f (x) et y ′ = f x ′ . Soient α,α′ ∈ K. On a : ¡ ¢ f −1 αy + α′ y ′
= =
= =
et f −1 est bien linéaire.
¡ ¡ ¢¢ f −1 αf (x) + α′ f x ′ ¡ ¡ ¢¢ f −1 f αx + α′ x ′ car f est linéaire
αx + α′ x ′ ¡ ¢ ¡ ¢ αf −1 y + α′ f −1 y ′
C OROLLAIRE 23.23 ♥ (GL(E), ◦) est un groupe Le couple (GL(E), ◦) est un groupe (en général non commutatif) d’élément neutre IdE . On l’appelle groupe linéaire de E. Démonstration En utilisant la propriété précédente, on vérifie facilement que GL(E) vérifie les axiomes d’un groupe.
Remarque 23.15 Pour prouver qu’une application f : E → E est bijective on utilise souvent la propriété suivante f est bijective si et seulement s’il existe g : E → E telle que f ◦ g = g ◦ f = IdE . Dans ce cas, g = f −1 . Exemple 23.22 Soient un R -espace vectoriel E et un endomorphisme u ∈ L(E) vérifiant : u 3 +u 2 +2idE£ = 0¡. Montrons ¢¤ que u ∈ GL(E) et déterminons son inverse u −1 . En utilisant la linéarité de u , l’égalité se factorise en u ◦ − 21 u 2 + u = idE ¡ ¢ ¡ ¢ ou encore − 12 u 2 + u ◦ u = idE . Donc u est inversible et u −1 = − 12 u 2 + u .
23.5 Équations linéaires 23.5.1 Définitions On va expliquer dans cette section que l’ensemble des solutions d’un système linéaire ou d’une équation différentielle linéaire sont équipés d’une même structure. D ÉFINITION 23.13 Équations linéaires On appelle équation linéaire une équation de la forme u (x) = b où : – u est une application linéaire définie entre un K-espace vectoriel E et un K-espace vectoriel F : u ∈ L (E, F). – b est un vecteur de F appelé second membre de l’équation. – L’inconnue x est à valeurs dans E. Exemple 23.23 – Soient E = Kn , F = Km , x = (x1 , . . . , xn ) et b = (b1 , . . . , bm ). Soit
u:
E
−→
x = (x1 , . . . , xn )
7−→
F
a11 x1 + . . . + a1n xn a21 x1 + . . . + a2n xn .. .
am1 x1 + . . . + amn xn
Alors u est linéaire et l’équation u (x) = b est équivalente au système d’équations : a11 x1 + . . . + a1n xn = b 1 a21 x1 + . . . + a2n xn = b 2
.. .
am1 x1 + . . . + amn xn = b n
860
– Soient E = C 1 (R, R), F = C 0 (R, R), a, b ∈ C 0 (R, R) et θ: ¡ ¢
½
E ϕ
−→ 7−→
F . aϕ′ + bϕ
Soit c ∈ F. L’équation linéaire θ ϕ = c d’inconnue ϕ ∈ C 1 (R, C) est une équation différentielle du premier degré. – Soient E = C 2 (R, C), F = C 0 (R, C), a, b, c ∈ C et θ: ¡ ¢
½
E ϕ
−→ 7−→
F aϕ′′ + bϕ′ + cϕ
Soit d ∈ F. L’équation linéaire θ ϕ = c d’inconnue ϕ ∈ C 2 (R, C) est une équation différentielle du second degré à coefficients constants.
23.5.2 Structure de l’ensemble des solutions
Ker u
x0 0F
0E
x
E
b = u(x0 ) = u(x) Imu
SE
F
F IGURE 23.2 – Équation u(x) = b
P ROPOSITION 23.24 Structure de l’ensemble des solutions d’une équation linéaire Soient E et F deux K-espaces vectoriels, u ∈ L (E, F) et b ∈ F. On note S l’ensemble des solutions de l’équation linéaire u (x) = b et S 0 l’ensemble des solutions de l’équation sans second membre :u (x) = 0. On a : – S 0 est un sous-espace vectoriel de E (et donc S 0 est non vide !). – Si S 6= ∅ et si x0 ∈ S alors S = {x0 + h | h ∈ S 0 } = x0 + S 0 Démonstration L’ensemble S 0 est le noyau de u , c’est donc un sous-espace vectoriel de E d’après le théorème 23.16 page 858. Soit x0 ∈ S , c’est-à-dire un élément x0 de E tel que u (x0 ) = b . Montrons que S = {x0 + h | h ∈ S 0 }. Pour ce faire, effectuons un raisonnement par double inclusion : ⊂ Soit x ∈ S . Alors u (x − x0 ) = u (x) − u (x0 ) = b − b = 0. Donc x − x0 = h ∈ S 0 et x = x0 + h avec h ∈ S 0 et x ∈ x0 + S 0 . ⊃ Soit h ∈ S 0 . On a u (x0 + h) = u (x0 ) + u (h) = b et donc x0 + h ∈ S .
Remarque 23.16 Autrement dit, toute solution d’une équation linéaire est la somme d’une solution de l’équation homogène associée et d’une solution particulière de l’équation linéaire. Les théorèmes 5.6 page 202 et 5.16 page 213 du chapitre 5 sont des cas particuliers de ce théorème. On retrouvera ce théorème dans le cas des systèmes linéaires au chapitre 25 section 25.11, proposition 25.56 page 981.
23.6 Projecteurs et symétries E désigne là encore un K-espace vectoriel.
23.6.1 Projecteurs
861
E2 x = x1 + x2
x2
E1
x1 = p(x)
F IGURE 23.3 – Projection sur E1 parallèlement à E2
D ÉFINITION 23.14 ♥ Projecteurs Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E : E = E1 ⊕ E2 . Pour tout x ∈ E, il existe donc un unique couple (x1 , x2 ) ∈ E1 × E2 tel que x = x1 + x2 . Soit p:
½
E x = x1 + x2
−→ 7−→
E x1
L’application p est bien définie et est appelée projecteur de E sur E1 parallèlement à E2 . P ROPOSITION 23.25 ♥ Propriétés des projecteurs Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E : E = E1 ⊕ E2 et soit p le projecteur de E sur E1 parallèlement à E2 alors : p est linéaire : p ∈ L (E).
1
Ker p = E2 .
2
Im p = E1 .
3
p (x) = x ⇐⇒ x ∈ E1 (E1 est l’ensemble des vecteurs invariants par p ).
4
Démonstration 1
Soient x = x1 + x2 ∈ E1 ⊕ E2 = E et x ′ = x1′ + x2′ ∈ E1 ⊕ E2 = E ainsi que deux scalaires α,α′ ∈ K. On a : ¢ ¡ ¢ ¡ αx + α′ x ′ = αx1 + α′ x1′ + αx2 + α′ x2′ ∈ E1 ⊕ E2 . {z } | {z } | ∈E1
et :
¡ ¢ p αx + α′ x ′
∈E2
=
=
ce qui prouve que p est linéaire. 2
αx1 + α′ x1′
¡ ¢ αp (x) + α′ p x ′
Soient x = x1 + x2 ∈ E1 ⊕ E2 = E. On a : p (x) = 0 ⇐⇒ x1 = 0 ⇐⇒ x = x2 ⇐⇒ x ∈ E2 .
Par conséquent : Ker p = E2 . 3
Soient x = x1 + x2 ∈ E1 ⊕ E2 = E. On a : x ∈ Im p
⇐⇒
∃x ′ = x1′ + x2′ ∈ E1 ⊕ E2 :
⇐⇒
x ∈ E1 .
⇐⇒
x = x1′ ∈ E1
Donc Im p = E1 . 4
Soit x = x1 + x2 ∈ E1 ⊕ E2 = E. On a :
p (x) = x ⇐⇒ x = x1 ⇐⇒ x ∈ E1
862
¡ ¢ x = p x′
P ROPOSITION 23.26 ♥ Caractérisation des projecteurs Soit p ∈ L (E). Alors p est un projecteur si et seulement si p ◦ p = p (c’est-à-dire si et seulement si p est idempotente). Dans ce cas, p est le projecteur sur Ker p parallèlement à Im p . Démonstration ⇒ ¡ Si p ¢est un projecteur et si x ∈ E, alors en appliquant la proposition précédente, p (x) ∈ E1 et comme E1 est stable par p , p p (x) = p (x). Donc p ◦ p = p . ⇐ Réciproquement, si p est un endomorphisme de E vérifiant p ◦ p = p : posons E1 = Im p et E2 = Ker p et montrons que ces deux sous-espaces vectoriels de E sont supplémentaires dans E. ¡ ¢ – Soit x ∈ E1 ∩ ¡E2 .¡ Alors, on a à la fois p (x) = 0 car x ∈¡ E¡2 =¢¢Ker p ¡et ¢x = p x ′ où x ′ ∈ E car x ∈ E1 = Im p . Par conséquent : ¢¢ ′ ′ ′ 0 = p (x) = p p x . Mais comme p ◦ p = p , on a p p x = p x = x et donc x = 0, ce qui prouve que E1 et E2 sont en somme directe. – Soit x ∈ E. On a : ¢ ¡ x = p (x) + x − p (x) | {z } | {z } =x 1
¡
=x 2
¢
et x1 ∈ E1 (car x1 = p (x) ∈ Im p ) et x2 ∈ E2 (car p(x2 ) = p x − p (x) = p(x) − p 2 (x) = p(x) − p(x) = 0). Par conséquent : E = E1 + E2
Donc E = E1 ⊕ E2 . Si x = x1 + x2 ∈ E1 ⊕ E2 = E, comme x1 ∈ E1 , p (x1 ) = x1 et comme x2 ∈ E2 , p (x2 ) = 0. Par linéarité de p , p (x) = p (x1 ) + p (x2 ) = x1 . p est donc bien le projecteur de E sur E1 parallèlement à E2 .
P ROPOSITION 23.27 ♥ Si E = E1 ⊕ E2 , si p est le projecteur de E sur E1 parallèlement à E2 et si q ∈ Ł (E) alors on a équivalence entre : 1 2
q est le projecteur de E sur E2 parallèlement à E1 . p + q = idE .
Démonstration – Supposons que q est le projecteur de E sur E2 parallèlement à E1 . Si x = x1 + x2 ∈ E1 ⊕ E2 alors p (x) = x1 et q (x) = x2 . Donc x = p (x) + q (x) et on a bien p + q = idE . – Réciproquement, si p + q = idE et si x = x1 + x2 ∈ E1 ⊕ E2 alors q (x) = x − x1 = x2 donc q est le projecteur de E sur E2 parallèlement à E1 .
23.6.2 Symétries
E2 x = x1 + x2
x2
x1
E1
s(x) = x1 − x2 F IGURE 23.4 – Symétrie par rapport à E1 parallèlement à E2
D ÉFINITION 23.15 ♥ Symétries Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E : E = E1 ⊕ E2 . Pour tout x ∈ E, il existe donc un unique couple (x1 , x2 ) ∈ E1 × E2 tel que x = x1 + x2 . Soit s:
½
E x = x1 + x2
−→ 7−→
E x1 − x2
s est bien définie et est appelée symétrie par rapport à E1 parallèlement à E2 , ou plus simplement symétrie.
863
P ROPOSITION 23.28 ♥ Propriétés des symétries Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E : E = E1 ⊕ E2 et soit s la symétrie par rapport à E1 parallèlement à E2 , alors : 1
L’application s est linéaire : s ∈ L (E).
2
Si p est le projecteur de E sur E1 parallèlement à E2 alors s = 2p − IdE .
3
s est involutive, c’est-à-dire : s ◦ s = IdE .
Démonstration Soit p le projecteur de E sur E1 parallèlement à E2 . Soit x = x1 + x2 ∈ E1 ⊕ E2 = E. On a : p (x) = x1 et ¡ ¢ 2p − IdE (x) = 2p (x) − x = 2x1 − (x1 + x2 ) = x1 − x2 = s (x)
ce qui démontre le second point. Comme p est linéaire et qu’une combinaison linéaire d’ applications linéaires est linéaire, s est linéaire et le premier point est aussi démontré. Enfin, en utilisant la linéarité et l’idempotence de p : s ◦s
¡ ¢ ¡ ¢ 2p − IdE ◦ 2p − IdE ¡ ¢ ¡ ¢ 2p ◦ 2p − IdE − 2p − IdE
=
=
4p 2 − 2p − 2p + IdE
=
4p − 4p + IdE
=
IdE
=
et le troisième point est démontré.
P ROPOSITION 23.29 ♥ Caractérisation des symétries Soit s ∈ L (E). Si s est involutive, c’est-à-dire si s ◦ s = IdE , alors s est la symétrie par rapport à E1 = Ker (s − IdE ) et
parallèlement à E2 = Ker (s + IdE )).
Démonstration Supposons que s est linéaire et involutive. Posons E1 = Ker (s − IdE ) et E2 = Ker (s + IdE ). Montrons que ces deux sous-espaces vectoriels de E sont supplémentaires dans E. – Soit x ∈ E1 ∩ E2 . On a donc : s (x) − x = 0 et s (x) + x = 0. Soustrayant ces deux égalités, on obtient x = 0, donc E1 et E2 sont en somme directe – Soit x ∈ E. On a : 1 1 x = − (s (x) − x) + (s (x) + x) 2 2 | {z } | {z } ∈E1
∈E2
et donc E = E1 + E2 . On en déduit que E = E1 ⊕ E2 . De plus, si x = x1 + x2 ∈ E1 ⊕ E2 = E alors : comme x1 ∈ E1 , on a : s (x1 ) = x1 et comme x2 ∈ E2 , on a aussi : s (x2 ) = −x2 . Par linéarité de s , on en déduit que : s (x) = s (x1 ) + s (x2 ) = x1 − x2 . L’application s est donc bien la symétrie par rapport à E1 et parallèlement à E2
Ker(s + idE ) x Ker p x
x − p(x)
0E x − p(x) Im p
0E
p(x) =
Ker(s − idE )
p(x) s(x) (b) Décomposition associée à une symétrie
(a) Décomposition associée à un projecteur
F IGURE 23.5 – Projecteur, symétrie
864
¢ 1¡ x + s(x) 2
En résumé 1
Les différentes définitions de ce chapitre doivent être connues avec la plus grande précision.
2
Vous devez être capable de donner différents exemples d’espace vectoriels, de sous-espaces vectoriels, de sousespaces supplémentaires. Il faudra passer du temps à reprendre les différents exemples de ce chapitre.
3
Les notions de projecteurs et symétries doivent être bien assimilées.
4
Ne vous découragez pas. Les premiers pas en algèbre linéaire sont souvent difficiles. Le temps et le travail aidant, ces nouvelles notions vont vite s’éclaircir.
865
23.7 Exercices 23.7.1 Espace vectoriel Exercice 23.1 ♥ Les ensembles suivants sont-ils des espaces vectoriels sur R ? ¡
¢
1. R∗+ , ⊕, ⊗ où : ⊕:
½
⊗: ¡
¢
2. R2 , ⊕, ⊗ où : ⊕:
½
¡
½
R∗+ × R∗+ (a, b)
−→ 7−→
R∗+ a ⊕ b = ab
R × R∗+ (λ, a)
−→ 7−→
R∗+ λ ⊗ a = aλ
R2 ס R2 ¢¢ −→ R2 ¡ ¢ ¡ ¢ 7−→ (a, b) ⊕ a ′ , b ′ = a + a ′ , b + b ′ (a, b), a ′ , b ′ ½ R × R2 −→ R2 ⊗: (λ, (a, b)) 7−→ λ ⊗ (a, b) = (λa, b)
Solution : 1. Vérifions les différents axiomes. (a) ⊕ admet 1 comme élément neutre¡ et si ¢a, b ∈ R∗+ , il est clair que a ⊕ b −1 ∈ R∗+ . Donc R∗+ est un sous-groupe du groupe commutatif (R∗ , ×) et R∗+ , ⊕ admet alors bien une structure de groupe commutatif.
(b) Soient α, β ∈ R et x, y ∈ R∗+ . On vérifie que : ¡
¢
i. α + β ⊗ x = x α+β = x α x β = α ⊗ x ⊕ β ⊗ x ¡
¢
¡
ii. α × β ⊗ x = x αβ = x β ¡
¢
¡
iii. α ⊗ x ⊕ y = x y iv. 1 ⊗ x = x 1 = x .
¢α
¢α
¡ ¢ = α⊗ β⊗x
= xα y α = α ⊗ x ⊕ α ⊗ y .
2. La loi externe n’est pas distributive. En effet (1 + 2) ⊗ (1, 2) = (3, 2) et 1 ⊗ (1, 2) ⊕ 2 ⊗ (1, 2) = (1, 2) ⊕ (2, 2) = (3, 4).
23.7.2 Sous-espace vectoriel Exercice 23.2 ♥ On considère E = C 0 (R, R) l’ensemble des fonctions continues définies sur R et à valeurs dans R. Indiquer parmi les ensembles suivants lesquels sont des sous-espaces vectoriels de C 0 (R, R) 1. L’ensemble F1 des fonctions polynomiales de degré n où n ∈ N. 2. L’ensemble F2 des fonctions polynomiales de degré au plus n où n ∈ N et à coefficients dans R. 3. L’ensemble F3 des fonctions dérivables sur R. 4. L’ensemble F4 des fonctions f vérifiant telles qu’il existe k ∈ R tel que f est k -lipschitzienne. 5. L’ensemble F5 des fonctions f dérivables sur R telles que f (0) = 1 6. L’ensemble F6 des fonctions f dérivables sur R telles que f (0) = 0 7. L’ensemble F7 des fonctions f ∈ C 1 (R) solutions de y ′ − y = 0.
8. L’ensemble F8 des fonctions f ∈ C 1 (R) solutions de ∀t ∈ R,
y ′ (t ) − y(t ) = t .
Solution : 1. L’ensemble F1 est clairement une partie de E car toute fonction polynomiale est continue sur R. Elle ne contient par contre pas la fonction nulle car le polynôme correspondant est de degré −∞. Ce n’est donc par un sous-espace vectoriel de E. 2. L’ensemble F2 est clairement une partie de E. Il est évident que F2 est non vide et qu’une combinaison linéaire de polynômes de degré É n est encore un polynôme de degré É n donc F2 est un sous-espace vectoriel de E.
3. Toute fonction dérivable sur R est continue sur R donc F3 ⊂ E. F3 est par ailleurs non vide et une combinaison linéaire de fonctions dérivables est encore dérivable donc F3 est un sous-espace vectoriel de E. 866
4. Toute fonction k -lipschitzienne est continue (et même uniformément continue) sur R donc F4 est bien une partie de E. Si on considère une fonction f 1 k1 -lipschitzienne et une fonction f 2 k2 -lipschitzienne sur R avec k1 , k2 ∈ R∗+ et si α1 , α2 ∈ R alors, pour tout x, x ′ ∈ R, on a, par application de l’inégalité triangulaire : ¯ ¯ ¯¡ ¡ ¢ ¡ ¢¯ ¢ ¯ α1 f 1 + α2 f 2 (x) − α1 f 1 + α2 f 2 x ′ ¯ É (|α1 | k 1 + |α2 | k 2 ) ¯ x − x ′ ¯
et donc α1 f 1 + α2 f 2 est |α1 | k1 + |α2 | k2 -lipschitzienne. F4 est donc bien un sous-espace vectoriel de E.
5. La fonction nulle n’est pas élément de F5 donc F5 n’est pas un sous-espace vectoriel de E.
6. L’inclusion de F6 dans E est évidente car toute fonction dérivable sur R est continue sur R. F6 est clairement non vide, la fonction identiquement nulle en est un élément. Par ailleurs, une combinaison linéaire de fonctions dérivables nulles en 0 est encore dérivable et nulle en 0 donc F6 est bien un sous-espace vectoriel de E. 7. F7 est non vide car la fonction nulle sur R est C 1 sur R et solution de l’équation différentielle y ′ − y = 0. Toute fonction C 1 sur R est continue sur R donc F7 est bien une partie de E. On vérifie de plus que toute combinaison linéaire de fonctions C 1 sur R solutions de l’équation différentielle est encore C 1 sur R et solution de l’équation différentielle. F7 est donc un sous-espace vectoriel de E. 8. La fonction identiquement nulle n’est pas solution de y ′ − y = t donc F8 n’est pas un sous-espace vectoriel de E. Exercice 23.3 ♥ Soit E = F (R, R) l’espace vectoriel des fonctions définies sur R à valeurs dans R. Les parties suivantes sont elles des sous-espaces vectoriels de F (R, R). 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.
L’ensemble F1 des fonctions bornées sur R. L’ensemble F2 des fonctions monotones sur R. L’ensemble F3 des fonctions qui s’annulent au moins une fois sur R. L’ensemble F4 des fonctions qui ne s’annulent jamais sur R. L’ensemble F5 des fonctions qui s’annulent une infinité de fois sur R. L’ensemble F6 des fonctions qui valent 0 en 1. L’ensemble F7 des fonctions qui valent 1 en 0. L’ensemble F8 des fonctions dérivables sur R. L’ensemble F9 des fonctions paires sur R. L’ensemble F10 des fonctions T-périodiques où T est un réel strictement positif fixé.
Solution : 1. Une combinaison linéaire de fonctions bornées est bornée. F1 est non vide donc F1 est un sous-espace vectoriel de E. ½
R x
−→ 7−→
R et f 2 : x3
½
R x
−→ 7−→
R . f 1 et f 2 sont monotones (croissantes) mais x ce n’est pas le cas de f 1 − f 2 comme on peut le vérifier facilement. F2 n’est donc pas un sous-espace vectoriel de E. ½ ½ R −→ R R −→ R 3. On considère les fonctions f 1 : et f 2 : . f 1 et f 2 s’annulent toute deux au moins x 7−→ x x 7−→ x − 1 une fois sur R mais ce n’est pas le cas de f 2 − f 1 . Donc F3 n’est pas un sous-espace vectoriel de E.
2. On considère les fonctions f 1 :
4. La fonction nulle n’est pas élément de F4 donc F4 n’est pas un sous-espace vectoriel de E.
½ R −→ R R −→ R et f 2 : s’annulent une infinité de fois sur R mais ce x 7−→ sin x x 7−→ sin x − 21 n’est pas le cas de f 1 − f 2 = 12 . F5 n’est pas un sous-espace vectoriel de E.
5. Les fonctions f 1 :
½
6. On montre facilement que F6 est un sous-espace vectoriel de E. 7. La fonction nulle n’est pas dans F7 . Ce n’est pas un sous-espace vectoriel de E. 8. Une combinaison linéaire de fonctions dérivables est dérivable et F8 est non vide donc F8 est un sous-espace vectoriel de E. 9. F9 est non vide. Si f et g sont deux fonctions paires et si α, β sont deux scalaires réels alors, pour tout x ∈ R : ¡ ¢ ¡ ¢ α f + βg (−x) = α f + βg (x)
et donc F8 est stable par combinaison linéaire. On en déduit que c’est un sous-espace vectoriel de E. 10. On vérifie facilement que F10 est non vide et qu’une combinaison linéaire de fonctions T-périodiques est encore T-périodique. F10 est donc un sous-espace vectoriel de E. 867
Exercice 23.4 ♥ On note E = F ([0, 1] , R) l’ensemble des fonctions définies sur [a, b] à valeurs dans R. Les parties suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels de E ? ©
1. F1 = f ∈ C 1 ([0, 1] , R) | f ′ (0) = f ′ (1) ©
2. F2 = f ∈ C 0 ([0, 1] , R) | ∀x ∈ [0, 1] ,
o f (t ) d t = 1 o n R 4. F4 = f ∈ C 0 ([0, 1] , R) | 01 f (t ) dt = 0 n
ª
3. F3 = f ∈ C 0 ([0, 1] , R) |
ª f Ê0 .
R1 0
Solution : 1. L’ensemble F1 est clairement un sous-ensemble de E. F1 est non vide car il contient la fonction ¡ nulle. ¢Soient ′ f , g ∈ F1 , α, β ∈ R. On combinaison linéaire de fonctions C 1 sur [0, 1] est encore C 1 sur [0, 1] et α f + βg (0) = ¡ ¢′ α f + βg (1). F1 est donc bien un sous-espace vectoriel de E.
2. Une combinaison linéaire de fonctions positives n’est pas forcément positive. Il s’ensuit que F2 n’est pas un sous-espace vectoriel de E. 3. L’intégrale entre 0 et 1 de la fonction nulle est nulle. Cette fonction n’est donc pas élément de F3 et F3 ne peut être un sous-espace vectoriel de E. 4. L’ensemble F4 est clairement une partie non vide de E. De plus, une combinaison linéaire Rde¡fonctions ¢ d’intégrales nulles est d’intégrale nulle et si f , g ∈ F4 , α, β ∈ R alors, par linéarité de l’intégrale : 01 α f + βg (t ) dt = R1 R1 α 0 f (t ) dt + β 0 g (t ) d t = 0. F4 est donc bien stable par combinaison linéaire et c’est bien un sous-espace vectoriel de E. Exercice 23.5 ♥ On note E = S (R) l’espace vectoriel des suites réelles. Parmi les ensembles suivants, lesquels sont des sous-espaces vectoriels de S (R) ? 1. 2. 3. 4. 5.
© F1 = (un ) ∈ S (R) | © F2 = (un ) ∈ S (R) | © F3 = (un ) ∈ S (R) | © F4 = (un ) ∈ S (R) | © F5 = (un ) ∈ S (R)
(un ) est bornée
ª
(un ) est monotone
ª
(un ) est convergente
où l est un réel fixé non nul. ©
6. F6 = (un ) ∈ S (R) | (un ) est divergente
ª
ª (un ) est convergente vers 0
| (un ) est convergente vers l
©
ª
7. F7 = (un ) ∈ S (R) | (un ) est géométrique
ª
©
ª
8. F8 = (un ) ∈ S (R) | (un ) est géométrique de raison a où a est un réel fixé.
Solution : 1. Une combinaison linéaire de suites bornées étant encore bornée, on vérifie facilement que F1 est un sous-espace vectoriel de E. 2. En considérant par exemple les suites (un ) et (v n ) de terme général un = n 2 et v n = 4n − 1 on vérifie que (un ) et (v n ) sont croissantes mais que un − v n n’est pas monotone (il suffit de calculer les 4 premiers termes de cette suite). F2 n’est donc pas stable par combinaison linéaire et ne forme donc pas un sous-espace vectoriel de E. 3. L’ensemble F3 est clairement une partie non vide de E. Par le théorème d’opérations sur les limites, on sait qu’une combinaison linéaire de suites convergentes est encore convergente. Donc F3 est un sous-espace vectoriel de E. 4. L’ensemble F4 est une partie non vide de E. Par le théorème d’opérations sur les limites, on sait qu’une combinaison linéaire de suites convergentes vers 0 est encore convergente vers 0. Donc F3 est un sous-espace vectoriel de E. 5. La suite nulle ne converge pas vers l 6= 0 et donc F5 ne peut être un sous-espace vectoriel de E.
6. La suite nulle n’est pas divergente et donc n’appartient pas à F6 qui ne peut du coup être un sous-espace vectoriel de E.. 7. Une combinaison linéaire de suites géométriques n’est pas forcément géométrique donc F7 n’est pas un sousespace vectoriel de E. 8. L’ensemble F8 est une partie non vide de E. On vérifie facilement qu’un combinaison linéaire de suites de raison a est encore une suite géométrique de raison a et F8 est donc un sous-espace vectoriel de E. Exercice 23.6 ♥ Les parties suivantes sont-elles des sous-espaces vectoriels de R2 ?
868
ª
©¡
¢
ª
1. F1 = x, y ∈ R2 | 2x + y Ê 0 ©¡
¢
©¡
¢
3. F3 = x, y ∈ R2 | y = x
ª
©¡
2. F2 = x, y ∈ R2 | x 2 + y 2 = 1
¢
ª
ª
4. F4 = x, y ∈ R2 | x − 2y = 3
Solution : Rappelons qu’une partie de R2 est un sous-espace vectoriel de R2 si et seulement si c’est le singleton {0}, une droite vectorielle ou R2 tout entier. 1. Le couple (0, 1) est élément de F1 mais ce n’est pas le cas du couple (0, −1) qui lui est pourtant colinéaire. F1 n’est donc pas stable par combinaison linéaire et ce ne peut être un sous-espace vectoriel de R2 . 2. Le couple nul (0, 0) n’est pas élément de F2 et donc F2 ne peut être un sous-espace vectoriel de R2 . ¡
¢ ¡
¢
3. On vérifie facilement que F3 est une partie non¡vide¢ de ¡R2 . Si¢ x, y , x ′ , y ′ ∈ F3 et si α, β ∈ R alors on vérifie facilement que αx +βx ′ = αy +βy ′ et donc que α x, y +β x ′ , y ′ ∈ F3 . F3 est donc un sous-espace vectoriel de R2 . 4. Le couple nul (0, 0) n’est pas élément de F4 et donc F4 n’est pas un sous-espace vectoriel de R2 .
Exercice 23.7 ♥ ª ©¡ ¢ ª © Soient F = x, y, z ∈ R3 | x + y + z = 0 et G = (s − t , s + t , t ) ∈ R3 | s, t ∈ R . 1. Montrer que F et G sont des sous-espaces vectoriels de R3 .
2. Déterminer F ∩ G. Solution : Rappelons qu’une partie de R3 est un sous-espace vectoriel de R3 si et seulement si c’est le singleton {0}, une droite vectorielle, un plan vectoriel ou R3 tout entier. ¡
¢ ¡
¢
1. F ¡est une¢ partie vide de R3 . Si x, y, z , x ′ , y ′ , z ′ ∈ F et si α, β ∈ R alors on vérifie facilement que le triplet ¡ ′ non ¢ ′ ′ α x, y, z +β x , y , z vérifie l’équation x + y + z = 0. F est donc stable par combinaison linéaire et forme un sousespace vectoriel de R3 (on aura reconnu que F est un ¡ plan vectoriel ¢ de l’espace). On vérifie aussi que G est un sous-ensemble non vide de R3 et si (s − t , s + t , t ) et s ′ − t ′ , s ′ + t ′ , t ′ sont deux éléments de G (avec s, s ′ , t , t ′ ∈ R) et si alors α, β ∈ R alors : ¡ ¢ α (s − t , s + t , t ) + β s ′ − t ′ , s ′ + t ′ , t ′ = (S − T, S + T, T)
avec S = αs + βs ′ et T = αt + βt ′ et donc G est aussi stable par combinaison linéaire (On aura là encore remarqué que G est un plan vectoriel de l’espace).
x + y + z = 0 x = s − t 2. Pour déterminer F ∩ G il suffit de résoudre le système et on obtient comme ensemble solution y = s+t z=t 3 x =− t 2 celui paramétré par : y = 1 t (on reconnait l’équation paramétrée d’une droite vectorielle). 2 z=t
Exercice 23.8 ♥♥ On considère un K -espace vectoriel E et un sous-espace vectoriel A de E. On suppose que A 6= {0E } et A 6= E. Montrer que la partie B = (E \ A) ∪ {0E } n’est pas un sous-espace vectoriel de E. Solution : Par l’absurde, supposons que B est un sous-espace vectoriel de E. Soient a ∈ A et b ∈ B deux vecteurs non nuls. Posons x = a + b . Comme E est un espace vectoriel, x est élément de E et comme E = A ∪ B, soit x ∈ A, soit x ∈ B. Si x ∈ A alors b = x − a est élément de A car A est un sous-espace vectoriel. Mais A ∩ B = {0} donc b = 0 ce qui est contradictoire avec notre hypothèse de départ. De même, si x ∈ B alors a = x − b ∈ B et a = 0 ce qui est aussi une contradiction. En conclusion, B ne peut être un sous-espace vectoriel de E.
23.7.3 Opérations sur les sous-espaces vectoriels Exercice 23.9 ♥ Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel E. Montrer que : F ∩ G = F + G ⇐⇒ F = G
869
Solution : – ⇒ Soit x ∈ F. Alors x = x + 0 ∈ F + G = F ∩ G. Donc x ∈ G. Ce qui prouve que F ⊂ G. On montre de la même façon que G ⊂ F et donc que F = G. – ⇐ Trivial. Exercice 23.10 ♥ Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel E. Montrer que F ∪ G est un sous-espace vectoriel de E si et seulement si F ⊂ G ou G ⊂ F. Solution : – ⇒ Supposons que F 6⊂ G et que G 6⊂ F. On peut alors trouver deux vecteurs non nuls x ∈ F \ G et y ∈ G \ F. x + y ne peut être élément de F ∪ G : sinon on aurait x + y ∈ F (ou x + y ∈ G) et donc, F étant stable par combinaison linéaire y = x+y −x serait élément de F (on fait le même raisonnement si x+y ∈ G) ce qui n’est pas possible par hypothèse. Par conséquent F ∪ G n’est pas un sous-espace vectoriel de E. La première implication est ainsi prouvée par contraposée. – ⇐ Trivial. Exercice 23.11 ♥ On considère un K -espace vectoriel E, et l’on note V (E) l’ensemble de tous les sous-espaces vectoriels de E. On se donne un sous-espace vectoriel V ∈ V (E) et l’on définit l’application ϕV :
½
V (E) X
−→ 7−→
V (E) X∩V
Montrer que ϕV injective ⇐⇒ (i i )
(i )
V=E
ϕV surjective ⇐⇒ (i i i )
Solution : 1. (i ) =⇒ (i i i ) : il suffit de prendre X1 = E et X2 = V . Alors comme ϕ (X1 ) = ϕ (X2 ) = V et que ϕ est injective, X 1 = X 2 , c’est-à-dire V = E.
2. (i i i ) =⇒ (i ) : le résultat est clair car dans ce cas ϕE = id.
3. (i i ) =⇒ (i i i ) : comme E ∈ V (E) et que ϕ est surjective, il possède un antécédent X ∈ V (E) et l’égalité X ∩ V = E n’est possible que si V = E.
4. (i i ) =⇒ (i ) : clair car dans ce cas ϕE = id.
Exercice 23.12 ♥ On considère un K -espace vectoriel E, et l’on note V l’ensemble de tous les sous-espaces vectoriels de E. On se donne un sous-espace vectoriel V ∈ V et l’on définit l’application ϕV :
½
V (E) X
−→ 7−→
V (E) X+V
Montrer que (i )
ϕV injective ⇐⇒ (i i )
V = {0E }
ϕV surjective ⇐⇒ (i i i )
Solution : 1. (i i i ) =⇒ (i ) et (i i i ) =⇒ (i i ) sont claires puisque si V = {0E }, ϕV = idV (E) .
2. (i ) =⇒ (i i i ) : par l’absurde, si V 6= {0E }, il existe v ∈ V tel que v 6= 0E . En prenant X1 = {0E } et X2 = Vect(v), on aboutit à une contradiction car ϕ (X1 ) = V = ϕ (X2 ).
3. (i i ) =⇒ (i i i ) : par l’absurde, si V 6= {0E }, il existe v ∈ V avec v 6= 0E . En posant Y = {0}, on ne lui trouve pas d’antécédent par ϕV . Exercice 23.13 ♥♥ Soit un K -espace vectoriel E et quatre sous-espaces vectoriels A, B, C et D de E. Montrer que ¡
¡
¢
3. A ∩ B + (A ∩ C) = (A ∩ B) + (A ∩ C).
1. A ∩ (B + C) = A ∩ B + A ∩ C. ¢
2. A + B ∩ (A + C) = (A + B) ∩ (A + C) ;
¡
¢ ¡
¢
4. A ∩ B = C ∩ D =⇒ A + (B ∩ C) ∩ A + (B ∩ D) = A ;
870
Solution : 1. Considérons z ∈ A ∩ B + A ∩ C. Il existe x ∈ A ∩ B et y ∈ A ∩ C tels que z = x + y . Mais comme x, y ∈ A et que A est un sous-espace vectoriel, z ∈ A. Comme x ∈ B et y ∈ C, z = x + y ∈ A + C. En conclusion, z ∈ A ∩ (B + C). Réciproquement, si z ∈ A ∩ (B + C) alors z ∈ A et il existe x ∈ B et y ∈ C tels que z = x + y .
2. D’après la question précédente, (A+B)∩(A+C) = A∩ A+ A∩C +B∩ ¡A+B∩C = A+ ¢ A∩B+ A∩C +B∩C = A+B∩C car A est un sous-espace vectoriel et A ∩ B, A ∩ C ⊂ A. De même, A + B ∩ (A + C) = A + (A ∩ B + B ∩ C) = A + B ∩ C. On en déduit l’égalité. ¡
¢
¡
¢
3. Toujours d’après la première question A ∩ B + (A ∩ C) = A ∩ B + A ∩ A ∩ C = A ∩ B + A ∩ C et A ∩ B + (A ∩ C) = (A ∩ B) + (A ∩ C).
4. Supposons que A ∩ B = C ∩ D. Alors ¡
¢ ¡ ¢ ∩ B} ∩C + B ∩ |C {z ∩ D} = A + C ∩ D + A ∩ B = A + A ∩ B = A A + (B ∩ C) ∩ A + (B ∩ D) = A ∩ A + |A {z ∩ B} ∩D + |A {z C∩D
C∩D
A∩B
car A est un sous-espace vectoriel et que A ∩ B ⊂ A.
Exercice 23.14 ♥♥ Soit un K -espace vectoriel E et trois sous-espaces F, G et H de E. On suppose que F + G = F + H F∩G = F∩H G⊂H
A-t-on toujours G = H ?
Solution : Montrons que G = H. On sait déjà que G ⊂ H. Il suffit donc de montrer l’inclusion réciproque. Soit h ∈ H. Alors h ∈ F + H = F + G. Donc il existe f ∈ F et g ∈ G tels que h = f + g . Mais comme f = h − g , que h − g ∈ H (car h ∈ H, g ∈ G ⊂ H et H est un sous-espace vectoriel) alors f ∈ F ∩ H = F ∩ G. Donc f ∈ G et h = f + g ∈ F. Ce qui prouve que H ⊂ F. En conclusion H = G.
23.7.4 Sous-espace vectoriel engendré par une partie Exercice 23.15 ♥ Montrer que les ensembles suivants sont des sous-espaces vectoriels en les décrivant sous la forme Vect (F ) : ©¡ ¢ ª 1. F1 = x, y ∈ R2 | x − y = 0 ©¡
¢
ª
2. F2 = x, y ∈ R2 | 2x − y = 0 3. F3 = {(t , −2t ) | t ∈ R}
Solution :
©¡
¢
ª
©
ª
1. F1 = x, y ∈ R2 | x − y = 0 = (x, x) ∈ R2 | x ∈ R = Vect ((1, 1)) ©¡
¢
ª
©
ª
2. F2 = x, y ∈ R2 | 2x − y = 0 = (x, 2x) ∈ R2 | x ∈ R = Vect ((1, 2)) 3. F3 = {(t , −2t ) | t ∈ R} = Vect ((1, −2))
Exercice 23.16 ♥ Montrer que les ensembles suivants sont des sous-espaces vectoriels en les décrivant sous la forme Vect (F ) : ©¡
¢
ª
1. F1 = x, y, z ∈ R3 | x + y − z = 0 ª © 2. F2 = (2s + t , s − t , s + t ) | (s, t ) ∈ R2 ©¡ ¢ 3. F3 = x, y, z ∈ R3 | x − y + z = 0 et Solution :
ª x+y −z =0
¢
ª
5. F5 = {(2t , 3t , t ) | t ∈ R}
¢ ª ©¡ ¢ ª © ª x, y, z ∈ R3 | x + y − z = 0 = x, y, x + y ∈ R3 | x, y ∈ R = x (1, 0, 1) + y (0, 1, 1) ∈ R3 | x, y ∈ R = Vect ((1, 0, 1) , (0, 1, 1)). ª © ª © 2. F2 = (2s + t , s − t , s + t ) | (s, t ) ∈ R2 = s (2, 1, 1) + t (1, −1, 1) | (s, t ) ∈ R2 = Vect ((2, 1, 1) , (1, −1, 1)). ©¡ ¢ ª ©¡ ¢ ª 3. F3 = x, y, z ∈ R3 | x − y + z = 0 et x + y − z = 0 = 0, y, y ∈ R3 | y ∈ R = Vect ((0, 1, 1)).
1. F1 =
©¡
©¡
3 4. F4 = F©¡ ∩ G avec ¢ F 3= x, y, z ∈ R |ª x − y − 2z = 0 et G = x, y, z ∈ R | 3x − y − z = 0
871
©¡
¢
ª ©¡
¢
ª
©¡
¢
ª
4. F4 = © x, y, z ∈ R3 | x − y − 2zª= 0 ∩ x, y, z ∈ R3 | 3x − y − z = 0 = x, y, z ∈ R3 | x − y − 2z = 0 et 3x − y − z = 0 = (x, 5x, −2x) ∈ R3 | x ∈ R = Vect ((1, 5, −2)).
5. F5 = {(2t , 3t , t ) | t ∈ R} = Vect ((2, 3, 1)).
Exercice 23.17 ♥ Montrer que les ensembles suivants sont des sous-espaces vectoriels en les décrivant sous la forme Vect (F ) : 1. F1 = R2 [X]
5. F5 = {P ∈ R4 [X] | P (1) = P (2) = 0} ©
©
ª
3. F3 = P′ | P ∈ Rn [X] où n ∈ N © ¡
¢
¡
¢
4. F4 = a X3 − 1 + b X2 − 2 + c (X + 4) | (a, b, c) ∈ R3 Solution :
¡
ª
6. F6 = P ∈ R2 [X] | P′ = 0
2. F2 = {P ∈ R3 [X] | P (1) = 0}
¢
©
n
ª
1. F1 = R2 [X] = Vect X2 , X, 1 .
ª
7. F7 = P ∈ R3 [X] | P′′ = 0 8. F8 = P ∈ R2 [X] |
¡
R1 0
o P (t ) d t = 0
¢
2. F2 = {P ∈ R3 [X] | P (1) = 0} = {(X − 1) P | P ∈ R2 [X]} = Vect (X − 1) X2 , (X − 1) X, (X − 1) 1 . ©
ª
¡
¢
3. F3 = P′ | P ∈ Rn [X] = Rn−1 [X] = Vect 1, X, . . . , Xn−1 . © ¡
¢
¡
¢
ª
¡
¢
4. F4 = a X3 − 1 + b X2 − 2 + c (X + 4) | (a, b, c) ∈ R3 = Vect X3 − 1, X2 − 2, X + 4 .
5. F5 = {P ∈ R¡4 [X] | P (1) = P (2) = 0} = {(X − 1) (X − 2) P | P ∈ R¢2 [X]} = Vect X 2 (X − 1) (X − 2) , X (X − 1) (X − 2) , (X − 1) (X − 2) . ª
©
6. F6 = P ∈ R2 [X] | P′ = 0 = Vect (1). ª
©
7. F7 = P ∈ R3 [X] | P′′ = 0 = {aX + b|a, b ∈ R} = Vect (X, 1). R
3b + 6c = 0 . Donc F8 = 8. Soit P = aX2 + bX + c ∈ F8 où a, b, c ∈ R. On a : 0n1 P (t ) dt = 0 si et seulement o si 2a + © 2 ª ¢ ¡ 2 1 a b 2 aX + bX + c| a, b, c ∈ R et 2a + 3b + 6c = 0 = aX + bX − 3 − 2 | a, b ∈ R = Vect X − 3 , X − 21 .
Exercice 23.18 ♥ Montrer que les ensembles suivants sont des sous-espaces vectoriels en les décrivant sous la forme Vect (F ) : ª
©
1. F1 = f ∈ C 1 (R, R) | y ′ − 2t y = 0 ©
©
ª
4. F4 = f ∈ C 2 (R, R) | f ′′ − 4f = 0
′
1. Les fonctions solutions de y − t y = 0 sont les fonctions ϕα :
½
R t
2. Les fonctions solutions de f ′′ + ω2 f = 0 sont les fonctions ϕα,β : Donc F2 = Vect (t 7→ cos (ωt ) , t 7→ sin (ωt )).
½
−→ 7−→
3. Les fonctions solutions de f ′′ + 2f ′ + f = 0 sont les fonctions ϕα,β : ¡
F3 = Vect t 7→ e −t , t 7→ t e
¢ −t
.
¡
ª
©
2. F2 = f ∈ C 2 (R, R) | f ′′ + ω2 f = 0 où ω ∈ R∗+
Solution :
ª
3. F3 = f ∈ C 2 (R, R) | f ′′ + 2f ′ + f = 0
¢
R t ½
R 2 αe t
−→ 7−→ R t
¡
R où α, β ∈ R. α cos (ωt ) + β sin (ωt )
−→ 7−→
R αe −t + βt e −t
où α, β ∈ R. Donc
4. On montre de même que F4 = Vect t 7→ e 2t , t 7→ e −2t . Exercice 23.19 ♥ Montrer que les ensembles suivants sont des sous-espaces vectoriels en les décrivant sous la forme Vect (F ) : 1. L’ensemble F1 des suites réelles constantes. 2. L’ensemble F2 des suites arithmétiques. 3. L’ensemble F3 des suites géométriques de raison 2. 4. L’ensemble F4 des suites réelles nulles à partir du rang 3. Solution : 1. F1 = Vect ((1)). 2. F2 = Vect ((1) , (n)) 3. F3 = Vect ((2n )) 4. F4 = Vect ((1, 0, 0, 0, . . .), (0, 1, 0, 0, . . .) , (0, 0, 1, 0, . . .)) 872
¢
où α ∈ R.Donc F1 = Vect ϕ1 .
Exercice 23.20 ♥ Dans l’espace vectoriel E = R3 , on considère les vecteurs e 1 = (1, 1, 0) et e 2 = (1, 2, 1). Déterminer Vect(e 1 , e 2 ). Solution : On trouve que Vect(e 1 , e 2 ) = {(x, y, z) ∈ R3 | x − y + z = 0}
C’est un plan vectoriel. Exercice 23.21 ♥ On note E = { f ∈ F (R , R ) | ∃(a, ϕ) ∈ R2 : ∀x ∈ R , f (x) = a cos(x − ϕ)} Déterminer une partie A de F (R , R ) telle que E = Vect(A). Solution : Grâce à la trigonométrie, on a les équivalences : f ∈E
⇐⇒
∃(a, ϕ) ∈ R2 : ∀x ∈ R , f (x) = a cos(x − ϕ)
⇐⇒
∃α, β ∈ R : ∀x ∈ R , f (x) = α cos x + β sin x
⇐⇒
∃(a, ϕ) ∈ R2 : ∀x ∈ R , f (x) = a cos ϕ cos x + a sin ϕ sin x
Donc E = Vect(cos, sin) . Exercice 23.22 ♥ Soit E = F (R , R ) le R-espace vectoriel des fonctions d’une variable réelle. On définit les systèmes de vecteurs S = (x 7→ 1, x 7→ cos x, x 7→ cos 2x)
T = (x 7→ 1, x 7→ cos x, x 7→ cos2 x).
Montrer que Vect(S) = Vect(T). Solution : Comme pour tout x ∈ R, cos 2x = 2cos2 x − 1, il est clair que x 7→ cos 2x ∈ Vect(T). Il s’ensuit que Vect (S) ⊂ Vect (T). De même, pour tout x ∈ R, cos2 x = (1 + cos 2x) /2 et donc x 7→ cos2 x ∈ Vect(S). Donc Vect (T) ⊂ Vect (S). En conclusion Vect (S) = Vect (T). Exercice 23.23 ♥♥ Dans R4 , montrer que les vecteurs v 1 = (1, 0, 0, 1) et v 2 = (2, 1, −1, 0) engendrent le même sous-espace vectoriel que les vecteurs v 3 = (3, 1, −1, 1) et v 4 = (5, 2, −2, 1). Solution : Comme v 3 = v 1 + v 2 et que v 4 = v 1 + 2v 2 , il est clair que v 3 et v 4 sont éléments de Vect (v 1 , v 2 ). Donc Vect (v 3 , v 4 ) ⊂ Vect (v 1 , v 2 ). On remarque de plus que v 1 = 2v 3 − v 4 et que v 2 = v 4 − v 3 . Donc de la même façon, Vect (v 1 , v 2 ) ⊂ Vect (v 3 , v 4 ). En conclusion Vect (v 1 , v 2 ) = Vect (v 3 , v 4 ) Exercice 23.24 ♥♥ Soit E un R-espace vectoriel et F un sous-espace vectoriel de E. On pose A = E \ F. 1. Montrer que ∀x ∈ F, ∀y ∈ A, x + y ∈ A. 2. En déduire que si F 6= E, alors Vect(A) = E. Solution : 1. Soit x ∈ F et y ∈ A. Par l’absurde, si x + y 6∈ A, alors x + y ∈ F et il existe f ∈ F tel que x + y = f mais alors y = f − y ∈ F (car F est un sous-espace vectoriel), ce qui n’est pas possible.
2. Supposons que F 6= E. Par conséquent, il existe y ∈ A. Montrons alors que E ⊂ Vect(A). Soit x ∈ E. Si x ∈ A, alors x ∈ Vect(A). Supposons donc que x 6∈ A. Alors x ∈ F et d’après 1. , x + y ∈ A. On écrit alors x = (x + y) − y
Et donc x est combinaison linéaire des vecteurs (x + y) et y qui appartiennent à A. Par conséquent, x ∈ Vect(A). Exercice 23.25 ♥ Soient A et B deux parties d’un K−espace vectoriel E. 1. Si A ⊂ B, montrer que Vect(A) ⊂ Vect(B). 2. Si F est un sous-espace vectoriel de E, montrer que Vect(F) = F. ¡ ¢ 3. Montrer que Vect Vect(A) = Vect(A). 873
Solution : 1. Comme Vect(A) est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant A et que Vect(B) est un sous-espace vectoriel de E qui contient B et donc A, on a forcément Vect(A) ⊂ Vect(B). 2. De même, comme F est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant F donc Vect(F) = F. ¡
¢
3. On applique la question précédente avec F = Vect(A). On obtient Vect Vect(A) = Vect(A).
Exercice 23.26 ♥♥ Soient A et B deux parties d’un K-espace vectoriel E. Montrer que : Vect (A ∪ B) = Vect (A) + Vect (B)
Solution : – ⊂ Vect (A) + Vect (B) est un sous-espace vectoriel de E qui contient A et B. Il contient donc Vect (A ∪ B). – ⊃ Soit x ∈ Vect (A) + Vect (B). Il existe x A ∈ Vect (A) et xB ∈ Vect (B) tels que x = x A + xB . Le vecteur x A est combinaison linéaire de vecteurs de A, xB est combinaison linéaire de vecteurs de B. Par conséquent x est combinaison linéaire de vecteurs de A et de vecteurs de B. Le vecteur x est donc bien élément de Vect (A ∪ B).
23.7.5 Sous-espaces vectoriels supplémentaires - Somme directe Exercice 23.27 ♥ Soient F = {(s, 0) | s ∈ R} et G = {(0, t ) | t ∈ R}. Prouver que F ⊕ G = R2 . ¡
¢
Solution : Comme de R2 . Si x, y ∈ F ∩ G ¡ ¢ F = Vect (1, 0) et¡ que¢ G = Vect (0, 1), F et G sont ¡ des¢ sous-espaces ¡ vectoriels ¢ 2 alors y = 0 car ¡ x, ¢ y ∈ F et x = 0 car x, y ∈ G. Donc F∩G = {0}. Si x, y ∈ R , alors x, y = x (1, 0) + y (0, 1) et on a bien décomposé x, y en la somme d’un vecteur de F et d’un vecteur de G. Donc F + G = R2 . En conclusion, F ⊕ G = R2 . Exercice 23.28 ♥ ª ª © © Soient F = (s, t ) ∈ R2 | s + t = 0 et G = (s, t ) ∈ R2 | s − t = 0 . Prouver que F ⊕ G = R2 .
2 Solution : On vérifie que F = Vect (1, −1) et que ( G = Vect (1, 1) donc ce sont deux sous-espace vectoriels de R . Si
¡
¢ s+t =0 dont l’unique solution est (0, 0) donc F ∩ G = {0}. Pour x, y ∈ F ∩ G alors ce couple vérifie le système s−t =0 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ x, y ∈ R2 , cherchons (s, t ) ∈ F et s ′ , t ′ ∈ G en sorte que x, y = (s, t ) + s ′ , t ′ . On doit avoir :
¡
s + s′ t + t ′ s+t ′ s − t′ ¢
=x =y
=0
.
=0
¡
¢
¡
¢
On résout ce système et on trouve (s, t ) = 12 x − y, −x + y et s ′ , t ′ = 12 x + y, x + y . En conclusion, F ⊕ G = R2 . Exercice 23.29 ♥ Vérifier si les espaces suivants sont supplémentaires dans E = R3 F=
©¡
¢ ª x, y, z ∈ R3 | 2x − y + z = 0
et G = {(t , −t , t ) | t ∈ R}
Solution : On vérifie facilement que F et G sont des sous-espaces vectoriels de E. Pour déterminer F ∩ G il suffit de résoudre le système
2x − y + z = 0 x = t y = −t z=t
ce qui amène F ∩ G = {(0, 0, 0)}. F et G sont donc en somme directe. Comme la
droite vectorielle n’est pas incluse dans le plan vectoriel F, le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant F et G est E et donc F + G = E. On a ainsi montré que F ⊕ G = E. 874
Exercice 23.30 ♥ Vérifier si les espaces suivants sont supplémentaires dans E = R3 F=
©¡
¢ x, y, z ∈ R3 | x − y + z = 0
ª
et 2x + y + z = 0
et G = {(3t , 2t , t | t ∈ R}
Solution : On vérifie facilement que F et G sont des sous-espace vectoriels de E. Pour déterminer F ∩ G il suffit de
x−y +z =0 2x + y + z = 0 résoudre le système x = 3t y = 2t z = t
ce qui amène F ∩ G = {(0, 0, 0)}. F et G sont donc en somme directe. F et G étant
des droites vectorielles de l’espace, le plus petit sous-espace vectoriel de R3 les contenant est un plan vectoriel. F et G ne sont donc par supplémentaires dans R3 . Exercice 23.31 ♥ ©¡ ¢ ª ©¡ ¢ ª Soient F = x, y, z ∈ R3 | x − y + z = 0 et G = x, y, z ∈ R3 | x + y − z = 0 . Ces deux sous-espaces sont-ils en somme directe dans R3 ? Solution : On montre facilement que F = Vect ((1, 1, 0) , (0, 1, 1)) et que G = Vect ((1, 0, 1) , (0, 1, 1)). Ce sont donc deux sous-espace vectoriels de R3 . F et G sont en fait des plans vectoriels de R3 . Leurs équations ( ne sont pas proportionnelles, donc ils ne
sont pas confondus. Leur intersection est une droite d’équation cartésienne {0}. F et G ne sont donc pas en somme directe dans R3 .
x−y +z =0
x+y −z =0
et n’est donc par réduite à
Exercice 23.32 ♥ Vérifier si les espaces suivants sont supplémentaires dans E = R2 [X] ª © F = P ∈ R2 [X] | P′ = 0 ¡
¡
et G = Vect X, X2
¢
¢
Solution : Comme F = Vect (1) et G = Vect X, X2 , ces deux ensembles sont des sous-espace vectoriels de E. Il est clair que F ∩ G = {0} car si P ∈ F alors P est un polynôme constant qui ne peut être combinaison linéaire de X et X2 que si les coefficients de cette combinaison linéaire sont nuls. Il est aussi clair que tout polynôme de E s’écrit comme la somme d’un polynôme constant et d’une combinaison linéaire de X et X2 . On a donc bien : E = F ⊕ G. Exercice 23.33 ♥ © ª © ª On considère dans E = R4 [X] les sous-ensembles P = P ∈ E | P est pair et I = P ∈ E | P est impair .
1. Soit P ∈ E. Montrer que P ∈ P si et seulement si les coefficients de ses termes de degré impair sont nuls.
2. Soit P ∈ E. Montrer que P ∈ I si et seulement si les coefficients de ses termes de degré pair sont nuls.
3. Montrer que P et I sont des sous-espaces vectoriels de E. 4. Montrer que E = P ⊕ I . Solution :
1. Supposons que P = a4 X4 + a3 X3 + a2 X2 + a1 X + a0 avec a0 , a1 , a2 , a3 , a4 ∈ R. Si P est pair alors P (−X) = P (X) et a4 X 4 + a3 X 3 + a2 X 2 + a1 X + a0 = a4 X 4 − a3 X 3 + a2 X 2 − a1 X + a0 donc a3 X 3 + a1 X = 0 ce qui amène a3 = a1 = 0 car un polynôme est nul si et seulement si ses coefficients sont nuls. Les coefficients des termes de degré impair de P sont donc bien nuls. Réciproquement, on vérifie facilement que si a3 = a1 = 0 alors P est pair.
2. Même raisonnement que dans la question précédente. ¡
¢
¡
¢
3. On tire des deux premières questions que P = Vect 1, X2 , X4 et I = Vect X, X3 . Ces deux ensembles sont donc des sous-espaces vectoriels de E. 4. Soit P ∈ P ∩ I . Alors les coefficients des termes de degré pair et les coefficients des termes de degré impair de P sont nuls. Donc P est nul et P , I sont en somme directe. Si P = a4 X4 + a3 X3 + a2 X2 + a1 X + a0 ∈ E alors P = a4 X4 + a2 X2 + a0 + a3 X3 + a1 X {z } | {z } | ∈P
donc E = P + I . En conclusion, E = P ⊕ I .
875
∈I
Exercice 23.34 ♥ Vérifier si les espaces suivants sont supplémentaires dans E = F (R, R) © ª F = f ∈ E | f (1) = 0
et G = { f ∈ E | ∃a ∈ R : ∀x ∈ R , f (x) = ax}
Solution : On vérifie facilement que F est sous-espace vectoriel de E. On remarque que G = Vect (idR ) et donc G est un sous-espace vectoriel de E. Si f ∈ F ∩ G alors il existe a ∈ R tel que f : x 7→ ax . Mais comme f (1) = 0, il vient que a = 0 et donc que f = 0. L’ intersection de F et G est donc réduite à la fonction identiquement nulle sur R. Notons ϕ la fonction constante égale à 1 sur R. Soit f ∈ E. On a, pour tout x ∈ R : f (x) = f (x) − f (1) .ϕ (x) + f (1) .ϕ (x). Il est clair que f − f (1) ϕ ∈ F et que f (0) ϕ ∈ G. On en déduit que E = F + G. En conclusion, on a bien E = F ⊕ G. Exercice 23.35 ♥ Vérifier si les espaces suivants sont supplémentaires dans E = C 1 (R, R) ª © F = f ∈ C 1 (R, R) | f (0) = f ′ (0) = 0
et G = Vect (x 7→ 1, idR )
Il est clair que F et G sont des sous-espaces vectoriels de C 1 (R, R). Il est aussi facile de montrer que F ∩ G = {0}. En effet, si f ∈ F ∩ G alors f est une fonction affine qui s’annule en 0 et dont la dérivée s’annule aussi en 0. f est donc nécessairement identiquement nulle. Par ailleurs, si h ∈ C 1 (R, R) alors notant : g : x 7→ h ′ (0) x + h (0), on a :h − g ∈ F ce qui montre que E = F ⊕ G. Solution :
Exercice 23.36 ♥ Vérifier si les espaces suivants sont supplémentaires dans E = C 0 ([−1, 1] , C) ½ ¾ Z1 F = f ∈ C 0 ([−1, 1] , C) | f (t ) d t = 0 −1
ª
©
et G = f ∈ C 0 ([−1, 1] , C) | f est constante
Solution : On montre facilement que F et G sont des sous-espaces vectoriels de C 0 ([−1, 1] , C). L’intersection F ∩ G est réduite au vecteur nul. En effet, si la fonction f ∈ F ∩ G alors f est une fonction constante égale à un réel c d’intégrale nulle sur [−1, 1]R ce qui amène 2c = 0, c’est-à-dire c = 0. f est donc identiquement nulle. De plus, si h ∈ C 0 ([−1, 1] , C), 1 f (t ) dt et en désignant par g la fonction constante sur [−1, 1] égale à α, on vérifie facilement que en posant α = −1 h − g ∈ F et donc E = F + G. En résumé : F et G sont supplémentaires dans E. Exercice 23.37 ♥♥ © ª E = F (R , R ) et F = f ∈ E; f (0) = f (1) = 0 . Montrer que F est un s.e.v. de E et trouver un supplémentaire de F dans E. Indication 23.23 : Considérer l’ensemble des fonctions telles que ∀x ∈ R \ {0, 1}, f (x) = 0. Solution : On montre que la fonction nulle est dans F, et que F est stable par combinaison linéaire. Soit G = { f ∈ E; ∀x ∈ R , x 6= 0, x 6= 1, f (x) = 0}
On montre sans problème que G est un sous-espace vectoriel de E. Alors F ∩ G = {0E } (c’est clair). Montrons ensuite que E = F + G : soit f ∈ E. Définissons
fF =
R x
−→ 7−→
R (
0 f (x)
si x = 0 ou 1 sinon
et f G :
R x
−→ 7−→
On a bien, ∀x ∈ R , f (x) = f F (x) + f G (x) et f F ∈ F, f G ∈ G. Finalement, E = F ⊕ G. Exercice 23.38 ♥♥ Soit E = Rn on considère
R f (0) f (1) 0
si x = 0 si x = 1 sinon
H = {(x1 , . . . , xn ) ∈ E | x1 + · · · + xn = 0}
Montrer que H est un sous-espace vectoriel de E et trouver un supplémentaire de H. Le supplémentaire trouvé est-il unique ? Indication 23.23 : Faire un dessin de H lorsque n = 2 et n = 3. Solution : On montre sans problème que H est un sous-espace vectoriel. Considérons a = (1, . . . , 1) ∈ Rn . Alors a 6∈ H. Montrons que E = Vect(a) ⊕ H. 876
1. Vect(a) ∩ H = {0} : Soit x ∈ Vect(A) ∩ H : il existe λ ∈ R , tel que x = λa = (λ, . . . , λ). Mais comme x ∈ H, nλ = 0 d’où λ = 0 et x = 0.
2. E = Vect(a) + H : Soit x = (x1 , . . . , xn ) ∈ E. En supposant le problème résolu, il existe λ ∈ R et h ∈ H tels que x = λa + h . Alors il faut que x − λa = (x1 − λ, . . . , xn − λ) ∈ H et donc que λ =
x1 + · · · + xn . n
x1 + · · · + xn et h = x − λa . On vérifie que x = λa + h et que h ∈ H, λa ∈ Vect(a). n Le supplémentaire trouvé n’est pas unique (cf dessin dans R3 ) : il suffit de prendre un vecteur a 6∈ H et alors E = Vect(a) ⊕ H.
Posons donc λ =
Exercice 23.39 ♥♥ Soit E un K-e.v. et A, B deux sous-espaces vectoriels de E. Soit C un supplémentaire de A ∩ B dans B. Montrer que A + B = A ⊕ C. Solution : 1. Montrons que la somme A + C est directe. Soit x ∈ A ∩ C, puisque x ∈ A et x ∈ B (car C ⊂ B), x ∈ A ∩ B et x ∈ C. Comme (A ∩ B) ⊕ C = B, il vient que x = 0.
2. Montrons que A + C = A + B. Comme C ⊂ B, il est immédiat que A + C ⊂ A + B. Montrons donc que A + B ⊂ A + C. Soit x ∈ A+B. Il existe x A ∈ A et xB ∈ B tel que x = x A + xB . Comme B = (A∩B)+C, il existe x A∩B ∈ A∩B et xC ∈ C tel que xB = x A∩B + xC . Alors x = (x A + x A∩B ) + xC
avec x A + x A∩B ∈ A et xC ∈ C. Exercice 23.40 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel et A, B, C trois sous-espace vectoriel de E vérifiant E = A ⊕ B et A ⊂ C
Montrer que C = A ⊕ (B ∩ C). Solution : Soit x ∈ A ∩ (B ∩ C) alors x ∈ A ∩ B = {0} car A et B sont en somme directe. Donc x = 0 et les deux sousespaces vectoriels A et B ∩ C sont bien en somme directe. Montrons que C = A + (B ∩ C). Soit x ∈ C. Comme x ∈ E et que E = A ⊕ B, il existe un unique couple (x A , xB ) ∈ A × B tel que x = x A + xB . Comme A ⊂ C, x A ∈ C et comme C est un sous-espace vectoriel de E, x − x A ∈ C. Il vient donc xB ∈ C ce qui prouve que xB ∈ B ∩ C. On a alors montré que x ∈ A + (B ∩ C) et donc C = A + (B ∩ C). En résumé : C = A ⊕ (B ∩ C). Exercice 23.41 ♥♥ On définit dans l’espace E des suites réelles : F = {(xn ) ∈ E | ∀n ∈ N ,
xn+3 − xn+2 − xn+1 + xn = 0}
G = {(xn ) ∈ E | ∀n ∈ N , H = {(xn ) ∈ E | ∀n ∈ N ,
xn+1 + xn = 0}
xn+2 − 2xn+1 + xn = 0}
Montrer que F = G ⊕ H. Solution : On montre d’abord que G ⊂ F. Si (xn ) ∈ G et si n ∈ N alors xn+1 +xn = 0 et xn+3 +xn+2 = 0 donc xn+3 −xn+2 − xn+1 + xn = −2(xn+2 + xn+1 ) = 0. On montre aussi que H ⊂ F. Soit (xn ) ∈ H et n ∈ N. Alors xn+3 − xn+2 − xn+1 + xn = xn+2 − 2xn+1 + xn = 0.
1. Montrons que G∩H = {0E }. Soit (xn ) ∈ G∩H. Comme (xn ) ∈ G, on montre que ∀n ∈ N , xn = (−1)n x0 . En écrivant que (xn ) ∈ H, on trouve que ∀n ∈ N , (−1)n x0 [1 + 2 + 1] = 0 ce qui montre que x0 = 0 et par la suite, (xn ) = 0E .
2. Montrons que F = G + H. On a déjà prouvé que G ⊂ F et H ⊂ F. Par conséquent, G + H ⊂ F. Il nous faut montrer recherche, si (xn ) = (un ) + (v n ) avec (un ) ∈ G et (v n ) ∈ H, que F ⊂ G + H. Soit (xn ) ∈ F. En effectuant une partie ¡ ¢ puisque (un ) ∈ G, il existe λ ∈ R tel que (un ) = λ (−1)n . En écrivant que (v n ) = (xn ) − (un ), puisque (v n ) ∈ H, il faut que v 2 − 2v 1 + v 0 = 0 et par conséquent, on trouve que λ = Partie rédaction : Posons ∀n ∈ N ,
un =
x0 − 2x1 + x2 . 4
x0 − 2x1 + x2 (−1)n 4
877
v n = xn −
x0 − 2x1 + x2 (−1)n 4
On a bien (un ) + (v n ) = (xn ), et (un ) ∈ G. Montrons que (v n ) ∈ H. Soit n ∈ N , v n+2 − 2v n+1 + v n = (xn+2 − 2xn+1 + xn ) − (x0 − 2x1 + x2 )(−1)n
On montre par récurrence sur n (car (xn ) ∈ F), que cette quantité est nulle pour tout entier n . Exercice 23.42 ♥♥ Soit un K -espace vectoriel E et deux sous-espaces vectoriels A et B de E. On suppose qu’il existe un supplémentaire A′ de A ∩ B dans A et un supplémentaire B′ de A ∩ B dans B. Montrer que A + B = (A ∩ B) ⊕ (A′ + B′ )
Solution : 1. La somme est directe : montrons que (A ∩ B) ∩ (A′ + B′ ) = {0E }. Soit x ∈ (A ∩ B) ∩ (A′ + B′ ). Comme x ∈ A′ + B′ , il existe (a ′ , b ′ ) ∈ A′ × B′ tels que x = a ′ + b ′ . Alors b ′ = x − a ′ ∈ A et donc b ′ ∈ A ∩ B. Puisque la somme A ∩ B + B′ est directe, il vient que b ′ = 0E . On montre de la même manière que a ′ = 0E et donc ensuite que x = 0E .
2. (A ∩ B) + (A′ + B′ ) ⊂ A + B est claire. Soit x ∈ (A ∩ B) + (A′ + B′ ). Il existe (y, a ′ , b ′ ) ∈ (A ∩ B) × A′ × B′ tels que x = (y + a ′ ) + b ′ ∈ A + B. 3. A + B ⊂ (A ∩ B) + (A′ + B′ ). Soit x ∈ A + B. Il existe (a, b) ∈ A × B tels que x = a + b . Comme A = (A ∩ B) + A′ , ∃(y 1 , a ′ ) ∈ (A ∩ B) × A′ tels que a = y 1 + a ′ . De même, ∃(y 2 , b ′ ) ∈ (A ∩ B) × B′ tels que b = y 2 + b ′ . Alors x = y 1 + a ′ + y 2 + b ′ = (y 1 + y 2 ) +(|{z} b ′ ) et donc x ∈ (A ∩ B) + (A′ + B′ ). a ′ + |{z} | {z }
∈B′
∈A′
∈A∩B
23.7.6 Applications linéaires Exercice 23.43 ♥ Vérifier si les applications entre R-espace vectoriels suivantes sont linéaires ou pas. 1. f : 2. f : 3. f : 4. f : 5. f :
½
2
¡R ¢ x, y
½
2
¡R ¢ x, y
½
2
¡R ¢ x, y
½
3
¡ R ¢ x, y, z
½
3
¡ R ¢ x, y, z
−→ 7−→
R x−y
6. θ :
−→ 7−→
R x + y +1
7. θ :
−→ 7−→ −→ 7−→ −→ 7−→
2 ¡R ¢ x + y, x − y
8. θ :
2
R ¡ ¢ x − y, x + z
9. θ :
R xyz
10. θ :
½ ½ ½ ½ ½
F (R, R) −→ f
R f (1)
7−→
C 1 (R ) f C 0 (R ) f
−→ 7−→
C 0 (R) 2f + f ′
−→ 7−→
R R1
S (R) −→ R −→ 7−→
R [X] P
f (t ) dt
(u0 , u1 )
7−→
(un )
0 2
¡R [X] ¢ X2 + 1 P
Solution : ¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
1. ¡Soient α, α¢′ ∈ R¡ et u¢= x,¡ y , u ′ ¢= x ′ , y ′ ∈ R2 . ¡On¢ a : f αu + α′ u ′ = f αx + α′ x ′ , αy + α′ y ′ = αx + α′ x ′ − αy + α′ y ′ = α x − y + α′ x ′ − y ′ = α f (u) + α′ f u ′ . f est bien linéaire.
2. f (0, 0) = 1. f n’est donc pas linéaire. ¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
′ ′ ′ ′ ′ ′ 3. ¡¡ Soient α, α¢′ ∈¡ R et u¢ ¡= x, y , ¢u ′ ¡= x ′ , y ′ ¢¢∈ R2¡ . On a :¢ f αu ¡ ′+ α ′u ′ = ′ ¢f αx + α x , αy ¡+ α′ ¢ y = ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ αx + α x + αy + α y , αx + α x − αy + α y = α x + y, x − y +α x + y , x − y = α f (u)+α f u . f est bien linéaire.
4. Par un calcul analogue au précédent, on montre que f est linéaire. ¡
¢
¡ ¡
¢¢
¡
¢
¡
¢
5. Soient x, y, z ∈ R3 . On a : f 2 x, y, z = f 2x, 2y, 2z = 23 x y z 6= 2f x, y, z . f n’est donc pas linéaire. ¡
¢
¡
¢
¡ ¢
¡ ¢
6. Soient α, β ∈ R et f , g ∈ F (R, R). On a : θ α f + βg = α f + βg (1) = α f (1) + βg (1) = αθ f + βθ g . θ est bien linéaire. ¡
¢
¡
¢
¡
¢′
7. Soient α, β¢ ∈ R¡ et f , g ¢∈ C 1 (¡R)¢. On ¡a, ¢par linéarité de la dérivation : θ α f + βg = 2 α f + βg + α f + βg = ¡ α 2f + f ′ + β 2g + g ′ = αθ f + βθ g . θ est bien linéaire. 878
¡
¢
8. Soient α, β ∈ R et f , g ∈ C 0 (R). On a, par linéarité de l’intégrale : θ α f + βg = R1 ¡ ¢ ¡ ¢ β 0 g (t ) dt = αθ f + βθ g . θ est bien linéaire. ¡
¢
¡
¢
R1 ¡ 0
¢ R1 α f + βg (t ) d t = α 0 f (t ) dt +
9. Soient α, β ∈ R et u, v ∈ S (R). On a : θ αu + βv = αu0 + βv 0 , αu1 + βv 1 = α (u0 , u1 )+β (v 0 , v 1 ) = αθ (u)+βθ (v). θ est bien linéaire. ¡
¢
¡
¢¡
¢
¡
¢
¡
¢
10. Soient α, β ∈ R et P, Q ∈ R [X]. On a : θ αP + βQ = X2 + 1 αP + βQ = α X2 + 1 P + β X2 + 1 Q = αθ (P) + βθ (Q). θ est bien linéaire. Exercice 23.44 On considère
♥ f :
(
¡
R2
x, y
¢
−→
7−→
1. Montrer que f est un automorphisme de R2 .
2 ³Rp ¡ 2 2
¢ p ¡ ¢´ x − y , 22 x + y
2. Déterminer son automorphisme réciproque. 3. Interpréter géométriquement f . Solution : 1. On vérifie facilement que f est linéaire. Montrons que f est bijective : Soit (X, Y) ∈ R2 . Il suffit de montrer qu’il ex(p ¡
¢
¡
¢
iste un et un seul couple x, y ∈ R2 tel que f x, y = (X, Y). Cela revient à résoudre le système :
On trouve x =
p 2 2
(X + Y) et y = −
p
2 2 (X − Y)
¡
¢ x−y =X ¢ x+y =Y
.
−1
:
(
R2
(X, Y)
−→
7−→
2 R ³p
p 2 2 + Y) , − (X 2 2
(X − Y)
´ .
2 ¡R π ¢ . f est donc la rotation vectorielle d’ancos 4 x − sin π4 y, cos π4 x + sin π4 y gle π4 . On reconnaît par ailleurs que f −1 est celle d’angle − π4 , ce qui est cohérent.
3. Remarquons que : f :
2
¡
et f est bien bijective. En résumé, f est un automorphisme de R2 .
2. En utilisant les calculs de la question précédente, on a : f ½
2 p2 2 2
¡R ¢ x, y
−→ 7−→
23.7.7 Image et noyau d’un endomorphisme Exercice 23.45 ½ 3 ¡ R ¢ x, y, z
Soit f :
♥ 6 ¡R ¢ x, 0, y, 0, z, 0
−→ 7−→
1. Prouver que f est linéaire. 2. Déterminer le noyau de f . 3. Déterminer l’image de f . Solution : 1. Facile. ¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
2. Soit x, y, z ∈ R3 . On a : x, y, z ∈ Ker f ⇐⇒ f x, y, z = 0 ⇐⇒ x, 0, y, 0, z, 0 = (0, 0, 0, 0, 0, 0) ⇐⇒ x, y, z = (0, 0, 0) donc Ker f = {(0, 0, 0)} et f est injective. © ¡
¢
¡
¢
ª
©¡
¢
¡
¢
ª
3. Im f = f x, y, z | x, y, z ∈ R3 = x, 0, y, 0, z, 0 | x, y, z ∈ R3 = R × {0} × R × {0} × R × {0}. Exercice 23.46 ½
Soit f :
2 ¡R ¢ x, y
−→ 7−→
♥ 2 R ¡ ¢ 2x − y, x + y
1. Prouver que f est linéaire.
2. Déterminer le noyau et l’image de f . Solution : 1. On vérifie facilement que f est linéaire. 879
2. Montrons que f est bijective. On en déduira que Ker f = {0} et que Im f = R2 . Soit (X, Y)(∈ R2 . Il suffit de montrer ¡
¢
¡
¢
qu’il existe un et seul couple x, y ∈ R2 tel que f x, y = (X, Y). Pour ce faire, résolvons : µ
solution est x =
¶
X+Y 2Y − X et f est donc bien bijective. ,y = 3 3
2x − y = X x+y =Y
. L’unique
Exercice 23.47 ♥ Déterminer le noyau et l’image de l’application linéaire u:
½
R3 (x, y, z)
−→ 7−→
R2 (x + y − z, x − y + 2z)
Est-elle injective ? Surjective ? ¡
¢
(
(
=0
z = −2x donc Ker u = Vect (1, −3, −2). u n’est donc ⇐⇒ y = −3x x − y + 2z = 0 © ¡ ¢ ª © ¡ ¢ ª pas injective. Par ailleurs, Imu = (x + y − z, x − y + 2z) | x, y, z ∈ R3 = x (1, 1) + y (1, −1) + z (−1, 2) | x, y, z ∈ R3 = Vect ((1, 1) , (1, −1) , (−1, 2)) = R2 car les vecteurs (1, 1) , (1, −1) sont non colinéaires et ils engendrent donc le plan. u est
Solution : On a x, y, z ∈ Ker u ⇐⇒
x+y −z
donc surjective.
Exercice 23.48 ½
♥♥ R3 Soit θ : . (P (0) , P (1) , P (2)) ¢ ¡ 1. Prouver que θ ∈ L R2 [X] , R3 . R2 [X] P
−→ 7−→
2. Montrer que θ est injective.
3. Montrer que θ est surjective. Indication 23.23 : Un polynôme de degré n Ê 0 admet au plus n racines.
Solution : 1. On vérifie facilement que θ est linéaire. 2. Montrons que θ est injective. Soit P ∈ Ker θ. On a donc à la fois : deg P É 2 et P (0) = P (1) = P (2) = 0. Le polynôme P est donc un polynôme de degré É 2 qui admet au moins 3 racines. Ceci n’est possible que si P = 0. Donc Ker θ = {0} et θ est injective.
3. Avec les outils du chapitre « Dimension d’un espace vectoriel », il sera très facile de montrer que θ est surjective grâce à la formule du rang et à un raisonnement sur les dimensions des espaces ici considérés. En attendant de connaître ces résultats, il faut procéder à la main : soit (s, t , u) ∈ R3 . On cherche un polynôme P = aX2 + bX + c tel c = s qui admet comme unique solution : que (P (0) , P (1) , P (2)) = (s, t , u). Ceci amène le système : a + b + c = t 4a + 2b + c = u (s/2 − t + u/2, −3/2s + 2t − u/2, s). L’application θ est donc surjective. En résumé, θ est un isomorphisme de R2 [X] dans R3 .
Soit θ :
Exercice 23.49 ½ R [X] P
−→ 7−→
♥ R [X] . θ (P) = P (X + 1) − P (X)
1. Prouver que θ est linéaire. 2. θ est-elle bijective ? Solution :
1. On vérifie facilement que θ est linéaire. 2. L’image d’un polynôme constant par θ est un polynôme nul. Par suite, le noyau de θ ne contient pas que le vecteur nul et donc θ n’est pas injective.
Soit θ :
Exercice 23.50 ½ Rn [X] P
−→ 7−→
♥ Rn [X] P′
880
1. Prouver que θ est linéaire. 2. Calculer le noyau de θ. 3. Calculer l’image de θ. Solution : On montre facilement que θ est linéaire, que Ker θ est le sous ensemble des polynômes constants de Rn [X] et que Imθ est donné par Rn−1 [X]. Exercice 23.51 Soit
♥ θ:
½
C 0 ([−1, 1] , R) f
−→ 7−→
R R1
−1
1. Prouver que θ est une forme linéaire.
f (t ) dt
.
2. θ est-elle injective ? 3. Démontrer que θ est surjective. Solution : 1. On montre facilement que θ est linéaire. Comme θ est à valeur dans R, c’est une forme linéaire. R1
2. On a :
−1 t d t
= 0 donc id[−1,1] ∈ Ker θ. θ n’est donc par injective.
3. Montrons que θ est surjective : soit α ∈ R. Montrons qu’il existe f ∈ C 0 ([−1, 1] , R) telle que suffit de considérer par exemple la fonction constante f : surjective. Exercice 23.52 Soit
♥ ϕ:
½
C ∞ (R , R ) f
−→ 7−→
½
[−1, 1] t
−→ 7−→
R α 2
R1
−1 f (t ) d t = α. Il ¡ ¢ . On a bien θ f = α. θ est donc
C ∞ (R , R ) f ′′ − 2f ′ + f
1. Prouver que ϕ est un endomorphisme. 2. Calculer Ker ϕ. 3. ϕ est-elle injective ? Solution :
¡
¢
¡
∞ 1. ¡Soient α, ¢ β ∈¡ R′′, f , g ′∈ C ¢ (R,¡R)′′. Utilisant ¢ la linéarité ¡ ¢ de¡ la¢ dérivation : ϕ α + βg = α + βg α + βg = α f − 2f + f + β g − 2g ′ + g = αϕ f + βϕ g . ϕ est bien linéaire.
¢′′
¡ ¢′ − 2 α + βg +
2. Soit f ∈ C ∞ (R, R). f ∈ Ker f si et seulement si f ′′ −2f ′ + f = 0. En appliquant le théorème de résolution des équa¡ ¢ tions différentielles linéaires du second degré à coefficients constants, on obtient : Ker f = Vect t 7→ t e t , t 7→ e t .
3. Il est alors clair que ϕ n’est pas injective.
Exercice 23.53 ♥ Soient X un ensemble non vide et a ∈ X. Soient E un K-espace vectoriel et θ:
½
F (X, E) f
−→ 7−→
E f (a)
1. Prouver que θ est une application linéaire. 2. Déterminer l’image de θa et dire si θ est surjective. 3. Déterminer le noyau de θa et dire si θ est injective. Solution : 1. On montre facilement que θ est linéaire. 2. Soit v ∈ E. On veut montrer ½ qu’il existe une application f ∈ F (X, E) tel que : f (a) = v . Il suffit de considérer E . θ est donc surjective. u © ª 3. Il est clair que Ker θa = f ∈ F (X, E) | f (a) = 0 . L’application θ n’est donc pas injective.
l’application constante f :
X x
−→ 7−→
881
Exercice 23.54 ♥♥ On considère C comme un R-espace vectoriel. Soit a ∈ R et f :
½
C z
−→ 7−→
C (1 + i a)z + (1 − i a)z¯
1. Montrer que f est linéaire. 2. Déterminer Ker f et le représenter dans le plan complexe (on prendra a = 1).
3. Déterminer Im f et le représenter dans le plan complexe (lorsque a = 1).
4. Lorsque a = 1, trouver les antécédents de 1 par f et représenter l’ ensemble f (−1) ({1}).
Solution : 1. On vérifie sans peine que f est linéaire. 2. Soit z ∈ Ker f . Alors f (z) = 0. En notant u = 1 + i a et en remarquant que f µ(z) = (uz) + (uz)¶ = 2Re (uz), on iλ i a . On vérifie que obtient que Re (uz) = 0. Donc il existe λ ∈ R tel que uz = i λ, et donc z = + =λ 2 2 u
réciproquement, tout complexe de cette forme est dans Ker f . Par conséquent,
1+a
1+a
Ker f = Vect(a + i )
3. Soit Z ∈ C . Cherchons z ∈ C tel que f (z) = Z. Puisque Z = 2Re (uz), il faut nécessairement que Z ∈ R . Réciproquement, si Z ∈ R , alors f (Z/(2u)) = Re (2uZ/(2u)) = Z. Par conséquent, Im f = R . 4. Lorsque Z = 1 et a = 1, on trouve que z = le point
1 iλ (1 − i ) 1+i . C’est une droite affine passant par + = +λ 2(1 + i ) 2(1 + i ) 4 4
1−i et parallèle à la droite vectorielle Ker f . 4
Exercice 23.55 ♥♥ Soit E l’espace vectoriel des fonctions continues sur R . On définit
ϕ:
½
E f
−→ 7−→
E ϕ( f )
où ϕ( f ) :
1. Montrer que ϕ est bien définie et que ϕ ∈ L(E).
R x
−→ 7−→
R sh x f (x) x f (0)
six 6= 0 si x = 0
2. Déterminer Ker ϕ et Imϕ.
Solution : En utilisant les équivalents usuels (ou plus simplement en écrivant le taux d’accroissement de sh en 0), on sh x
montre que −−−→ 1. La fonction ϕ( f ) est donc continue en 0 et donc ϕ( f ) ∈ E. x x→0 Cherchons Ker ϕ : Soit f ∈ Ker ϕ. Alors ∀x 6= 0, ϕ( f )(x) = 0 et donc ∀x 6= 0, f (x) = 0 et comme f est continue en 0, il vient également que f (0) = 0. Par conséquent, f = 0E . Donc Ker ϕ = {0E }. Montrons que Imϕ = E. Soit g ∈ E. Définissons f :
R x
−→ 7−→
R x g (x) sh x g (0)
si x 6= 0 si x = 0
On vérifie que f est continue en 0, donc que f ∈ E et que ϕ( f ) = g . Par conséquent, Imϕ = E. Donc ϕ ∈ GL(E) . Exercice 23.56 ♥ Soient E, F, G trois K-espace vectoriel, et f ∈ L(E, F) et g ∈ L(F, G). Montrer que : 1. Ker(g o f ) = f (−1) (Ker g ) 2. Ker f ⊂ Ker(g ◦ f ) 3. Im g ◦ f ⊂ Im g
882
Solution :
¡
¢
¡
¢
−1 1. Soit¡ x ∈ Ker Ker g . Réciproquement, si x ∈ ¢ g ◦ f alors comme g¡ f (x)¢ = 0, f (x) ∈ Ker g et donc x ∈ f −1 f Ker g alors f (x) ∈ Ker g et g f (x) = 0 ce qui s’écrit aussi x ∈ Ker g ◦ f .
¡
¢
2. Si x ∈ Ker f alors f (x) = 0 et donc g f (x) = g (0) = 0. Alors x ∈ Ker g ◦ f . ¡
¢
3. Si y ∈ Im g ◦ f alors il existe x ∈ E tel que g f (x) = y . Il est alors clair que y ∈ Im g (un antécédent de y par g est f (x)). Exercice 23.57 ♥ Soit E un K-espace vectoriel et u ∈ L(E) un endomorphisme. On pose P = {x ∈ E | u(x) = x}
1. Montrer que P est un sous-espace vectoriel de E. 2. Montrer que la somme Ker u + P est directe. Solution : 1. Il suffit de remarquer que P = Ker(u − id) et on obtient immédiatement que P est un sous-espace vectoriel de E.
2. Montrons que P ∩ Ker u = {0E }. Soit x ∈ P ∩ Ker u , on a u(x) = x et u(x) = 0 d’où x = 0. Exercice 23.58 ♥ Soient f et g deux endomorphismes d’un K-espace vectoriel E. 1. Montrer que Im f ⊂ Ker g ⇐⇒ g o f = 0. 2. Montrer que f og = g o f =⇒ Ker g est stable par f . 3. Montrer que g o f = id =⇒ f injective. Solution :
¡
¢
1. Si Im f ⊂ Ker g alors pour tout x ∈ E, f (x) ∈ Im f ⊂ Ker g donc¡g ¢ f (x)¡ = 0.¢ Donc g o f = 0. Réciproquement, si g ◦ f = 0 et si y ∈ Im f alors il existe x ∈ E tel que y = f (x) et g y = g f (x) = 0 donc y ∈ Ker f . On a alors bien Im f ⊂ Ker f . ¡
¢
¡
¢
2. Soit x ∈ Ker g . Alors g f (x) = f g (x) = f (0) = 0 donc f (x) ∈ Ker g et Ker g est stable par f .
3. Si g o f = id et si x ∈ Ker f alors 0 = g (0) = g ◦ f (x) = id (x) = x . Donc x = 0 et Ker f = {0}. On en déduit que f est injective.
Exercice 23.59 ♥♥ ¡ ¢ Soient E et F deux K-espaces vectoriels et f ∈ L (E, F). Montrer que pour toute partie A de E, f (Vect (A)) = Vect f (A) .
Solution : Effectuons un raisonnement par double inclusion : – ⊃ Vect (A) est un sous-espace vectoriel de E qui contient A. f (Vect (A)) est donc un sous-espace vectoriel de F qui contient ¡ f (A) ¡ ¢ car l’image d’un sous-espace vectoriel par une application linéaire est un sous-espace vectoriel. Comme ¢ Vect f (A) est le plus petit sous-espace vectoriel de F contenant f (A), on a nécessairement f (Vect (A)) ⊃ Vect f (A) – ⊂ Soit y ∈ f (Vect (A)) . Il existe n ∈ N∗ , (xi )i=1,...,n une famille de vecteurs de A et (λi )i=1,...,n une famille de scalaires à ! de K tels que y = f
n X
i=1
λi xi . Par linéarité, on a : y =
n X
i=1
¡ ¢ λi f (xi ). Donc y est élément de Vect f (A) .
Exercice 23.60 ♥♥ u v On considère trois K-espaces vectoriels E,F,G et deux applications E −→ F −→ G telles que : 1. l’application u est linéaire et surjective ; 2. l’application vou est linéaire de E vers G. Montrer que l’application v est linéaire. 2 2 2 Solution : Montrons que v est linéaire. Soit ¡ (y 1 , y 2 ) ∈¢F et¡(λ, µ) ∈ K . Puisque ¢ u ¡est surjective,¢il existe (x1 , x2 ) ∈ E tels que y 1 = u(x1 ) et y 2 = u(x2 ). Alors v λy 1 + µy 2 = v λu(x1 ) + µu(x2 ) = v u(λx1 + µx2 ) (car u est linéaire) = λv ◦ u(x1 ) + µv ◦ u(x2 ) (car v ◦ u est linéaire) = λv(y 1 ) + µv(y 2 ).
883
Exercice 23.61 ♥♥ Soient trois K -espaces vectoriels E, F, G et deux applications linéaires f ∈ L(E, F), g ∈ L(F, G). Montrer que : 1. Ker(g o f ) = Ker f ⇐⇒ Ker g ∩ Im f = {OE } ;
2. Im(g o f ) = Im g ⇐⇒ Ker g + Im f = F. Solution :
(a) (i ) =⇒ (i i ) : Soit y ∈ Im f ∩ Ker g , alors il existe x ∈ E tel que y = f (x). Comme y ∈ Ker g , g ◦ f (x) = 0 et donc x ∈ Ker(g ◦ f ). Donc x ∈ Ker f et par conséquent, f (x) = y = 0 ;
1.
2.
(b) (i i ) =⇒ (i ) : On¡ a toujours Ker f ⊂ Ker g ◦ f (le vérifier !). Montrons ici que Ker g ◦ f ⊂ Ker f . Soit x ∈ ¢ Ker g ◦ f . Alors g f (x) = 0. Mais en posant y = f (x), y ∈ Im f et y ∈ Ker g et d’après (i i ), y = 0. Donc f (x) = 0 ce qui montre que x ∈ Ker f . (a) (i ) =⇒ (i i ) : Soit y ∈ F. Posons z = g (y) ∈ Im g . Comme Im g = Im g ◦ f , il existe x ∈ E tel que z = g ◦ f (x). On écrit alors ¡ ¢ y = y − f (x) + f (x) ¡ ¢ avec f (x) ∈ Im f et puisque g y − f (x) = g (y) − g ◦ f (x) = 0, y − f (x) ∈ Ker g ; ¡
¢
(b) (i i ) =⇒ (i ) : On a toujours Im g ◦ f ⊂ Im g (le vérifier !). Montrons donc que Im g ⊂ Im g ◦ f . Soit z ∈ Im g . Il existe y ∈ F tel que z = g (y). Mais puisque F = Ker g +Im f , il existe (y 1 , y 2 ) ∈ Ker g ×Im f tels que y = y 1 +y 2 . Comme y 2 ∈ Im f , il existe x2 ∈ E tel que y 2 = f (x2 ). Alors z = g (y 1 +y 2 ) = g (y 1 )+g (y 2 ) = g ◦ f (x2 ) ∈ Im g ◦ f . Exercice 23.62 ♥♥ Soient E un K-espace vectoriel et u un endomorphisme de E. 1. On suppose dans cette question que u 2 = 0. (a) Montrer que Imu ⊂ Ker u .
2.
(b) Montrer que idE +u est un automorphisme de E.
(a) Montrer que : Imu ∩ Ker u = {0} ⇐⇒ Ker u 2 = Ker u .
(b) Montrer que : Ker u + Imu = E ⇐⇒ Imu 2 = Imu . Solution : 1.
2.
¡ ¢
(a) Soit y ∈ Imu · Il existe donc x ∈ U tel que u (x) = y . Par conséquent :u y = u ◦ u (x) = 0. Donc y ∈ Ker u .
(b) On a (id +u) ◦ (id −u) = (id −u) ◦ (id +u) = id donc id +u est bijective d’inverse id −u . id +u est donc un automorphisme de E. (a) – ⇒ Supposons que Imu ∩ Ker u = {0}. Si x ∈ Ker u alors naturellement x ∈ Ker u 2 . Réciproquement, si 2 x ∈ Ker u alors u (x)2 ∈ Imu et u (u (x)) = 0. Donc, par application de l’hypothèse u (x) = 0, donc x ∈ Ker ¡ ¢u . – ⇐ Si on a : Ker u = Ker u et si y ∈ Imu ∩ Ker u = {0} alors il existe x ∈ E tel que y = u (x) et u y = u (u (x)) = 0. Donc x ∈ Ker u 2 = Ker u et y = ı (x) = 0. (b) – ⇒ Supposons que Ker u + Im u = E. Soit y ∈ Imu . Alors il existe x ∈ E tel que u (x) = y . Appliquant l’hypothèse, il existe (x1 , x2 ) ∈ Ker u × Imu tel que x = x1 + x2 . On a alors y = u (x) = u (x2 ). Comme 2 si y ∈ Imu 2 alors évidemment, y ∈ Imu x2 ∈ Imu , on a : y ∈ Imu . Réciproquement, ¡ ¢. 2 – ⇐ Supposons maintenant que : Imu = Imu . Si y ∈ E il existe x ∈ E tel que u y = u (u (x)). Comme ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ u y − u (x) = u y − u 2 (x) = u y − u y = 0, y − u (x) ∈ Ker u et on peut décomposer y en la somme d’un vecteur de Ker u et d’un vecteur de Imu : y = y − u (x) + u (x). Donc Ker u + Im u = E.
Exercice 23.63 ♥♥ Soit un K espace vectoriel E et deux endomorphismes (u, v) ∈ L(E) qui commutent : u ◦v = v ◦u
1. Montrer que Imu et Ker u sont stables par v , c’est à dire v(Ker u) ⊂ Ker u et v(Imu) ⊂ Imu
2. Si l’on suppose de plus que E = Ker u ⊕ Ker v , montrer que Imu ⊂ Ker v et Im v ⊂ Ker u
884
Solution : 1. Montrons que Ker u est stable par v . Soit x ∈ Ker u , montrons que v(x) ∈ Ker u . Pour cela, on calcule ¡ ¢ ¡ ¢ u v(x) = u ◦ v(x) = v ◦ u(x) = v u(x) = v(0E ) = 0E
Donc on a bien v(x) ∈ Ker u . Montrons que Imu est stable par v . Soit y ∈ Imu . Montrons que v(y) ∈ Imu . Comme y ∈ Imu , ∃x ∈ E tel que y = u(x). Alors
v(y) = v ◦ u(x) = u ◦ v(x) = u(v(x)) ∈ Imu
2. Montrons que Imu ⊂ Ker v : Soit y ∈ Imu ; ∃x ∈ E tel que y = u(x). Comme E = Ker u + Ker v , ∃(xu , x v ) ∈ Ker u × Ker v tel que x = xu + x v
Mais alors
¡ ¢ ¡ ¢ v(y) = v u(xu + x v ) = v u(x v ) = v ◦ u(x v ) = u ◦ v(x v ) = u(0E ) = 0E
et donc y ∈ Ker v . L’autre inclusion se prouve de la même façon.
Exercice 23.64 ♥♥♥ Soit un K-espace vectoriel E et un endomorphisme u ∈ L(E) tel que ∀x ∈ E, le système de vecteurs (x, u(x)) est lié. Montrer que l’application u est une homothétie. Solution : Par hypothèse, pour tout x ∈ E, il existe λ(x) ∈ K tel que u(x) = λ(x).x . Il faut montrer que l’application λ : E −→ K est constante. Soient deux vecteurs non nuls (x, y) ∈ E2 . Nous allons montrer que λ(x) = λ(y). Comme l’application u est linéaire, on a u(x + y) = u(x) + u(y) et donc λ(x + y).(x + y) = λ(x).x + λ(y).y . Donc ¡ ¢ ¡ ¢ λ(x + y) − λ(x) .x + λ(x + y) − λ(y) .y = 0E
(23.1)
Étudions deux cas : – Si le système (x, y) est libre, on tire de la relation (23.1), que λ(x) = λ(x + y) = λ(y). – Si le système (x, y) est lié, l’un des vecteurs est combinaison linéaire de l’autre. Si par exemple, il existe α ∈ R , α 6= 0K tel que y = α.x , comme que u est linéaire, u(y) = u(α.x) = α.u(x) et donc
d’où puisque y = α.x ,
¡
¡ ¢ λ(y).y = α × λ(x) .x
¢ α × (λ(y) − λ(x)) .x = 0E
et comme x 6= 0E , et α 6= 0K , on obtient également dans ce cas que λ(x) = λ(y). On a donc montré que la fonction λ était constante sur E \ {0E } : il existe λ ∈ K tel que ∀x ∈ E \ {0E }, λ(x) = λ. On peut poser λ(0E ) = λ également et donc u = λ. idE . Par conséquent, l’endomorphisme u est une homothétie vectorielle. Exercice 23.65 ♥♥♥ Soit E un K-espace vectoriel f ∈ L(E) un endomorphisme. On définit ϕf :
½
L(E) u
−→ −→
L(E) f ◦u −u ◦ f
1. Montrer que ϕ f ∈ L(L(E)). 2. Montrer que si f est nilpotent, alors ϕ f est aussi nilpotent. Solution :
¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
1. Soient u, v ∈ L(E) et α, β ∈ K. ϕ f αu + βv = f ◦ αu + βv − αu + βv ◦ f = α f ◦ u − u ◦ f + β f ◦ v − v ◦ f = αϕ f (u) + βϕ f (v) par linéarité de f . Donc ϕ f est linéaire. ¡
¢
2. Soit u ∈ L(E). On a ϕ2f (u) = ϕ f f ◦ u − u ◦ f = f 2 ◦ u − 2f ◦ u ◦ f + u ◦ f 2 , puis ϕ3f (u) = f 3 ◦ u − 2f 2 ◦ u ◦ f + f ◦ u ◦ f 2 − f 2 ◦ u ◦ f + 2f ◦ u ◦ f 2 − u ◦ f 3 = f 3 ◦ u − 3f 2 ◦ u ◦ f + 3f ◦ u ◦ f 2 − u ◦ f 3 . Soit n ∈ N∗ . Supposons que 885
à ! n n X (−1)k f n−k u f k . Montrons que la formule est encore valable au rang n + 1. On a (pour simplifier k=0 k les calculs, on n’écrit pas les symboles de composition ◦) : à ! à ! n n X n+1 k n−k k ϕ f (u) = ϕ f (−1) f uf k=0 k à ! ³ ´ n n X = (−1)k f n−k+1u f k − f n−k u f k+1 k=0 k à ! à ! n n n n X X k n−k+1 k = (−1) f uf − (−1)k f n−k u f k+1 k=0 k k=0 k à ! à ! n n n+1 X X n k n−k+1 k = (−1) f uf − (−1)k−1 f n−k+1 u f k k k − 1 k=0 k=1 Ãà ! à !! n X n n k n+1 = f u+ + f n+1−k u f k + (−1)n+1 u f n+1 (−1) k k − 1 k=1 à ! n+1 X n +1 = (−1)k f n+1−k u f k k k=0
ϕnf (u) =
d’après la relation de Pascal. La formule est donc vraie au rang n + 1. On termine en appliquant le théorème de récurrence. Si p est l’indice de nilpotence de f , alors en posant n = 2p , et en ¡ ¢considérant k ∈ 0, n, soit k Ê p soit n − k Ê p . P Donc dans tous les cas, f n−k u f k = 0 et comme ϕnf (u) = nk=0 nk (−1)k f n−k u f k , il vient, pour tout u ∈ L(E) que ϕnf (u) = 0 et ϕ f est bien nilpotent.. Exercice 23.66 ♥♥♥ Soit E un K-espace vectoriel et g ∈ L(E). On définit : ϕ:
½
L(E) f
−→ 7−→
L(E) gof
On admettra que dans un espace vectoriel, tout sous-espace vectoriel admet un supplémentaire. 1. Montrer que ϕ est linéaire 2. Montrer que ϕ est injective si et seulement si g est injective 3. Montrer que ϕ est bijective si et seulement si g est bijective. Solution : 1. Facile. 2. ⇒ Supposons que ϕ soit injective. Soit x0 ∈ E tel que g (x0 ) = 0. Par l’absurde, supposons que x0 6= 0. Posons F = Vect (x0 ) et considérons un supplémentaire G de F dans E. Considérons aussi l’application linéaire f ∈ L(E) donnée par ½ f :
¡ ¢
E = F⊕G x = αx0 + xG
−→ 7−→
E . αx0
Alors ϕ f = g ◦ f = 0 = ϕ (0). Comme ϕ est injective, il vient que f = 0 ce qui n’est pas possible. Donc x0 = 0 et g est injective. ¡ ¢ ⇐ Réciproquement, si g est injective et s’il existe f ∈ L(E) telle que ϕ f = 0 alors pour tout x ∈ E, g ◦ f (x) = 0 et donc pour tout x ∈ E, f (x) ∈ Ker g = {0}. Il vient alors que ∀x ∈ E, f (x) = 0 autrement dit que f = 0. En conclusion ϕ est injective.. ¡ ¢
¡ ¡ ¢¢
3. ⇒ Supposons que ϕ est surjective. Soit y ∈ E. Il existe f ∈ L(E) tel que ϕ f = id. Donc g f y = y et y ∈ Im g . On a prouvé que g est surjective. ⇐ Si g est bijective, montrons qu’il en est de même de ϕ. On sait déjà que ϕ est injective. Il reste à montrer qu’elle est surjective. Soit f ∈ L(E). Comme g est bijective, pour tout x ∈ E, il existe un unique x f ∈ E tel que ¡
¢
g x f = f (x). On définit ainsi une application f 0 :
½
886
E x
−→ 7−→
E . Cette application est linéaire. En effet, si xf
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ x, x ′ ∈ E et α, α′ ∈ K alors f 0 αx + α′ x ′ = αx + α′ x ′ f avec αx + α′ x ′ f tel que
g
³¡ ¢ ´ αx + α′ x ′ f
= =
= = ¡
¢
¡ ¢ ¡ ¢ f αx + α′ x ′ par définition de αx + α′ x ′ f ¡ ¢ α f (x) + α′ f x ′ par linéarité de f ¡ ¢ ¡ ¢ αg x f + α′ g x ′ par définition de x f et x ′f ´ ³ g αx f + α′ x ′f par linéarité de g ¡
¢
¡ ¢
donc par injectivité de g , αx + α′ x ′ f = αx f + α′ x ′f et f 0 αx + α′ x ′ = α f 0 (x) + β f 0 x ′ . On en déduit que f 0 ∈ L(E). De plus, par construction, g ◦ f 0 = f et ϕ est bien surjective. Exercice 23.67 ♥♥ Soit E un R-espace vectoriel et F un sous-espace vectoriel de E. On pose G = E \ F. Soit f ∈ L(E) tel que ∀x ∈ G, f (x) = 2x
Montrer que f = 2id. Solution : Soient x ∈ F et x ′ ∈ G. Alors x + x ′ ∈ G car sinon, x + x ′ ∈ F et comme x ∈ F et que F est un sous-espace vectoriel de E, x ′ ∈ F ¡ce qui ¢n’est pas possible. ¡ ¢ ¡ ¢ Par linéarité de f , f x + x ′ = f (x) + f x ′ et donc 2 x + x ′ = f (x) + 2x ′ . On en déduit que f (x) = 2x et donc que f |F = 2id. En conclusion, f = 2id. Exercice 23.68 ♥ Soit E un K-espace vectoriel et f ∈ L(E). Soit p ∈ N∗ .
1. Montrer que Ker f = Ker f p =⇒ Ker f = Ker f n pour n ∈ 1, p .
2. Montrer que Im f = Im f p =⇒ Im f = Im f n pour n ∈ 1, p .
Solution :
1. On vérifie facilement que Ker f ⊂ Ker f 2 ⊂ . . . ⊂ Ker f p . Donc si Ker f = Ker f p les inclusions précédentes deviennent des égalités. 2. De même, il est clair que Im f p ⊂ Im f p−1 ⊂ . . . ⊂ Im f 2 ⊂ Im f donc si Im f = Im f p , ces inclusions deviennent là aussi des égalités. Exercice 23.69 ♥♥♥ Soit E un K-espace vectoriel, p ∈ N∗ et f ∈ L(E).
1. Montrer que Ker f = Ker f 2 =⇒ Ker f = Ker f n pour n Ê 2. 2. Montrer que Im f p = Im f p+1 =⇒ Im f n = Im f p pour n Ê p .
Solution : 1. On effectue un raisonnement par récurrence. La propriété est, par hypothèse, vraie au rang 2. Supposons qu’elle là au rang n + 1. On sait déjà que Ker f ⊂ Ker f n+1 . Si x ∈ Ker f n+1 est vraie ¡au rang ¢ n pour n Ê 2 et prouvons n n alors f f (x) = 0 et donc f (x) ∈ Ker f = Ker f . Donc f 2 (x) = 0 et x ∈ Ker f 2 = Ker f . La propriété est alors aussi vraie au rang n + 1. On termine en appliquant le théorème de récurrence.
2. Montrons par une récurrence sur n Ê p + 1 que Im f n = Im f p . La propriété est vraie par hypothèse au rang p + 1. Soit n Ê p + 1. Supposons que Im f n = Im f p et montrons que Im f n+1 = Im f p . On a toujours Im f n+1 ⊂ ′ Im f p . Si y ∈ Im f¡ p ¢alors il existe x ∈ E tel que y = f p (x). Comme Im f p = Im f p+1 , il ¡existe ¢ x p ∈¡ E′′ ¢tel que p+1 ′ p ′′ n ′′ x ¡. Mais y = f ¡ (x) = ¢f ¢ d’après l’hypothèse de récurrence , il existe x ∈ E tel que f x = f x . Donc y = f f n (x) = f n+1 x ′′ et donc Im f p ⊂ Im f n+1 . On termine en appliquant le théorème de récurrence.
Exercice 23.70 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel et f ∈ L(E). On pose N = ∪i∈N Ker f i
1. Montrer que N = Ker f =⇒ Ker f + Im f est directe. 2. Etudier la réciproque.
887
Solution : 1. Supposons que N = Ker f . Alors pour tout i ∈ N∗ , Ker f i ⊂ Ker f . Comme par ailleurs, on a toujours Ker f ⊂ Ker f i , il vient que pour tout i ∈ N∗¡, Ker f ¢i = Ker f . Soit x ∈ Ker f ∩ Im f . Alors il existe x0 ∈ E tel que x = f (x0 ) et par ailleurs f (x) = 0. Comme f f (x0 ) = 0 et que Ker f = Ker f 2 , il vient que x0 ∈ Ker f et donc x = 0. La somme est bien directe. 2 2 2. Supposons ¡ ¢ que Ker f + Im f soit directe. Remarquons qu’on a toujours Ker f ⊂ Ker f . Soit x ∈ Ker f . Alors f f (x) = 0. Mais f (x) ∈ Im f ∩ Ker f = {0} donc f (x) = 0. Alors x ∈ Ker f . On a montré que Ker f = Ker f 2 . On en déduit que Ker f 2 = Ker f 3 , ... et donc que N = Ker f .
Exercice 23.71 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel et f , g ∈ L(E). On suppose que f og o f = f ,
et
g o f og = g
Montrer que E = Ker f ⊕ Im g
Solution : Soit x ∈ Ker f ∩ Im g . Alors f (x) = 0 et il existe x0 ∈ E tel que x = g (x0 ). Donc g ◦ f ◦ g (x0 ) = x mais on a aussi g ◦ f ◦ g (x0 ) = g ◦ f (x) = 0 donc x = 0 et Ker f , Im f sont en ¡ somme directe. ¢ Soit x ∈ E. On peut écrire x = x − g ◦ f (x) + g ◦ f (x) et comme f x − g ◦ f (x) = f (x) − f ◦ g ◦ f (x) = f (x) − f (x) = 0, il vient que x − g ◦ f (x) ∈ Ker f . Par ailleurs, il est clair que g ◦ f (x) ∈ Im g donc E = Im f + Ker f . En conclusion, Ker f et Im f sont bien supplémentaires dans E. Exercice 23.72 Soit f ∈ L(E). On note
♥♥ A( f ) = {g ∈ L(E) | f ◦ g ◦ f = 0L(E) }
1. Montrer que A( f ) est un sous-espace vectoriel de L(E). 2. Montrer que si f est injective, alors A( f ) = {g ∈ L(E) | Im f ⊂ Ker g }
3. Montrer que si f est surjective, alors A( f ) = {g ∈ L(E) | Im g ⊂ Ker f }
Solution :
¡ ¢
¡ ¢
¡ ¢
1. L’endomorphisme nul est clairement dans A f donc A f n’est pas vide. Soient g , g ′ ∈ A f et α, α′ ∈ K. Alors par linéarité de f : ¡ ¢ ′ ′ ′ f ◦ αg + α g ◦ f = α f ◦ g ◦ f + α f ◦ g ◦ f = 0 ¡ ¢ ¡ ¢ car g , g ′ ∈ A f . Donc A f est stable par combinaison linéaire. C’est bien un sous-espace vectoriel de L(E).
Si g ∈ L(E) est tel que ¡Im¢ f ⊂ Ker g alors pour tout¡ x ∈ E 2. Supposons que f soit injective. ¡ ¢ ¢ , f ◦ g ◦ f (x) = 0 (car f (x) ∈ Ker g ) donc g ∈ A ¡ f . Réciproquement, si g ∈ A f alors pour tout x ∈ E , g f (x) ∈ Ker f . Mais comme ¢ Ker f = {0}, il vient que g f (x) = 0 et donc que Im f ⊂ Ker g . 3. Supposons ¡ ¡ ¢Si g ∈ L(E) est tel que Im g ⊂¡Ker ¢ f alors pour tout x ∈ E, f ◦g ◦ f (x) = 0 ¢maintenant que f est surjective. car g f (x) ∈ Im g ⊂ Ker f . Donc g ∈ A f . Réciproquement, si g ∈ A f¡ et ¢ si y ∈ Im g alors ¡ ¢ il existe x ∈¡E ¢tel que g (x)¡ =¢ y et comme f est surjective, il existe x ′ ∈ E tel que x = f x ′ . Alors g ◦ f x ′ = y . Mais f y = f ◦ g ◦ f x ′ = 0 car f ◦ g ◦ f = 0. Donc y ∈ Ker f et Im g ⊂ Ker f .
23.7.8 Endomorphismes inversibles Exercice 23.73 ♥ Soient un K-espace vectoriel E et deux endomorphismes u, v ∈ L(E). 1. Développer (u + v)2 .
2. Développer (id −u) ◦ (id +u) .
3. Si u 2 = 0, montrer que (id −u) est bijective. 888
Solution : 1. On utilise la linéarité de u et v et on trouve : (u + v)2 = u 2 + u ◦ v + v ◦ u + v 2 . Attention, en général, u ◦ v 6= v ◦ u . 2. De même (id −u) ◦ (id +u) = id −u 2
3. Si u 2 = 0, alors (id −u) ◦ (id +u) = (id +u) ◦ (id −u) = id et (id −u) est bijective d’inverse id +u . Exercice 23.74 ♥ Soit E un K-espace vectoriel et f ∈ L(E) vérifiant ( f − id)o( f + 2id) = 0. Montrer que f est inversible. Comme ( f − id)o( f + 2id) = 0 et que f est linéaire, il vient que f 2 + f − 2id = 0 ce qui s’écrit aussi
Solution : f◦
³
id + f 2
´
= id ou encore
³
id + f 2
´
◦ f = id. Donc f est inversible d’inverse f −1 =
id + f 2
.
Exercice 23.75 ♥ Soit E un K−espace vectoriel et u ∈ L(E). On suppose qu’il existe des scalaires a0 , . . . , an tels que a0 id +a1 u + · · · + an u n = 0, avec a0 6= 0 et an 6= 0. Montrer que u est un automorphisme de E. ³
´
Comme a0 id +a1 u + · · · + an u n = 0, on a − (an u n + . . . + a1 u) = a0 id et u − aan0 u n−1 − . . . − aa01 id =
Solution :
¶ µ ´ ³ a1 a n n−1 a u + . . . + id . − an0 u n−1 − . . . − aa 10 id u = id donc u est inversible et u −1 = − a0
Exercice 23.76 ♥ On considère les deux endomorphismes de E = R2 suivants : u:
½
R2 (x, y)
R2 (y, 0)
−→ 7−→
et v :
a0
½
R2 (x, y)
−→ 7−→
R2 (0, x)
1. Calculer u ◦ v , v ◦ u , u 2 et v 2 . Conclusion ?
2. Montrer que l’endomorphisme (id −u) est inversible et déterminer son inverse.
Solution :
¡
¢
1. Pour x, y ∈ R2 , on calcule ¡
¢
¡
¢
¡
¢
– u 2 ¡ x, y ¢ = u y, 0 = (0, 0). – v 2 x, y = v (0, x) = (0, 0).
– u ◦ v ¡x, y ¢ = u ¡(0, x)¢ = ¡(x, 0)¢. – v ◦ u x, y = v y, 0 = 0, y .
donc u ◦ v est la projection sur les abscisses, v ◦ u est la projection sur les ordonnées et u 2 = v 2 = 0.
2. On utilise l’exercice 23.73. Comme u 2 = 0, id −u est inversible et d’inverse id +u .
Exercice 23.77 ♥ Soit un K-espace vectoriel E et un endomorphisme k ∈ GL(E). On considère l’application ϕk :
½
L(E) u
−→ 7−→
L(E) k ◦u
Montrer que ϕk ∈ GL(L(E)) puis que l’application ψ:
½
GL(E) k
−→ 7−→
GL(L(E)) ϕk
est un morphisme de groupes injectif. ¡
¢
¡
¢
Solution : On vérifie que ϕk est linéaire. Soient α, β ∈ K et u, v ∈ L(E). On a ϕk αu + βv = k ◦ αu + βv = αk ◦ u + βk ◦ v = αϕk (u) + βϕk (v) par linéarité de k . L’application ϕk est bien à valeurs dans L(E) car la composée de deux applications linéaires est encore linéaire. Enfin, ϕk est bijective. En effet, k est inversible, on a ϕk ◦ ϕk −1 = ϕk −1 ◦ ϕk = idL(E) . ¡ comme ¢ Soient k, k ′ ∈ GL(E). On a ψ k ◦ k ′ = ϕk◦k ′ = ϕk ◦ ϕk ′ donc ψ est un morphisme de groupes. De plus, si k ∈ Ker ψ alors ψ (k) = idE donc ϕk = idE ce qui n’est possible que si k = idE donc Ker ψ = {idE } et ψ est injectif. 889
Exercice 23.78 ♥ Soient E un K-espace vectoriel et f un endomorphisme de E nilpotent. Prouver que id − f est inversible et exprimer son inverse en fonction de f . Solution : Supposons que f est nilpotent d’ordre n ∈ N∗ . Alors par linéarité de f il vient que : ¡
¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ id − f ◦ id + f + f 2 + . . . + f n−1 = id + f + f 2 + . . . + f n−1 − f + f 2 + . . . + f n−1 + f n = id ¡
¢ ¡
par télescopage et car f n = 0. De même id + f + f 2 + . . . + f n−1 ◦ id − f ¡
id − f
¢−1
2
= id + f + f + . . . + f
n−1
.
¢
= id donc id − f est inversible et
Exercice 23.79 ♥♥ On considère C comme un R-espace vectoriel. Soit p ∈ C . On définit f : C 7→ C par f (z) = z + p z . Vérifier que f ∈ L(C ) puis déterminer Ker f . A quelle condition f est-il un automorphisme ? Solution : f est linéaire (vérification immédiate). Cherchons son noyau : soit z ∈ C : f (z) = 0 =⇒ z = −p z
En prenant le conjugué, z = −p z et donc z = |p|2 z d’où (1 − |p|2 )z = 0. 1. Si |p| 6= 1, alors z = 0. Par conséquent, Ker f = {0}.
2. Si |p| = 1 alors ∃α ∈ [0, 2π[ tel que p = e iα . Par ailleurs ∃r Ê 0, ∃θ ∈ [0, 2π[, tels que z = r e iθ . Alors z = −p z =⇒ e 2iθ = e i(α+π) ⇐⇒ θ =
α+π 2
+ kπ(k ∈ Z )
Donc Ker f est une droite vectorielle : Ker f = Vect(u),
u = e i(
α+π ) 2
On peut déjà conclure que si |p| = 1, alors f n’est pas un automorphisme. Lorsque |p| = 1, on a vu que f était injective. Vérifions qu’elle est surjective. Soit u ∈ C . Cherchons z ∈ C tel que z + p z = u . En prenant le conjugué et en multipliant par p , on trouve que p z +|p|2 z = pu . En éliminant z , on trouve que z=
u − pu qui réciproquement vérifie bien f (z) = u . 1 − |p|2
En conclusion, f ∈ GL(C ) ⇐⇒ |p| 6= 1 .
Exercice 23.80 ♥♥ Soit E un R-espace vectoriel et f ∈ L(E) tel que f 2 = id. Soit b ∈ E et λ ∈ R \{1, −1}. Montrer que l’équation x+λ f (x) = b possède une unique solution. Solution : Supposons que x ∈ E est solution de l’équation : x + λ f (x) = b et en appliquant f , on a λx + f (x) = f (b). 1
En multipliant la seconde relation par λ, et en éliminant f (x), on trouve que x = (b − f (b)) (1 − λ2 6= 0). Donc 1 − λ2 si l’équation possède une solution, elle est forcément unique. Vérifions que le vecteur x précédemment trouvé est bien solution : µ ¶ 1 1 1 (b − f (b)) + λ ( f (b) − f 2 (b)) = (1 − λ2 )b = b 2 2 1−λ 1−λ 1 − λ2
Exercice 23.81 ♥♥ Soient deux endomorphismes ( f , g ) ∈ L(E)2 tels que E = Ker f ⊕ Ker g = Im f ⊕ Im g . Montrer que ( f + g ) ∈ GL(E). Solution : 1. Montrons que Ker( f +g ) = {0E }. Soit x ∈ Ker( f +g ). Comme E = Ker( f )+Ker(g ), il existe (x1 , x2 ) ∈ Ker( f )×Ker(g ) tels que x = x1 + x2 . Alors f (x) = f (x2 ) et g (x) = g (x1 ). Comme ( f + g )(x) = 0, on en déduit que f (x2 )+ g (x1 ) = 0, c’est-à-dire z = f (x2 ) = −g (x1 ) ∈ Im f ∩Im g . Mais puisque la somme Im( f )+Im(g ) est directe, Im( f )∩Im(g ) = {0E } et donc f (x2 ) = g (x1 ) = 0E ce qui montre que f (x) = g (x) = 0E , c’est-à-dire x ∈ Ker( f )∩Ker(g ). Mais puisque la somme Ker( f ) + Ker(g ) est directe, finalement x = 0E .
2. Montrons que E = Im( f +g ). Soit y ∈ E. Comme E = Im( f )+Im(g ), il existe (x1 , x2 ) ∈ E2 tel que y = x1 +x2 . Mais comme E = Ker( f ) + Ker(g ), il existe (x11 , x12 , x21 , x22 ) ∈ Ker( f ) × Ker(g ) × Ker( f ) × Ker(g ) tels que x1 = x11 + x12 890
et x2 = x21 + x22 . Alors f (x1 ) = f (x12 ) et g (x2 ) = g (x21 ). Posons x = x12 + x21 . On calcule ( f + g )(x) = f (x12 ) + g (x12 ) + f (x21 ) + g (x21 ) = f (x12 ) + g (x21 ) = y . Exercice 23.82 ♥♥♥ Soit un R-espace vectoriel E et un endomorphisme u ∈ L(E). Soient deux réels distincts (a, b) ∈ R2 tels que : (u − a id) ◦ (u − b id) = 0
1. Montrer que E = Ker(u − a id) ⊕ Ker(u − b id). 2. Déterminer la restriction de u à Ker(u − a id) et à Ker(u − b id). Solution : 1. Remarquons tout d’abord que Ker(u − a id) et Ker(u − b id) sont bien des sous-espaces vectoriels de E car ce sont des noyaux d’applications linéaires. Soit x ∈ Ker(u − a id) ∩ Ker(u − b id). Alors u (x) = ax et u (x) = bx . Comme a 6= b on a forcément x = 0 et les deux sous-espaces sont en somme directe. Remarquons que 1/(b − a) (X − a)+1/(a −b) (X − b) = 1 donc 1/(b − a) (u − a idE )+1/(a −b) (u − b idE ) = idE . De plus, en vertu du fait que (u − a id) ◦ (u − b id) = 0, Im1/(b − a) (u − a idE ) ⊂ Ker(u − b id) et Im1/(a − b) (u − b idE ) ⊂ Ker(u − a id). De plus, pour tout x ∈ E on a : x=
1
1
(u(x) − ax) + (u(x) − bx) |b−a {z } |a−b {z } ∈Ker(u−b id)
∈Ker(u−a id)
donc E = Ker(u − a id) + Ker(u − b id). En conclusion, on a bien E = Ker(u − a id) ⊕ Ker(u − b id).
2. Déterminons la restriction de u à Ker(u − a id). Si x ∈ Ker(u − a id) alors u (x) = ax donc u| Ker(u−a id) est une homothétie de rapport a . De même u| Ker(u−b id) est une homothétie de rapport b .
23.7.9 Transformations vectorielles Exercice 23.83 ♥ Dans l’espace R3 , on considère les sous-espaces E1 = Vect(1, 1, 1) et E2 = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0}. Déterminer l’expression analytique du projecteur p sur E2 parallèlement à E1 . Solution : On vérifie facilement que E1 et E2 sont supplémentaires dans E = R3 . On¡ note ¢ e = (e 1 , e 2 , e 3 ) la base de e = 0, 0) , e = 1, 0) et e = 0, 1) . On remarque que E = Vect f avec f 1 = (1, 1, 1) et que de E formée (1, (0, (0, 1 2 3 1 1 ¡ ¢ E2 = Vect f 2 , f 3 avec f 2 = (1, 0, −1) et f 3 = (0, 1, −1). En utilisant les outils du ¡chapitre 3, on montre que f 1 , f 2 , f 3 ne ¢ sont pas coplanaires et qu’ils forment donc une base f de E. Soit v ∈ E. On note x, y, z les coordonnées de v dans e et x ¡ ¢ α, β, γ ses coordonnées dans f . De l’égalité v = xe 1 + ye 2 + ze 3 = α f 1 + β f 2 + γ f 3 on tire le système y z ¡ ¢ 1 β = 3 ¡2x − y − z ¢ qui est équivalent à γ = 13 −x + 2y + z . Comme f 1 ∈ E1 et que f 2 , f 3 ∈ E2 on doit avoir ¡ ¢ α = 13 x + y + z
p (v) = β f 2 + γ f 3 = ¡
¢
et donc p x, y, z =
1¡ 3
= β+α
= γ+α
= −β − γ + α
¡ ¢ ¢ 1¡ ¢ ¢ 1 ¡¡ 2x − y − z (1, 0, −1) + −x + 2y + z (0, 1, −1) = 2x − y − z, −x + 2y + z, −x − y 3 3
¢ 2x − y − z, −x + 2y + z, −x − y .
Exercice 23.84 ♥ Dans l’espace R3 , déterminer l’expression analytique de la symétrie par rapport au sous-espace E1 parallèlement au sous-espace E2 où : ¡ ¢ E1 = Vect (1, 0, 0), (1, 1, 1) et E2 = Vect(1, 2, 0)
Solution : Soit s cette symétrie et soient u = (1, 0, 0), v = (1, 1, 1) et w = (1, 2, 0). Soient e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) et e 3 = (0, 0, 1) les vecteurs de la base naturelle de R3 . On a s(u) = u et s(v) = v . s(w) = −w . On a e 1 = u, e 2 = 12 (w − u) et e 3 = v − 12 (w + u). 891
On en déduit s(e 1 ) = e 1 = (1, 0, 0), s(e 2 ) = − 12 (w +u) = (−1, −1, 0) et s(e 3 ) = v + 21 (w −u) = (1, 2, 1). Finalement, s(x, y, z) =
′ x = x + y + z (x − y + z, −y + 2z, z) et l’expression analytique de s s’écrit : y ′ = y + 2z ′ z =z
Exercice 23.85
♥
Soit :
θ:
½
−→ 7−→
R [X] P
où θ (P) est le polynôme donné par :
(θ (P)) (X) =
1. 2. 3. 4.
.
R [X] θ (P)
P(X)+P(−X) 2
.
Prouver que θ est linéaire. Prouver sur l’ensemble des polynômes pairs est stable par θ. Montrer que θ ◦ θ = θ. Que peut-on en déduire pour θ. Déterminer Ker θ et Imθ. En déduire les éléments caractéristiques de θ.
Solution : 1. Facile. 2. On montre aussi facilement que si P est pair, il en est de même de θ (P). 3. Soit P un polynôme à coefficients réels, on a : θ ◦ θ (P) (X) = θ
³ P(X)+P(−X) ´ 2
=
1 2
³ P(X)+P(−X) 2
+
P(−X)+P(X) 2
´
= θ (P) (X)
donc θ est un projecteur. 4. Si θ (P) ©= 0 alors ∀X ∈ R, P (X) = −P (−X) donc P estª impair. Réciproquement si P est impair alors θ (P). Ker θ = P ∈ R [X] | P a tous ses termes de degré pair nuls ©. On a par ailleurs θ (P) est pair pour tout P ∈ R [X] ª . Réciproquement, si P est pair, alors θ (P) = P donc Imθ = P ∈ R [X] | P a tous ses termes de degré impair nuls . Exercice 23.86 ♥ Soient E un K-espace vectoriel et p ∈ L (E). 1. Montrer que p est un projecteur si et seulement si id −p l’est. ¡ ¢ ¡ ¢ 2. On suppose que p est un projecteur. Exprimer alors Im id −p et Ker id −p en fonction de Im p et Ker p .
Solution :
¡
¢2
1. Comme id −p = id −2p + p 2 , p est un projecteur si et seulement si id −p est un projecteur. ¡
¡
¢
¢
¡
¢
2. On a Ker p = Im¡ id −p¢ . En effet, si x ∈ Ker p alors ¡p (x) =¢0 et id −p (x) = x . Donc x ∈ Im id −p . Réciproquement, si x ∈ Im id −p alors il existe x0 tel que x = id −p (x0 ) Donc p (x) = p (x0 ) − p 2 (x0 ) = 0. Exercice 23.87 ♥♥ Soient E un K-espace vectoriel et p, q ∈ L (E). Montrer l’équivalence entre : 1. p ◦ q = p et q ◦ p = q . 2. p et q sont des projecteurs et Ker p = Ker q .
Solution : ⇒ Comme
p 2 = p ◦ q ◦ p ◦q = p ◦ q ◦ q = p ◦ q = p, | {z } =q
p est un projecteur. On montre de même que q est un projecteur. Si x ∈ Ker p alors q (x) = q ◦ p (x) = 0 donc x ∈ Ker q et Ker p ⊂ Ker q . On montre de même que Ker q ⊂ Ker p . Donc Ker p = Ker q . ⇐¡ Comme q est un projecteur, Ker p et Im p sont supplémentaires dans E . Soit x ∈ E. Il existe un unique couple ¢ x ′ , x ′′ ∈ Ker q × Im q tel que x = x ′ + x ′′ . Alors ¡
¡ ¢ ¡ ¢ p ◦ q (x) = p ◦ q x ′′ = p x ′′
et
¢
¡ ¢ ¡ ¢ p (x) = p x ′ + x ′′ = p x ′′
car Ker p = Ker q et que q x ′′ = x ′′ . Donc p ◦ q (x) = p (x) et p ◦ q = p . On montre de même que q ◦ p = q . 892
Exercice 23.88 ♥♥ Soit un projecteur p d’un K-e.v. E. Montrer que ∀λ ∈ K \ {0, 1},
p − λ id ∈ GL(E)
Indication 23.23 : On fera deux démonstrations. Pour la première, utiliser la relation polynomiale p ◦ p = p . Pour la deuxième, écrire que E = Ker p ⊕ Im p , et résoudre l’équation (p − λ id)(x) = y , en décomposant sur Ker p et Im p les vecteurs x et y .
Solution : Première démonstration. On a p ◦ p = p , donc p 2 − p = 0, et alors (p −λ id)◦(p +(λ−1) id)+λ(λ−1) id = 0 donc si λ 6∈ {0, 1}, on peut écrire (p − λ id) ◦
h
¢i −1 ¡ p + (λ − 1) id = id λ(λ − 1)
ce qui montre que (p − λ id) est inversible. Deuxième démonstration. Soit y ∈ E. On décompose y = y 1 + y 2 avec y 1 ∈ Ker p et y 2 ∈ Im p . Soit x = x1 + x2 ∈ E. Alors (p −λ id)(x) = y ⇐⇒ x2 −λ(x1 + x2 ) = y 1 + y 2 ⇐⇒ −λx1 = y 1 et (1−λ)x2 = y 2 (on a utilisé le fait que la somme est 1
1
directe et donc que la décomposition est unique). On trouve une unique solution x1 = − y 1 et x2 = y 2 , c’est-à-dire λ 1−λ qu’il existe un unique antécédant à y par l’application (p − λ id). Cette application est donc bijective. Exercice 23.89 ♥♥ Soit un K -espace vectoriel E et deux projecteurs p , q de E vérifiant : p ◦q = q ◦p
1. Montrer que p ◦ q est un projecteur :
2. Montrer que Im(p ◦ q) = Im p ∩ Im q ;
3. Montrer que Ker(p ◦ q) = Ker p + Ker q . Solution : 1. Calculons (p ◦ q)2 = p ◦ q ◦ p ◦ q = p ◦ p ◦ q ◦ q = p 2 ◦ q 2 = p ◦ q
Donc p ◦ q est un projecteur.
¡
¢
2. Im(p ◦ q) ⊂ Im p ∩ Im q : soit y ∈ Im(p ◦ q) ¡ . ∃x¢ ∈ E tel que y = p ◦ q(x). Comme y = p q(x) , y ∈ Im p . Mais puisque p ◦ q = q ◦ p , on a également y = q p(x) ∈ Im q . Donc y ∈ Im p ∩ Im q . Im p ∩Im q ⊂ Im(p ◦q). Utilisons la caractérisation de l’image d’un projecteur : Soit x ∈ Im p ∩Im q . Alors p(x) = ¡ ¢ q(x) = x . Alors p ◦ q(x) = p q(x) = p(x) = x et par conséquent, x ∈ Im p ◦ q .
3. Montrons Ker p + Ker q ⊂ Ker(p ◦ q) : Soit x ∈ Ker p + Ker q ; ∃(x p , x q ) ∈ Ker p × Ker q tels que x = xp + xq
Alors
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ p ◦ q(x) = p q(x p ) + q(x q ) = p q(x p ) = q p(x p ) = q(0) = 0
donc x ∈ Ker(p ◦ q). Montrons que Ker(p ◦ q) ⊂ Ker p + Ker q . Soit x ∈ Ker(p ◦ q). Posons x p = q(x) et x q = x − q(x). On a bien x = x p + x q et ¡
¢
p(x p ) = p ◦ q(x) = 0 =⇒ x p ∈ Ker p
q x − q(x) = q(x) − q 2 (x) = q(x) − q(x) = 0 =⇒ x q ∈ Ker q
Exercice 23.90 ♥♥ Soient un K-espace vectoriel E et deux projecteurs p, q de E vérifiant poq = 0. On pose r = p + q − qop . 1. Montrer que r est un projecteur ;
2. Montrer que Ker r = Ker p ∩ Ker q ; 3. Montrer que Imr = Im p ⊕ Im q .
Indication 23.23 : Interpréter la relation p ◦ q = 0 en fonction des images et noyaux de p, q . Dans les démonstrations, on pourra utiliser le fait que si r est un projecteur, et x ∈ E, x ∈ Imr ⇐⇒ r (x) = x . 893
Solution : 1. Calculons r 2 = p2 + p q − p q p + q p + q2 − q2p − q p2 − q p q + q p q p = p + q p + q − q p − q p = p + q − q p = r
(on a utilisé que p 2 = p , q 2 = q et p q = 0). Donc r est un projecteur (r est linéaire).
2. Ker r ⊂ Ker p ∩ Ker q : soit x ∈ Ker r , alors p(x) + q(x) − q p(x) = 0, et en appliquant p , on trouve que p 2 (x) + p q(x) − p q p(x) = 0, d’où p(x) = 0, c’est-à-dire x ∈ Ker p . De même, en appliquant q , on montre que x ∈ Ker q . Ker p ∩ Ker q ⊂ Ker r , c’est évident. 3. Im p ∩ Im q = {0} : soit x ∈ Im p ∩ Im q , alors p q(x) = 0 =⇒ p(x) = 0 (car x ∈ Im q ) et alors x = 0 ( p(x) = x , car x ∈ Im p ). La somme est donc directe. Imr ⊂ Im p + Im q : soit x ∈ Imr , puisque r est un projecteur, r (x) = x et donc ¡
£ ¤ x = p(x) + q(x) − q p(x) = p(x) + q x − p(x)
¢
et p(x) ∈ Im p , q x − p(x) ∈ Im q . Im p + Im q ⊂ Imr : soit x ∈ Im p + Im q , ∃x1 ∈ Im p, ∃x2 ∈ Im q tels que x = x1 + x2 . Alors, r (x) = p(x1 ) + p(x2 ) + q(x1 ) + q(x2 ) − q p(x1 ) − q p(x2 ) =¡x1 + x2 + p(x ¢ 2 ) + q(x1 ) − q p(x1 ) − q p(x2 ). Mais p ◦ q = 0 =⇒ Im q ⊂ Ker p , donc p(x2 ) = 0. Alors r (x) = x + q x1 − p(x1 ) , mais puisque x1 ∈ Im p , on sait que p(x1 ) = x1 , et donc r (x) = x . Comme r est un projecteur, r (x) = x =⇒ x ∈ Imr . Exercice 23.91 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel et p un projecteur de E. Résoudre l’équation p(x) + 3x = y où y ∈ E. Solution : Comme ¡ p est ¢ un projecteur, les sous-espaces Ker p et Im p sont supplémentaires ¡ ¢dans E. Donc il existe un unique couple x ′ , x ′′ ∈ Ker p × Im p tel que x = x ′ + x ′′ et il existe un unique couple y ′ , y ′′ ∈ Ker p × Im p tel que y = y ′ + y ′′ . Il vient : (
3x ′ 4x = y + y ⇐⇒ p(x) + 3x = y ⇐⇒ x + 3x + 3x = y + y ⇐⇒ |{z} 3x + |{z} |{z} |{z} 4x ′′ ′′
′
′′
′
′′
′′
′
∈Ker p
∈Im p
′
∈Ker p
′′
∈Im p
par unicité de la décomposition des vecteurs dans E = Ker p ⊕ Im p . En conclusion, x =
= y′
=y
′′
¡ ¢ y −p y
3
⇐⇒ x =
+
¡ ¢ p y
4
y′ 3
+
y ′′ 4
.
Exercice 23.92 ♥♥ Soient E un K-espace vectoriel et p un projecteur de E. Calculer (id +p)n où n ∈ N. Solution : Comme id et p commutent, on peut appliquer la formule du binôme et (id+p)
n
=
à ! à !! à n n n n X X ¡ ¢ k p = id + p = id + 2n − 1 p k k k=0 k=1
car p 2 = p . Exercice 23.93 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel et u ∈ L(E). Soit p un projecteur de E. Montrer que u et p commutent si et seulement si Im p et Ker p sont stables par u . Solution : ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ⇒ Supposons que u et p commutent. Soit y ∈ Im p . Mais ¡ p u ¢ y = u p y = u y car y ∈ Im p . Donc u y ∈ Im p et Im p est stable par u . Si x ∈ Ker p alors p (u (x)) = u p (x) = 0 donc u (x) ∈ Ker p et Ker p est aussi stable par u . ⇐ On suppose ¡Im p et¢ Ker p sont stables par u . Comme p est un projecteur, E = Ker ¡ ′′p¢⊕ Im p . Soit x ∈ E. Il¡ existe ¡ ′′ ¢¢un ′ ′′ ′ ′′ tel que x = x + x . Il vient que u ◦ p = u x et que p ◦ u = p u x = unique couple x , x ∈ Ker p × Im p (x) (x) ¡ ¢ u x ′′ . On a montré que u ◦ p (x) = p ◦ u (x) donc u et v commutent.
Exercice 23.94 ♥♥♥ [Décomposition du noyau] Soient un C -espace vectoriel E et un endomorphisme f ∈ L(E) vérifiant f 2 = − idE . On note F = {x ∈ E | f (x) = i x} et G = {x ∈ E | f (x) = −i x}
894
Montrer que E = F ⊕ G et exprimer le projecteur sur F parallèlement à G. ¡
¢
¡
¢
Solution : Pour tout x ∈ E, on a x = − 2i f (x) + i x + 2i f (x) − i x et on vérifie que f (x) + i x ∈ F, f (x) − i x ∈ G. En effet : ¡ ¢ ¡ ¢ 2 f f (x) + i x = f (x) + i f (x) = −i x + i f (x) = i f (x) + i x ¡ ¢ ¢ f f (x) − i x = f 2 (x) − i f (x) = −i f (x) − i f (x) = −i f (x) − i x ¡
Donc E = F + G. Si x ∈ F ∩ G alors on a en même temps f (x) = i x et f (x) = −i x ce qui n’est possible que si x = 0. Donc F et G sont en somme directe. En ¡ ¢ conclusion, E = F ⊕ G. Montrons que p = − 2i f + i id est le projecteur sur F parallèlement à G. Soit x = x1 + x2 ∈ F ⊕ G. Alors p (x) = ¢ ¡ − 2i f (x1 ) + f (x2 ) + i (x1 + x2 ) = − 2i (i x1 − i x2 + i x1 + i x2 ) = x1 , ce qu’il fallait montrer. Cet exercice est un cas particulier du théorème de décomposition du noyau que vous verrez en deuxième année. Exercice 23.95 ♥♥♥ Soient deux projecteurs p et q d’un espace vectoriel E. Montrer que l’endomorphisme (p + q) est un projecteur de E si et seulement si l’on a p ◦ q = q ◦ p = 0. Si c’est le cas, montrer qu’alors Im(p + q) = Im p ⊕ Im q et que Ker(p + q) = Ker p ∩ Ker q . Solution : ¡ ¢2 – On suppose que p+q est un projecteur. Alors p + q = p+q et en développant, on obtient p 2 +q 2 +p◦q+q◦p = p+q . p , q étant des projecteurs, on a : p 2 = p et q 2 = q et donc p ◦¡ q¢+ q ◦¡ p ¡=¢¢ 0. On va montrer que Im q ⊂ Ker p ce qui amènera p ◦ q = 0 et donc q ◦¡p¢= 0. Soit y ∈ Im q . Alors p y + q p y = 0. Comme E = Ker q ⊕ Im q , il existe X ∈ Ker q et Y ∈ Imq tel que p y = X + Y. Alors X + Y + q (X + Y)¡ =¢0 soit X + 2Y = 0. Par unicité de la décomposition d’un vecteur sur une somme directe, il vient X = Y = 0 et donc p y = 0. On a prouvé que Im q ⊂ Ker q et la première implication est démontrée. ¡ ¢2 – Pour la seconde, supposons que p ◦ q = q ◦ p = 0 alors p + q = p 2 + q 2 + p ◦ q + q ◦ p = p + q car p et q sont des projecteurs. – On suppose dans la suite que (p + q) est un projecteur de E. ¡ ¢ – Montrons que Im(p + q) = Im p ⊕ Im q . Soit x ∈ Im p ∩ Im q . Alors p (x) = q (x) = x et il ¡ vient¢ q p (x) = x . Mais q ◦ p = 0 donc x = 0. Donc Im p et Im q sont en somme directe. Si x ∈ Im p + q alors x = p + q (x) = p (x)+ q (x) ∈ Im ¡ p +Im ¢ q et Im p +q ⊂ Im p +Im q . Si x ∈ Im p +Im q alors il existe x1 ∈ Im p et x2 ∈ Im q tel que x = x1 +x2 . Mais p + q (x) = p (x1 ) + p (x2 ) + q (x1 ) + q (x2 ) = x1 + x2 car Im q ⊂ Ker p et Im p ⊂ Ker q en vertu de p ◦ q = q ◦ p = 0. Donc x ∈ Im p + q et on prouve ainsi par double inclusion que Im(p + q) = Im p ⊕ Im q . – Montrons maintenant que Ker(p + q) = Ker p ∩ Ker q . On montre facilement que Ker p ∩ Ker q ⊂ Ker(p + q). Soit x ∈ Ker(p + q). Alors p(x) + q(x) = 0 et p(x) = −q(x). Posons y = p(x). On sait alors que y ∈ Im p et que y ∈ Im q . Mais Im p ⊂ Ker q et Im q ⊂ Ker p donc y ∈ Ker q et y ∈ Ker p . Comme E = Ker p ⊕ Im p et E = Ker q ⊕ Im q , ceci n’est possible que si y = 0. Donc x ∈ Ker p ∩ Ker q et l’égalité est prouvée par double inclusion.
23.7.10 Formes linéaires Exercice 23.96 ♥ Soient E un K-espace vectoriel et f , g ∈ E∗ deux formes linéaires telles que ∀x ∈ E, f (x)g (x) = 0K . Montrer que f = 0 ou g = 0. Solution : Si il existe a ∈ E tel que f (a) 6= 0 et b ∈ E tel que g (b) 6= 0, alors 0 = f (a + b)g (a + b) = f (a) g (a) + f (a) g (b) + f (b) g (a) + f (b) g (b) = f (a) g (b) + f (b) g (a) .
Donc f (a) g (b) = − f (b) g (a) et comme f (a) 6= 0 , g (b) 6= 0, nécessairement f (b) 6= 0 et g (a) 6= 0. Il vient alors que f (a) g (a) 6= 0 ce qui est contraire à notre hypothèse de départ. Donc f = 0 ou g = 0. Exercice 23.97 ♥ Soient E un espace vectoriel et a un vecteur de E. Soit ϕ une forme linéaire sur E. On définit u(x) = x +ϕ(x)a . Vérifier que u est un endomorphisme de E, puis calculer u 2 . A quelle condition u est-elle injective ? Solution : Soient α, α′ ∈ K et x, x ′ ∈ E. Par linéarité de ϕ
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ u αx + α′ x ′ = αx + α′ x ′ + ϕ αx + α′ x ′ a = α x + ϕ(x)a + α′ x ′ + ϕ(x ′ )a = αu (x) + α′ u x ′
donc u est linéaire.
895
Soit x ∈ E.
¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ u 2 (x) = u x + ϕ(x)a = u (x) + ϕ(x)u (a) = x + ϕ(x)a + ϕ (x) a + ϕ (a) a = x + 2 + ϕ (a) ϕ (x) a
L’application u est injective si et seulement si son noyau est réduit au vecteur nul de E. Mais u (x) = 0 ⇐⇒ x + ϕ (x) a = 0 ⇐⇒ x = −ϕ (x) a . Donc un vecteur x est élément du noyau ¡ de u si¢ et seulement si il existe α ∈ K tel que x = αa et ϕ (x) = −α. On a alors αa = −αϕ (a) a ce qui s’écrit aussi α 1 − ϕ (a) a = 0. Pour que le noyau de u ne soit pas trivial, il faut donc que ϕ (a) = −1, dans quel cas, u n’est pas injective. Sinon, si ϕ (a) 6= −1, ϕ est injective. Exercice 23.98
♥
Soit E l’ensemble des fonctions dérivables sur [0, 1] et δ :
½
E f
−→ −→
R . f ′ (0)
1. Montrer que E est un R-espace vectoriel. 2. On pose H = Ker δ. Trouver un supplémentaire de H dans E. Solution : 1. On montre facilement que E est un R -espace vectoriel en prouvant que c’est un sous-espace vectoriel de F ([0, 1] , R). 2. Montrons que ¢ des fonctions affines sur [0, 1], noté I, est un supplémentaire de H dans E. Soit f ∈ E. ¡ l’ensemble Alors f = f − f ′ (0) x + f ′ (0) x . Il est clair que x 7→ f − f ′ (0) x ∈ H et que x 7→ f ′ (0) x ∈ I. Donc E = H + I. Si f ∈ H ∩ I alors f ′ (0) = 0 et il existe a ∈ R tel que f : x 7→ ax . Alors a = 0 et f = 0. Donc H et I sont en somme directe. En conclusion, E = H ⊕ I. Exercice 23.99 ♥♥ Soit un K -espace vectoriel E. Pour u ∈ L(E), on définit t
½
E⋆ ϕ
½
GL(E) u
u:
−→ 7−→
E⋆ ϕ◦u
1. Montrer que t u ∈ L(E⋆ ).
2. Si (u, v) ∈ L(E)2 , calculer t (u ◦ v).
3. Montrer que l’application
θ:
GL(E⋆ ) t −1 u
−→ 7−→
est un morphisme de groupes. 4. Lorsque E = R2 , montrer que θ est injectif. Solution :
¡
¢
¡
¢
1. Soit ϕ, ψ ∈ L(E) et α, β ∈ K. Alors t u αϕ + βψ = αϕ + βψ ◦ u = αϕ ◦ u + βψ ◦ u = αt u(ϕ) + βt u(ψ). Donc t u ∈ L(E⋆ ). 2. Soit ϕ ∈ E⋆ . Calculons
t
v ◦ t u(ϕ) = t v(ϕ ◦ u) = ϕ ◦ (u ◦ v) = t (u ◦ v)(ϕ)
Par conséquent, t (u ◦ v) = t v ◦ t u .
3. θ est bien définie. Soit f ∈ GL(E). Comme f est inversible, il existe f −1 ∈ L(E) vérifiant f ◦ f −1 = idE . Mais t t t en transposant, f −1 ◦ t f = t idE = idE⋆ . On montre de même que t f ◦ f −1 = idE⋆ . Ce qui montre que f −1 est ⋆ inversible dans L(E ). On vérifie sans problème que θ est un morphisme de groupes en utilisant 2. t
4. Soit f ∈ Ker θ. Alors ∀ϕ ∈ E⋆ , f −1 (ϕ) = ϕ et donc ∀ϕ ∈ E⋆ , ϕ ◦ f −1 = ϕ
En considérant ϕ1 et ϕ2 les deux projections sur Vect(e 1 ) et Vect(e 2 ), on montre que f = idE .
896
Chapitre
24
Dimension des espaces vectoriels En mathématiques, on ne comprend pas les choses, on s’y habitue. John von Neumann.
Pour bien aborder ce chapitre Après avoir mis en place les bases d’algèbre linéaire nous allons nous intéresser dans ce chapitre à la notion de dimension. La dimension d’un espace vectoriel est liée au nombre de paramètres (ou parle aussi de degrés de liberté) qu’il faut considérer pour pouvoir le décrire. Ainsi pour choisir un couple de R2 il faut choisir une abscisse et une ordonnée. Il y a deux paramètres (ou deux degrés de liberté). On verra que R2 est de dimension 2. De même, pour choisir un polynôme aX 2 +bX +c de R2 [X], il faut choisir a, b et c . On verra là aussi que R2 [X] est de dimension 3. Dans certains cas, il faut une infinité de paramètres pour décrire les vecteurs de l’espace considéré. Par exemple, pour choisir une suite (un ) ∈ S (R), il faut choisir chaque terme u0 , u1 , . . .. Ou encore pour choisir une fonction f ∈ F (R, R), il faut choisir l’image de chaque point de R par f . Ces deux espaces sont de dimension infinie. Même s’il sera utile de se souvenir de ces considérations, la définition précise de la notion de dimension demande quelques efforts qui nous en éloignent un moment. On peut remarquer que toute base du plan compte exactement deux vecteurs. De même toute base de l’espace en compte trois. Le plan est de dimension 2 et l’espace de dimension 3. Si on arrive à définir, pour un espace vectoriel quelconque ce qu’est une base (quand il en a) et qu’on parvient à montrer que deux bases sont toujours de même cardinal alors on tiendra notre définition. La dimension d’un espace vectoriel est le nombre de vecteurs que contient une base donnée (quand ce nombre est fini). Ceci est cohérent avec notre intuition initiale. Si (v 1 , . . . , v n ) est une base de l’espace vectoriel considéré E, alors choisir un vecteur dans E revient à choisir ses n composantes sur la base, il y a bien n degrés de liberté. Nous traiterons les notions de base et de dimension dans les premières sections de ce chapitre. Nous nous occuperons ensuite à étudier les conséquences de ces notions en algèbre linéaire. En particulier, nous démontrerons deux formules fondamentales : – la formule de Grassmann – la formule du rang qui permettront de beaucoup simplifier les démonstrations de supplémentarité et celles de bijectivité (elles permettront de diviser par deux le travail à faire quand on n’en dispose pas).
24.1 Familles de vecteurs Dans toute la suite, K est un corps (R ou C). E et F désignent des K-espaces vectoriels.
24.1.1 Combinaisons linéaires D ÉFINITION 24.1 ♥ Combinaison linéaire Soit (v 1 , . . . , v n ) une famille de n vecteurs d’un K-espace vectoriel (E, +, .). On appelle combinaison linéaire de ces n vecteurs tout vecteur v ∈ E de la forme : v = λ1 · v 1 + . . . + λn · v n =
où (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn . 897
n X
k=0
λk · v k
P ROPOSITION 24.1 ♥ Image d’une combinaison linéaire par une application linéaire ¡ ¢ Soient E et F deux K-espaces vectoriels et f ∈ L (E, F). Soient (v 1 , . . . , v n ) une famille de n -vecteurs de E et λ1 , . . . , λp ∈ Kp alors f (λ1 · v 1 + . . . + λn · v n ) = λ1 · f (v 1 ) + . . . + λn · f (v n ).
Démonstration Par une récurrence immédiate.
24.1.2 Familles libres D ÉFINITION 24.2 ♥♥♥ ¡ Famille¢ liée On dit qu’une famille v 1 , . . . , v p de vecteurs de E est liée, ou que les vecteurs v 1 , . . . , v p sont linéairement dépendants si et seulement si ¡un des vecteurs de la famille est combinaison linéaire des autres ou autrement dit si et seulement si il ¢ existe un p -uplet λ1 , . . . , λp ∈ Kp de scalaires non tous nuls vérifiant λ1 · v 1 + . . . + λp · v p = 0.
Exemple 24.1 – Trois vecteurs du plan sont toujours liés. De même, 4 vecteurs de l’espace sont toujours liés. On comprend bien intuitivement ces deux affirmations. On les démontrera dans l’exemple 24.7 page 903. – Dans R4 , les vecteurs u1 = (1, 0, 1, −1) , u2 = (3, −2, 2, −3) et u3 = (−1, 2, 0, 1) forment une famille liée. En effet, u2 = 2u1 − u3 . – Dans F (R, R), les fonctions f 1 : x 7→ cos2 x , f 2 : x 7→ sin2 x et f 3 : x 7→ cos 2x sont liées. En effet, f 3 = f 1 − f 2 .
Pour¡ définir une précédente : ¢ famille de vecteurs linéairement dépendants, il suffit de prendre la négation de la définition ¡ ¢ v = v 1 , . . . , v p est une famille liée de vecteurs de E si et seulement si pour toute famille de scalaires λ1 , . . . , λp ∈ Kp , si λ1 · x1 + . . . + λp · x p = 0 alors λ1 = . . . = λp = 0. On a alors la définition suivante : D ÉFINITION 24.3 ♥♥♥ ¡ Famille¢ libre On dit qu’une famille v 1 , . . . , v p de vecteurs de E est libre, ou que les vecteurs v 1 , . . . , v p sont linéairement indépendants si et seulement si la famille n’est pas liée ou autrement dit si et seulement si : ¡ ¢ ∀ λ1 , . . . , λ p ∈ K p ,
λ1 · v 1 + . . . + λp · v p = 0 =⇒ λ1 = . . . = λp = 0
P LAN 24.1 : Pour montrer qu’une famille est libre 1 2 3
¡
¢
Soit λ1 , . . . , λp ∈ Kp tel que λ1 · v 1 + . . . + λn · v n = 0. ... alors λ1 = . . . = λp = 0
Donc la famille est libre. P LAN 24.2 : Pour montrer qu’une famille est liée
1 2 3 4
Posons λ1 = . . . , . . . , λp = . . .
Un des λi pour i ∈ 1, p au moins est non nul
On a bien par ailleurs : λ1 · v 1 + . . . + λn · v n = 0. Donc la famille est liée.
Exemple 24.2 ¡ ¢ – Dans R2 , la famille ((1, 0) , (0, 1)) est libre. En effet, soit α, β ∈ R tels que α (1, 0) + β (0, 1) = (0, 0). Alors α, β = (0, 0) et donc α = β = 0. 3 – On démontre de même que ¡ dans R , la ¢famille ((1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)) est libre. – Dans F (R, R) la famille sin, cos, exp est libre. Soient α, β, γ ∈ R tels que α sin +β cos +γ exp = 0. Alors pour tout cos x sin x x ∈ R, α sin x + β cos x + γ exp x = 0 ce qui s’écrit aussi ∀x ∈ R, α exp x + β exp x + γ = 0. On montre facilement en sin x cos x utilisant le théorème des gendarmes que lim+∞ exp x = lim+∞ exp x = 0. On en déduit que γ = 0. On a alors ∀x ∈ R, α sin x +β cos x = 0. Si on fait x = 0 on obtient β = 0 et si on fait x = π/2, il vient que α = 0. On a alors bien montré que α = β = γ = 0. ¡
¢
Remarque 24.1 Soit v 1 , . . . , v p une famille de p vecteurs de E. – Si l’un des vecteurs est nul, la famille est liée. – Si l’un des vecteurs de la famille apparaît plus d’une fois dans la famille alors la famille est liée. – Toute sous-famille d’une famille libre est encore libre 898
24.1.3 Familles génératrices D ÉFINITION 24.4 ♥♥♥ ¡ Famille¢ génératrice On dit qu’une famille v 1 , . . . , v p de p vecteurs de E engendre l’espace ¡ vectoriel ¢ E (ou est génératrice de E) si tout vecteur de E peut s’exprimer comme combinaison linéaire de la famille v 1 , . . . , v p : ∀v ∈ E, ¡©
Autrement dit : Vect v 1 , . . . , v p
ª¢
¡ ¢ ∃ λ1 , . . . , λ p ∈ K p :
v=
p X
k=1
λi · v i
= E.
P LAN 24.3 : Pour montrer qu’une famille est génératrice 1
Soit v ∈ E.
2
Posons λ1 = . . . , . . . , λp = . . .
3
On a bien : v =
p X
k=1
λi · v i
Exemple 24.3 ¡ ¢ – Dans R2 , soient x1 = (1, 0) et x2 = (1, 0). La famille (x1 , x2 ) est génératrice de R2 . En effet, si v = x, y ∈ R2 alors v = x (1, 0) + y (0, 1). – On montre de même que la famille ((1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)) engendre R3 . – ©¡ La famille F de R3 d’équation x + y = z . En effet F = ((1, 0, 1) , (0, 1, 1)) ¢ ª ©¡engendre ¢le plan vectoriel ª x, y, z ∈ R¡ 3 | x + y − z = ¢0 = x, y, x + y | x, y ∈ R = Vect ((1, 0, 1) , (0, 1, 1)). – La famille 1, X, X2 , . . . , Xn engendre Kn [X]. En effet, si P ∈ Kn [X] alors il existe a0 , . . . , an ∈ K tels que P = an Xn + . . . + a0 . – On considère l’espace vectoriel E des fonctions en escaliers sur [0, 1]. On considère les fonctions f a,b définies pour a É b par f a,b (x) = 1 pour a É x É b et f a,b (x) = 0 sinon. La famille ( f a,b )1ÉaÉbÉ1 est une famille génératrice de E , mais n’est pas libre : f 0,1/2 + f 1/2,1 − f 0,1 − f 1/2,1/2 . Remarque 24.2
Toute sur-famille d’une famille génératrice est encore génératrice.
24.1.4 Bases D ÉFINITION 24.5 ♥♥♥ ¡ Base ¢ On dit qu’une famille v 1 , . . . , v p de vecteurs de E est une base de E si et seulement si, à la fois : 1 2
¡
¢ v 1 , . . . , v p est une famille libre de E. ¡ ¢ v 1 , . . . , v p est une famille génératrice de E.
Exemple 24.4 – La famille (1, i ) est une base du R-espace vectoriel C. En effet, si a, b ∈ R sont tels que a.1 + b.i = 0 alors a + i b = 0 et donc a = b = 0. La famille est donc libre. Pour tout nombre complexe, il existe a, b ∈ R tels que z = a + i b . La famille est donc aussi génératrice de C. C’est donc une base de C. – Dans le plan, deux vecteurs non colinéaires forment une base du plan. – Dans R3 , la famille ((1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)) forme une base de R3 . On a prouvé dans l’exemple 24.2 que cette famille est libre et dans l’exemple 24.3 qu’elle engendre R3 . – Dans R3 , la famille formée des vecteurs e 1 = (1, 0, 1), e 2= (1, −1, 1) et e 3 = (0, 1, 1) est une base. La famille est libre : α1 + α2
soit α1 , α2 , α3 ∈ R tels que α1 e 1 +α2 e 2 +α3 e 3 = 0. Alors −α2 + α3 ¡
¢
α1 + α2 + α3
=0
= 0 ce qui amène α1 = α2 = α3 = 0. La famille
=0 ¡
¢
est génératrice de R3 . Soit x, y, z ∈ R3 . On cherche α1 , α2 , α3 ∈ R tels que x, y, z = α1 e 1 +α2 e 2 +α3 e 3 = 0. On obtient =x α1 + α2 alors le système −α2 + α3 = y et on trouve α1 = 2x + y − z , α2 = −x − y + z et α3 = −x + z donc (e 1 , e 2 , e 3 ) α1 + α2 + α3 = z engendre R3 . C’est bien une base de R3 .
899
De manière plus générale, on a :
P ROPOSITION 24.2 ♥ Base canonique de Kn Soit n ∈ N∗ . Considérons le K-espace vectoriel E = Kn . Il existe une base privilégiée (e 1 , . . . , e n ) de Kn dite canonique et donnée par : e1 e2
=
(1, 0, 0, . . . , 0)
.. .
.. .
=
(0, 0, 0, . . . , 1)
=
.. . en
(0, 1, 0, . . . , 0)
Démonstration La famille e = (e 1 ,... ,e n ) est génératrice. En effet, si x = (x1 ,... , xn ) ∈ Kn alors : x = x1 e 1 + ... + xn e n . Elle P est de plus libre : Si λ1 ,... ,λn sont n scalaires de K tels que nk=1 λk e k = 0, alors on a : (λ1 ,... ,λn ) = 0 ce qui prouve que ∀k ∈ 1,n , λk = 0.
P ROPOSITION 24.3 ♥ Base canonique de Kn [X] Soit n ∈ N. Considérons le K-espace vectoriel E = Kn [X] des ¡ polynômes de¢ degré É n à coefficients dans K. Il existe une base privilégiée de Kn [X] dite canonique et donnée par : 1, X, X2 , . . . , Xn . Démonstration Voir le chapitre sur les polynômes. Nous reviendrons sur cette proposition plus loin dans ce chapitre.
P ROPOSITION 24.4 ♥ Base de C(X)µ
La "réunion" des familles (Xn )n∈N et
1 (X − a)n
¶
a∈C n∈N∗
est une base de C(X).
Démonstration C’est exactement la traduction du théorème de décomposition en éléments simples sur C en termes de combinaisons linéaires. On peut aussi trouver une base de R(X).
T HÉORÈME 24.5 ♥♥♥ Composantes d’un vecteur relativement à une base Une famille e = (e 1 , . . . , e n ) de E est une base de E si et seulement si, pour tout vecteur v ∈ E, il existe une unique famille de scalaires (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn telle que : v=
p X
k=1
λi · e i = λ1 · e 1 + . . . + λn · e n
Le n -uplet (λ1 , . . . , λn ) est alors appelé famille des composantes (ou coordonnées) de v dans la base e . Démonstration ⇒
– Existence Comme la famille e est une base, elle est génératrice de E et donc pour tout v ∈ E, il existe un n -uplet de scalaires Pp (λ1 ,... ,λn ) ∈ Kn tel que : v = k=1 λi · e i ¡
¢
– Unicité Supposons qu’il existe deux n -uplets de scalaires : (λ1 ,... ,λn ) et λ′1 ,... ,λ′n tels que : v=
p X
k=1
λi · e i =
p X λ′i · e i .
k=1
´ Pp ³ On a donc : k=1 λ′i − λi · e i = 0. Mais e étant une base de E, elle est libre et cette dernière égalité n’est possible que si :
⇐
λ′i = λi ce qui prouve l’unicité. Supposons que pour tout v ∈ E, il existe une unique famille de scalaires (λ1 ,... ,λn ) ∈ Kn telle que :
∀i ∈ 1,n ,
λ′i − λi = 0 c’est-à-dire : ∀i ∈ 1,n ,
v=
p X
k=1
λi · e i = λ1 · e 1 + ... + λn · e n
et montrons que e est une base de E. Il est clair que e est génératrice. Montrons que e est libre. La seule décomposition de 0E sur P les vecteurs de la famille e est 0E = 0e 1 + ... 0e n . Par conséquent, si le n -uplet (α1 ,... ,αn ) ∈ Kn est tel que nk=1 αk e k = 0E , on a nécessairement : ∀i ∈ 1,n , αi = 0 ce qui prouve que e est libre.
900
24.2 Dimension d’un espace vectoriel 24.2.1 Espace vectoriel de dimension finie D ÉFINITION 24.6 ♥ Espace vectoriel de dimension finie On dit qu’un K-espace vectoriel est de dimension finie s’il admet une famille génératrice finie. Dans le cas contraire, on dit que E est de dimension infinie. De plus, par convention, on dit que E = {0} est un espace de dimension finie. Exemple 24.5 – Kn est de dimension finie car sa base canonique est une famille génératrice finie de Kn . – De la même façon, Kn [X] est de dimension finie. – Par contre, K [X] est de dimension infinie. Voir l’exemple 24.9 pour une démonstration. – De la même façon, S (R ) et F (R , R ) sont de dimension infinie. Voir l’exercice 24.32 page 924. L EMME 24.6 ♥ Augmentation d’une famille libre Soient E un K-espace vectoriel et x ∈ E \ {0}. On suppose que : H1
L = (l 1 , . . . , l n ) est une famille libre de vecteurs de E.
H2
x 6∈ Vect (L )
Alors (l 1 , . . . , l n , x) est encore une famille libre de vecteurs de E. Démonstration Soient α1 ,... ,αn ,α n +1 scalaires de K tels que : α1 l 1 +... +αn l n +αx = 0. Supposons que les n +1 scalaires ne sont pas tous nuls. Il y a alors deux possibilités : 1. α = 0 et donc α1 l 1 + ... + αn l n = 0 avec α1 ,... ,αn non tous nuls, ce qui n’est pas possible car la famille L est, d’après la première hypothèse, libre dans E. 2. α 6= 0. Dans ce cas, on peut alors écrire x comme une combinaison linéaire des vecteurs de L ce qui contredit la seconde hypothèse. On montre ainsi par l’absurde que la famille (l 1 ,... ,l n , x) est libre.
L EMME 24.7 ♥ Diminution d’une famille liée ¡
¢
Soient E un K-espace vectoriel et G = g 1 , . . . , g n , g n+1 une famille de n + 1 vecteurs de E. On suppose que : H1
Alors :
¡ ¢ g n+1 ∈ Vect g 1 , . . . , g n (c’est-à-dire, g n+1 est combinaison linéaire des vecteurs g 1 , . . . , g n ). ¡ ¢ ¡ ¢ Vect g 1 , . . . , g n , g n+1 = Vect g 1 , . . . , g n
C’est-à-dire qu’on peut retirer le vecteur g n+1 à G sans modifier le sous-espace engendré par G . P
D’après l’hypothèse, il existe un n -uplet (α1 ,... ,αn ) de scalaires de K tels que : g n+1 = nk=1 αk g k . Posons ¢ ¡ ¢ F = Vect g 1 ,... , g n et montrons que la famille g 1 ,... , g n génère aussi F. Soit x ∈ F. Il existe (x1 ,... , xn+1 ) un (n + 1)-uplet de scalaires de K tels que : Démonstration ¡
x
= = = =
¡
¢
¡
n+1 X k=1 n X
k=1 n X
xi g i xi g i + xn+1 g n+1 xi g i + xn+1
k=1 n ¡ X k=1
¢
n X
αk g k
k=1
¢ xi + xn+1 αk g i
¡
¢
¡
ce qui prouve que Vect g 1 ,... , g n , g n+1 ⊂ Vect g 1 ,... , g n . Il est par ailleurs clair que Vect g 1 ,... , g n ⊂ Vect g 1 ,... , g n , g n+1 et l’égalité est alors établie.
T HÉORÈME 24.8 ♥ Fondamental : On peut compléter une famille libre en une base en puisant dans une famille génératrice Soient E un K-espace vectoriel et p, q, n ∈ N∗ . On suppose que : 901
¢
¡
¢
H1
L = l 1 , . . . , l p est une famille libre de vecteurs de E.
H2
G = g 1 , . . . , g q est une famille génératrice de vecteurs de E.
¡
¢
alors, il existe une base B de E de la forme ¡
B = l 1 , . . . , l p , l p+1 , . . . , l n où l p+1 , . . . , l n ∈ G .
¢
Démonstration On va procéder de manière algorithmique. Si la famille L est génératrice, le théorème est démontré, sinon on construit une base ainsi. Posons L0 = L . • 1ère étape : ¡ © ª¢ ■ Si g 1 ∈ Vect (L0 ), on pose L1 = L0 . D’après © ª le lemme 24.7, on a Vect (L1 ) = Vect L0 ∪ g 1 ¡ © ª¢ ■ Si g 1 6∈ Vect (L0 ), on pose L1 = L0 ∪ g 1 . D’après le lemme 24.6, la famille L1 est libre et Vect (L1 ) = Vect L0 ∪ g 1 .
Dans les deux cas, on a :
• Soit i ∈ N tel que i + 1 É q .
¡ © ª¢ Vect (L1 ) = Vect L0 ∪ g 1
et L1 est libre
i ème étape : On suppose que la famille Li est construite en sorte que :
•
¡ ¢ ¡ © ª¢ ¡ © ª¢ Vect Li = Vect Li−1 ∪ g i = Vect L0 ∪ g 1 ,... , g i
•
et
Li est libre
i + 1ème étape : On construit maintenant Li+1 . ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ■ Si g i+1 ∈ Vect L leª lemme 24.7, on a Vect Li+1 = Vect Li ¡ i ,¢ on pose Li+1 = Li . D’après © ¡ ¢ ■ Si g i+1 Li , on pose Li+1 = Li ∪ g i+1 . D’après le lemme 24.6, la famille Li+1 est libre et Vect Li+1 = ª¢ ¡ 6∈ Vect © Vect Li ∪ g i+1 .
Dans les deux cas, on a :
¡ ¢ ¡ © ª¢ Vect Li+1 = Vect Li ∪ g i+1
et
Li+1 est libre
• On construit ainsi par récurrence les familles L0 ,... , Lq . La famille Lq vérifie alors :
¡ ¢ Vect Lq = Vect (L ∪ G ) ⊃ Vect (G ) = E
et Lq est libre
et est donc libre et génératrice de E. Lq est donc une base de E.
Remarque 24.3 Cette démonstration fournit un algorithme explicite pour fabriquer des bases dans un espace vectoriel de dimension finie. C OROLLAIRE 24.9 ♥ Existence de base Tout espace vectoriel de dimension finie non réduit à {0} possède une base. Démonstration Par définition, un espace vectoriel de dimension finie non réduit à {0} possède une famille génératrice finie G . Soit x 6= 0 ∈ G . La famille constituée du singleton {x} est libre dans E. Par application de la proposition précédente, on peut la compléter en une base de E en la complétant par des vecteurs de G bien choisis.
C OROLLAIRE 24.10 ♥ Théorème de la base incomplète ¡
¢
Soient E un K-espace vectoriel¡de dimension finie et ¢L = e 1 , . . . , e p une famille libre de vecteurs de E. Alors on peut compléter L en une base B = e 1 , . . . , e p , e p+1 , . . . , e n de E.
Démonstration Comme E est de dimension finie, il possède une famille génératrice finie G . D’après le théorème précédent appliqué à L et à G , on prouve l’existence d’une base de E construite par complétion de la base L .
24.2.2 Dimension L EMME 24.11 Lemme de Steinitz ¡ ¢ Soient S = (x1 , . . . , xn ) et T = y 1 , . . . , y n , y n+1 deux familles de vecteurs de E. On suppose que : H1
∀i ∈ 1, n + 1 ,
y i ∈ Vect (S )
alors T est liée. Démonstration Pour tout n ∈ N, notons Pn la propriété à démontrer. Nous allons effectuer une récurrence sur n .
902
© ª • Si n = 1 alors S = {x1 } et T = y 1 , y 2 . Par hypothèse, y 1 = α1 x1 et y 2 = α2 x1 où α1 ,α2 ∈ K. Ces deux scalaires ne sont pas tous deux nuls sinon T ne compte qu’un élément. On a alors α2 y 1 − α1 y 2 = 0 et T est liée. Donc P1 est vraie. • Soit n ∈ N. ¡ ¢ • Supposons que Pn−1 est vraie et prouvons que c’est alors aussi le cas de Pn . Soient S = (x1 ,... , xn ) et T = y 1 ,... , y n , y n+1
des familles de vecteurs comme dans l’énoncé du lemme. On a : y1
..
¡
¢
où ∀ i , j ∈ 1,n × 1,n + 1 ,
j
. y
n+1
=
Pn
.
α1 x i=1 i i
= .. P αn+1 xi = n i=1 i
αi ∈ K. Il y a deux cas possibles : ¡ ¢ k ■ Si ∀k ∈ 1,n + 1 , αn = 0 alors y 1 ,... , y n est une famille de vecteurs qui sont tous combinaisons linéaires de la famille ¡ ¢ (x1 ,... , xn−1 ). Par¡application ¢de l’hypothèse de récurrence, on peut affirmer que y 1 ,... , y n est une famille liée. Il en est alors de même de y 1 ,... , y n+1 . 6= 0. Posons alors : ∀k ∈ ■ Sinon ∃k ∈ 1,n + 1 , αkn 6= 0 . Quitte à ré-indicer les vecteurs de T , on peut supposer que αn+1 n αk 1,n , zk = y k − n+1 y n+1 . Chacun des vecteurs de la famille (z1 ,... , zn ) est alors élément de Vect (x1 ,... , xn−1 ). D’après αn l’hypothèse de récurrence, la famille (z1 ,... , Ãzn ) est donc liée.! Il existe donc des scalaires λ1 ,... Pn ,λn non tous nuls tels que αi λi αk Pn Pn Pn λ z = 0, ce qui s’écrit aussi k=1 λk y k − n+1 y n+1 = 0 ou encore : k=1 λk y k − i=1 y n+1 = 0 et prouve k=1 k k n+1 αn αn ¡ ¢ que la famille y 1 ,... , y n+1 est bien liée. • Le théorème est alors prouvé par application du théorème de récurrence.
T HÉORÈME 24.12 ♥ Le cardinal d’une famille libre est toujours plus petit que celui d’une famille génératrice. Soient : – S une famille libre de E. – G une famille génératrice de E. alors : CardL É CardG . Démonstration ¡ ¢Supposons que ce ne soit pas le cas : CardL > CardG . Posons m = CardG et supposons que G = (x1 ,... , xm ) et que y 1 ,... , y m+1 soient m +1 vecteurs de L ¡ . Comme G ¢est génératrice, on a : ∀i ∈ 1,n + 1 , y i ∈ Vect (G ). Par application du lemme de Steinitz 24.11, cela implique que y 1 ,... , y m+1 est une famille liée de E, ce qui contredit le fait que L est une famille libre de E. Le théorème est alors prouvé par l’absurde.
T HÉORÈME 24.13 ♥ Toutes les bases d’un K-espace vectoriel de dimension finie ont le même cardinal Si E est un K-espace vectoriel de dimension finie alors toutes les bases de E ont même cardinal. Démonstration Comme E est de dimension finie, E possède au moins une base. Soient B1 et B2 deux bases de E. Comme B1 est libre et B2 est génératrice, on a CardB1 É CardB2 . De même, B2 est libre et B1 est génératrice, donc CardB2 É CardB1 . Par conséquent : CardB1 = CardB2 .
Ce théorème, associé au théorème 24.9, permet de donner un sens à la définition suivante :
D ÉFINITION 24.7 ♥ Dimension d’un espace vectoriel – Si E = {0}, on dit que E est de dimension 0 et on note dim E = 0. – Sinon, si E est un espace vectoriel de dimension finie non réduit à {0}, on appelle dimension de E le cardinal d’une base de E et on le note dim E. Exemple 24.6 – dim Kn = n . – dim Rn [X] = n + 1. Application 24.7 Une famille f d’au moins n + 1 vecteurs dans un espace E de dimension n est toujours liée. En effet, si elle était libre alors on aurait une famille libre f de cardinal plus grand que celui de n’importe quelle base e de E. Or e est une famille génératrice de E et le cardinal d’une famille libre est toujours plus petit que celui d’une famille génératrice. T HÉORÈME 24.14 ♥ Caractérisation des bases Soit E un K-espace vectoriel de dimension n ∈ N. Soit S une famille de vecteurs de E de cardinal p . 1. Si S est libre alors p É n et on a égalité si et seulement si S est une base de E. 2. Si S est génératrice alors p Ê n et on a égalité si et seulement si S est une base de E. 903
Démonstration Comme E est de dimension n , il possède une base B de cardinal n .
• Si S est libre alors appliquant la proposition 24.12, on a : CardS É CardB . ⇒ Supposons de plus que p = n et montrons que S est génératrice. Si ce n’était pas le cas, il existerait un vecteur x0 ∈ E tel que x0 6∈∈ Vect (S ). La famille S ∪{x0 } est, d’après le lemme d’augmentation d’une famille libre 24.6, encore libre. On doit donc encore avoir, en vertu de la proposition 24.12, CardS ∪ {x0 } É CardB . Mais cette dernière égalité est équivalente à n + 1 É n .
On a ainsi montré par l’absurde que S est génératrice.
⇐ Réciproquement, si S est génératrice, alors on a, par application de la proposition 24.12, CardS Ê CardB et donc p = n • Si S est génératrice, alors en appliquant la proposition 24.12, on a : CardS Ê CardB et donc p = n . ⇒ Supposons de plus que p = n et montrons que S est libre. Supposons que ce ne soit pas le cas. Alors il existe x0 ∈ S tel que x0 ∈ Vect (S \ {x0 }). Par application du lemme de réduction d’une famille liée 24.7, S \ {x0 } est encore génératrice mais on a alors n − 1 = CardS \ {x0 } Ê n ce qui contredit la proposition 24.12. ⇐ Réciproquement, si S est une base alors elle est libre et on a CardS É n et donc p = n .
Remarque 24.4 Comme on va le voir dans les exemples suivants, ce théorème permet de diviser par deux le travail à entreprendre pour montrer qu’une famille est une base d’un K-espace vectoriel donné.
Exemple 24.8 – Reprenons le quatrième point de l’exemple 24.4. Soit dans R3 les vecteurs e 1 = (1, 0, 1), e 2 = (1, −1, 1) et e 3 = (0, 1, 1) et montrons que e = (e 1 , e 2 , e 3 ) est une base de R3 . On montre comme dans l’exemple 24.4 que cette famille est libre. On conclut en remarquant que Card(e) = 3 = dim R3 , donc e est une base de R3 . On n’a pas besoin de montrer que e est génératrice de R3 ! C’est automatique. – Montrons que la famille P = (P1 , P2 , P3 ) avec P1 = 5, P2 = 2X − 1 et P3 = X2 − 4X + 1 est une base de R2 [X]. On commence par montrer que la famille est libre. Soient α1 , α2 , α3 ∈ R tels que α1 P1 + α2 P2 + α3 P3 = 0. Alors α3 X2 + (2α2 − 4α3 ) X + (5α1 − α2 + α3 ) = 0. Un polynôme est nul si et seulement si ses coefficients sont nuls et on obtient 5α1 − α2 + α3 = 0 le système : 2α2 − 4α3 = 0 dont l’unique solution est α1 = α2 = α3 = 0. La famille est bien libre. De plus α3 =0 Card(P) = 3 = dim R2 [X] donc P est une base de R2 [X].
Exemple 24.9 Montrons que K [X] est de dimension infinie. Pour tout n ∈ N, posons En = (1, X, . . . , Xn ). On sait que pour tout n ∈ N, En est libre et Card(En ) = n + 1. Supposons que K [X] soit de dimension finie n ∈ N∗ . On sait que K [X] contient une famille libre, En+1 qui est de cardinal n + 1, ce qui est impossible. Donc K [X] est de dimension infinie. 904
B IO 21 Hermann Günther Grassmann, né le 15 avril 1809 à Stettin et mort le 26 septembre 1877 à Stettin (Allemagne). Hermann Grassmann est le troisième enfant d’une famille de douze. Son père enseigne les mathématiques. Devant les piètres qualités intellectuelles de son fils (mémoire peu fiable, trouble de la concentration, ...), il pense faire de lui un jardinier ou un bijoutier. Hermann Grassmann se rend néanmoins à Berlin en 1927 pour étudier la théologie. Peu à peu, il se passionne pour les mathématiques qu’il découvre au travers des ouvrages écrit par son père. En 1830, il retourne dans sa ville natale en tant que professeur de mathématiques. Ayant raté son examen, il ne peut enseigner que dans les premières classes du secondaire. Il commence en même temps ses recherches en mathématiques. En 1840 il reçoit l’habilitation à enseigner dans les différentes classes de lycée et en 1844, il publie son ouvrage majeur ``Die lineale Ausdenungslehre, ein neuer Zweig der Mathematik´´. Grassmann y donne les fondements de l’algèbre linéaire. Son idée est de mettre l’algèbre au service de la géométrie. Il articule les choses autour de la notion de vecteurs. Cette citation est éclairante sur ses motivations : « La première impulsion est venue de considération sur la signification des nombres négatifs en géométrie. Habitué à voir AB comme une longueur, j’étais néanmoins convaincu que AB = AC + CB, quelle que soit la position de A, B, C sur une droite ». Il introduit les notions d’indépendance linéaire, de sous-espace vectoriel, de base et de dimension. Ses écrits sont confus et difficiles à suivre, aussi le livre n’aura que peu de lecteurs. Grassmann est très frustré de ce fait car il pense que son travail est révolutionnaire et qu’il mérite un poste à l’université. Il écrit une seconde version de son livre qu’il publie en 1862. Mais malgré ses efforts de présentation, elle ne connaît pas plus de succès que la première. Aigri, Grassmann se tourne alors vers la linguistique et apprend le Sanscrit et le Gothique. Grâce à d’importants travaux de traduction, il entre enfin à l’université. Il faut attendre 1888 pour que le mathématicien Giuseppe Peano reprenne le travail de Grassmann et en précise toute la portée.
24.3 Dimension d’un sous-espace vectoriel On va maintenant étudier ce que la notion de dimension apporte dans l’étude des sous-espaces vectoriels.
24.3.1 Dimension d’un sous-espace vectoriel T HÉORÈME 24.15 ♥ Dimension d’un sous-espace vectoriel Soient E un espace vectoriel de dimension finie n et F un sous-espace vectoriel de E. On a : F est de dimension finie et dimF É dim E .
1
(dimF = dimE) ⇐⇒ F = E
2
Démonstration 1
Si F = {0}, le résultat est immédiat. Sinon, notons L l’ensemble des familles libres de F. L est non vide car F est non trivial et un vecteur de F à lui seul constitue une © famille libre ªde F. Toute famille libre de F est une famille libre de E donc possède au plus n éléments. Notons p = max CardL | L ∈ L . On a donc p É n et si une famille libre L de E vérifie à la fois : CardL = p et L ∈ L alors nécessairement L est une base de F. En effet : • L est libre. • L est génératrice de F. Si ce n’était pas le cas, alors d’après le lemme d’augmentation d’une famille libre 24.6, il existerait un vecteur x ∈ F tel que L˜ = L ∪ {x} soit encore libre. Mais L˜ ∈ L et CardL˜ = p + 1 > p ce qui constituerait une contradiction. La famille L est donc nécessairement génératrice et est donc une base de F.
2
Le sens indirect est trivial. Réciproquement, si dim F = dimE alors F possède une base B de cardinal n . Mais B est, par application de la proposition 24.14, aussi une base de E et donc : F = Vect (B ) = E.
On utilise très souvent cette propriété...Elle permet de diviser par deux le travail à effectuer pour montrer que deux sousespaces vectoriels E et F sont égaux. D’habitude on montre que F ⊂ G puis que G ⊂ F. Il suffira donc de montrer la première inclusion puis que les deux sous-espaces ont même dimension. 905
P LAN 24.4 : ...pour montrer que deux sous-espaces vectoriels F et G sont égaux 1 2 3
On montre que F ⊂ G
On montre que dim F = dimG Alors F = G
Exemple 24.10 Soit E = R4 et F = Vect((1, 1, λ, 3), (0, 1, 1, 2))
G = {(x, y, z, t ) ∈ E | x − y + z = 0, x + 2y − t = 0}
Cherchons à quelle condition sur λ ∈ R a-t-on F = G ? – Supposons tout d’abord que F = G. Alors (1, 1, λ, 3) ∈ G et doit satisfaire en particulier l’équation x − y + z = 0. On trouve alors que λ = 0. – Montrons que si λ = 0 alors F = G. On sait que F = Vect((1, 1, 0, 3), (0, 1, 1, 2)). Les vecteurs (1, 1, 0, 3), (0, 1, 1, 2) engendrent F et ils sont non colinéaires donc ils forment une famille libre. Par ©¡ suite, c’est une ¢ base deª F et dimF = 2. Par ailleurs G = {(x, y, z, t ) ∈ E | x − y + z = 0, x + 2y − t = 0} = x, y, y − x, x + 2y | x, y ∈ R = Vect ((1, 0, −1, 1) , (0, 1, 1, 2)), on ( montre alors de la même façon qu’avant que dim G = 2. De plus (1, 1, 0, 3) et
=0 donc (1, 1, 0, 3), (0, 1, 1, 2) ∈ G et comme G est un sous-espace vectoriel, x + 2y − t = 0 F = Vect((1, 1, λ, 3), (0, 1, 1, 2)) ⊂ G. Enfin, comme dim F = dim G on obtient F = G.
(0, 1, 1, 2) vérifient le système
x−y +z
24.3.2 Somme directe Le théorème suivant sera souvent bien commode pour montrer que deux sous-espaces sont supplémentaires. T HÉORÈME 24.16 ♥ Un caractérisation de la supplémentarité en termes de bases ¡ ¢ Soient E un espace vectoriel de¢dimension finie n et F, G deux sous-espaces vectoriels de E munis d’une base e 1 , . . . , e p ¡ pour F et d’une base f 1 , . . . , f q pour G. On a équivalence entre : 1 2
F et G sont supplémentaires dans E : E = F ⊕ G. ¡ ¢ B = e 1 , . . . , e p , f 1 , . . . , f q est une base de E.
Démonstration – Prouvons le sens direct. On suppose que E = F ⊕ G. • Montrons que B est libre : soient α1 ,...¡,αp ,αp+1 ,... ,αn des¢ scalaires de K tels que α1 e 1 +...+αp e p +αp+1 f 1 +...+αn f q = 0. On a alors : x = α1 e 1 + ... + αp e p = − α¡p+1 f 1 + ... + αn f q . ¢Comme e est une base de F, on a x = α1 e 1 + ... + αp e p ∈ F et comme f est une base de G, on a : x = − αp+1 f 1 + ... + αn f q ∈ G. Mais F et G étant en somme directe, on a : F ∩ G = {0} et donc x = 0. Comme e est une base de F et f une base de G, ceci implique que α1 = ... = αp = αp+1 = ... = αn = 0 et donc que B est libre. • Montrons que B est génératrice de E. Soit x ∈ E. Comme E = F ⊕ G, il existe un vecteur x1 ∈ F et un vecteur x2 ∈ G tels que x = x1 + x2 . De plus : – Comme e est une base de F et que x1 ∈ F, il existe α1 ,... αp ∈ K tels que x1 = α1 e 1 + ... + αp e p . – Comme f est une base de G et que x2 ∈ G, il existe β1 ,... βq ∈ K tels que x2 = β1 f 1 + ... + βq e q . Par conséquent : x = x1 + x2 = α1 e 1 + ... + αp e p + β1 f 1 + ... + βq e q ∈ Vect (B ) et B est donc bien génératrice de E. On a ainsi prouvé que B est une base de E. – Prouvons la réciproque. On suppose que B est une base de E. • On a F ∩ G = {0}. En effet si x ∈ F ∩ G alors il existe x1 ,... , x p ∈ K et y 1 ,... , y q ∈ K tels que x = x1 e 1 + ... + x p e p = y 1 f 1 + ... + y q f q . Mais alors x1 e 1 + ... + x p − y 1 f 1 − ... − y q f q = 0. Mais la famille B est libre donc x1 = ... = xp = y 1 = ... = y q = 0 et x = 0. • On a E = F + G. En effet, si x ∈ E alors comme B engendre E, il existe x1 ,... , x p ∈ K et y 1 ,... , y q ∈ K tels que x = x1 e 1 + ... + x p e p + y 1 f 1 + ... + y q f q ∈ F + G. | {z } | {z } ∈F
Donc E = F ⊕ G.
∈G
C OROLLAIRE 24.17 ♥ Dimension d’une somme directe Soit E un espace vectoriel de dimension finie. Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels de E. Si E1 et E2 sont supplémentaires : E = E1 ⊕ E2 , alors dim E = dim E1 + dimE2 .
906
Démonstration Comme E est de dimension finie, il en de ses deux sous-espaces supplémentaires E1 et E2 . Posons ¡ est de même ¢ ¡ ¢ e ,... ,e f ,... , f n1 = dim E1¡ et n2 = dim E2 . Il existe donc une base de E et une base de E . D’après la proposition n n 1 1 1 2 1 2 ¢ précédente, e 1 ,... ,e n1 , f 1 ,... , f n2 est une base de E et est donc de cardinal n = dim E. Par suite : dim E1 + dim E2 = n1 + n2 = n = dimE.
C OROLLAIRE 24.18 ♥ Existence d’un supplémentaire en dimension finie Soit E un espace vectoriel de dimension finie . Si F est un sous-espace vectoriel de E alors F possède des supplémentaires dans E. Démonstration Soit ¡ ¢ F un sous-espace vectoriel de E. Comme E est de dimension finie il en est de même¡ de F et F possède donc ¢ une base e 1 ,... ,e p où p = dim F. D’après le théorème 24.10, cette base en une base e 1 ,... ,e p , f 1 ,... , f q de ¡© on peut compléter ª¢ E où q ¡est un entier ¢ tel que p + q = dimE. Posons G = Vect f 1 ,... , f q . Montrons que F et G sont supplémentaires dans E. La famille f 1 ,... , f q est libre comme sous-famille d’une famille libre et elle engendre G par construction. Donc c’est une base de G. Donc d’après le théorème 24.16, on sait que E = F ⊕ G.
G
F
H
F IGURE 24.1 – Deux supplémentaires G et H d’un s.e.v F
Attention 24.11
Il ne faut pas parler du supplémentaire d’un sous-espace vectoriel. Il en existe en général une
infinité . Voir l’exercice 24.58 page 930. T HÉORÈME 24.19 ♥♥♥ Dimension d’une somme de sous-espaces vectoriels, formule de Grassmann Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie, F et G des sous-espaces vectoriels de E alors : dim (F + G) = dim F + dim G − dim (F ∩ G)
Démonstration Comme que F ∩G est un sous-espace vectoriel de E et que E est de dimension finie, F ∩G possède, par application de la proposition précédente, un supplémentaire F′ dans F. Montrons que F′ est un supplémentaire de G dans F + G, c’est-à-dire que F′ ⊕ G = F + G. • Soit x ∈ F′ ∩ G. Comme F′ ⊂ F, x ∈ F ∩ G et comme F′ et F ∩ G sont supplémentaires, x = 0. Donc F′ ∩ G = {0}. • Soit x ∈ F+G. Il existe donc x1 ∈ F et x2 ∈ G tels que x = x1 +x2 . Comme x1 ∈ F, il existe x1′ ∈ F′ et x1′′ ∈ F∩G tels que x1 = x1′ +x1′′ . Par conséquent : x = x1′ + x1′′ + x2 |{z} |{z} |{z} ∈F′
∈F∩G
|
{z
∈G
∈G
}
et donc x ∈ F′ + G. Ce qui prouve que F′ + G = F + G. ¡ ¢ On a prouvé que F′ ⊕ G = F + G. D’après le théorème 24.17, on a : dim (F + G) = dim F′ ⊕ G = dim F′ + dim G. Mais comme F′ ⊕ F ∩ G = F, on a aussi : dimF′ + dim F ∩ G = dim F et donc : dim F + G = dim F + dim G − dim F ∩ G.
C OROLLAIRE 24.20 ♥ Caractérisation des supplémentaires Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie, F et G des sous-espaces vectoriels de E. On a équivalence entre : 1
F et G sont supplémentaires dans E.
2
F ∩ G = {0} et dim F + dim G = dim E.
3
F + G = E et dim F + dim G = dimE.
Démonstration
907
G
F∩G
F
F1
F IGURE 24.2 – Dimension de F + G : F = F1 ⊕ (F ∩ G) et F + G = G ⊕ F1
• 1 =⇒ 2 Si F et G sont supplémentaires dans E, il est clair que F ∩ G = {0} et, d’après la proposition 24.17, que : dim F + dim G = dim E. • 2 =⇒ 3 Il suffit de montrer que F + G = E. Mais d’après la proposition 24.19, on a : dim (F + G) = dim F + dim G − dim (F ∩ G) = dim F + dim G = n = dimE car F ∩ G = {0}. Par conséquent, d’après la proposition 24.15, on a : F + G = E. • 3 =⇒ 1 Il suffit de prouver que F ∩ G = {0} ce qui provient de : dim F ∩ G = dim E − dim F − dim G = 0.
Remarque 24.5 mentarité.
La formule de Grassmann permet de diviser par deux le travail à effectuer pour prouver une supplé-
3 Exemple 24.12 Reprenons ( le second point de l’exemple 23.15 page 856. Dans l’espace E = R , on considère la droite F
donnée par le système
x+y −z
2x − y + z
=0
=0
et le plan G d’équation z = 0. Montrons que E = F ⊕ G. On a déjà vu que F et
=0 x + y − z G sont bien des sous-espaces vectoriels de E. Le vecteur x, y, z ∈ F ∩ G si et seulement si 2x − y + z = 0 qui admet z =0 comme unique solution (0, 0, 0). Donc dim (F ∩ G) = 0. De plus dim F + dim G = 2 + 1 = dimE. On en déduit, d’après le corollaire précédent, que E = F ⊕ G. ¡
¢
24.4 Applications linéaires en dimension finie Dans cette section, on s’intéresse aux implications de la notion de dimension en ce qui concerne les applications linéaires.
24.4.1 Bases et applications linéaires La proposition suivante permet de comprendre qu’une application linéaire entre un espace vectoriel de dimension n et un autre de dimension m est entièrement déterminée par une famille de mn scalaires. Cette famille de scalaires, rangée convenablement dans un tableau, forme ce qu’on appellera dans le prochain chapitre une matrice. T HÉORÈME 24.21 ♥ Une application linéaire est entièrement déterminée par les valeurs qu’elle prend sur une base Soient E et F deux K-espaces vectoriels. On suppose que : H1
e = (e 1 , . . . , e n ) est une base de E.
908
H2
¡ ¢ f = f 1 , . . . , f n est une famille de vecteurs de F.
alors il existe une et une seule application linéaire u : E → F telle que : ∀i ∈ 1, n ,
u (e i ) = f i
(⋆)
Démonstration • Unicité Soit v : E → F une autre application linéaire vérifiant (⋆). Prouvons que u = v . Soit x ∈ E. Comme e est une base de E, P il existe des scalaires α1 ,... ,αn ∈ K tels que x = nk=1 αk e k . Par linéarité, on a : u (x) = u
Ã
v (x) = v
Ã
et
!
n X
αk e k =
n X
αk e k =
k=1
k=1
!
n X
n ¡ ¢ X αk u e k = αk f k
n X
n ¡ ¢ X αk v e k = αk f k .
k=1
k=1
k=1
k=1
Par conséquent, u (x) = v (x) et u = v . • Existence On construit une application u : E → F satisfaisant (⋆) de la façon suivante. Soit x ∈ E. Il existe un unique n−uplet P P α e . Posons alors u (x) = n λ f . u est bien définie car le n−uplet (λ1 ,... ,λn ) associé à x (λ1 ,... ,λn ) ∈ Kn tel que x = n k=1 k k k=1 i i est unique. u est de plus linéaire. Soit x ′ = de u :
Pn
λ′ e k=1 k k
et soient α,α′ ∈ K. On a αx +α′ x ′ =
¡ ¢ u αx + α′ x ′
= =
On a de plus bien : ∀k ∈ 1,n ,
Remarque 24.6 H1 H2 H3
H4
=
¡ ¢ u ek = fk .
´ n ³ X αλk + α′ λ′k f k
k=1 n X
k=1
αλk f k +
Pn
k=1
³ ´ αλk + α′ λ′k e k et par définition
n X α′ λ′k f k
k=1
¡ ¢ αu (x) + α′ u x ′ .
Soient E et F deux K-espaces vectoriels. Soient u ∈ L (E, F), x ∈ E et y = f (x). On suppose que :
e = (e 1 , . . . , e n ) est une base de E. ¡ ¢ f = f 1 , . . . , f m est une base de F. ¡
Il existe une famille de scalaires αi j Dans la base e , x =
n X
i=1
¢
de K telle que : ∀i ∈ 1, n ,
i∈1,n,j ∈1,m
xi · e i et dans la base f , y =
P
m X
j =1
u (e i ) =
yi · f j ¡
Pm
j =1
αi j f j .
¢
alors : ∀j ∈ 1, m , y j = ni=1 αi j · xi . D’après la proposition, la famille de scalaire αi,j i∈1,n,j ∈1,m caractérise complètement l’application linéaire u . Cette remarque est à la base de la théorie des matrices qu’on développera dans le prochain chapitre. P ROPOSITION 24.22 Caractérisation vectorielle ¡ ¢ de l’injectivité ou la surjectivité d’une application linéaire Soit e = (e 1 , . . . , e n ) une base de E et f = f 1 , . . . , f n une famille de n vecteurs de E. Soit u : E → F l’application linéaire tel que : ∀i ∈ 1, n , u (e i ) = f i . On a : 1
u est injective si et seulement si f est libre.
2
u est surjective si et seulement si f est génératrice.
Démonstration ♥♥♥ 1 On a : u est injective
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
(∀x ∈ E, Ã Ã
Ã
u (x) = 0 =⇒ x = 0) Ã ! ! n X n λk e k = 0 =⇒ λ1 = ... = λn = 0 ∀ (λ1 ,... ,λn ) ∈ K , u k=1
n
∀ (λ1 ,... ,λn ) ∈ K , ∀ (λ1 ,... ,λn ) ∈ Kn ,
f est libre
909
n X
k=1 n X
k=1
¡
¢
!
λk u e k = 0 =⇒ λ1 = ... = λn = 0 !
λk f k = 0 =⇒ λ1 = ... = λn = 0
2
On a : u est surjective
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
Remarque 24.7
¡ ∀y ∈ F, Ã
∀y ∈ F,
Ã
∀y ∈ F,
Ã
∀y ∈ F,
∃x ∈ E :
f (x) = y
∃λ1 ,... ,λn ∈ K : ∃λ1 ,... ,λn ∈ K : ∃λ1 ,... ,λn ∈ K :
f est génératrice
¢
u
Ã
n X
k=1
n X
k=1 n X
k=1
!
λk e k = y
¡ ¢ λk u e k = y
λk f k = y
!
!
!
C’est un excellent exercice que de refaire seul cette preuve.
24.4.2 Dimension et isomorphisme P ROPOSITION 24.23 ♥ Deux espaces vectoriels sont isomorphes si et seulement s’ils ont même dimension Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n . Un K-espace vectoriel F est isomorphe à E si et seulement si dimF = dim E = n . Démonstration – ⇒ Supposons que E et F sont isomorphes. Alors il existe u ∈ L (E,F) bijective. Soit B = (e 1 ,... ,e n ) une base de E. Alors C = (u (e 1 ) ,... ,u (e n )) est, d’après la proposition précédente : • libre car u est injective. • génératrice car u est surjective. C forme donc une base de F et dim F = CardC = n = dim E. ¢ ¡ – ⇐ Réciproquement, si dim F = dim E = n , considérons B = (e 1 ,... ,e n¡) une ¢ base de E et C = f 1 ,... , f n une base de F. On définit une application linéaire u entre E et F en posant : ∀i ∈ 1,n , u e i = f i . Par application de la proposition précédente, u est : • injective car C est libre. • surjective car C est génératrice. Par conséquent u est un isomorphisme de E dans F.
C OROLLAIRE 24.24 ♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n . Alors E et Kn sont isomorphes. Démonstration En effet, ces deux espaces vectoriels sont de même dimension.
C OROLLAIRE 24.25 ♥ Soient E1 et E2 deux K-espaces vectoriels de dimension finie alors E1 × E2 est de dimension finie et : dim (E1 × E2 ) = dimE1 + dim E2 Démonstration Supposons que dim E1 = n1 ∈ N et dim E2 = n2 ∈ N. Appliquant le corollaire précédent, on a : E1 ≃ Kn1 = et E2 ≃ Kn2 . On montre facilement qu’alors : E1 × E2 ≃ Kn1 × Kn2 = Kn1 +n2 . Mais dim Kn1 +n2 = n1 + n2 . Par conséquent : dim (E1 × E2 ) = n1 + n2 .
24.4.3 Rang D ÉFINITION 24.8 ♥♥♥ Rang d’une famille de vecteurs ¡ ¢ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. On appelle rang de la famille de vecteurs F = e 1 , . . . , e p la dimension du sous-espace vectoriel engendré par F . On notera : rg F = dim Vect (F ). D ÉFINITION 24.9 ♥♥♥ Rang d’une application linéaire Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimension finie. On appelle rang de l’application linéaire u ∈ L (E, F) la dimension du sous-espace vectoriel Imu : rgu = dim Vect (Imu). P ROPOSITION 24.26 ♥♥♥ Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimension finie et u ∈ L (E, F). Si (e 1 , . . . , e n ) est une base de E alors rgu = rg(u (e 1 ) , . . . , u (e n )). 910
Démonstration Soit (e 1 ,... ,e n ) une base de E. On a Imu = Vect (u (e 1 ) ,... ,u (e n )). En effet : y ∈ Imu
⇐⇒
∃x ∈ E :
⇐⇒
∃λ1 ,... ,λn ∈ K :
y =u
⇐⇒
∃λ1 ,... ,λn ∈ K :
y=
⇐⇒
y ∈ Vect (u (e 1 ) ,... ,u (e n ))
y = u (x)
Ã
n X
λk e k
k=1
n X
k=1
!
¡ ¢ λk u e k
et rg u = dim Imu = dim Vect (u (e 1 ) ,... ,u (e n )) = rg(u (e 1 ) ,... ,u (e n )).
x
Ker u u
xKer u
Imu
xV
u(x) = u(xV )
E
V
F
F IGURE 24.3 – Formule du rang : E = Ker u ⊕ V et V ≈ Imu
T HÉORÈME 24.27 ♥♥♥ Formule du rang Soient E et F deux K-espaces vectoriels et u ∈ L (E, F). On suppose que : H1
E est de dimension finie.
Alors on a la formule du rang : dim E = dim Ker u + dim Imu = dim Ker u + rg u Démonstration Comme E est de dimension finie, d’après la proposition 24.18, Ker u possède un supplémentaire G. Montrons que G et Imu sont isomorphes. Pour ce faire, montrons que u|G : G → Im u est un isomorphisme. – u|G est surjective : Soit y ∈ Imu . Il existe x ∈ E tel que u (x) = y . Comme E = Ker u ⊕ G, il existe x1 ∈ Ker u et x2 ∈ G tels que : x = x1 + x2 . Comme u (x1 ) = 0, on a : y = u (x) = u (x1 + x2 ) = u (x1 ) + u (x2 ) = u (x2 ). Par conséquent, y possède un antécédent pour u|G dans G. et u|G est surjective. – u|G est injective : Soit x ∈ G tel que u|G (x) = 0. Alors x ∈ Ker u et donc x ∈ G ∩ Ker u . Comme E = Ker u ⊕ G, x = 0 et donc u|G est injective. Par conséquent, G et Imu sont isomorphes et, d’après la proposition 24.17, on a : dimIm u = dim G = dimE − dim Ker f .
Remarque 24.8 – On montre dans cette preuve que Imu est isomorphe à tout supplémentaire de Ker u . Il faut bien prendre garde qu’en général, si u est un endomorphisme, Ker u et Imu ne sont pas supplémentaires. Essayez par exemple de trouver un endomorphisme de R2 pour lequel Imu = Ker u . – La formule du rang permet de connaître la dimension du noyau (resp. de l’image) de u dés qu’on connaît la dimension de son image (resp. de son noyau). Là encore, on dispose d’un outil puissant qui va permettre de beaucoup simplifier les démonstrations. Attention 24.13 Il y a deux erreurs classiques à commettre en appliquant cette formule. La première, grossière, est de prendre pour E l’espace d’arrivée de u plutôt que son espace de départ. La seconde est d’oublier de vérifier que E est de dimension finie. En dimension infinie, la formule du rang n’a tout simplement pas de sens...En effet, Ker u et Imu peuvent être de dimension infinie. Exemple 24.14 On considère l’application linéaire u : son noyau.
½
3 ¡ R ¢ x, y, z
911
−→ 7−→
2 ¡R ¢ . Déterminons son image et x − y + z, x − z
©¡
¢ ¡
¢
ª
©
¡
¢
ª
¡
¢
– On sait que Imu = x − y + z, x − z | x, y, z ∈ R3 = x (1, 1) + y (−1, 0) + z (1, −1) | x, y, z ∈ R3 = Vect f 1 , f 2 , f 3 avec f 1 = (1, 1), f 2 = (−1, 0) et f 3 = (1, −1). Trois vecteurs dans le plan sont nécessairement liés. ¡ Les ¢ vecteurs f 1 et f 2 ne sont pas colinéaires. D’après le lemme de réduction d’une famille liée, on a Imu = Vect f , f . On vérifie que 1 2 ¡ ¢ les vecteurs f 1 et f 2 forment une famille libre. On a donc montré que f 1 , f 2 est une base de Imu et que Imu est de dimension 2. On remarque que comme Imu ⊂ R2 et que dim Imu = dim R2 alors Imu = R2 et u est surjective. – On applique la formule du rang et on trouve que dim Ker u = 1. Le noyau de u est alors une droite vectorielle et une base de cette droite est formée d’un seul vecteur. On vérifie que (1, 2, 1) ∈ Ker u . Donc Ker u = Vect (1, 2, 1). C OROLLAIRE 24.28 ♥ Caractérisation des isomorphismes Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimension finie tels que dim E = dimF et u ∈ L (E, F). On a équivalence entre : 1
u est injective.
2
u est surjective.
3
u est un isomorphisme.
Démonstration On a : – u est injective =⇒ Ker u = {0} =⇒ dim Ker u = 0 =⇒ dimIm u = dim E = n =⇒ u est surjective =⇒ u est un isomorphisme. – u est surjective =⇒ dim Imu = dimE = n =⇒ dim Ker u = 0 =⇒ Ker u = {0} =⇒ u est injective =⇒ u est un isomorphisme.
C OROLLAIRE 24.29 ♥ Caractérisation des automorphismes Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et u ∈ L (E) On a équivalence entre : 1
u est injective.
2
u est surjective.
3
u est un automorphisme.
Démonstration C’est une conséquence directe de la dernière proposition.
T HÉORÈME 24.30 ♥ Inverses à gauche et à droite Soit E un espace vectoriel de dimension finie et un endomorphisme u ∈ L(E). On dit que 1. u est inversible à gauche si et seulement si il existe v ∈ L(E) tel que v ◦ u = id ;
2. u est inversible à droite si et seulement si il existe w ∈ L(E) tel que u ◦ w = id ;
3. u est inversible si et seulement si il existe u −1 ∈ L(E) tel que u ◦ u −1 = u −1 ◦ u = id.
On a la caractérisation :
(u inversible à gauche ) ⇐⇒ (u inversible à droite ) ⇐⇒ (u inversible ) Démonstration Supposons que u est inversible à gauche et montrons que u est bijective. Il existe donc v ∈ L(E) telle que v ◦ u = idE . Alors v ◦ u est bijective (c’est l’application identique !) et d’après le théorème 1.1 page 1141, on sait alors que u est injective. Mais d’après la proposition de caractérisation des automorphismes, u est bijective. On fait de même si u est inversible à droite.
Remarque 24.9 – Là encore, on divise par deux le travail à réaliser pour montrer qu’une application linéaire u ∈ L(E) est bijective. Dans le cas général, il faut exhiber une application v ∈ L(E) tel que u ◦ v = v ◦ u = idE . Si E est de dimension finie, il suffit de montrer que u ◦ v = idE ou que v ◦ u = idE . – Ce résultat est faux en dimension infinie comme le montre le contre-exemple suivant. Soit S l’espace des suites réelles. On définit deux endomorphismes (le « shift »à gauche et à droite) : s g : (a0 , a1 , . . . ) 7→ (a1 , a2 , . . . ) sd : (a0 , a1 , . . . ) 7→ (0, a0 , a1 , . . . )
Étudier l’injectivité, la surjectivité de s g , sd . Calculer s g ◦ sd et sd ◦ s g . 912
24.5 Récurrences linéaires On considère les suites de nombres réels ou complexes vérifiant la relation ∀n ∈ N, aun+2 + bun+1 + cun = 0
avec a 6= 0.
Des liens avec la résolution de l’équation différentielle a y ′′ + by ′ + c y = 0 vont apparaître. Il est donc bon de revoir le théorème 5.13 p. 211.
24.5.1 Structure de l’ensemble des solutions Soit K = C ou R. On considère l’espace vectoriel E des suites à valeurs dans K. P ROPOSITION 24.31 Soit a, b , et c ∈ K, avec a 6= 0. L’ensemble F des suites de E vérifiant ∀n ∈ N, aun+2 + bun+1 + cun = 0
est un sous-espace vectoriel de E. ½
E −→ E avec ∀n ∈ N, v n = aun+2 + bun+1 + cun . (un )n∈N 7−→ (v n )n∈N On vérifie simplement que Φ est un endomorphisme de E. On en déduit que F, en tant que noyau de Φ, est un sous-espace vectoriel de E.
Démonstration Pour cela on considère Φ :
P ROPOSITION 24.32 F est un K-espace vectoriel de dimension É 2. ½
K2 . (u0 ,u1 ) On vérifie simplement que Ψ est linéaire. Maintenant, Ψ est injectif. En effet, soit (un )n∈N ∈ Ker Ψ, on vérifie par une récurrence double (Théorème 8.3 p. 306) ∀n ∈ N, Hn : un = 0. On a H0 et H1 puisque u ∈ Ker Ψ et ∀n ∈ N, (Hn et Hn+1 ) =⇒ Hn+2 ) puisque a 6= 0. On en déduit que F est de dimension finie. Toute famille libre de F a pour image une famille libre de K2 puisque Ψ est injectif. Donc toutes les familles libres de F ont moins de deux éléments. C’est bien dire que F est un K-espace vectoriel de dimension finie É 2.
Démonstration Soit Ψ :
F (un )n∈N
−→ 7−→
24.5.2 Suites géométriques solutions Comme pour les équations différentielles où l’on cherchait des solutions de la forme x 7−→ e r x , on va chercher des solutions sous la forme de suites géométriques. Là encore on va travailler dans C dans un premier temps. On considère l’équation caractéristique a r 2 + b r + c = 0.
Si r est une racine, alors la suite (r n )n∈N est une suite de F.
P ROPOSITION 24.33 Soit a, b , et c ∈ C, avec a 6= 0. Ï Si r 1 et r 2 sont des racines distinctes de a r 2 + b r + c = 0, alors les suites (r 1n )n∈N et (r 2n )n∈N forment une base de F. Ï Si r est une racines double de a r 2 + b r + c = 0, alors les suites (r n )n∈N et (nr n )n∈N forment une base de F. Dans les deux cas, F est un espace de dimension 2. Démonstration Ï Dans le cas des racines distinctes, les deux suites géométriques ont pour image par Ψ respectivement (1,r 1 ) et (1,r 2 ) qui forment une famille libre de C2 . Donc les deux suites géométriques forment une famille libre d’un espace de dimension au plus deux, donc c’est une base. Ï Dans le cas d’une racine double, les deux suites ont pour image par Ψ respectivement (1,r ) et (0,r ) qui forment à nouveau une famille libre de C2 .
Exemple 24.15 On considère la suite de Fibonacci définie par u0 = 0, u1 = 1, et ∀n ∈ N , un+2 = un+1 + un .
L’équation caractéristique est r 2 − r − 1 = 0, elle admet deux racines distinctes p p 1+ 5 1− 5 et r 2 = . r1 = 2 2
913
Donc il existe deux complexes a et b tels que ∀n ∈ N , un = ar 1n +br 2n . Les conditions initiales nous donnent u0 = 0 = a+b et u1 = 1 = ar 1 + br 2 . On résout ce système en (a, b) pour trouver 1 1 a = − p et b = p , 5 5
soit 1 un = p 5
"Ã
p !n # p !n à 1− 5 1+ 5 − 2 2
Formule de Binet .
24.6 Polynômes Comme promis, nous revenons sur les polynômes en nous attachant plus à l’aspect espace vectoriel qu’à l’aspect anneau. Pour commencer, un rappel. P ROPOSITION 24.34 ♥ Structure de K [X] (K [X] , +, ·) est un sous-espace vectoriel du K-espace vectoriel KN des suites à valeurs dans K. T HÉORÈME 24.35 ♥ Base canonique de Kn [X] Soit Kn [X] l’ensemble des polynômes de degré É n à coefficients dans K. Alors : • Kn [X] est un sous-espace vectoriel de K [X]. • La famille
¡
1, X, X 2 , . . . , X n
¢
forme une base de Kn [X] appelée base canonique de Kn [X].
Démonstration • Montrons que Kn [X] est un sous-espace vectoriel de K [X]. Soient P,Q ∈ Kn [X] et soient α,β ∈ K.Comme K [X] est un K-espace vectoriel, αP + βQ est encore : ¡ un ¢ polynôme de K [X]. Reste à montrer que ce polynôme est ¡ de degré ¢ É n .¡On a clairement ¢ deg (αP) É deg P É n et deg βQ É deg Q É n et appliquant le théorème 21.4, on a aussi deg αP + βQ É max deg P,deg Q . ¡ ¢ • Montrons que la famille 1,X,X 2 ,... ,X n est libre : soient α0 ,... ,αn ∈ K tels que α0 .1 + α1 .X + ... + αn .X n = 0. Transcrivant cette égalité avec la notation initiale des polynômes, on a¢donc : (α0 ,... ,αn ,0,...) = (0,... ,0,0,...) et par identification : α0 = α1 = ... = ¡ 2 ,... ,X n est libre. αn = 0 ce qui prouve que ¡la famille 1,X,X ¢ 2 ,... ,X n est génératrice de K [X] : Soit P ∈ K [X]. Il existe α ,... ,α ∈ K tels que P = a + • Montrons que la famille 1,X,X n n n 0 0 ¡ ¢ n a 1 X + ... + a n X . La famille 1,X,X 2 ,... ,X n engendre donc Kn [X].
Remarque 24.10
Nous avons démontré au passage que dim Kn [X] = n + 1.
P ROPOSITION 24.36 ♥ Famille échelonnée en degré Soit S = (P0 , . . . , Pn ) une famille de polynômes de Kn [X] telle que : ∀i ∈ 0, n ,
deg (Pi ) = i
alors S est une base de Kn [X]. Démonstration Soit λ0 P0 + λ1 P1 + ... + λn Pn = 0 une combinaison linéaire nulle de (Pk ). Supposons les λk non tous nuls et Pp−1 considérons p le plus grand indice i pour lequel λk 6= 0. On aurait alors Pp = − i=0 λλi Pi . Le membre de gauche est un polynôme p de degré p et celui de droite un polynôme de degré É p − 1. Contradiction. Donc la famille S est libre. Comme elle admet n + 1 vecteurs dans un espace vectoriel de dimension n + 1, elle est aussi génératrice. C’est une base de Kn [X]. ³ ´ ¢ ¡ n Remarque 24.11 La famille 1, (X − a) , . . . , (X−a) forme une base de Kn [X] et P (a) , P′ (a) , . . . , P(n) (a) représente les n! composantes de P dans cette base.
C’est la formule de Taylor. On démontre de même :
P ROPOSITION 24.37 Famille échelonnée en valuation
• Soit S = (P0 , . . . , Pn ) une famille de polynômes de Kn [X] telle que : ∀i ∈ 0, n ,
alors S est une base de Kn [X]. 914
val (Pi ) = i
• Soit S = (Pi )i∈N une famille de polynômes de K [X] telle que : ∀i ∈ N,
val (Pi ) = i
alors S est une base de K [X].
En résumé Ce chapitre doit être parfaitement maîtrisé, il contient différentes notions fondamentales en algèbre linéaire : 1 2 3 4
Familles libres, liées, génératrices. Bases. Théorème de la base incomplète. Dimension.
5
Formule de Grassmann.
6
Formule du rang.
7
Image d’une base par une application linéaire.
Les démonstrations vous sembleront sans doute difficiles dans un premier abord mais là encore, petit à petit, vous allez vous les approprier et vous comprendrez au final qu’elles sont pour la plupart très naturelles. Il est important de bien les assimiler et de savoir les refaire car les techniques utilisées re-serviront.
915
24.7 Exercices 24.7.1 Famille libre, Famille liée, Famille génératrice Exercice 24.1 ♥ Montrer que les vecteurs suivants de R3 sont linéairement dépendants : 1. u = (1, 0, 1) , v = (1, −2, 3) , w = (1, 2, −1).
2. u = (1, 2, −2) , v = (2, 0, −1) , w = (1, −2, 1). Solution : 1. w = 2u − v . 2. v = u + w
Exercice 24.2 ♥ ¡ ¢ Dans E = F (R, R), montrer que la famille f , g , h est liée où f : x 7→ 1, g : x 7→ cos2 x , h : x 7→ cos 2x .
Solution : D’après la trigonométrie, on a h = 2g − f .
Exercice 24.3 ♥ Préciser si les familles constituées des vecteurs suivants sont liées ou libres : 1. u = (1, 2) , v = (3, 1) , w = (5, 1).
2. u = (−1, 0, 2) , v = (1, 2, 1) , w = (0, 1, 1). 3. u = (10, −1, −4, 10) , v = (1, 0, 1, −2) .
Solution : 1. u et v ne sont pas colinéaires donc ils forment une famille libre. R2 étant de dimension 2, cette famille est une base de R2 et nécessairement la famille (u, v, w) est liée. 2. On vérifie facilement que la famille (u, v, w) est libre. 3. Les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires, ils forment donc une famille libre. Exercice 24.4 ♥ Soient (a, b, c) ∈ R3 . A quelle condition les trois vecteurs (1, a, b), (0, 1, c), (0, 0, 1) forment-ils une famille libre dans R3 ? Solution : Soit (λ, µ, δ) ∈ R3 tels que λ(1, a, b) + µ(0, 1, c) + δ(0, 0, 1) = (0, 0, 0)
On en tire λ = 0, aλ + µ = 0 et bλ + cµ + δ = 0, ce qui donne λ = µ = δ = 0. Par conséquent, ∀(a, b, c) ∈ R3 , la famille est libre. Exercice 24.5 ♥ Soit E un K-espace vectoriel et soient e 1 , e 2 , e 3 des vecteurs ¡ de E tels ¢ que la famille (e 1 , e 2 , e 3 ) est libre. Posons : f 1 = e 1 − e 2 , f 2 = e 2 + e 3 , f 3 = e 1 − e 3 . Montrer que la famille f 1 , f 2 , f 3 est libre. P
Solution : Soient α1 , α2 , α3 ∈ K tel que 3i=1 αi f i = 0. On a alors : α1 (e 1 − e 2 ) + α2 (e 2 + e 3 ) + α3 (e 1 − e 3 ) = 0 ce qui s’écrit aussi : (α1 + α3 ) e 1 + (−α1 + α2 ) e 2 + (α2 − α3 ) e 3 = 0. La famille (e 1 , e 2 , e 3 ) étant libre, cette égalité n’est possible ( α + α3 = 0 1 ¡ ¢ = 0 . L’unique solution de ce système est le triplet (0, 0, 0). La famille f 1 , f 2 , f 3 est donc libre. que si − α1 + α2 α2 − α3 = 0
Exercice 24.6 ♥ Prouver que la famille (sin, cos) est libre dans le R-espace vectoriel F (R, R). Solution : Soient α, β ∈ R tels que α sin +β cos = 0. On a donc : ∀x ∈ R, α sin x + β cos x = 0. En particulier, si x = 0, on obtient : β = 0 et si x = π2 , on obtient α = 0. Il vient alors que α = β = 0. La famille (sin, cos) est donc libre et elle engendre un sous-espace vectoriel de dimension 2 dans F (R, R), c’est-à-dire un plan vectoriel.
916
Exercice 24.7 ♥ Dans le R-espace vectorielE = F ([0, 2π] , R), on considère les quatre fonctions : ½
f1 : f3 : ¡
½
[0, 2π] x
−→ 7−→
R cos x
f2 :
[0, 2π] x ¢
−→ 7−→
R sin x
f4 :
½
½
[0, 2π] x
−→ 7−→
R x cos x
[0, 2π] x
−→ 7−→
R x sin x
Prouver que la famille f 1 , f 2 , f 3 , f 4 est libre. Solution : Soit (α1 , α2 , α3 , α4 ) ∈ R4 tel que α1 · f 1 + α2 · f 2 + α3 · f 3 + α4 · f 4 = 0. On a donc : ∀x ∈ [0, 2π] ,
α1 · f 1 (x) + α2 · f 2 (x) + α3 · f 3 (x) + α4 · f 4 (x) = 0,
en particulier, remplaçant x par x = 0 puis x = π, on obtient le système puis x =
3π 2 ,
on obtient le système
(
α3 + π2 α4 = 0
d’où ∀i ∈ 1, 4 ,
α3 + 3π 2 α4 = 0
( α1 = 0
α1 + α2 π = 0
puis remplaçant x par x =
π 2
αi = 0.
Exercice 24.8 ♥ Soient r , ω ∈ R tels que ω 6= 0. Dans le R-espace vectoriel E = F (R, R), on considère les deux vecteurs f 1 et f 2 définis par : ∀x ∈ R, f 1 (x) = e r x sin ωx et f 2 (x) = e r x cos ωx. ¡
¢
Démontrer que la famille f 1 , f 2 est libre. Soient µ1 , µ2 ∈ R tels que : µ1 f 1 + µ2 f 2 = 0. Cette égalité s’écrit aussi : ∀x¡ ∈ R, ¢ µ1 e r x cos ωx + π µ2 e sin ωx ¡ = 0¢. Pour x = 0, on obtient : µ1 = 0 et pour x = 2ω , on a : µ2 = 0. Le couple µ1 , µ2 est donc nul et la famille f 1 , f 2 est bien libre. Solution : rx
Exercice 24.9 ♥ Pour tout a ∈ R, considérons l’application
fa : ¡
¢
½
−→ 7−→
R x
R . |x − a|
Montrer que la famille f 0 , f 1 , f 2 est une famille libre dans F (R, R). Solution :
Soient α0 , α1 , α2 ∈ R tels que :
P2
k=0
αi f i = 0. On a donc : ∀x ∈ R,
En prenant successivement x = 0, 1 et 2 dans cette égalité, on aboutit au système : ¡
¢
α0 |x| + α1 |x − 1| + α2 |x − 2| = 0. ( α + 2α = 0 1
2
α0 + α2 = 0 dont l’unique 2α0 + α1 =0
solution est (α0 , α1 , α2 ) = (0, 0, 0). La famille f 0 , f 1 , f 2 est bien libre. Autre solution : On suppose α0 6= 0 et on a |x| = − α10 (α1 |x − 1| + α2 |x − 2|). Or cette égalité est impossible car le membre de droite est dérivable en zéro et le membre de gauche ne l’est pas. Donc α0 = 0. On démontre de même que α1 = 0 et α2 = 0. Exercice 24.10 ♥ Les familles de fonctions suivantes sont-ils libres dans F (R , R ) ? 1. ( f 1 , . . . , f n ) où n Ê 2 et ∀k ∈ [1, n], fk :
2. ( f 1 , f 2 , f 3 ) où ∀k ∈ [1, 3], fi :
½
½
R x
R x
−→ 7−→ −→ 7−→
R e x+k
R (x − k)2
3. ( f 1 , f 2 , f 3 , f 4 ) où ∀x ∈ R , f 1 (x) = 1, f 2 (x) = x , f 3 (x) = x 2 et f 4 (x) = e x .
917
Solution : 1. Puisque ∀x ∈ R , e.e x+1 − e x+2 = 0, on en déduit que (e x+1 , e x+2 ) est lié, donc la famille est lié.
2. Soit (a, b, c) ∈ R3 tels que
∀x ∈ R , a(x − 1)2 + b(x − 2)2 + c(x − 3)2 = 0
alors puisque ce polynôme est nul, les coefficients de x 2 , x, 1 du polynôme et de ses dérivées doivent être nuls. On en tire a + b + c = a + 2b + 3c = a + 4b + 9c = 0 =⇒ a = b = c = 0
Par conséquent, la famille est libre. 3. Soient (a, b, c, d) ∈ R4 tels que
∀x ∈ R , a + bx + cx 2 + de x = 0
On doit avoir ∀x ∈ R ,
d + (a + bx + cx 2 )e −x = 0
et en passant à la limite lorsque x → +∞, on obtient que d = 0. En factorisant ensuite par x 2 et en faisant tendre x vers +∞, on trouve que c = 0. Ensuite de même b = 0 et enfin a = 0. La famille est libre. Exercice 24.11 ♥ On considère l’espace des suites complexes E = S (C), et deux complexes (k1 , k2 ) ∈ C2 distincts. On note u la suite géométrique de raison k1 et v la suite géométrique de raison k2 . Montrer que la famille S = (u, v) est libre dans E. Solution : Soit (λ, µ) ∈ C2 tels que λu + µv = 0E . En examinant les deux premiers termes de cette suite, on trouve que : (
λ+µ
λk 1 + µk 2
=0
=0
et en résolvant ce système, que λ = µ = 0. Exercice 24.12 ♥ Soit un K -espace vectoriel E et une famille de vecteurs (a1 , . . . , an ) ∈ En libre. On définit les vecteurs b1 = a1 , b2 = a1 + a2 , . . . , bn = a1 + · · · + an
Montrer que la famille (b1 , . . . , bn ) est libre. Solution : Soit (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn tels que
λ1 b 1 + · · · + λn b n = 0E
Alors (λ1 + · · · + λn )a1 + (λ2 + · · · + λn )a2 + · · · + (λn−1 + λn )an−1 + λn an = 0
Comme (a1 , . . . , an ) est libre, on tire que λn = λn + λn−1 = · · · = λn + · · · + λ1 = 0K
et par conséquent que tous les λk sont nuls. Exercice 24.13 ♥♥ Soit E = C ∞ (R , R ). Montrer que c’est un R -espace vectoriel. On considère ensuite l’application ϕk :
½
E f
−→ 7−→
R f (k) (0)
(k ∈ [1, n])
Montrer que l’application ϕk est linéaire, puis que la famille (ϕ1 , . . . , ϕn ) est libre dans l’espace L(E, R ). Solution : On montre que E est un sous-espace vectoriel de F (R , R ). Il est aussi facile de montrer que les applications ϕk sont linéaires. Montrons ensuite que la famille est libre. Soit (λ1 , . . . , λn ) ∈ Rn tels que λ1 ϕ1 + · · · + λn ϕn = 0L(E,R )
En appliquant cette application linéaire à la fonction θk : x 7→ x k ∈ E, on trouve que λk k! = 0
(car [x k ](p) (0) = k! si p = k et [x k ](p) (0) = 0 si p 6= k . On en déduit donc que ∀k ∈ [1, n], λk = 0. 918
Exercice 24.14 ♥♥ Soit f k (t ) = e k t . Montrer que { f 1 , . . . , f n } est une famille libre dans F (R , R ). Solution : Soit (λ1 , . . . , λn ) ∈ Rn tels que λ1 e x + · · · + λn e nx = 0.
∀x ∈ R ,
Alors λ1 + · · · + λn e (n−1)x = 0 −−−−−→ 0
∀x ∈ R ,
et λ1 = 0. On recommence avec
x→−∞
∀x ∈ R , λ2 e x + · · · + λn−1 e (n−1)x = 0
ce qui donne λ2 = 0 et ainsi de suite, on montre que tous les coefficients de la combinaison linéaire sont nuls. La famille est donc libre. Exercice 24.15 ♥♥ Dans l’espace vectoriel E = F (R , R ), montrer que la famille S = (x → 1, x → ch x, x → ch2x, . . . , x → chnx) est libre. Solution : Au voisinage de +∞, on a l’équivalent chnx = car 1 + e −2nx −−−−−→ 1. Soient α0 , . . . , αn ∈ R tels que x→+∞
∀x ∈ R,
¢ e nx + e −nx e nx ¡ e nx = 1 + e −2nx ∼ x→+∞ 2 2 2
α0 + α1 ch x + . . . + αn ch nx = 0
alors α0 e −nx + α1 ch (x) e −nx + . . . + αn ch (nx) e −nx = 0.
∀x ∈ R,
En vertu de l’équivalent, pour tout k ∈ 0, n , ch(kx) e −nx ch(kx) e
−nx
∼
x→+∞
−−−−−→ x→+∞
(
e (k−n)x /2 et
0 1/2
si k < n . si k = n
Donc la somme précédente ne tend vers 0 que si αn = 0. On répète n fois ce raisonnement et on montre que α0 = . . . =
αn = 0. La famille S est bien libre.
Exercice 24.16 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel et (u1 , . . . , un ) une famille libre. Les familles S = (u1 − u2 , u2 − u3 , . . . , un−1 − un , un − u1 ) T = (u1 + u2 , . . . , un−1 + un , un + u1 )
sont-ils libres ? Solution : La famille S est liée car (u1 − u2 ) + (u2 − u3 ) + · · · + (un−1 − un ) + (un − u1 ) = 0E
Pour la famille T : Soit (λ1 , . . . , λn ) ∈ Kn tel que λ1 (u1 + u2 ) + · · · + λn (un + u1 ) = 0E
Comme (u1 , . . . , un ) est libre, il vient que λ1 + λn = 0K ,
λ2 + λ1 = 0K , . . . , λn−1 + λn = 0K
Par conséquent, λ1 = (−1)i−1 λi = (−1)n λ1 .
Si n est impair, 2λ1 = 0K et donc λ1 = 0, puis alors tous les coefficients sont nuls. Si n est impair, T est une famille libre. Si par contre n est pair, on vérifie que n−1 X i=0
(−1)i−1 (ui + ui+1 ) + (−1)n−1 (un + u1 ) = 0E
et donc T est lié. 919
Exercice 24.17 ♥♥ Dans l’espace E = F (R , R ), on considère les fonctions définies par ∀k ∈ N∗ , fk :
½
−→ 7−→
R x
R sin(kx)
Montrer que ∀n ∈ N∗ , la famille S = ( f 1 , . . . , f n ) est libre. On calculera d’abord pour (p, q) ∈ (N∗ )2 , l’intégrale : 1
Z2π
π 0
sin(p x) sin(q x) dx = δpq ,
où δpq = 1 si p = q et est nul sinon. Solution : Soit (p, q) ∈ N2 . On utilise la trigonométrie. Pour tout x ∈ R : sin(p x) sin(q x) =
donc si p 6= q ,
1
Z2π
π 0
sin(p x) sin(q x) dx =
et si p = q alors 1
Z2π
π 0
sin(p x) sin(q x) dx =
1
Z2π
2π 0
¡
1 2π
1 2
·
¡ ¡¡ ¢ ¢ ¡¡ ¢ ¢¢ cos p − q x − cos p + q x 1 p−q
¡¡
¢ ¢¢ 1 − cos p + q x dx =
Montrons que S est libre. Soient α1 , . . . , αn ∈ R tels que 0=
n X
αi
i=1 π
Z2π 0
¡¡ ¢ ¢ sin p − q x −
Pn
i=1 αi f i
1 p+q
1 2π
·
¡¡ ¢ ¢ sin p + q x
x−
1 p+q
¸2π 0
¡¡
=0
¢ ¢ sin p + q x
¸2π 0
= 1.
= 0. Soit k ∈ 1, n. Par linéarité de l’intégrale, on a :
f k (x) f i (x) dx =
n X
i=1
αi δki = αk .
et ce pour tout k ∈ 1, n. On en déduit que S est libre.
24.7.2 Sous-espace vectoriel engendré par une famille finie Exercice 24.18 ♥ Vérifier si les vecteurs suivants forment une famille génératrice de R3 : u1 = (0, 1, 1) ,
u2 = (1, −1, 0) ,
u3 = (1, 0, 2)
et u4 = (1, −1, 2)
Solution : La famille (u1 , u2 , u3 ) est libre. En effet, si α1 , α2 , α3 ∈ R sont tels que α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 = 0 alors on a : (
α2 + α3 = 0 α1 − α2 = 0 ce qui amène α1 = α2 = α3 = 0. Comme dim R3 = 3, cette famille engendre R3 et il en est donc de α1 + 2α3 = 0 même de la famille (u1 , u2 , u3 , u4 )
Exercice 24.19 ♥ Déterminer la dimension du sous-espace vectoriel de R4 engendré par les familles de vecteurs (u1 , u2 , u3 , u4 ) avec : 1. u1 = (1, 0, 0, 1) , u2 = (1, 0, 1, 0) , u3 = (0, 1, 0, 1) , u4 = (1, 0, 0, 1) 2. u1 = (1, 1, 1, 0) , u2 = (1, 1, 2, 0) , u3 = (0, 1, 1, 1) , u4 = (0, 1, 0, 1) 3. u1 = (1, −1, 1, −1) , u2 = (1, 1, 2, −2) , u3 = (3, −1, 4, −4) , u4 = (0, −2, −1, 1) . Solution :
α1 α
+ α4 = 0 + α3 =0 1. Soient αi ∈ R, i = 1, 2, 3, 4 tels que i=1 αi ui = 0. les scalaires αi vérifient alors le système : . α2 + α3 =0 α2 + α4 = 0 On a une solution non nulle : (1, 1, −1, −1). La famille est donc liée et engendre un espace de dimension au plus 3. On vérifie que (u1 , u2 , u3 ) est libre. Dans le système précédent on fait α4 = 0. On trouve alors α1 = 0 puis α3 = 0 et α2 = 0. Donc la famille (u1 , u2 , u3 , u4 ) engendre un espace de dimension 3. P4
1
2. On vérifie que u4 = u1 − u2 + u3 . On montre de la même façon que précédemment que la famille (u1 , u2 , u3 ) est libre. Donc dimVect (u1 , u2 , u3 , u4 ) = 3. 3. On a : u3 = 2u1 + u2 et u4 = u1 − u2 . Les vecteurs u1 et u2 ne sont pas colinéaires et forment donc une famille libre. Par suite dim Vect (u1 , u2 , u3 , u4 ) = dimVect (u1 , u2 ) = 2. 920
24.7.3 Bases et dimension d’un espace vectoriel Exercice 24.20 ♥ Posons e 1 = (1, 1, 1), e 2 = (1, 1, 0), e 3 = (0, 1, 1). Montrer que e = (e 1 , e 2 , e 3 ) est une base de R3 . Solution :
Soient α1 , α2 , α3 ∈ R tels que α1 e 1 + α2 e 2 + α3 e 3 = 0. Alors (α1 , α2 , α3 ) est solution du système (α + α =0 1 2 α1 + α2 + α3 = 0 et on trouve α1 = α2 = α3 = 0. La famille est donc libre. Comme dim R3 = #e , la famille e est une α1 + α3 = 0 base de R3 . Exercice 24.21 ♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension 3 et e = (e 1 , e 2 , e 3 ) une base de E. On pose : ¡
f 1 = e 2 + 2e 3 ,
¢
f2 = e3 − e1,
f 3 = e 1 + 2e 2
Montrer que f = f 1 , f 2 , f 3 est aussi une base de E Solution : Soient α1 , α2 , α3 ∈ R tels que α1 f 1 + α2 f 2 + α3 f 3 = 0. Alors α1 (e 2 + 2e 3 ) + α2 (e 3 − e 1 ) + α3 (e 1 + 2e 2 ) = 0 et (α3 − α2 ) e 1 + (α1 + 2α3 ) e 2 + (2α1 + α2 ) e 3 = 0. Comme la famille e est libre, le triplet (α1 , α2 , α3 ) est solution du système (
− α2 + α3 = 0 α1 + 2α3 = 0 et on trouve α1 = α2 = α3 = 0. La famille est donc libre. Comme dim R3 = #e , la famille e est une 2α1 + α2 =0 base de R3 .
Exercice 24.22 ♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension 3 et e = (e 1 , e 2 , e 3 ) est une base de E. On pose : ¡
f 1 = e 1 + 2e 2 + 2e 3 ,
¢
f2 = e2 + e3
Montrer que f 1 , f 2 est libre et compléter cette famille en une base de E. Solution : Les vecteurs f 1 et f 2 ne sont¡ pas colinéaires. Ils forment une famille libre. On vérifie en procédant comme ¢ dans l’exercice précédent que la famille e 2 , f 1 , f 2 est libre et forme donc une base de E. Exercice 24.23
♥
1. Montrer que les vecteurs f 1 = (1, 2), f 2 = (−1, 2) et f 3 = (−3, 5) forme une famille génératrice de R2 . ¡
¢
2. Exprimer un vecteur quelconque u de coordonnées x, y dans la base canonique comme combinaison linéaire de ces vecteurs. Cette décomposition est-elle unique ? Solution : 2 1. Les ¡vecteurs forment une famille libre. Comme dim ¢ f 1 et f 2 ne sont2 pas colinéaires donc ils ¡ R = 2 ¢la famille 2 f = f 1 , f 2 est une base de R . Elle engendre donc R et il en est alors de même de la famille f 1 , f 2 , f 3 .
2. Introduisons les deux vecteurs de la base canonique de R2 : e 1 = (1, 0) et e 2 = (0, 1). D’après ce qui ½ précède, il existe a, b, c ∈ R tels que u = xe 1 + ye 2 = a f 1 + b f 2 + c f 3 . Le triplet (a, b, c) est solution du système
a − b − 3c = x . 2a + 2b + 5c = y
Ce système admet une infinité de solutions et la décomposition recherchée n’est pas unique. Une d’entre elles est donnée par exemple par a = x/2 + y/4, b = −x/2 + y/4 et c = 0.
Exercice 24.24 ♥ ¡ ¢ Soient (x1 , x2 , x3 ) les coordonnées d’un vecteur u dans la base canonique de R3 . Exprimer les coordonnées y 1 , y 2 , y 3 de ce même vecteur dans la base de R3 formée des vecteurs : ε1 = (1, 1, 0) ,
ε2 = (1, 0, 1) ,
ε3 = (0, 1, 1) .
Solution : On vérifie facilement que la famille (ε1 , ε2 , ε3 ) est une base de R3 . Il existe donc des scalaires y 1 , y 2 , y 3 tels que : u = (x1 , x2 , x3 ) = y 1 ε1 + y 2 ε2 + y 3 ε3 . En remplaçant les vecteurs εi par leurs expressions, on obtient le système : (y1 + y2
y1
= x1 −x2 + x3 + x1 x2 + x3 − x1 x − x3 + x1 + y 3 = x2 qui amène : y1 = 2 , y2 = , y3 = 2 2 2 y 2 + y 3 = x3
921
Exercice 24.25 ♥ Soient les vecteurs de R3 : u = (−1, 1, 1) ,
v = (1, −1, 1) ,
w = (1, 1, −1)
et
x = (2, −3, 1) .
1. Prouver que la famille (u, v, w) forme une base R3 . 2. Quelles sont les coordonnées de x dans cette base ? Solution : 1. Soient α1 , α2 , α3 ∈ R tels que α1 u + α2 v + α3 w = 0. Le triplet (α1 , α2 , α3 ) est solution du système :
(−α +α +α = 0 1 2 3 α1 − α2 + α3 = 0 et donc α1 = α2 = α3 = 0. La famille (u, v, w) est bien libre. Comme dim R3 = 3, c’est une α1 + α2 − α3 = 0 base de R3 .
2. La famille (u, v, w) étant une base de E, il existe (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 tel que : x = x1 u+x2 v +x3 w . Le triplet (x1 , x2 , x3 )
(−x +x +x =2 1 2 3 x1 − x2 + x3 = −3 . En le résolvant, on trouve x1 = −1, x2 = 3/2 et x3 = −1/2. Les est donc solution du système x1 + x2 − x3 = 1 coordonnées de x dans la base (u, v, w) sont donc : (−1, 3/2, −1/2)
Exercice 24.26 ♥ Soit E le sous-espace vectoriel de R4 engendré par les vecteurs e 1 = (1, 1, 0, 0) , e 2 = (1, 1, 0, 1) et e 3 = (0, 0, 0, 1) . 1. Quelle est la dimension de E ?
2. Compléter cette famille en sorte d’avoir une base de R4 . Solution : 1. Comme e 3 = e 2 − e 1 , la famille e n’est pas libre. Par contre, comme les vecteurs e 1 et e 2 ne sont pas colinéaires, (e 1 , e 2 ) forme une famille libre qui engendre encore E par le lemme de diminution d’une famille liée. On complète la base par des vecteurs de la base canonique. f 1 = (1, 0, 0, 0) et f 2 = (0, 0, 1, 0) de la base 2. Une solution peut être de compléter la famille (e 1 , e 2 ) avec ¡ les vecteurs ¢ canonique de R4 . On montre facilement que la famille e 1 , e 2 , f 1 , f 2 est libre. Comme dim R4 = 4, elle forme une base de R4 .
Exercice 24.27 ♥ Dans l’espace R4 , on considère les deux vecteurs f 1 = (0, 1, 2, 1) et f 2 = (3, 0, 1, 1). Trouver deux vecteurs f 3 , f 4 tels que la famille ( f 1 , f 2 , f 3 , f 4 ) forme une base de R4 . Solution : Les vecteurs f 1 et f 2 ne sont pas colinéaires donc la famille S 1 = ( f 1 , f 2 ) est libre. On considère la base canonique e = (e 1 , . . . , e 4 ) de R4 . On vérifie facilement que S 2 = ( f 1 , f 2 , e 1 , e 2 ) est libre. Finalement, puisque dim R4 = 4, et que l’on a trouvé une famille libre de cardinal 4, S 2 est une base. Exercice 24.28
♥
1. Prouver que (1, i ) est une base du R-espace vectoriel C. ¡
¢
2. De même, prouver que 1, j est une base de C où j = e
2iπ 3 .
3. Donner une base du C-espace vectoriel C.
Solution : 1. Pour tout nombre complexe z , il existe a, b ∈ R tels que z = a × 1 + b × i . La famille (1, i ) est donc génératrice de C. Soient a, b ∈ R tels que a × 1 + b × i = 0. On a alors forcement a = b = 0. La famille (1, i ) est donc libre. La famille forme une base de C. On en déduit que C est un R-espace vectoriel de dimension 2. ¡
¢
2π 2π 2. ¡Soient ¢ a, b ∈ R tels que a.1 + b. j = 0. On a alors : a 1 + cos ¡ 3¢ + i b sin 3 ce ¡ qui ¢ amène a = b = 0. La famille 1, j est donc libre dans C. Comme C est de dimension 2, 1, j engendre C. 1, j est donc une base de C.
3. La famille (1) forme une base du C-espace vectoriel C. Cette famille est trivialement libre. Si z ∈ C alors z = z.1 ! Et donc la famille (1) est génératrice de C. C’est donc une base de C et C est un C-espace vectoriel de dimension 1.
922
Exercice 24.29 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel muni d’une base e = (e 1 , . . . , e n ). Pour tout i ∈ 1, n, on pose εi = e 1 + . . . + e i . 1. Montrer que ε = (εi )i∈1,n forme une base de E. 2. Exprimer les composantes d’un vecteur de E dans ε en fonction de ses composantes dans e . Solution : 1. Soit (α1 , . . . , αn ) ∈ Kn tel que
n X
i=1
αi εi = 0. On a alors
(α1 + α2 + · · · + αn ) e 1 + (α2 + · · · + αn ) e 2 + . . . + +αn e n = 0
qui conduit, de part la liberté de e , à :
α1 + α2 + · · · + αn = 0 α2 + · · · + αn = 0
...
et donc αn = . . . = α1 = 0.
αn = 0
2. Soit x ∈ E. On a x = α1 e 1 + . . . αn e n = α′1 ε1 + . . . α′n εn . On a donc : ′ α1 + α′2 + · · · + α′n = α1 α′2 + · · · + α′n = α2
ce qui amène :
.. .
α′n = αn
α′1 =
...
α1 − α2
′ = αn−1 − αn αn−1 α′n = αn
et x = (α1 − α2 )e 1 + (α2 − α3 ) e 2 + . . . + (αn−1 − αn ) e n−1 + αn e n . Exercice 24.30
♥♥
1. Vérifier que R muni de l’addition et de la multiplication par un rationnel est un Q-espace vectoriel. 2. Montrer que o n p p E = a + b 2 + c 3, (a, b, c) ∈ Q3
est un Q-espace vectoriel. 3. Trouver une base de E.
Solution : 1. On vérifie facilement que R muni de l’addition et de la multiplication par un rationnel vérifie les axiomes définissant un Q-espace vectoriel 2. Pour répondre à la question, ilpsuffitpde montrer que E estpun sous-espace vectoriel de R. E est p p ¡ clairement p non ¢ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ α, α ∈ Q , u = a + b 2 + c 3 ∈ E et u = a + b 2 + c 3 ∈ E alors αu + α u = α a + b 2 + c 3 + vide et si p p p p ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ α′ a ′ + b ′ 2 + c ′ 3 = αa + α′ a ′ + αb + α′ b ′ 2 +¡ αcp+ αp′ c ′¢ 3 ∈ E. L’ensemble E est bien un sous-espace vectoriel de R. On peut aussi remarquer que E = Vect 1, 2, 3 . ¡ p p ¢
a, b, c ∈ Q tels que 3. Montrons p que p la famille e =p 1, 2,¡ 3 est p une ¢ base de E. Elle engendre clairement E. Soient p a + b 2 + c 3 = 0. Alors c 3 = − a + b 2 et en élevant au carré 3c 2 = a 2 + 2b 2 + 2ab 2.
(a) Si a et b sont nuls, on a forcément c = 0.
p
(b) Si a = 0 et b 6= 0 alors 3c 2 = 2b 2 et c/b = ± 2/3 ce qui n’est pas possible car c/b ∈ Q. p
(c) Si a 6= 0 et b = 0 alors 3c 2 = a 2 et c/a = 3/3 ce qui n’est pas possible pour la même raison que précédemment. p
¡
¢
(d) Si a, b 6= 0 alors 2 = 3c 2 − a 2 − 2b 2 /2ab ce qui n’est pas possible car
p 2 6∈ Q.
En conclusion, a = b = c = 0 et la famille est libre. On a ainsi trouvé une base de E qui est de dimension 3. 923
Exercice 24.31 ♥♥ Soit Rn [X] l’espace vectoriel des polynômes de degré É n . Soit F = (P0 , . . . , Pn ) une famille de n + 1 polynômes de Rn [X] telle que : ∀i ∈ 0, n ,
deg Pi = i .
Prouver que F est une base de Rn [X]. Solution : Pk−1 λi,k X i . Comme deg Pk = k , on a nécessairement λk 6= 0. Pour tout k ∈ 0, n, supposons que que Pk = λk Xk + i=0 Pn Soient α0 , . . . , αn ∈ R tels que : k=0 αk Pk = 0. Un polynôme étant nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls, on aboutit au système : λ0 α0 + λ0,1 α1 + λ0,2 α2 λ1 α1 + λ1,2 α2
+ . . . + λ0,n αn = 0 + . . . + λ1,n αn = 0 ... λn−1 αn−1 + λn−1,n αn = 0 λn αn = 0
qui est triangulaire, et comme ∀k ∈ 0, n , λk 6= 0, son unique solution est le n + 1-uplet nul. Il vient : α0 = α1 = . . . = αn = 0 et la famille F est libre. Comme elle est de cardinal égal à la dimension de Rn [X], F est de plus génératrice de Rn [X]. On en déduit qu’elle forme une base de Rn [X]. Exercice 24.32 ♥♥ Montrer S (R ) et F (R , R ) sont de dimension infinie. Solution : Pour le premier cas, on considère pour tout n ∈ N, la suite e(n) ∈ S (R ) qui s’annule à tous les rangs sauf au rang n où elle vaut 1. On considère aussi pour tout m ∈ N la famille de suites Em = (e(0), . . . , e(m)). Pour tout m ∈ N, cette famille est libre. En effet, si α0 , . . . , αn ∈ R sont tels que α0 e(0) + . . . + αm e(m) = 0 alors on obtient (α0 , . . . , αm , 0, . . .) = (0, . . .) et donc que α0 = . . . = αm = 0. Supposons que S (R ) soit de dimension finie n ∈ N. La famille En est libre et de cardinal n + 1 ce qui n’est pas possible. Donc S (R ) est de dimension infinie. Pour le second cas, on procède de même en considérant pour tout n ∈ N les fonctions f n définies sur R qui valent 0 si x 6= n et qui valent 1 si x = n .
24.7.4 Sous-espace vectoriel de dimension finie Exercice ♥ ©¡ ¢24.33 ª Soit F = x, y, z ∈ R3 | x − y + 2z = 0 . Prouver que F est un sous-espace vectoriel de R3 , en déterminer une base et calculer sa dimension. ©¡
¢
ª
Solution : Comme F = y − 2z, y, z | y, z ∈ R = Vect ((1, 1, 0) , (−2, 0, 1)), F est un sous-espace vectoriel de R3 . La famille ((1, 1, 0) , (−2, 0, 1)) engendre F et les deux vecteurs la constituant n’étant pas colinéaire, elle est libre. Cette famille forme donc une base de F et dim F = 2. Exercice ♥ ©¡ ¢24.34 Soit F = x, y, z ∈ R3 | x − y + z = 0 et
ª −x−y +z =0 .
1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de R3 . 2. Trouver une base de F. En déduire dimF. ½
½ ©¡ ¢ ª x−y +z =0 x−y +z =0 Solution : On a : ⇐⇒ donc F = x, y, z ∈ R3 | x − y + z = 0 et − x − y + z = 0 = − x − y + z = 0 − y + z = 0 ©¡ ¢ ª 0, y, y | y ∈ R = Vect (0, 1, 1). F est donc un sous-espace vectoriel de R3 et la famille constituée du vecteur (0, 1, 1) en forme une base. On en déduit que dimF = 1. Le sous-espace F est la droite vectorielle de R3 dirigée par (0, 1, 1).
Exercice 24.35 ♥ Montrer que le sous-ensemble F=
©¡
¢ ª α + β, β, 2α − β, −α | α, β ∈ R
est un sous-espace vectoriel de R4 dont on déterminera la dimension et une base. ©¡
¢
ª
©
ª
Solution : Comme F = α + β, β, 2α − β, −α | α ∈ R, β ∈ R = α (1, 0, 2, −1) + β (1, 1, −1, 0) | α, β ∈ R = Vect (e 1 , e 2 ) où e 1 = (1, 0, 2, −1) et e 2 = (1, 1, −1, 0) . On en déduit que F est un sous-espace vectoriel de R4 . De plus, les vecteurs e 1 et e 2 ne sont pas colinéaires et ils engendrent F. Ils forment donc une base de F et dimF = 2. 924
Exercice 24.36 ♥ Dans R4 , on considère le sous-ensemble F := {(x, y, z, t ) ∈ R4 | 2x − y + 3z + t = 0}
Montrer que F est un sous-espace vectoriel de R4 et en déterminer une base. Comme F = {(x, y, z, t ) ∈ R4 ; | 2x − y + 3z + t = 0} = {(x, 2x + 3z + t , z, t ) | x, z, t ∈ R} = Vect ((1, 2, 0, 0) , (0, 3, 1, 0) , (0, 1, 0, 1)). Donc F est un sous-espace vectoriel de R4 . La famille (e 1 , e 2 , e 3 ) où e 1 = (1, 2, 0, 0) , e 2 = (0, 3, 1, 0) et e 3 = (0, 1, 0, 1) engendre F. Montrons qu’elle est libre. Soient α1 , α2 , α3 ∈ R tels que α1 e 1 +α2 e 2 +α3 e 3 = Solution :
α1 =0 2α + 3α + α = 0 1 2 3 0. Le triplet (α1 , α2 , α3 ) vérifie et donc α1 = α2 = α3 = 0. La famille est bien libre. Alors (e 1 , e 2 , e 3 ) α2 =0 α3 = 0 est une base de F et dimF = 3.
Exercice 24.37 ♥ ©¡ ¢ ª Soit F = x, y, z, t ∈ R4 | 2x − y + z − t = 0 1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de R4 . 2. Trouver une famille génératrice de F. 3. En déduire une base de F puis la dimension de F. Solution :
©¡ ¢ ª ©¡ ¢ ª F = x, y, z, t ∈ R4 | 2x − = x, y, z, 2x − y + z | x, y, z ∈ R = ª y +z−t =0 x (1, 0, 0, 2) + y (0, 1, 0, −1) + z (0, 0, 1, 1) | x, y, z ∈ R = Vect (e 1 , e 2 , e 3 ) où e 1 = (1, 0, 0, 2) , e 2 = (0, 1, 0, −1) et e 3 = (0, 0, 1, 1) . On en déduit à la fois que F est un sous-espace vectoriel de R4 ainsi qu’une famille génératrice de F.
1. ©On
a
:
2. On vérifie facilement que la famille (e 1 , e 2 , e 3 ) est libre. On en déduit que cette famille forme une base de F et donc que dim F = 3. Exercice 24.38 ♥ Dans l’espace R4 , on considère le sous-espace vectoriel F = Vect {v 1 , v 2 , v 3 , v 4 } où v 1 = (1, 2, 3, 1), v 2 = (0, 1, 1, 1), v 3 = (0, 0, 1, 2), v 4 = (2, 5, 6, 1) Trouver une base du sous-espace vectoriel F. Solution : On remarque que v 4 = 2v 1 + v 2 − v 3 . Donc la famille est liée et d’après le lemme de réduction d’une famille liée, F = Vect (v 1 , v 2 , v 3 ). On montre facilement que la famille (v 1 , v 2 , v 3 ) est libre et forme donc une base de F. Il s’ensuit que dimF = 3. Exercice 24.39 ♥ On note E l’espace vectoriel des fonctions indéfiniment dérivables de R dans R . Soit un réel a ∈ R . On note F l’ensemble des fonctions f vérifiant : ∀x ∈ R ,
f ′ (x) = a f (x)
Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E et déterminer une base de F. Solution : On applique le théorème de résolution des équations différentielles homogène du premier degré sans second ′ ax membre ¡et les fonctions ¢ f solutions de y − a y = 0 sont celles de la forme f : x 7→ αe où α ∈¡R. On en déduit ¢ que F = Vect x 7→ exp (ax) et que c’est un sous-espace vectoriel de E. Il est alors clair que la famille x 7→ exp (ax) forme une base de F et que dim F = 1. Exercice 24.40 ♥ ª © 2 Montrer que F = f ∈ C 2 (R) | f ′′ − 2f ′ + 2f = 0 est un sous-espace vectoriel de C (R) et en déterminer une base. En déduire la dimension de F. Solution : En appliquant de résolution différentielles du second ordre à coefficients con© le théorème ¡ ¢ −x des équations ª ¡ ¢ −x α cos x + β sin x e | α, β ∈ R . Autrement dit : F = Vect f , f où f et stants, on trouve que F = x 7→ 1 2 1 : x 7→ cos xe ¡ ¢ −x f 2 : x 7→ sin xe . La famille f 1 , f 2 engendre F. On vérifie facilement qu’elle est libre. Elle forme donc une base de F et dimF = 2. Exercice 24.41 ♥ Montrer F = {P ∈ R4 [X] | P (1) = P (2) = 0} est un sous-espace vectoriel de R4 [X] et en déterminer une base ainsi que la dimension.
925
Solution : ¡
¢Les polynômes de F sont de degré É 4 et s’annulent en 1 et 2. Par conséquent, ils sont de la forme aX 2 + bX + c (X − 1) (X − 2). Il s’ensuit que F = Vect (P1 , P2 , P3 ) où P1 = X 2 (X − 1) (X − 2) , P2 = X (X − 1) (X − 2) , P3 = (X − 1) (X − 2). On en déduit que F est un sous-espace vectoriel de R4 [X]. On vérifie facilement que la famille (P1 , P2 , P3 ) est libre. Si α1 , α2 , α3 sont trois réels tels que α1 P1 + α2 P2 + α3 P3 = 0 alors par intégrité de l’anneau des polynômes, α1 X 2 + α2 X + α3 = 0 ce qui n’est possible que si α1 = α2 = α3 = 0. La famille (P1 , P2 , P3 ) forme donc une base de F.
Exercice 24.42 ♥ Soit F l’ensemble des fonctions f : R → R telles qu’il existe a, b, c ∈ R pour lesquels : ∀x ∈ R,
¡ ¢ f (x) = ax 2 + bx + c sin x
1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de F (R, R). 2. Déterminer une base de F ainsi que sa dimension. Solution : ¡
¢
1. F est engendré par la famille x 7→ x 2 sin x, x 7→ x sin x, x 7→ sin x . C’est donc un sous-espace vectoriel de F (R, R).
2. Une base de E est donnée par la famille précédente : Soient α, β, γ ∈ R tels que : ∀x ∈ R, αx 2 sin x + βx sin x + γ sin x = 0, alors ∀x 6≡ 0[π], αx 2 + βx + γ = 0. Un polynôme du second degré est soit identiquement nul, soit ne s’annule au plus que deux fois. Donc α = β = γ = 0. La famille est donc libre. Elle est, par définition génératrice et forme donc une base de F qui est alors un sous-espace vectoriel de dimension 3 de E.
Exercice 24.43 ♥ ¡ ¢ Déterminer une base du sous-espace vectoriel F de F (R, R) donné par : F = Vect f 1 , f 2 , f 3 , f 4 où f 1 : x 7→ e x ,
f 2 : x 7→ e −x ,
f 3 : x 7→ ch x,
f 4 : x 7→ sh x.
¢ ¢ 1¡ 1¡ f 1 + f 2 et f 4 = f 1 − f 2 . Donc par 2 2 ¡ ¢ ¡ ¢ application ¡ du ¢lemme de réduction d’une famille liée : F = Vect f 1 , f 2 , f 3 , f 4 = Vect f 1 , f 2 . On en déduit qu’une base de F est f 1 , f 2 . ¡
¢
Solution : On vérifie facilement que la famille f 1 , f 2 est libre. De plus : f 3 =
Exercice 24.44 On pose :
♥
f 1 : x 7→ x, f 2 : x 7→ x 2 , f 3 : x 7→ x ln x, f 4 : x 7→ x 2 ln x ¢ On pose aussi : F = Vect f 1 , f 2 , f 3 , f 4 . Prouver que F est un R-espace vectoriel et déterminer sa dimension. ¡
¡
¢
Solution : L’ensemble F s’écrit comme un Vect , c’est donc un sous-espace de F R∗+ , R et donc un R-espace vectoriel. Soient αi ∈ R, i ∈ 1, 4 tels que f = α1 f 1 + α2 f 2 + α3 f 3 + α4 f 4 = 0. La fonction f ainsi que toutes ses dérivées sont identiquement nulles sur R∗+ . L’égalité f (1) = 0 amène α1 + α2 = 0. L’égalité f ′ (1) = 0 amène α1 + 2α2 + α3 + α4 = 0 et f ′′ (1) = 0 amène 2α2 + α3 + 3α4 = 0. Enfin, f ′′′ (1) = 0 amène −α3 + 2α4 = 0. Le quadruplet (α1 , α2 , α3 , α4 ) est donc On vérifie en le résolvant que sa seule solution est (0, 0, 0, 0) . Il vient solution du système formé par ces 4 équations. ¡ ¢ donc que α1 = α2 = α3 = α4 = 0. La famille f 1 , f 2 , f 3 , f 4 est libre et dim F = 4. Exercice ¡24.45 ¢ ♥ Posons F = Vect f 1 , f 2 , f 3 où
f 1 : x 7→ e x ,
f 2 : x 7→ e 2x
et
2
f 3 : x 7→ e x .
Montrer que F est un sous-espace vectoriel de F (R, R) et en donner la dimension et une base. Solution : L’ensemble F étant donné comme un Vect , c’est un sous-espace vectoriel de F (R, R). Soient α1 , α2 , α3 ∈ R tels que 2 α1 f 1 + α2 f 2 + α3 f 3 = 0. On a donc : ∀x ∈ R, α1 e x + α2 e 2x + α3 e x = 0. En particulier, pour tout x ∈ R, en divisant par 2 ex : ´ ³ 2 2 0 = α1 e x−x + α2 e 2x−x + α3 −−−−→ α3 x→∞
donc α3 = 0. On a donc en revenant à la première égalité : ∀x ∈ R, par e x et on trouve ¡ ¢
α1 e x + α2 e 2x = 0. De même, on divise cette égalité
0 = α1 + α2 e x −−−−−→ α1 x→−∞
et α1 = 0 ce qui amène aussi α2 = 0 car la fonction exponentielle est strictement positive. La famille ¡ nécessairement ¢ f 1 , f 2 , f 3 est bien libre et dimF = 3. 926
Exercice 24.46 ♥♥ Soit p ∈ N∗ . On considère le sous-ensemble Sp (R) de S (R) des suites p -périodiques : ©
Sp (R) = (un ) ∈ S (R) | ∀n ∈ N,
un+p = un
ª
Montrer que Sp (R) est un sous-espace vectoriel de dimension finie de S (R) et déterminer sa dimension. Solution : Sp (R) est stable par combinaison linéaire. C’est donc un sous-espace vectoriel ¢¢ S (R). Pour tout n ∈ N, ¡¡ de notons « n mod p »le reste de la division euclidienne de n par p . Introduisons la famille uni i∈ 1,p de suites données par ( 1 si n mod p = i i . ∀n ∈ N, un = 0 sinon Pp
¡
¢
i Cette famille forme une base ¡ ¢ de Sp (R). Si α1 , . . . , αp ∈ R sont tels que i=1 αi un = 0 alors il vient que la suite α1 , . . . , αp , α1 , . . . ,¡αp , α1 , . . . est nulle et donc¢ que α1 = . . . = αp = 0. Donc la famille une suite ¡ ¢ est libre. ¡Considérons p¢ p -périodique a = a1 , . . . , a p , a1 , . . . , a p , a1 , . . . ∈ Sp (R). On peut écrire que a = a1 un1 + . . . + a p un et donc la famille engendre S (R). En conclusion, c’est bien une base de Sp (R) et dim Sp (R) = p . On aurait aussi facilement pu résoudre cet exercice en montrant que ½ Sp (R) −→ ¡Rp ¢
θ:
(un )
7−→
u0 , . . . , u p−1
est un isomorphisme d’espaces vectoriels.
24.7.5 Hyperplan Exercice 24.47 ♥♥ Soit un K -espace vectoriel E, H un hyperplan de E, et H′ un sous-espace vectoriel de E. Montrer que H ⊂ H′ =⇒ H′ = H ou H′ = E
Solution : Supposons que H′ 6= H. Alors il existe a ∈ H′ \H. On sait alors, puisque H est un hyperplan que H⊕Vect(a) = E. Montrons que H′ = E. Soit x ∈ E, il existe (xH , λ) ∈ H× K tels que x = xH +λa ∈ H′ car H′ est un sous-espace vectoriel de E. Exercice 24.48 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie et H un hyperplan de E. Montrer qu’il existe une forme linéaire ϕ tel que H = Ker ϕ. Solution : Comme H est un hyperplan et que E est de dimension finie, H admet un supplémentaire D dans E et dim D = 1. Soit v un vecteur formant une base de D. Tout vecteur x ∈ E se décompose de manière unique sous la forme x = x0 + αv où x0 ∈ H et α ∈ R. On considère alors la forme linéaire donnée par ϕ (x) = 0 si x ∈ H et ϕ (v) = 1. L’application ϕ est bien définie sur E et vérifie par construction Ker ϕ = H. Exercice 24.49 ♥♥ Soit D une droite vectorielle et H un hyperplan d’un K-espace vectoriel E de dimension n ∈ N∗ . Montrer que si D 6⊂ H alors D et H sont supplémentaires dans E. Solution : Le sous-espace vectoriel D + H contient H et D et est contenu dans E donc dim (D + H) = n ou dim (D + H) = n − 1. Si dim (D + H) = n − 1 alors comme dim H = dim (D + H), il vient que D + H = H et donc que D ⊂ (D + H) = H ce qui contredit l’hypothèse formulée au sujet de D. Donc dim(D+H) = n , ce qui prouve que D+H = E. De plus dim (D ∩ H) = dim (D + H) − dimH − dim D = 0, donc F ∩ H = {0} d’où le résultat. Exercice 24.50 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n , H1 et H2 deux hyperplans de E avec H1 6= H2 . Calculer dim (H1 ∩ H2 ) . Solution : Calculons tout d’abord dim (H1 + H2 ). Remarquons que H1 + H2 est un sous-espace vectoriel de E qui contient H1 . On a donc dim (H1 + H2 ) = n ou dim (H1 + H2 ) = n − 1. Si dim (H1 + H2 ) = n − 1 alors, comme dimH1 = dim H2 = n − 1 et que H1 ⊂ H1 + H2 , H2 ⊂ H1 + H2 alors H1 = H1 + H2 = H2 ce qui contredit le fait que H1 et H2 sont distincts. Donc 927
dim (H1 + H2 ) = dim E = n . La formule de Grassmann amène dim H1 +dim H2 = dim (H1 + H2 )+dim (H1 ∩ H2 ) et donc dim (H1 ∩ H2 ) = 2n − 2 − n = n − 2. On peut aussi raisonner avec des formes linéaires. Comme H2 est un hyperplan de E, il existe une forme linéaire sur E, ϕ ∈ E⋆ non-nulle telle que H2 = Ker ϕ. Considérons la restriction ϕ e de la forme e est une forme linéaire de H1 : ϕ e ∈ H⋆ . linéaire ϕ au sous espace H1 . Il est clair que ϕ 1
1. ϕ e 6= 0H⋆ : par l’absurde, si ϕ e = 0, on aurait ∀x ∈ H1 , ϕ e (x) = ϕ(x) = 0K et donc on aurait H1 ⊂ H2 . Mais puisque 1 dimH1 = dim H2 = n − 1, on aurait H1 = H2 ce qui est faux d’après l’énoncé ; 2. H1 ∩ H2 = Ker ϕ e: e (x) = ϕ(x) = 0K , – Soit x ∈ H1 ∩ H2 , ϕ e , x ∈ H1 et ϕ e (x) = ϕ(x) = 0K et donc x ∈ H1 ∩ H2 ; – Soit x ∈ Ker ϕ
Nous avons donc montré que H1 ∩ H2 est un hyperplan de l’espace H1 et puisque dim H1 = n − 1, en utilisant le résultat du cours, il vient que dim (H1 ∩ H2 ) = n − 2. Exercice 24.51 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Soient H un hyperplan et F un sous-espace vectoriel de E non inclus dans H. Montrer que dim F ∩ H = dimF − 1. Solution : Comme dimH = n − 1, le sous-espace vectoriel F + H de E est de dimension égal à n ou n − 1. Mais F n’est pas inclus dans H, donc dim (F + H) = n . Par ailleurs, d’après la formule de Grassmann dim F + dimH = dim (H + F) + dim (F ∩ H) donc : dim F + n − 1 = n + dim (F ∩ H) ce qui prouve le résultat.
24.7.6 Sous-espaces supplémentaires Exercice 24.52 ♥ − Déterminer un supplémentaire de F = Vect (u, v) où u = (1, 0, 1) et → v = (1, 1, 0) dans R3 Solution : Posons w = (0, 0, 1). On vérifie facilement que la famille (u, v, w) forme une base de R3 . Donc, d’après le cours les deux sous-espaces F = Vect (u, v) et G = Vect (w) sont supplémentaires dans R3 . Exercice 24.53 ♥ On considère le R-espace vectoriel E = R3 et u = (1, 1, 1) ∈ R3 ; Posons : F=
©¡
¢ ª x, y, z ∈ R3 | x + y − z = 0
et G = Vect (u)
Prouver que F et G sont des sous-espaces supplémentaires de E. ©¡
¢
ª
©¡
¢
ª
Solution : On a F = x, y, z ∈ R3 | x + y + z = 0 = x, y, x + y | x, y ∈ R = Vect (v, w) avec v = (1, 0, 1) et w = (0, 1, 1). On vérifie facilement que la famille (u, v, w) forme une base de R3 donc F ⊕ G = R3 . Exercice 24.54 ♥ Dans E = R4 , on considère l’ensemble F = {(x, y, z, t ) ∈ E | x = y et x − y + t = 0}
1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E, et déterminer une base de F. 2. Déterminer un supplémentaire de F dans E. 3. Le supplémentaire trouvé est-il unique ? Solution : 1. On a F = {(x, y, z, t ) ∈ E; x = y et x − y + t = 0} = {(x, x, z, 0) | x, z ∈ R} = Vect (u, v) avec u = (1, 1, 0, 0) et v = (0, 0, 1, 0) . Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc ils forment une famille libre. En conclusion, (u, v) est une base de F et dim F = 2.
2. Introduisons les vecteurs w = (1, 0, 0, 0) et W = (0, 0, 0, 1) . On montre facilement que la famille (u, v, w, W) est libre. Comme son cardinal est égal à la dimension de R4 , c’est une base de R4 et si G = Vect (w, W) alors F et G sont en somme directe.
3. Ce supplémentaire n’est bien entendu pas unique. On montre de la même façon que précédemment que, par exemple, G′ = Vect ((1, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1)) est un autre supplémentaire de F dans R4 .
928
Exercice 24.55 ♥ Soit l’espace vectoriel E des polynômes à coefficients réels de degré É 4. On considère l’ensemble F = {P ∈ E | P(0) = P′ (0) = P′ (1) = 0}
1. Montrer que F est un K-espace vectoriel, déterminer une base de F et préciser sa dimension. 2. Montrer que le sous-espace vectoriel G = Vect(1, X, 1 + X + X2 ) est un supplémentaire de F dans E. Solution : 1. Déterminons F. Soit P ∈ F. Puisque P(0) = P′ (0) = 0, 0 est racine double (au moins) de P. Donc ∃Q ∈ R [X] tel que P = X2 Q. En examinant les degrés, on obtient que degQ É 2. Donc Q = aX2 + bX + c . Alors Q′ = 2aX + b . 3
Comme P′ = 2XQ +X2 Q′ , et P′ (1) = 0, on trouve que 4a +3b +2c = 0. Donc P = X2 (aX2 +bX −2a − b) On vérifie 2 réciproquement qu’un polynôme de cette forme est dans F. Donc 3 3 F = {aX 4 + bX 3 − (2a + b)X 2 ; (a, b) ∈ R2 } = {a(X 4 − 2X 2 ) + b(X 3 − X 2 ); (a, b) ∈ R2 } = Vect(P1 , P2 ) 2 2 3
où P1 = X4 − 2X2 et P2 = X3 − X2 . On vérifie que (P1 , P2 ) est une famille libre (degrés distincts). C’est donc une 2 base de F et alors dimF = 2.
2. On vérifie que (1, X, 1 + X + X2 ) est une famille libre (degrés étagés). C’est donc une base de G et alors dimG = 3. On montre ensuite que F ∩ G = {0}. Soit P ∈ F ∩ G. Alors comme P ∈ G, il existe a, b, c ∈ R tels que P = a +
=0 a + c ¡ ¢ 2 ′ ′ bX + c 1 + X + X . Mais comme P ∈ F, on a aussi P(0) = P (0) = P (1) = 0 et on abouti au système b + c =0 b + 3c = 0 donc l’unique solution est le triplet nul. Donc P = 0 et F et G sont bien en somme directe. Puisque dimE = 5 = dimF + dim G, d’après le cours, E = F ⊕ G.
Exercice 24.56 ♥ Dans l’espace vectoriel R4 , on considère les sous-espaces vectoriels © ª F = Vect ((1, 2, 1, 3), (2, 0, 0, 1)) et G = (x, y, z, t ) ∈ R4 | 2x + y + z = 0, x = y
1. Déterminer les dimensions des sous-espaces vectoriels F et G. 2. Montrer que F ∩ G = {0}. 3. En déduire que R4 = F ⊕ G. Solution :
1. Par définition, S 1 = ( f 1 , f 2 ) est générateur de F. On vérifie que cette famille est libre. C’est une base de F et donc dimF = 2. Il faut déterminer une famille génératrice de G : G = {x(1, 1, −3, 0) + t (0, 0, 0, 1) | (x, t ) ∈ R2 }
Donc g 1 = (1, 1, −3, 0) et g 2 = (0, 0, 0, 1) forment une famille génératrice de G. On vérifie qu’il est libre. C’est donc une base de G et dim G = 2. 2. On vérifie facilement que les vecteurs (1, 2, 1, 3) et (2, 0, 0, 1) ne sont pas solutions du système donc F ∩ G = {0}.
( 2x + y + z
x
=0
=y
3. D’après la formule de Grassmann, puisque dimF + dim G = dim R4 et que F ∩ G = {0}, il vient que dim (F + G) = dimE et donc que F + G = E. On peut alors écrire que E = F ⊕ G. Exercice 24.57 ♥ Soit un K-espace vectoriel E de dimension finie n . Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E vérifiant dim F + dimG > n . Montrer que F ∩ G 6= {0E }. Solution : Utilisons la dimension d’une somme de sous-espaces vectoriels : dim (F + G) = dim F + dim G − dim(F ∩ G)
On obtient que dim (F∩G) = dimF+dim G−dim(F+G) > n−dim (F+G). Mais comme F+G est un sous-espace vectoriel de E, dim(F + G) É n et donc dim(F ∩ G) > 0. On obtient finalement que F ∩ G 6= {0}. 929
Exercice 24.58 ♥♥ Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie n et F un sous-espace vectoriel de E différent de {0} et différent de l’espace E. Montrer que F admet une infinité de supplémentaires dans E. Indication 24.15 : Faire un dessin dans R2 lorsque F est une droite vectorielle. Solution : Considérons une base de F, (e 1 , . . . , e p ) (où p = dim F) et complétons là en une base de E par des vecteurs e p+1 , . . . e n ∈ E. Pour tout t ∈ R, posons Gt = Vect (t e 1 + e p+1 , e p+2 , .¡. . , e n ). Soit t ∈ R, montrons que¢ Gt est un supplémentaire de F dans E. Il suffit pour ce faire de montrer ¡ que e 1¢, . . . , e p , t e 1 + e p+1 , e p+2 , . . . , e n est E . Soient α , . . . , α ∈ R tels que α e + . . . + α e + α une base de 1 n 1 1 p p p+1 t e 1 + e p+1 + αp+2 e p+2 + + . . . αn e n = 0 alors ¡ ¢ α1 + t αp+1 e 1 +. . .+αp e p +αp+1 e p+1 +αp+2 e p+2 +. . .+αn e n = 0 et comme (e 1 , . . . , e n )¡ est libre, il vient que α1 +t αp+1 =¢ α2 = . . . = αp = αp+1 = αp+2 = . . . = αn = 0 et donc que α1 = . . . = αn = 0. La famille e 1 , . . . , e p , t e 1 + e p+1 , e p+2 , . . . , e n est donc bien libre et comme son cardinal est égal à la dimension de E, il s’agit bien d’une base de E. En conclusion, E = F ⊕ Gt . ′ Si t 6= t ′ sont deux réels, alors Gt 6= Gt ′ . En effet le vecteur ¡ e p + ′t e 1¢ n’est pas élément de Gt . Si c’était ¡ le cas, ¢alors ′ α , . . . , α ∈ R tels que e + t e = α e + t e + α e + . . . + α e . Alors α t − t e1 + il existerait p+1 n p+1 1 p+1 p+1 1¢ p+2 p+2 n n p+1 ¡ ¡ ¢ αp+1 − 1 e p+1 +αp+2 e p+2 +. . . +αn e n = 0. La famille e 1 , e p+1 , . . . , e n est libre comme sous-famille d’une famille libre donc en particulier αp+1 t ′ − t = αp+1 − 1 = 0 et t = t ′ , ce qui est contraire à notre hypothèse de départ. Exercice 24.59 ♥♥♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. On considère F et G deux sous-espaces vectoriels de E de même dimension. Le but de cet exercice est de montrer que F et G admettent un supplémentaire commun. 1. Montrer que F ∩ G admet un supplémentaire F′ (resp. G′ ) dans F (resp. dans G). 2. Montrer que F′ et G′ sont de même dimension. 3. Montrer F′ et G′ sont en somme directe. 4. En considérant une base de F′ et une base de G′ , construire un supplémentaire commun à F et G dans F + G. 5. Répondre alors au problème initial.
Solution : 1. F ∩ G est un sous-espace vectoriel de F qui est de dimension finie car c’est le cas de E. Donc F ∩ G admet un supplémentaire F′ dans F. On fait de même pour G′ . 2. Comme F = F ∩ G ⊕ F′ , il vient que dimF′ = dimF − dim F ∩ G. De même, dim G′ = dimG − dimF ∩ G. Le résultat s’ensuit alors du fait que F et G ont même dimension. On notera p = dimF′ = dim G′ .
3. Soit x ∈ F′ ∩ G′ . Comme F′ ⊂ F et que G′ ⊂ G, on a x ∈ F ∩ G. Mais F′ et F ∩ G sont supplémentaires donc x = 0. ¡
¢
′ F′ et¢ G′ sont de même dimension p , ces deux admettent des 4. Comme ¡ sous-espaces ¢
bases f = f 1 , . . . , f p pour F ¡ ′ et g 1 , . . . , g p pour G . Considérons la famille h = h1 , . . . , h p où
pour tout i ∈ 1, p , hi = f i + g i . Aucun des vecteurs de cette famille n’est dans F ∪ G. En effet, s’il existe i ∈ 1, p tel que hi ∈ F ∪ G alors hi ∈ F ou hi ∈ G. Si hi = f i + g i ∈ F alors g i = f i − hi ∈ F. Donc g i ∈ F ∩ G. Mais g i ∈ G′ et les deux sous-espaces G′ et G ∩ F sont en somme directe, donc g i = 0, ce qui n’est pas possible car la famille g ne serait pas libre. On fait de même si hi ∈ G. Montrons maintenant que la famille h est libre. ¢Soient α1 , . . . , αn ∈ K tels que α1 h1 + . . . + αp h p = 0. Alors ¡ le vecteur v = α1 f 1 + . . . + αp f p = − α1 g 1 + . . . + αp g p est élément de F′ ∩ G′ . D’après la question précédente, v = 0 et α1 f 1 +. . .+αp f p = α1 g 1 +. . .+αp g¡p = 0. Les ¢familles f et g étant libres, on en déduit que α1 = . . . = αp = 0 et donc que h est libre. Posons H = Vect h1 , . . . , h p . Il est clair que dim H = p . Montrons que F ∩ H = {0}. Soit Pp Pp Pp x ∈ F ∩ H. Alors il existe α1 , . . . , αp ∈ K tels que x = i=1 αi hi . Mais i=1 αi g i = x − i=1 αi f i et donc le vecteur Pp Pp α g ∈ F ∩ G ce qui prouve que i=1 αi g i = 0 car ce vecteur est aussi élément de G′ . Comme la famille g i=1 i i est libre, il vient que α1 = . . . = αp = 0 et donc x = 0. F et H sont bien en somme directe. Enfin, puisque F′ est supplémentaire de F dans F + G, donc dim(F + G) = dimF + dim F′ = dimF + p = dimF + dim H. Donc H est un supplémentaire de F dans F + G. De même H est un supplémentaire de G dans F + G.
˜ à F + G dans E. Il existe car E est de dimension finie. Montrons que H ⊕ H ˜ 5. On considère un supplémentaire H ˜ (vérifier que cette somme est bien directe) est un supplémentaire commun à F et G dans E. Soit x ∈ F ∩ (H ⊕ H). ˜ . Mais a˜ = x − a ∈ F + H = F + G donc a˜ ∈ (F + G) ∩ H ˜ ce qui amène Alors x ∈ F et x = a + a˜ ou a ∈ H et a˜ ∈ H ˜ a˜ = 0¡ et x =¢ a . Mais comme F ∩ H = {0}, il s’ensuit que x = 0 et donc F et H ⊕ H sont directe. ¡De plus ¡ en somme ¢ ¢ ˜ = dim (F + G)−dimF+dimE −dim (F + G) = dim E −dimF. Donc F+ H ⊕ H ˜ = E et E = F⊕ H ⊕ H ˜ . dim H ⊕ H ¡ ¢ ˜ On montre de même que E = G ⊕ H ⊕ H
930
24.7.7 Rang d’une famille de vecteurs Exercice 24.60 ♥ Déterminer le rang des familles (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) de vecteurs de R4 donnés par : 1. v 1 = (1, 1, 0, 0) , v 2 = (1, 0, 1, 0) , v 3 = (1, 0, 0, 1) , v 4 = (0, 0, 1, 1). 2. v 1 = (1, 1, 0, 0) , v 2 = (1, 0, 1, 0) , v 3 = (1, 0, 0, 1) , v 4 = (1, 1, 1, −1). Solution : 1. La famille est libre donc son rang est 4. 2. Comme v 4 = v 1 + v 2 − v 3 , d’après le lemme de réduction d’une famille liée, dim Vect (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) = dimVect (v 1 , v 2 , v 3 ). La famille (v 1 , v 2 , v 3 ) est une sous-famille de celle étudiée dans la première question et qui était libre. Elle est donc libre. On en déduit que le rang de la famille est 3. Exercice 24.61 ♥ Dans le R-espace vectoriel F ([0, 1[, R), on considère : f 1 : x 7→
¡
¢
f 3 : x 7→
r
1+x 1−x 1
p
1−x 2
f 2 : x 7→ f 4 : x 7→
r
1−x 1+x x
p
1−x 2
Quel est le rang de la famille f 1 , f 2 , f 3 , f 4 ? Solution : ¡ ¢ ¡ ¢ Pour tout x ∈ [0, 1[, f 1 (x) = p1+x 2 = f 3 (x) + f 4 (x) et f 2 (x) = p1−x 2 = f 3 (x) − f 4 (x) donc rg f 1 , f 2 , f 3 , f 4 = rg f 3 , f 4 = 2 1−x 1−x car cette dernière famille est libre
24.7.8 Applications linéaires en dimension finie Exercice 24.62 ½
On considère u :
♥ R4 −→ (x, y, z, t ) 7−→
R2 (2x + y, t − x)
1. Montrer que u est une application linéaire et déterminer Ker u et Imu . 2. La famille {(u(1, 0, 0, 0), u(1, 1, 1, 1)} est-il libre dans R2 ? Solution : 1. On vérifie facilement que u est linéaire. On a Ker u =
n¡
n o ¢ 2x + y =0 x, y, z, t ∈ R4 | = {(x, −2x, z, x) | x, z ∈ R} = Vect (e 1 , e 2 ) −x +t =0
avec e 1 = (1, −2, 0, 1) et e 2 = (0, 0, 1, 0) . Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc ils forment une base de Ker u . Alors dim Ker u = 2 et d’après la formule du rang dim Imu = 2. Comme Imu ⊂ R2 et que dim R2 = 2, il vient que Imu = R2 et donc que u est surjective.
2. Comme u (1, 0, 0, 0) = (2, −1) et que u (1, 1, 1, 1) = (3, 0) et que ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, ils forment une famille libre de R2 .
Soit θ :
Exercice 24.63 ½ R3 [X] P
−→ 7−→
♥ R3 [X] . XP′ − 2P
1. Montrer que θ est un endomorphisme de R3 [X]. 2. Déterminer Imθ et en déduire le rang de θ. 3. Donner la dimension de Ker θ et déterminer Ker θ. Solution : 931
¡
¢
1. Si P ∈ R3 [X], il est clair que deg XP′ − 2P É 3 et donc que θ (P) ∈ R3 [X]. Soient α, β ∈ R et P, Q ∈ R3 [X] alors ¡ ¢ ¡ ¢′ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ θ αP + βQ = X αP + βQ − 2 αP + βQ = α XP′ − 2P + β XQ′ − 2Q = αθ (P) + βθ (Q)
donc θ est linéaire.
¡
¢
2. ¡Soit P =¢aX3 + bX2 + cX + d ∈ R3 [X]. On calcule que θ (P) = aX3 − cX − 2d. Donc Imθ = Vect 1, X, X3 . La famille 1, X, X 3 étant libre, il vient que rgθ = 3. ¡
¢
¡
¢
3. D’après la formule du rang, dim Ker θ = 1. Comme θ X2 = 0, Ker θ = Vect X2 . Exercice 24.64 ♥ Soient a ∈ R et F = {P ∈ Rn [X] | P (a) = 0}.
1. Prouver que F est un sous-espace vectoriel de Rn [X]. Déterminer sa dimension. 2. Déterminer un supplémentaire de F dans Rn [X].
Solution :
½
Rn [X] P
−→ 7−→
R . On vérifie facilement que θ est linéaire et surjective. De plus F = Ker θ. Donc P (a) F est un sous-espace vectoriel de Rn [X]. D’après la formule du rang, dimF = dim Ker θ = dim Rn [X] − dim R = n .
1. Posons θ :
2. Notons G = R0 [X]. G est clairement un sous-espace vectoriel de Rn [X] de dimension 1. On vérifie facilement que G est en somme directe avec F. Comme de plus dim (F + G) = dimF+dimG = n+1 = dim Rn [X], on a Rn [X] = F+G. En conclusion, Rn [X] = F ⊕ G. Exercice 24.65 ♥♥ On considère l’application linéaire ϕ:
½
R [X] P
−→ 7−→
R [X] P + P′ + P′′
1. Montrer que l’endomorphisme ϕ est injectif. 2. Montrer que l’endomorphisme ϕ est surjectif. Indication 24.15 : Pour montrer la surjectivité, étudier la restriction de ϕ à Rn [X] qui est un espace de dimension finie.
Solution : 1. Soit un polynôme P ∈ R [X] tel que P + P′ + P′′ = 0, soit P = −(P′ + P′′ ). Si l’on suppose que P 6= 0, on a degP É degP − 1 , une absurdité. Donc ϕ est injective.
2. Soit un entier n ∈ N . Notons ϕn la restriction de ϕ à Rn [X]. Alors, si P ∈ Rn [X], ϕn (P) = P + P′ + P′′ ∈ Rn [X] car deg(ϕn (P)) É max(deg P, degP′ , deg P′′ ) É n . Donc ϕn est un endomorphisme de Rn [X] injectif, donc surjectif, car Rn [X] est un espace de dimension finie n + 1. Soit alors P ∈ R [X]. Notons n = degP. Alors P ∈ Rn [X] et donc ∃Q ∈ Rn [X] tel que ϕn (Q) = P. Mais alors ϕ(Q) = P et on a donc montré que ϕ est surjective ! Exercice 24.66 On définit l’application
♥♥ ϕ:
½
R 3 [X] P
−→ 7−→
R4 (P(0), P′ (1), P′′ (1), P′′ (2))
1. Montrer que ϕ est un isomorphisme. 2. En déduire qu’il existe un et un seul polynôme P ∈ R 3 [X] vérifiant P(0) = 1, P′ (1) = 2, P′′ (1) = −1 et P′′ (2) = 1. Solution : 1. Il est clair que ϕ est linéaire. Montrons que Ker ϕ = {0}. Soit P ∈ R 3 [X] tel que ϕ(P) = 0. Considérons H = P −P(1). Comme H(1) = H′ (1) = H′′ (1) = 0, il vient que 1 est racine d’ordre 3 de H, donc H = (X − 1)3 Q et donc P = Q(X − 1)3 + P(1). Mais en examinant les degrés, il faut que Q = λ ∈ R d’où P = λ(X − 1)3 + a (avec a = P(1) ∈ R ). Comme P(0) = 0, a = −λ et donc P = λ((X − 1)3 − 1). Mais alors P′′ = λ(6(X − 1)) et comme P′′ (2) = 1, il vient que λ = 0 et donc que P = 0. Comme ϕ est injective, et que dim R 3 [X] = dim R4 = 4, ϕ est donc bijective.
2. Comme ϕ est bijective, l’élément (1, 2, −1, 1) possède un unique antécédent P ∈ R 3 [X]. 932
Exercice 24.67 ♥♥ On considère un K -espace vectoriel E et un endomorphisme u ∈ L(E). Soit un sous-espace vectoriel F de E. On suppose que F ⊂ u(F). 1. On suppose que E est de dimension finie. Montrer que u(F) = F. 2. Trouver un contre-exemple lorsque E est de dimension infinie.
Indication 24.15 : Pour la deuxième question, on pourra étudier u :
½
R[X] P
−→ 7−→
R[X] avec F = {XP ; P ∈ E}. P′
Solution : 1. Considérons la restriction de u à F : u|F : F → E. Alors d’après la formule du rang, dimu (F) = dimV −dim Ker u É dimV . Comme F ⊂ u (F), on a aussi que dim F É dim u (F). Donc dim F = dimu (F) et F = u (F).
2. En considérant E = R [X] et F = {XP ; P ∈ E}, l’application u : P 7→ P′ fournit un contre-exemple puisque u(F) = E 6= F.
Exercice 24.68 ♥♥ Soit f ∈ L (E, F) avec E et F deux K-espaces vectoriels tels que dim E = n et dim F = p . Dire, pour chacune des phrases suivantes, si elle caractérise l’injectivité, la surjectivité ou la bijectivité de f : 1. 2. 3. 4. 5. 6.
L’image de toute famille libre de E par f est libre Im f = F
L’image d’une base de E par f est génératrice de F. rg f = n . L’image d’une base de E par f est libre. rg f = p .
7. L’image d’une base de E par f est une base de F. 8. L’image de toute famille génératrice de E par f est génératrice de F. 9. ∃g ∈ L (F, E) ,
g ◦ f = idE
10. ∃g ∈ L (F, E) ,
f ◦ g = idF
Solution : 1. Supposons que l’image de toute famille libre est libre. Montrons que f est injective. Considérons une base e de E et un vecteur x ∈ E tel que f (x) = 0. Notons (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn les coordonnées de x dans la base e . On Pn a¡ donc : 0 = f (x) ¢ = k=0 xi f (e i ). Mais la famille e = (e 1 , . . . , e n ) étant libre, il en est de même de la famille f (e 1 ) , . . . , f (e n ) . L’égalité précédente n’est donc vraie que si x1 = . . . = xn = 0 et alors x = 0. On a ainsi montré que Ker f = {0} et que f est injective.
2. Si Im f = F alors f est surjective.
3. Si l’image d’une base e = (e 1 , . . . , e¢n ) de E par f est génératrice de F alors montrons que f est surjective. Soit ¡ y ∈ F. La famille f (e 1 ) , . . . , f (e n ) est donc génératrice de f et il existe des scalaires α1 , . . . , αn ∈ R tels que y = α1 f (e 1 ) + . . . + αn f (e n ) = f (α1 e 1 + . . . + αn e n ). Par conséquent, y = f (x) avec x = α1 e 1 + . . . + αn e n et f est bien surjective. 4. Si rg f = n alors f est injective. En effet, d’après la formule du rang, on a : dimE = dimKer f + rg f et il vient que dim Ker f = 0 c’est à dire que Ker f = {0}
5. Si l’image d’une base e = (e 1 , . . . , e n ) de E par f est libre dans F alors montrons que f est injective. Soit x ∈ E tel P que f (x) = 0 et soit (x1 , . . . , xn ) les coordonnées de x dans la base E. Alors 0 = f (x) = nk=0 xi f (e i ). On termine alors comme dans la première question et on montre que x = 0 c’est-à-dire que f est injective. 6. Si rg f = p alors par définition du rang d’une application linéaire, dim Im f = p = dim F et donc Im f = F. On prouve ainsi que f est surjective.
7. Si l’image d’une base de E par f est une base de F alors en appliquant les résultats des questions 3) et 5), il vient que f est bijective. 8. Si l’image de toute famille de E par f est génératrice de F alors en particulier l’image d’une base de e est génératrice de F et appliquant la question 3, f est surjective. 9. Si il existe g ∈ L (F, E) tel que g ◦ f = idE alors g est surjective et f injective. Pour que f soit surjective, il faudrait supposer de plus que dim F = dimE.
10. Si il existe g ∈ L (F, E) tel que f ◦ g = idF alors f est surjective et g injective. Pour que f soit injective, il faudrait supposer de plus que dim F = dimE. Exercice 24.69 ♥♥ Soit un K-espace vectoriel E de dimension finie n , un vecteur x0 de E et un endomorphisme f ∈ L(E) tel que ( f (x0 ), f 2 (x0 ), . . . , f n (x0 )) soit libre. 933
1. Montrer que la famille (x0 , f (x0 ), . . . , f n−1 (x0 )) est une base de E. 2. Montrer que f est inversible. Solution :
¡P
P
¢
P
n−1 n−1 i i i+1 1. Soit α0 , . . . , αn−1 ∈ K tels que n−1 (x0 ). i=0 αi f (x0 ) = 0. Alors f i=0 αi f (x0 ) = 0 ce qui s’écrit aussi i=0 αi f 2 n Mais la famille ( f (x0 ), f (x0 ), . . . , f (x0 )) est libre donc α0 = . . . = αn−1 = 0 ce qui prouve que la famille (x0 , f (x0 ), . . . , f n−1 (x0 )) est libre
2. Comme dim E = n , les familles (x0 , f (x0 ), . . . , f n−1 (x0 )) et ( f (x0 ), f 2 (x0 ), . . . , f n (x0 )) sont des bases de E. Comme l’image de la première base par f est la seconde base, f est forcément inversible. Exercice 24.70 ♥♥ Soit un K -espace vectoriel E de dimension finie n et deux endomorphismes (u, v) ∈ L(E). Montrer que rgu + rg v É rg(u ◦ v) + n
Indication 24.15 : On pourra étudier la restriction ue de u à Im v et montrer que Im ue = Im(u◦v) et Ker ue = Ker u∩Im v , puis appliquer le théorème du rang à ue.
Considérons la restriction de u à Im v : ue = u|Im v . On vérifie facilement que Imu ◦ v = Im ue et que Ker ue = Ker u ∩ Im v . En appliquant le théorème du rang à ue, on trouve que Solution :
dim (Im v) = dim (Ker u ∩ Im v) + rg(u ◦ v)
Mais dim(Ker u ∩ Im v) É dim(Ker u) et donc, en appliquant le théorème du rang pour u , on trouve que rg v É (n − rg u) + rg(u ◦ v)
Exercice 24.71 ♥♥ Soit un K-espace vectoriel E et deux sous-espace vectoriel E1 , E2 de E. Montrer que : (∃u ∈ L(E) | Ker u = E1 et Imu = E2 ) ⇐⇒ (dim E = dim E1 + dimE2 )
Indication 24.15 : Pour la réciproque,construire une base de E en complétant une base de E1 . Définir alors u en se donnant l’image de cette base.
Solution : – (i ) =⇒ (i i ) : Le sens direct est une conséquence directe de la formule du rang : dimE = dim Ker u +rg u = dim E1 + dim E2 . – (i i ) =⇒ (i ) : si E1 = {0}, alors dim E2 = dim E donc E2 = E. En posant u = id, on vérifie que u convient. De même si E2 = {0}, u = 0 convient. Supposons maintenant que E1 6= {0} et E2 6= {0}. Alors, il existe une base (e 1 , . . . , e p ) de E1 (où p = dimE1 ). Complétons cette base en une base de E : e = (e 1 , . . . , e p , e p+1 , . . . , e n ). Comme dimE2 = n − p , il existe une base f de E2 de la forme ( f p+1 , . . . , f n ). Définissons alors u en se donnant l’image de la base e :
∀i ∈ 1, p , u(e i ) = 0,
∀i ∈ p + 1, n , u(e i ) = f i+1
Alors, ∀x ∈ E1 , u(x) = 0 donc E1 ⊂ Ker u . Soit x ∈ Ker u , décomposons x dans e .
x = x1 e 1 + · · · + x p e p + x p+1 e p+1 + · · · + xn e n u(x) = x p+1 f p+1 + · · · + xn f n = 0. Mais comme f est libre, il vient que x p+1 = · · · = xn = 0 et donc que x ∈ E1 . D’autre part, Imu = Vect(u(e 1 ), . . . , u(e n )) = Vect( f p+1 , . . . f n ) = E2 .
Exercice 24.72 ♥♥ Soit un K-espace vectoriel E de dimension finie n et deux endomorphismes f , g de E vérifiant f ◦g = 0 et f +g ∈ GL(E). Montrer que rg( f ) + rg(g ) = n . Solution : – Comme f ◦ g = 0 alors Im g ⊂ Ker f et d’après la formule du rang rg f + rg ¡g É rg¢f + dim Ker f = n . – D’autre part, comme f + g ∈ GL(E) alors n = rg( f + g ) É rg f + rg g car Im f + g ⊂ Im f + Im g . L’égalité est ainsi prouvée 934
Exercice 24.73 ♥♥ Soit un K-espace vectoriel E de dimension finie n . On considère l’ensemble A = {(u, v) ∈ L(E)2 | u ◦ v = 0}. Déterminer sup{rgu + rg v | (u, v) ∈ A}. Solution : L’égalité u ◦ v = 0 amène Im v ⊂ Ker u et donc d’après la formule du rang rgu + rg v É rgu + dim Ker u = n . Pour u = id et v = 0, il y a égalité. Donc sup{rgu + rg v | (u, v) ∈ A} = n Exercice 24.74 ♥♥♥ Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie n Ê 2. 1. Démontrer que les homothéties sont les seuls endomorphismes f de E tels que : ∀x ∈ E,
¡
¢ x, f (x) est une famille liée.
2. En déduire que les homothéties sont les seuls endomorphismes de E qui commutent avec tout autre endomorphisme. Indication 24.15 : Pour tout x ∈ E, on pourra considérer une projection sur Vect (x)). Solution : 1. Les homothéties vérifient clairement la propriété indiquée. Réciproquement, on sait par hypothèse que ∀x ∈ E, ∃λx ∈ K | f (x) = λx x . Il s’agit donc de démontrer que l’on peut choisir le même λ pour tous les x . Autrement dit, si l’on choisit deux vecteurs x et y , on peut prendre λx = λ y . ¡ ¢ ¡ ¢ Ï Si (x, y) est libre, alors, comme : λx+y − λx x + λx+y − λ y y = 0 il vient que λx+y = λ y = λx . Ï Sinon x et y sont colinéaires et il existe α ∈ R tel que y = αx et ¡ ¢ f y = f (αx) = λαx αx = α f (x) = αλx x
¡ ¢
et on peut prendre λαx = λ. On a ainsi montré que pour tout vecteur y ∈ E, f y = λy . Donc f est une homothétie de rapport λ. 2. Considérons f un endomorphisme de E qui commute avec tous les endomorphismes de E. Soit x un vecteur non nul de E et soit Π la projection de E sur Vect (x) parallèlement à un supplémentaire donné de Vect (x) dans E (qui ¡ ¢ E est de dimension finie). Comme f et Π commute, on a : Π f = f existe car (x) (Π (x)) = f (x). Donc comme ¡ ¢ Π f (x) ∈ Vect (x), f (x) et x sont liés. x étant quelconque non nul, ce résultat est vrai pour tout x ∈ E \ {x}. Ce résultat est aussi clairement vérifié par le vecteur nul. D’après la première question, on peut affirmer que f est une homothétie. Réciproquement, une homothétie commute avec tous les endomorphismes de E. Exercice 24.75 ♥♥♥ Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension n . Pour tout p ∈ N, on note : K p = Ker f p
et Ip = Im f p .
1. Montrer que : ∀p ∈ N,
K p ⊂ K p+1
et Ip+1 ⊂ Ip .
2. Prouver qu’il existe un plus petit entier naturel r É n tel que : ∀i Ê r, 3. Montrer de même que : ∀i Ê r,
Ki = Ki+1 .
Ii = Ii+1 .
4. Montrer que : E = Kr ⊕ Ir . Solution : ¡ ¢ p+1 1. Soit p ∈ N et soit x ∈ K p . Alors f p+1 (x) = f f p (x) = 0 car f p (x) =¡0. Donc et K p ⊂ K p+1 . Considérons ¢ x ∈K p p+1 maintenant y ∈ Ip+1 . Alors il existe x ∈ E tel que : y = f (x) = f f (x) et donc y ∈ Ip et Ip+1 ⊂ Ip ¡ ¢ 2. Pour tout p ∈ N, K p ⊂ K p+1 donc : dimK ¡ ¢ p É dimK p+1 et la suite dim K p est croissante. Comme K p ⊂ E, on a aussi : dimK p É n . La suite dimK p est donc majorée. Appliquant le théorème de la limite monotone elle est convergente mais, ses valeurs étant entières, cela équivaut au fait qu’elle est constante à partir d’un certain rang r ∈ N. r est le plus petit entier naturel tel que ∀i Ê r, Ki = Ki+1 . 3. D’après la formule du rang et le résultat précédent, on montre que ∀i Ê r, Ii = Ii+1 . ¡ ¢ 4. Soit y ∈ Kr ∩Ir . Effectuons un raisonnement par l’absurde en supposant que y 6= 0. Alors f r y = 0 et il existe x ∈ E ′ tel que y = f r (x). Il vient donc : f 2r (x) = 0. Mais comme y = f r (x) 6= 0, il existe r ′ ∈ r + 1, 2r tel que f r (x) = 0. On a donc x ∈ Kr ′ et x 6∈ Kr ce qui contredit le fait que la suite (Kr ) est constante à partir du rang r . On en déduit que y = 0 et que Kr ∩Ir = {0}. Il vient alors que : dim (Kr + Ir ) = dim Kr +dim Ir = dim Ker f r +dim Im f r = n par application de la formule du rang et de ce fait : Kr + Ir = E. En résumé : E = Kr ⊕ Ir . 935
Exercice 24.76 ♥♥♥ Soit un espace vectoriel E de dimension 3 et un endomorphisme u de E tel que u 2 =0. Montrer que ∃a ∈ E :
∃f ∈ E⋆ :
∀x ∈ E,
u(x) = f (x) · a
Indication 24.15 : Traduire en terme d’image et de noyau la relation u 2 = 0. Introduire ensuite une base de Ker u et la compléter. Définir f à l’aide de cette base.
Solution : La relation u 2 = 0 donne que Imu ⊂ Ker u (le montrer). D’après le théorème du rang, 3 = dim(Ker u) + rg u É 2dim (Ker u)
ce qui implique que dim (Ker u) Ê 2. Si dim(Ker u) = 3, alors u = 0 et le résultat est évident avec f = 0 et a quelconque. Supposons donc que dim(Ker u) = 2. Alors d’après le théorème du rang, dim(Imu) = 1. C’est une droite vectorielle : ∃a ∈ E, a 6= 0 tel que Imu = Vect(a). Considérons une base (e 1 , e 2 ) de Ker u et complétons-la en une base (e 1 , e 2 , e 3 ) de E. Puisque u 6= 0, u(e 3 ) 6= 0 et donc ∃c ∈ R tq u(e 3 ) = ca . Définissons la forme linéaire f en se donnant l’image de la base e par f : f (e 1 ) = 0, f (e 2 ) = 0 et f (e 3 ) = c . Soit alors x ∈ E. Décomposons x dans la base e : x = x1 e 1 + x2 e 2 + x3 e 3 . Alors u(x) = x3 ca = x3 f (e 3 )a = f (x)a . Exercice 24.77 ♥♥♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie et soit f ∈ L(E) un endomorphisme de rang 1. 1. Montrer qu’il existe un scalaire λ ∈ K tel que f 2 = λ f .
2. A quelle condition sur le scalaire λ, (id− f ) est-il inversible ? Calculer alors (id − f )−1 . Solution : 1. Comme rg f = 1, il existe un vecteur e 1 ∈ E tel que Im f = Vect (e 1 ). On complète le vecteur e 1 en une base (e 1 , . . . , e n ) de E. Comme Im f = Vect (e 1 ), pour tout i ∈ 1, n, il existe λi ∈ K tel que f (e i ) = λi e 1 . Donc f 2 (e i ) = P f (λi e 1 ) = λi λ1 e 1 = λ1 f (e i ). Si x ∈ E alors il existe α1 , . . . , αn ∈ K tels que x = ni=1 αi e i et f 2 (x) =
n X
i=1
αi f 2 (e i ) = λ1
n X
i=1
αi f (e i ) = λ1 f (x) .
Posons alors λ = λ1 . On a bien f 2 (x) = λ f (x) pour tout x ∈ E.
2. Remarquons que ( f −id)( f +(1−λ) id) = (λ−1) id. On en tire une condition nécessaire et suffisante pour que id − f soit inversible : il faut et il suffit que λ 6= 1. On calcule alors (id − f )−1 =
1 ( f + (1 − λ) id) . 1−λ
Exercice 24.78 ♥♥♥ Soit un K-espace vectoriel E de dimension finie n et deux endomorphismes ( f , g ) de E vérifiant : f ◦ g ◦ f = f et g ◦ f ◦ g = g
1. Montrer que E = Ker f ⊕ Im g . 2. Montrer que rg( f ) = rg(g ) = rg(g ◦ f ) = rg( f ◦ g ). Solution : 1. Soit y ∈ Im g ∩ Ker f . Il existe x ∈ E tel que y = g (x) = g ◦ f ◦ g (x) = g ◦ f (y) =¡ 0 car y ∈ Ker ¢ f . Donc Ker f et Im g sont en somme directe. Soit x ∈ E, on écrit x = [x − g ◦ f (x)]+ g ◦ f (x). On a f x − g ◦ f (x) = f (x)− f ◦ g ◦ f (x) = f (x) − f (x) = 0 donc x − g o f (x) ∈ Ker f . Il est clair que g ◦ f (x) ∈ Im g . Donc E = Ker f +Im g . En conclusion, on a bien E = Ker f ⊕ Im g .
2. D’après le théorème du rang, dim E = dim Ker f + rg f et d’après la question précédente, dim Ker f + rg g d’où rg f = rg g . Comme g ◦ f ◦ g = g , on a que Im g ⊂ Im(g ◦ f ) ce qui implique que rg g É rg g ◦ f . De même, comme Im g ◦ f ⊂ Im g alors rg g ◦ f É rg g et on on obtient que rg g = rg g ◦ f . On fait de même pour la seconde égalité. Exercice 24.79 ♥♥♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n et u, v ∈ L(E). On suppose que E = Imu + Im v = Ker u + Ker v . Montrer que ces deux sommes sont directes.
936
Solution : On a : n
=
dim (Imu + Im v) car E = Imu + Im v
=
n − dim Ker u + n − dim Ker v − dim (Imu ∩ Im v) d’après la formule du rang
=
=
=
dim Imu + dim Im v − dim (Imu ∩ Im v) d’après la formule de Grassmann
2n − (dim (Ker u + Ker v) + dim (Ker u ∩ Ker v)) − dim (Imu ∩ Im v) à nouveau d’après la formule de Grassmann 2n − n − dim (Ker u ∩ Ker v) − dim (Imu ∩ Im v) car E = Ker u + Ker v
donc 0 = dim (Ker u ∩ Ker v)+dim (Imu ∩ Im v) et ceci n’est possible que si dim (Ker u ∩ Ker v) = dim (Imu ∩ Im v) = 0. On en déduit que les deux sommes sont directes. Exercice 24.80 ♥♥♥ On considère un K -espace vectoriel de dimension finie et un endomorphisme u ∈ L(E). Montrer qu’il existe un automorphisme v ∈ GL(E) et un projecteur p ∈ L(E) tels que u = v ◦ p . Solution : Si u est inversible, il suffit de prendre v = u et p = idE . Sinon, notons r = dim Ker u . D’après la formule du rang, on a n − r = dim (Imu) . Considérons une base (e 1 , . . . , e r ) de Ker u et complétons-la en une base e = (e 1 , . . . , e r , e r +1 , . . . , e n ) de E. Posons f r +1 = u(e r +1 ), . . . , f n = u(e n ). On vérifie que cette famille est libre. Soient αr +1 , . . . , αn ∈ K tels que αr +1 f r +1 + . . . + αn f n = 0 alors u (αr +1 e r +1 + . . . + αn e n ) = 0 et αr +1 e r +1 + . . . + αn e n ∈ Vect (e r +1 , . . . , e n ) ∩ Ker u = {0}. Donc αr +1 e r +1 + . . . + αn e n = 0 mais comme (e r +1 , . . . , e n ) est libre, αr +1 = . . . = αn = 0. On complète alors cette famille en une base f = ( f 1 , . . . , f r , f r +1 , . . . , f n ) de E. Définissons alors p le projecteur sur Vect(e r +1 , . . . , e n ) donné par p (e i ) = 0 si i ∈ 1, r et p (e i ) = e i si i ∈ r + 1, n. Définissons aussi l’application linéaire v par v(e i ) = f i pour tout i ∈ 1, n. Comme v envoie une base de E sur une base de E, v est inversible. On vérifie facilement en calculant l’image des vecteurs de la base e que v ◦ p = u . Exercice 24.81 ♥♥♥ Soit un K-espace vectoriel E de dimension finie n et un endomorphisme f ∈ L(E). Montrer l’équivalence entre les propriétés suivantes : 4. Im f = Im f 2
1. E = Im f + Ker f 2. E = Im f ⊕ Ker f 3. Im f ∩ Ker f = {0}
5. Ker f = Ker f 2 .
Solution : 1. 1) =⇒ 2) Comme E = Im f + Ker f , en appliquant la formule de Grassmann puis la formule du rang, ¡ ¢ dim Im f ∩ Ker f = dim Im f + dim Ker f − dim E = 0 et Im f ∩ Ker f = {0}. Donc E = Im f ⊕ Ker f .
2. 2) =⇒ 3) Par définition.
3. 3) =⇒ 2) Par la formule du rang. 4. 2) =⇒ 4) Il est clair que Im f 2 ⊂ Im f . Soit y ∈ Im f alors il existe x = x1 + x2 ∈ Im f ⊕ Ker f tel que y = f (x). Alors y = f (x1 ) ∈ Im f 2 car x1 ∈ Im f . Donc Im f ⊂ Im f 2 et on a bien Im f = Im f 2 .
5. 4) =⇒ 5) Il est clair que Ker f ⊂ Ker f 2 . On utilise la formule du rang : n = dim Ker f +dim Im f = dim Ker f 2 + dimIm f 2 . Comme Im f = Im f 2 , il vient que dim Ker f = dim Ker f 2 . Finalement, Ker f = Ker f 2 . 6. 5) =⇒ 4) se prouve de la même façon. 7. 5) =⇒ 3) Soit x ∈ Im f ∩ Ker f alors f (x) = 0 et il existe x0 ∈ E tel que x = f (x0 ). Donc f 2 (x0 ) = 0 et x0 ∈ Ker f 2 = Ker f . Alors x = f (x0 ) = 0 et Im f ∩ Ker f = {0}. 8. 3) =⇒ 1) C’est une conséquence directe de la formule de Grassmann.
On vérifie que la chaine d’implications est bien fermée.
Exercice 24.82 ♥♥ On note E l’espace vectoriel R n [X] des fonctions polynomiales de degré inférieur ou égal à n . On définit l’application f :
½
E P
où Q est définie par : ∀x ∈ R ,
Q(x) =
−→ 7−→ Z1
937
0
E Q
(x + t )n P(t ) dt
Montrez que f est un automorphisme de E. Solution : On vérifie d’abord que f est bien définie. Si P ∈ E, en utilisant la formule du binôme, on obtient que ∀x ∈ E, Ã ! ¸ n n ·Z1 X Q(x) = t n−k P(t ) dt x k 0 k=0 k
ce qui montre que f (P) est une fonction polynomiale de degré inférieur à n . Il est immédiat que f est linéaire. Montrons l’injectivité de f en vérifiant que Ker f = {0}. Soit P ∈ E tel que f (P) = 0. D’après le calcul précédent, Z 1
∀k ∈ 0, n ,
Comme P(t ) =
Pn
k=0
0
t k P(t ) dt = 0
ak t k , on obtient alors que Z1 0
P2 (t ) dt =
n X
ak
k=0
Z1 0
t k P(t ) dt = 0
Donc ∀t ∈ [0, 1], P(t ) = 0, ce qui montre que le polynôme P a une infinité de racines et est donc nul. Un endomorphisme injectif en dimension finie étant bijectif, f est un automorphisme de E. Exercice 24.83 ♥♥♥ Suite de l’exercice 19.55 p. 742. Soit un anneau (A, +, ×). On dit qu’il est régulier lorsque ∀u ∈ A, ∃x ∈ A : u = uxu.
Montrer que si E est un K -ev de dimension finie, l’anneau L(E) est régulier. Solution :
On choisit une base de E : (e 1 , . . . , e n ). Les u(e k ) appartiennent à l’image de u . On considère une base ( f 1 , . . . , f r ) de Im f que l’on complète avec f r +1 , . . . , f n ) de E. On a f k = u(xk ) pour 1 É k É r . On pose x( f k ) = xk pour 1 É k É r et x( f k ) = 0 par exemple pour k > r . On a alors u(x( f k )) = u(xk ) = f k pour 1 É k É r . Donc pour tout v ∈ Im f , u(x(v)) = v . A fortiori pour v = u(e k ), 1 É k É n et donc uxu = u .
24.7.9 Rang d’une application linéaire Exercice 24.84 Déterminer une base du noyau et de l’image des applications linéaires suivantes : 1. f : 2. f : Solution :
½ ½
3 ¡ R ¢ x, y, z
¡
R4 ¢ x, y, z, t
−→ 7−→
−→ 7−→
3 R ¡ ¢ y − z, z − x, x − y
3. f :
3 R ¡ ¢ 2x + y + z, x + y + t , x + z − t
½
C z
toriel)
−→ 7−→
C (C vu comme R-espace vecz + i z¯
=0 y − z ¡ ¢ 1. On calcule Ker f . On sait que x, y, z ∈ Ker f si et seulement si z − x = 0 . On montre alors que x = y = z x−y =0 et donc Ker f = Vect ((1, 1, 1)). Le vecteur (1, 1, 1) forme une base de Ker f et dim Ker f = 1. D’après la formule du rang, dimIm f = 2. Une base de Im f est donc formée de deux vecteurs de Im f non colinéaires. Il suffit de prendre par exemple f (1, 0, 0) = (0, −1, 1) et f (0, 1, 0) = (1, 0, −1). 2x + y + z = 0 2. De même, on commence par déterminer Ker f . Pour ce faire, on résout x + y + t = 0 . On trouve y = −2x − z x+z−t =0 et t = x + z donc Ker f = Vect (u1 , u2 ) avec u1 = (1, −2, 0, 1) et u2 = (0, −1, 1, 1) qui sont non colinéaires. Une base de Ker f est formée de ces deux vecteurs. D’après la formule du rang, dimIm f = 2 et il suffit de trouver deux vecteurs de Im f non colinéaires pour avoir une base de Im f . On peut prendre f (1, 0, 0, 0) = (2, 1, 1) et f (0, 1, 0, 0) = (1, 1, 0).
3. On calcule le noyau de f . On trouve z = a + i b ∈ Ker f ⇐⇒ z + i z¯ = 0 ⇐⇒ (a + b) (1 + i ) = 0 ⇐⇒ a + b = 0. Donc Ker f = Vect (1 − i ) et le vecteur 1 − i forme une base de Ker f . De même, Im f = {z + i z¯ | z ∈ C} = {(a + b) (1 + i ) | a, b ∈ R} = Vect (1 + i ) et une base de Im f est 1 + i . 938
Exercice 24.85 ♥ Déterminer toutes les applications linéaires de R vers R . Solution : Soit f ∈ L(R). Alors pour tout x ∈ R, f (x) = x f (1). Posons a = f (1). Alors f : x 7→ ax . Réciproquement, si f est de cette forme alors f ∈ L(R). On montre ainsi que L(R) = Vect (idR ). Exercice 24.86 ♥ Déterminer toutes les applications linéaires de R2 vers R2 . Soit (e 1 , e 2 ) la base canonique de R2 et soit u : R2 7→ R2 une application linéaire. Alors pour tout v = xe 1 + ye 2 ∈ R2 , on a : u (v)½ = xu (e 1 ) + yu (e 2 ). Réciproquement, si on se donne deux vecteurs v 1 , v 2 ∈ R2 et si on
Solution :
2 ¡ R ¢ −→ x, y 7−→ ¡ ¢ ©¡ ¢ ª L R2 = x, y 7→ xv 1 + y v 2 | v 1 , v 2 ∈ R2 .
considère l’application u :
R2 xv 1 + y v 2
on montre facilement qu’elle est linéaire. On en déduit que
Exercice 24.87 ♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n , F un K-espace vectoriel de dimension finie p et u ∈ L(E, F). Montrer que rg(u) É min(n, p).
Solution : Comme Imu ⊂ F, rg(u) = dim Imu É dimF = p . De plus, par la formule du rang, rg(u) = n − dim Ker u É n d’où rg(u) É min(n, p). Exercice 24.88 ♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n , et u ∈ Ł(E). Montrer que (Ker u = Imu) ⇐⇒ (u 2 = 0 et n = 2rg(u))
Solution : Soit u ∈ Ł(E) tel que Ker u = Imu . Soit x ∈ E alors u (x) ∈ Imu = Ker u donc u 2 (x) = 0 et u 2 = 0. De plus d’après la formule du rang, dim E = dim Ker u + dim Imu = 2dim Imu = 2rg(u). Réciproquement, si u 2 = 0 et si n = 2rg(u) alors Ker u = Imu . En effet, comme u 2 = 0, il est clair que Imu ⊂ Ker u . La formule du rang amène dim E = dim Ker u + dim Imu et comme n = 2rg(u), dim Ker u = dimImu . On en déduit le résultat. Exercice 24.89 ♥ On considère (n + 1) réels distincts (x0 , . . . , xn ) ∈ Rn+1 et l’application ϕ:
½
R n [X] P
−→ 7−→
1. Montrer que ϕ est un isomorphisme.
n+1 ¡R ¢ P(x0 ), . . . , P(xn )
2. En déduire que si (y 0 , . . . , y n ) ∈ Rn+1 , il existe un unique polynôme P ∈ Rn [X] tel que ∀i ∈ [0, n], P(xi ) = y i (polynôme interpolateur de Lagrange). 3. Soient deux réels distincts (a, b) ∈ R2 et quatre réels (α, β, δ, γ) ∈ R4 . Montrer qu’il existe un unique polynôme P ∈ R 3 [X] vérifiant P(a) = α, P′ (a) = β, P(b) = δ, P′ (b) = γ
Solution : 1. On montre facilement que ϕ est linéaire. Si P ∈ Ker ϕ alors P(x0 ) = · · · = P(xn ) = 0. Donc P est de degré au plus n et admet n +1 racines. Ceci n’est possible que si P = 0. Donc ϕ est injective. Comme dim Rn+1 = dim R n [X] = n +1, on en déduit, grâce à la formule du rang que dim Imϕ = n + 1 et donc ϕ est surjective. On prouve ainsi que ϕ est un isomorphisme. 2. Le résultat annoncé dans cette question découle directement de la définition d’une bijection. ½
4 ¡R ¢ . On monP(a), P′ (a), P(b), P′ (b) tre facilement qu’elle est linéaire. Soit P ∈ Ker θ. Alors a et b sont des racines doubles de P. Mais a et b sont distincts et P de degré au plus 3. Ceci n’est possible que si P = 0. Donc Ker θ = {0} et θ = 0. On montre comme avant, en utilisant la formule du rang, que θ est surjective. Donc θ est un isomorphisme. En conséquence de quoi il existe un unique polynôme P ∈ R 3 [X] vérifiant P(a) = α, P′ (a) = β, P(b) = δ, P′ (b) = γ.
3. On procède de même qu’avant. On considère l’application θ :
939
R3 [X] P
−→ 7−→
Exercice 24.90 ♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n et u, v ∈ L(E). Montrer que u 2 ◦ v − u ◦ v ◦ u + id = 0 =⇒ u ∈ GL(E)
Solution : On a u ◦ (v ◦ u − u ◦ v) = id donc u admet un inverse à droite donné par v ◦ u − u ◦ v . Comme E est de dimension finie, on en déduit que u est inversible. Exercice 24.91 ♥ Soit E = Rn [X] et Q ∈ E. Montrer qu’il existe un unique polynôme P ∈ E vérifiant P′ + P = Q. ½
Rn [X] −→ Rn [X] . On vérifie facilement que ϕ ∈ L(Rn [X]). De plus ϕ est injective. En effet, P 7−→ P′ + P si P ∈ Ker ϕ alors P + P′ = 0 et deg P = deg P′ . Ceci n’est possible que si P = 0 et montre que Ker ϕ = {0}. Comme dim Rn [X] = n +1, on peut affirmer que ϕ est un automorphisme. On sait en effet d’après le cours qu’un endomorphisme injectif dans un espace de dimension finie est bijectif. Si Q ∈ Rn [X], il existe alors un unique polynôme P ∈ Rn [X] tel que ϕ (P) = Q, c’est-à-dire tel que P + P′ = Q.
Solution : Soit θ :
Exercice 24.92 ♥♥ Soient E un K-espace vectoriel et f , g ∈ L (E). Montrer que : ¡ ¢ 1. rg f + g É rg f + rg g ¯ ¯ ¡ ¢ 2. ¯rg f − rg g ¯ É rg f − g .
Solution :
1. On a ¡
¢
car Im f + g ⊂ Im f + Im g .
2. Par ailleurs
¡ ¢ ¡ ¢ rg f + g = dim Im f + g É dim Im f + dimIm g
¡ ¢ ¡ ¢ rg f = rg f − g + g É rg f − g + rg g ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ d’où rg f − rg g É rg f − g . On montre de même que rg g − rg f É rg g − f . Comme rg f − g = rg g − f , on en
déduit l’inégalité.
Exercice 24.93 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel réel de dimension n . Soit f un endomorphisme nilpotent de E, c’est-à-dire qu’il existe p ∈ N∗ tel que f p = 0. 1. f peut-il être bijectif ? 2. Prouver que Ker f 6= {0} et que rg f É n − 1. 3. Soit q le plus petit entier non nul tel que f q = 0 (a) Montrer que :∀k Ê q, f k = 0. (b) Justifier l’existence de x0 ∈ E tel que f q−1 (x0 ) 6= 0. ¢ ¡ (c) Montrer que : x0 , f (x0 ) , . . . , f q−1 (x0 ) est libre. (d) En déduire que q É n puis que f n = 0. 4. On suppose dans cette question que q = n . Trouver tous les endomorphismes g ∈ L(E) qui commutent avec f . Indication 24.15 : On montrera que g ◦ f = f ◦ g si et seulement si il existe (a0 , . . . an−1 ) ∈ Kn tels que g = a0 id +a1 f + . . . + an−1 f n−1 . Solution : 1. Si f était bijective alors il en serait de même de f p car ce serait une composée de fonctions bijectives. Or f p = 0 qui n’est pas bijective donc f n’est pas bijective. 2. On a vu dans le cours que pour un endomorphisme d’un K−espace vectoriel de dimension finie, on a équivalence entre le fait que cet endomorphisme est bijectif, surjectif ou injectif. Comme f n’est pas bijective, elle n’est à la fois ni injective et ni surjective. Il vient alors : Ker f 6= {0} et rg f É n − 1.
3.
(a) La composée de l’application nulle par une application quelconque est une application nulle !
(b) Comme q est le plus petit entier non nul tel que f q = 0, f q−1 n’est pas identiquement nul sur E : il existe donc x0 ∈ E tel que f q−1 (x0 ) 6= 0. 940
(c) Soit α0 , . . . , αq−1 ∈ R tels que α0 x0 + α1 f (x0 ) + . . . + αq−1 f q−1 (x0 ) = 0
(⋆) .
¢
¡
Alors, par linéarité : f q−1 α0 x0 + α1 f (x0 ) + . . . + αq−1 f q−1 (x0 ) = 0 et : α0 f q−1 (x0 ) + α1 f q (x0 ) + . . . + αq−1 f 2q−2 (x0 ) = 0 mais comme : ∀k Ê q, f k = 0., il vient α0 x0 = 0 et donc : α0 = 0. L’égalité (⋆) devient alors : α1 f (x0 ) + . . . + αq−1 f q−1 (x0 ) = 0. En appliquant f q−2 à cette égalité, on montre de la même façon que α1 = 0. On répète ¢ encore n −2 fois ce procédé et on montre aussi que : α2 = . . . = αq = 0. La famille ¡ x0 , f (x0 ) , . . . , f q−1 (x0 ) est bien libre.
(d) Une famille libre de E est de cardinal au maximum la dimension de E. Donc q É n . D’après la question 3(a), il est alors clair que f n = 0. ¢
¡
4. On suppose que g est un endomorphisme de E qui commute avec f . Comme x0 , f (x0 ) , . . . , f n−1 (x0 ) est une Pn−1 αk f k (x0 ) . On calcule alors l’image par g des vecteurs base de E, il existe α0 , . . . , αn−1 ∈ K tels que g (x0 ) = k=0 ¢ ¡ n−1 de la base x0 , f (x0 ), . . . , f (x0 ) : ³
i
´
g f (x0 ) = f
i
¡
¢
g (x0 ) = f
et on peut alors affirmer que g = commute avec f .
Pn−1 k=0
i
Ã
n−1 X k=0
k
!
αk f (x0 ) =
n−1 X k=0
αk f
i+k
(x0 ) =
Ã
n−1 X k=0
αk f
k
!
³
´ f i (x0 )
αk f k . Réciproquement, si g est de cette forme, on vérifie facilement qu’elle
Exercice 24.94 ♥ Soit E un espace vectoriel de dimension finie non nulle. Démontrer l’équivalence des deux propriétés suivantes : 1. Il existe f ∈ L (E) tel que Im f = Ker f .
2. La dimension de E est paire.
Solution : ⇒ Soit f ∈ L (E) tel que Im f = Ker f . D’après la formule du rang : dimE = dimKer f + dim Im f = 2dim Ker f et dim E est bien pair. ¡ ¢ ⇒ Réciproquement, si dimE = 2n où n ∈ N∗ alors considérons ¡une¢ base e 1 , . . . , e n , e 1′ , . . . , e n′ de E ainsi que l’endopar : ∀i ∈ 1, n¡ f (e i ) = e¢i′ et f e i′ = 0. On vérifie facilement que f est linéaire, que morphisme f ¡∈ L (E) donné ¢ ′ ′ Ker f = Vect e 1 , . . . , e n et que Im f = Vect e 1′ , . . . , e n′ .
24.7.10 Formes linéaires en dimension finie Exercice 24.95 ♥♥ Soient E un K-espace vectoriel de dimension n ∈ N∗ et ϕ une forme linéaire non nulle sur E. Montrer que pour tout x ∈ E \ Ker ϕ, Ker ϕ et Vect (x) sont supplémentaires dans E. Solution : Posons F = Ker ϕ + Vect (x). Comme dim Ker ϕ = n − 1, on a la disjonction : dimF = n − 1 ou dim F = n . Si dimF = n − 1 alors F = Ker ϕ et forcément x = 0 ce qui n’est pas possible par hypothèse. Donc dimF = n et Ker ϕ+Vect (x) = E. Si u ∈ Ker ϕ∩Vect (x) alors il existe α ∈ K tel que u = α·x et 0 = ϕ (u) = αϕ (x). Comme x ∈ E\Ker ϕ, ϕ (x) 6= 0 et α = 0 ce qui prouve que u = 0 et donc que Ker ϕ ∩ Vect (x) = {0}. Ker ϕ et Vect (x) sont bien supplémentaires dans E. Exercice 24.96 ♥♥ Soient f et g des formes linéaires sur un K-espace vectoriel E de dimension finie telles que Ker f = Ker g . Montrer qu’il existe α ∈ K tel que f = α · g . Solution : Si f ≡ 0, le résultat est clair. Sinon, il existe x ∈ E tel que f (x) 6= 0. Par conséquent Vect (x) et Ker f sont supplémentaires. Puisque g (x) 6= 0, on peut trouver α ∈ K tel que f (x) = αg (x). On pose h = f − αg . L’application h est nulle sur Ker f et h (x) = 0 donc h ≡ 0 d’où le résultat. Exercice 24.97 ♥♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension n et u ∈ L(E) un endomorphisme. On suppose que ∀ϕ ∈ E⋆ , ϕ ◦ u = 0E⋆ . Montrer que u = 0L(E) . 941
¡
¢
Solution : Supposons que u ne soit pas nulle. Soit x0 ∈ E tel que y 0 = u (x0 ) 6= 0. Posons F = Vect y 0 et considérons un supplémentaire G à F dans E. Ce dernier existe car E est de dimension finie. On sait que tout x ∈ E se décompose de manière unique sous la forme x = αy 0 + xG où xG ∈ G et α ∈ K. On introduit l’application ϕ sur E définie par ′ ϕ (x) = α. On vérifie que ϕ est linéaire. Si x = αy 0 + xG et si x ′ = α′ y 0 + xG sont deux vecteurs de E alors par unicité ′ E = F ⊕ G , pour a, a ∈ K , le vecteur ax + a ′¡x ′ ¢se décompose la forme de la décomposition d’un vecteur sur ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¡ sous ¢ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ax + a x = aα + a α y 0 + axG + a xG et ϕ ax + a x = aα + a α = aϕ (x) + a ′ ϕ x ′ . De plus, ϕ y 0 = 1 donc ϕ n’est pas nulle et ϕ (u (x0 )) non plus. On aboutit alors à une contradiction et u est nulle. Exercice 24.98 ♥♥♥ Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie n et soient f 1 , . . . , f n ∈ L (E, K) n formes ½ linéaires sur E. Montrer que ¡
¢
la famille f = f 1 , . . . , f n est une base de L (E, K) si et seulement si l’application θ : est un isomorphisme.
E x
−→ 7−→
n K ¢ ¡ f 1 (x) , . . . , f n (x)
Solution : ⇒ Supposons que f est libre. Soit x ∈ Ker θ. Alors f 1 (x) = . . . = f n (x) = 0. Par l’absurde, supposons que x 6= 0. Considérons un supplémentaire H à Vect (x) dans E et considérons la forme linéaire ϕ donnée par ϕ|H = 0 et ϕ (x) = 1. P P Comme f est une base de L (E, K), il existe α1 , . . . , αn ∈ K tels que ϕ = ni=1 αi f i . Mais alors ϕ (x) = ni=1 αi f i (x) et on aboutit à une absurdité. Donc x = 0 et Ker θ = {0}. Donc θ est injective. Comme dimL (E, K) = dim Kn = n , θ est un isomorphisme. ⇐ Prouvons la réciproque par contraposée. Supposons que f est liée et montrons que θ n’est pas injective. Un des vecteurs de f peut s’écrire comme combinaison linéaire des autres. Supposons, quitte à renuméroter les vecteurs de P f , que ce soit le dernier. Alors il existe λ1 , . . . , λn−1 ∈ R tel que f n = n−1 λ f . Si x ∈ E alors k=1 i i Ã
θ (x) = f 1 (x) , . . . , f n−1 (x) ,
où ∀i ∈ 1, n − 1 ,
n−1 X k=1
!
λi f i (x) ∈ Vect (ε1 , . . . , εn−1 )
εi = 0, . . . , 0,
1 |{z}
i-ème place
, 0, . . . , λi .
On montre sans difficulté que la famille (ε1 , . . . , εn−1 ) est libre donc dim Vect (ε1 , . . . , εn−1 ) = n − 1. Alors dim Imθ É n − 1 et θ n’est pas surjective donc n’est pas un isomorphisme.
24.7.11 Récurrences linéaires Exercice 24.99
p 1− 5 Programmer la suite définie par u0 = 1, u1 = et ∀n ∈ N , un+2 = un+1 + un . 2 1. Que valent u20 , u50 , u100 ?
2. Trouvez-vous les mêmes résultats que votre voisin ? 3. Démontrer que ∀n ∈ N , un = u1n . 4. Les résultats sont ils en accord avec ceux des questions précédentes ? Pourquoi ? Solution : 1. On trouve par exemple comme valeurs approchées u20 = −10−7 , u50 = −4 × 10−7 et u100 = −11892.
2. Pour des raisons qui apparaitront plus tard, il n’y a pas de raison de trouver la même chose pour u100 , sauf à travailler avec le même logiciel sur le même type de matériel. 3. Les deux suites (un ) et (u1n ) vérifient la même relation de récurrence d’ordre 2 et coïncident sur les deux premiers termes. Elles sont donc égales. 4. On a u100 = 10−27 environ, à comparer avec −11892 trouvé précédemment. Nous sommes ici en présence d’un cas où les accumulations d’erreurs d’arrondis provoquent à coup sûr ce phénomène. Les suites solutions de un+2 = un+1 + un sont de la forme ar 1n + br 2n , où a et b sont déterminés par les conditions initiales u0 et u1 . Une petite erreur sur u0 et u1 entraîne une petite erreur sur a et b . Mais cette erreur sur b fait que b se retrouve non nul, ici en l’occurrence strictement négatif, au lieu d’être nul, et de ce fait, la suite programmée tend vers −∞. De fait dès que l’on trouve deux termes consécutifs de la suite qui sont de même signe, la suite va tendre vers −∞ (ou +∞) 942
24.7.12 L’espace vectoriel des polynômes Exercice 24.100 Soient
♥ P1 = 2X 2 − X − 1,
P2 = X 2 + 2X,
P3 = X 2 − 1
Montrer que la famille P = (P1 , P2 , P3 ) est une base de R2 [X]. Solution : Soient α1 , α2 , α3 ∈ R tels que α1 P1 + α2 P2 + α3 P3 = 0 alors avec X = 1, on obtient que 2α2 = 0, c’est-à-dire α2 = 0. On a donc α1 P1 + α3 P3 = 0. Mais ces deux polynômes ne sont pas proportionnels donc α1 = α3 = 0. La famille P est donc libre. Comme Card(P ) = 3 = dim R2 [X], c’est une base de R2 [X]. Exercice 24.101
♥♥
1. Pour tout k ∈ 0, n, on pose Pk = (X + 1)k+1 − Xk+1 . Montrer que la famille P = (P0 , . . . , Pn ) est une base de Rn [X]. 2. En étudiant la preuve de la question précédente, déterminer une condition suffisante pour qu’une famille (Q0 , . . . , Qn ) de polynômes de Rn [X] forme une base de Rn [X]. 3. En utilisant ce critère, montrer que la famille R = (R0 , . . . , Rn ) où, pour tout k ∈ 0, n, Rk = (X − a)k + (X + a)k , a ∈ R forme une base de Rn [X]. Solution :
P
¡
¢
i 1. En utilisant la formule du binôme, on calcule facilement que, pour tout k ∈ 0, n, Pk = ki=0 k+1 i X . On a en particulier deg Pk = k et on reconnaît une famille de Rn [X] étagée en degré. Donc elle est libre et comme son cardinal est égal à la dimension de Rn [X], elle forme une base de Rn [X].
2. L’argument clé dans la démonstration précédente est que : ∀k ∈ 0, n , deg Pk = k . Une famille de n + 1 polynômes de Rn [X] vérifiant cette propriété forme toujours une base de Rn [X]. 3. Il est clair que pour tout k ∈ 0, n, degRk = k . La famille R forme donc une base de Rn [X]. Exercice 24.102 ♥♥ Pour tout k ∈ 0, n et a ∈ C∗ , on pose Pk = Xk (a − X)n−k . Montrer que la famille P = (P0 , . . . , Pn ) est une base de Cn [X]. Solution : P
1. Soient α, . . . , αn ∈ C tels que nk=0 αk Xk (a − X)n−k = 0. P Ï En remplaçant X par 0 dans cette égalité, on trouve : α0 = 0 et celle-ci devient : ni=k αk X k (a − X)n−k = 0. Ï Le terme de gauche de cette dernière égalité est un polynôme divisible par X . P On a alors : nk=1 αk Xk−1 (a − X)n−k = 0. On recommence comme en 1., on montre que α1 = 0. Ï On répète n − 2 fois ces opérations et on montre que α2 = . . . = αn = 0. On a ainsi montré que P est libre. Comme cette famille est de cardinal égal à la dimension de Cn [X], on en déduit que c’est une base de Cn [X]. 2. À partir de Pk (X) = Xk−1 (a − X)n−k , on définit P˜ k (X) = Xn Pk ( X1 ) = (aX − 1)n−k . Les (P˜ k (X))0ÉkÉn forment une famille échelonnée en degrés, donc une base de Cn [X]. 3. C’est du cours : Proposition ?? p. ??. Exercice 24.103 ♥♥ On pose P0 = 1 et pour tout k ∈ 1, n, on pose Pk =
X (X − 1) . . . (X − k + 1) . k!
1. Montrer que P = (P0 , . . . , Pn ) est une base de Rn [X]. 2. Montrer que : ∀l ∈Z ,
∀k ∈ ]0, n[ ,
Pk (l) ∈ Z.
3. Déterminer l’ensemble des polynômes P de Rn [X] vérifiant : ∀i ∈ Z,
P (i ) ∈ Z.
Solution : 1. Pour tout k ∈ 0, n, deg Pk = k . On reconnaît une famille étagée en degré, on en déduit que P est une base de Rn [X]. 943
l (l − 1) . . . (l − k + 1) = 2. Si k = 1, le résultat est évident. Supposons k > 1. Si l Ê k alors : Pk (l) = k!
à ! l . Si l ∈ k
0, k − 1 on a Pk (l) = 0 et enfin si l < 0, on a : Pk (l)
= = =
− |l| (− |l| − 1) . . . (− |l| − k + 1) k! k |l| (|l| + 1) . . . (|l| + k − 1) (−1) k! Ã ! k |l| + k − 1 (−1) k
Dans chacun des trois cas, Pk (l) ∈ Z.
P
3. Soit P ∈ Rn [X] vérifiant : ∀i ∈ Z, P (i ) ∈ Z. Dans la base P , P s’écrit : P = nk=0 ak Pk avec ak ∈ R. Mais, P (0) = a0 donc a0 ∈ Z. De même P (1) = a0 + a1 donc a1 ∈ Z. Supposons que a0 , a1 , . . . , ak ∈ Z pour k ∈ 1, n − 1 et montrons qu’il en est de même de ak+1 . On a : P (k + 1)
=
=
P0 (k + 1) + a1 P1 (k + 1) + . . . + ak Pk (k + 1) + ak+1 Pk+1 (k + 1)
P (k + 1) + a1 P1 (k + 1) + . . . + ak Pk (k + 1) +ak+1 {z } |0 ∈Z
et comme P (k + 1) ∈ Z, il en est de même de ak+1 . On montre ainsi que tous les coefficients de P sont entiers. Réciproquement, un polynôme dont les coordonnées dans la base P sont entières est à valeurs entières sur les entiers. En résumé, l’ensemble recherché est Zn [X] . Exercice 24.104 ♥♥ Considérons le C−espace vectoriel E = C5 [X] et A = X2 + 1. 1. Montrer que F = {P ∈ C5 [X] | A | P}
est un sous-espace vectoriel de C5 [X] 2. Déterminer une base et la dimension de F. 3. Déterminer un supplémentaire de F dans E. Solution :
©¡
¢¡
¢
ª
3 2 2 4 1. On¡vérifie¢ facilement ¡ 2que ¢: F = aX ¡ 2+ bX ¢ + cX +¡d 2 X ¢+ 1 | (a, b, c, d) ∈ C = Vect (P1 , P2 , P3 , P4 ) avec P1 = 3 2 2 X X + 1 , P2 = X X + 1 , P1 = X X + 1 et P1 = X + 1 . F est donc un sous-espace vectoriel de E.
2. La famille P = (P1 , P2 , P3 , P4 ) est génératrice de F. De plus si (a, b, c, d) ∈ C4 est tel que aP1 +bP2 +cP3 +dP4 = 0 alors aX3 + bX2 + cX + d = 0 et a = b = c = d = 0. Cette famille est donc libre et elle forme une base de F. On en déduit que dim F = 4.
3. Posons G = Vect (1, X). Il est clair que F ∩ G = {0} et par application de la formule de Grassmann, dim (F + G) = 6 = dim E. On en déduit que F + G = E et donc que F et G sont supplémentaires dans E.
Exercice 24.105 ♥ Soit P un polynôme de R[X], de degré inférieur ou égal à n . Démontrer que n P (k) (0) n X X P(k) (x) k+1 (−1)k x k+1 = x . (k + 1)! k=0 (k + 1)! k=0
Solution : Il suffit de le vérifier pour une famille génératrice de Rn [X] : Xm . En posant δi,j = 1 si i = j et δi,j = 0 sinon, le membre de gauche égale n P (k) (0) n X X δk,m k+1 x k+1 = x (k + 1)! (k + 1)! k=0 k=0
x m+1 m +1 Zx = P(t ) dt
=
0
944
D’autre part le membre de droite égale n X
(−1)k
k=0
n P(k) (x) k+1 X m(m − 1) . . . (m − k + 1)x n−k k+1 (−1)k x = x (k + 1)! (k + 1)! k=0
= x m+1 = x m+1 = = =
=
n X
(−1)k
k=0 m X
(−1)k
k=0
m! (m − k)!(k + 1)! m! (m − k)!(k + 1)!
m x m+1 X (m + 1)! (−1)k m + 1 k=0 (m − k)!(k + 1)! à ! m x m+1 X k m +1 (−1) m + 1 k=0 k +1 à ! X x m+1 m+1 k−1 m + 1 (−1) m + 1 k=1 k à ! m+1 X x m+1 k m +1 1 − (−1) k m +1 k=0 | {z } =0
x m+1 = m +1
On a bien l’égalité demandée. De plus on a ∀P ∈ R[X],
Zx ∞ ∞ P (k) (0) X X P(k) (x) k+1 (−1)k x k+1 = x = P(t ) d t . (k + 1)! 0 k=0 k=0 (k + 1)!
Exercice 24.106 ¡n ¢ m X (1 − X)n−m . Soit n ∈ N∗ , E = Rn [X], Em (X) = m n Exprimer la base (1, X, . . . , X ) dans la base (E0 , E1 , . . . , En ). Solution : µ
On considère ϕ : ¶
½
E Xm
−→ 7−→
E E∗m
avec E∗m = Xm (1 − X)n−m = (1 − X)n
µ
X 1−X
¶m
. Donc ϕ(P) = (1 −
X = Q(X). 1−X X Y 1 En posant Y = , on a X = et donc 1 − X = . 1 − X 1 + Y 1 + Yµ µ ¶ ¶ X Y 1 n on a P(Y) = (1 + Y) Q . Comme P Q(X) = (1 − X)n 1+Y ¡ ∗ ¢ 1−X Les Em 0ÉmÉn forment une famille deµ E échelonnée en valuations. C’est donc une base de E. ϕ est une bijection, de ¶ X n . bijection réciproque ψ Q 7−→ (1 + X) Q 1+X ¶ µ ¶ ¶ µ µ ¡ ¢ X n−m 1 n−m X m 1− = X m (1 + X)n−m = Xm . On peut le vérifier directement :ψ E∗m = (1 + X)n 1+X 1 +ÃX Ã 1 + X! Ã ! ! n−k n n X n −k m X Xk n −k p X n − k ³ ∗´ Maintenant ψ(Xk ) = (1 + X)n = X k (1 + X)n−k = X k X = X = ψ Ep . k m (1 + X) m=0 p=k p − k p=k p − k ¡n−k ¢ Ã ! ¡p ¢ n n n X X X n − k p−k ∗ ¡n ¢ E p = ¡nk ¢ E p . Ep = Donc puisque ψ est bijective, Xk = p=k p − k p=k p=k k p X)n P
On peut le vérifier directement : ¢ ¡ n−k p−k ¡n ¢ p=k p n X
à ! à ! à ! n n−k n−k X X n − k m+k X n −k m n −k p n−p n−m−k k Ep = X (1 − X) = X (1 − X) =X X (1 − X)n−k−m = X k . p − k m m m=0 m=0 p=k
24.7.13 Endomorphismes opérant sur les polynômes 945
Exercice 24.107 Soit l’application
♥♥ ϕ:
½
R [X] P
−→ 7−→
R [X] P − XP′
Montrer que ϕ est un endomorphisme. Déterminer son noyau et son image. Solution : On montre facilement que ϕ est linéaire. Soit un polynôme P ∈ Ker ϕ. Si P 6= 0, on peut écrire P = an Xn + an−1 X n−1 + · · · + a0 avec an 6= 0. Alors P = XP′ d’où an X n + · · · = nan X n + . . . . En identifiant les termes de plus haut degré, on trouve que an (1 − n) = 0. Donc, puisque an 6= 0, n = 1. Mais si n = 1, P = aX + b et alors P = XP′ =⇒ b = 0. Donc P = aX. Réciproquement, si P = aX, (a ∈ R ), on a bien P = XP′ . En conclusion, Ker ϕ = Vect(X) . P
Déterminons Imϕ. Soit Q = nk=0 bk Xk ∈ Imϕ. Alors il existe P ∈ R [X] tel que P − XP′ = Q. En examinant les degrés, P il faut que deg P = n . Posons P = nk=0 ak Xk . On doit donc avoir ∀k ∈ [0, n], (1 − k)ak = bk . Une condition nécessaire pour que Q ∈ Imϕ est donc que b1 = 0. Réciproquement, si b1 = 0, en posant ak =
ϕ(P) = Q. En conclusion, Imϕ = {b n X n + · · · + b 0 ; b 1 = 0} .
bk pour k 6= 1 et a1 = 0, on a bien 1−k
Exercice 24.108 ♥♥ Soit A = X3 + X2 + X + 1 et E = Rn [X]. Considérons l’application r:
½
E P
E r (P)
−→ 7−→
où r (P) désigne le reste de la division euclidienne de P par A. 1. Montrer que r est bien définie et que r ∈ L (E).. 2. Prouver que r 2 = r . Qu’en déduisez vous ? 3. Déterminer l’image et le noyau de r . Solution : 1. Soit P ∈ E. Par application du théorème de la division euclidienne, il existe un unique couple (Q, R) ∈ (R [X])2 tel ˜ que P = AQ + R et¡ degR ¢ < 3. On a donc r (P) = R et r est bien définie. Si on considère un autre polynôme P ∈ E, il ˜ < 3. De plus, pour tout α, α ˜ R ˜ ∈ (R [X])2 tel que P˜ = AQ ˜ +R ˜ et deg R ˜ ∈R : existe un couple Q, ¡
¡ ¢ ¡ ¢ ˜ + αR + α ˜ ˜ P˜ = A αQ + α ˜Q ˜R αP + α
¢
et deg αR + α˜ R˜ < 3. Par unicité du couple quotient-reste dans la division euclidienne de deux polynômes, on peut ¡ ¢ affirmer que¡ le¢ reste de la division euclidienne de αP + α˜ P˜ par A est αR + α˜ R˜ . On prouve ainsi que r αP + α˜ P˜ = ˜ P˜ et donc r ∈ L (E). αr (P) + αr
2. Avec les notations de la question précédente, r (P) = R avec deg R < 3. Donc R = 0A + R et par unicité du couple quotient-reste dans la division euclidienne, r (R) = R. On prouve ainsi que r 2 = r . r est donc un projecteur. 3. Il est clair que le noyau de r est l’ensemble des polynômes de Rn [X] qui sont divisibles par A. Il est aussi clair que Imr ⊂ R2 [X]. Mais si P ∈ R2 [X] alors r (P) = P donc on a aussi : R2 [X] ⊂ Imr et donc Imr = R2 [X]. Exercice 24.109
♥♥♥
1. Soient n ∈ N∗ et ∆:
½
Cn+1 [X] P
−→ 7−→
Cn [X] P (X + 1) − P (X)
(a) Montrer que ∆ est bien définie puis que c’est une application linéaire. (b) Déterminer le noyau de ∆. (c) En déduire que ∆ est surjective. 2. On considère maintenant E = C [X] et ∆:
½
E P
−→ 7−→
(a) Montrer que ∆ est un endomorphisme de E. (b) Déterminer Im∆. 946
E P (X + 1) − P (X)
(c) Soient P ∈ C [X] et n ∈ N. Montrer que :
à ! n ∆ (P) = (−1) P (X + k) (−1) k k=0 n
(d) En déduire que si deg P < n alors on a : Solution : 1.
n
Pn
n X
k=0 (−1)
k
¡ ¢ k n k P (k) = 0.
(a) Soit P = an+1 Xn+1 + . . . + a0 ∈ Cn+1 [X]. Montrons que ∆(P) ∈ Cn [X]. On a : ∆(P)
= =
¢ ¡ ¢ an+1 (X + 1)n+1 + an (X + 1)n + . . . + a1 (X + 1) + a0 − an+1 X n+1 + an X n + . . . + a1 X + a0 ¡
n+1 + an+1 X
... |{z}
termes de degré É n
n+1 + − an+1 X
... |{z}
termes de degré É n
donc deg ∆(P) É n et ∆(P) ∈ Cn [X]. Par ailleurs, si P, Q ∈ Cn+1 [X] et si α, β ∈ C alors : ¡ ¢ ∆ αP + βQ
=
=
=
¡
¡ ¢ ¢ αP + βQ (X + 1) − αP + βQ (X)
α (P (X + 1) − P (X)) + β (Q (X + 1) − Q (X)) α∆(P) + β∆(Q)
donc ∆ est linéaire. (b) Soit m Ê 1 et soit P = am Xm + . . . + a0 un polynôme de degré m ∈ Cn+1 [X] avec m É n + 1. On a donc : am 6= 0. Supposons que P ∈ Ker ∆. Alors P vérifie P (X + 1) = P (X) ce qui amène : am (X + 1)m + . . . + a0 = am X m + . . . + a0 .
Le coefficient du terme de degré m − 1 de P (X + 1) est mam + am−1 et celui de P est am−1 . Les deux polynômes étant égaux, il en est de même de leurs coefficients, ce qui amène m = 0 car am 6= 0. On en déduit que P est un polynôme constant. Réciproquement, on vérifie que tout polynôme constant est élément du noyau de ∆ et donc Ker ∆ = R0 [X] .
(c) D’après la formule du rang, dim Im∆ = n +1 et comme dim Cn [X] = n +1, il vient Im∆ = Cn [X]. ∆ est donc surjective. 2.
(a) On montre de la même façon que précédemment que ∆ est un endomorphisme. (b) Montrons que ∆ est surjective. Soit P ∈ C [X] et n = deg P. Par application de la partie précédente, ∆|Cn+1 [X] : Cn+1 [X] → Cn [X] est surjective. Comme P ∈ Cn [X] il existe Q ∈ Cn+1 [X] tel que ∆(Q) = P. On en déduit que ∆ est surjective et que Im∆ = C [X] . ½
E . On vérifie facilement que δ est un endomorphisme de P (X + 1) ∗ k E et que ∆ = δ − id. De plus, pour tout k ∈ N , δ (P (X)) = P (X + k). Comme les endomorphismes δ et id commutent, la formule du binôme donne, pour tout n ∈ N∗ : Ã ! Ã ! n n n n X X n n n−k k n ∆ = (δ − id) = δ = (−1) (−1) (−1)k δk k=0 k k=0 k
(c) Introduisons l’application δ :
donc pour tout P ∈ E :
E P
−→ 7−→
à ! n n X ∆ (P) = (−1) (−1)k P (X + k) . k=0 k n
n
3. Remarquons que pour tout polynôme non constant de C [X], deg ∆(P) = deg ∆(P)−1. On en déduit que si deg P < n à ! n alors ∆ (P) = 0 et en utilisant la relation établie dans la question précédente, on obtient : P (k) = 0 (−1) k k=0 n X
n
Exercice 24.110 ♥ Déterminer dans R[X] les polynômes P satisfaisant à
n(n − 1)P − (X 2 − 1)P" = 0.
1. Montrer que P est nécessairement nul ou de degré n .
(n Ê 2).
2. Démontrer que l’ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 1. 947
k
3. Démontrer que P est un polynôme de même parité que n . En déduire la nullité de certains coefficients de P. 4. Établir une relation de récurrence entre les coefficients de P, déterminer P et montrer que : ¡ n ¢¡n−1¢ q q 2q (−1) ¡2n−2¢ 1+ 2É2qÉn 2q X
= 0.
Solution : 1. Supposons que P est une solution non nulle et soit λXk son terme dominant. Comme les termes dominants de n(n − 1)P et de (X 2 − 1)P" sont égaux, on en déduit que λn(n − 1) = λk(k − 1) d’où n 2 − n = k 2 − k soit (n − k)(n + k − 1) = 0 d’où n = k ce qu’il fallait vérifier.
2. L’ensemble des solutions est le noyau de l’endomorphisme ϕ de Rn [X] défini par : ϕ(P) = n(n −1)P −(X 2 −1)P". D’après la question précédente, pour 0 É k É n −1, deg(ϕ(X k )) = k . Donc la famille (ϕ(X k ))0ÉkÉn−1 est une famille échelonnée en degrés. Elle engendre donc un un espace vectoriel de dimension n − 1. Donc la dimension de l’image de ϕ est supérieure ou égale à n − 1. De plus si deg P = n , alors deg(ϕ(P)) É n − 1. Donc Im(ϕ) = Rn−1 [X] et la dimension du noyau de ϕ est donc égale à 1.
3. Il est clair que si P est solution non nulle, alors Q = P(−X) est aussi solution, de même degré n . Q − (−1)n P appartient donc aussi à Ker ϕ. Comme son degré est < n , c’est le polynôme nul. Ce qu’il fallait vérifier. On en déduit qu’en posant P = 4. En posant P =
n X
k=0
n X
k=0
ak X k on a P′′ =
ak X k on a an−(2q+1) = 0. n X
k=0
k(k − 1)ak X k−2 =
n−2 X k=0
(k + 2)(k + 1)ak+2 X k et XP′′ =
n X
k=0
k(k − 1)ak X k . Pour
k = 0, . . . , n − 2, le coefficient de degré k du polynôme n(n − 1)P − (X 2 − 1)P" est nul, (k + 2)(k + 1) (k + 2)(k + 1) donc n(n−1)ak −k(k−1)ak +(k+2)(k+1)ak+2 = 0, donc ak = ak+2 = − ak+2 . k(k − 1) − n(n − 1) (n − k)(n − k + 1) (n − 2q + 2)(n − 2q + 1) En posant k = n − 2q , an−2q = − an−2(q−1) , (2q)(2n − 2q − 1)
d’où
an−2q = (−1)q
(n − 2q + 2)(n − 2q + 1) (n − 2q + 4)(n − 2q + 3) n(n − 1) an . × ×... × (2q)(2n − 2q − 1) (2q − 2)(2n − 2q + 1) 2(2n − 3) | {z } | {z } | {z } q
Et donc
an−2q = (−1)q an
Soit an−2q = (−1)q an
q−1
q=1
n! . (n − 2q)! × 2 × . . . × 2q × (2n − 2q − 1) × . . . × (2n − 3) n!
. On écrit au numérateur les q facteurs pairs
(n − 2q)!2q q! × (2n − 2q
− 1) × . . . × (2n − 3) qui manquent pour avoir le produit de 2n − 2q − 1 à 2n − 2 au dénominateur : Ã ! n (2q)! × (2n − 2q) × (2n − 2q + 2) . . . × (2n − 4) × (2n − 2) q . an−2q = (−1) an 2q 2q q! × (2n − 2q − 1) × (2n − 2q) × . . . × (2n − 3) × (2n − 2)
Comme (2n − 2q − 1) × (2n − 2q) × . . . × (2n − 3) × (2n − 2) = Ã
(2n − 2)! , (2n − 2q − 2)!
! n (2q)!2q (n − q)(n − q + 1) × . . . × (n − 1)(2n − 2q − 2)! an−2q = (−1) an 2q q!(2n − 2)! 2q ¡ n ¢¡n−1¢ à ! n (n − 1)! (2q)!(2n − 2q − 2)! q 2q q q = (−1) an = (−1) an ¡2n−2¢ . 2q q!(n − q − 1)! (2n − 2)! q
2q
La dernière égalité traduit le fait que P(1) = 0 pour une solution P non nulle.
948
Chapitre
25
Calcul matriciel Pour bien aborder ce chapitre ¡
¢
Tout¡ est dit dans ¢ le théorème 24.21 page 908 du chapitre 24...si on se fixe une base e = e 1 , . . . , e p de E et une base f = f 1 , . . . , f q de F alors une application linéaire u ∈ L(E, F) est entièrement déterminée par les composantes des vecteurs u (e i ) dans la base
f . Ces pq ¡ scalaires ¢ Pq définissent complètement u . Il est tentant de les représenter dans un tableau. Si on note, pour tout j ∈ 1, p , u e j = i=1 ai j f j alors on peut écrire : u ej u ep u (e1 ) o f1 a11 a1 j a1p o f ai1 ai j aip i o a aq j aqp fq q1 Ce tableau est la matrice de u dans les bases e de E et f de G. Se posent alors des questions naturelles : 1
Si on effectue cette manipulation pour deux applications linéaires u et v , comment se calcule la matrice correspondante à αu + βv ? On verra qu’on peut définir une addition entre les matrices et une multiplication par un scalaire. Avec ces deux lois, l’ensemble des matrices (de même taille) possède une structure de K-espace vectoriel.
2
Si u et v sont deux endomorphismes de E, quel est le lien entre la matrice de u ◦ v et celles de u et v ? Pour l’expliciter, on définira le produit entre les matrices.
3
Peut-on calculer le rang d’une application linéaire facilement à partir de sa matrice dans des bases données ? La réponse est oui et l’outil est le pivot de Gauss.
4
Peut-on par un procédé calculatoire déterminer si un endomorphisme est inversible à partir de sa matrice dans des bases données ? La réponse est là aussi oui et l’outil consistera en le déterminant.
5
Pour un endomorphisme inversible, existe-t’il un procédé permettant de calculer la matrice de son inverse ? Cet outil existe et il est donné par la comatrice.
6
Si on prend d’autres bases e ′ et f ′ de E et F, peut-on calculer la matrice de u dans ces nouvelles bases en fonction de sa matrice dans les bases initiales ? La réponse est encore positive et on mettra en place des formules de changement de bases.
Enfin, pour un endomorphisme u ∈ L(E), existe-il une base de E dans laquelle la matrice de u prend une forme simple et facile à manipuler ? La réponse sera donnée en spé dans le chapitre sur la réduction des endomorphismes. Au niveau historique, on peut indiquer qu’au 3e siècle, le mathématicien chinois Liu Hui résolvait les systèmes linéaires 7
ayant jusqu’à 6 inconnues. Il représentait ces systèmes grâce à des tableaux et avait découvert la méthode qu’on appelle maintenant pivot de Gauss pour les résoudre. Au 17e siècle, toujours pour résoudre des systèmes linéaires, Leibniz invente le déterminant. Cette notion est approfondie par Cramer qui découvre soixante ans plus tard la méthode qui porte maintenant son nom. Il faut attendre le 19e siècle, pour que la notation matricielle sous forme de « rectangle (ou carré) de nombres » apparaisse. Gauss découvre le produit matriciel en dimension 3 et indique que la formule se généralise dans les autres dimensions mais sans détailler. Sylvester, le premier, dénomme ces rectangles de nombres du mot « matrix ». Dans tout ce chapitre, m, n, p, q, r sont des entiers positifs, K désigne le corps R des réels ou le corps C des complexes. E et F sont des K-espaces vectoriels. 949
25.1 Matrice à coefficients dans K 25.1.1 Définitions D ÉFINITION 25.1 ♥ Matrice Soit K un corps et q, p ∈ N∗ . On appelle matrice à q lignes et p colonnes à coefficients dans K toute application :
½
1, q¡ × ¢1, p A: i, j
que l’on note :
−→ 7−→
K ai,j
colonne j
a1p
a11 aq1
ligne i
aij aqp
– Le coefficient de A qui se trouve à l’intersection de la i -ème ligne et de la j -ème colonne est noté ai,j ou [A]i,j : 1
i représente l’indice de ligne.
2
j représente l’indice de colonne.
¡
¢
– On dit aussi que A est une matrice q × p ou une matrice q, p à coefficients dans K. – On note Mq,p (K) l’ensemble des matrices à q lignes et p colonnes à coefficients dans K. ✎ Notation 25.1 On notera aussi [A]i j le coefficient ai j de A. D ÉFINITION 25.2 Vecteur ligne, vecteur colonne d’une matrice Pour toute matrice A ∈ Mq,p (K) :
A=
...
a1,1
.. .
... ...
a1,p
.. .
a q,1 a q,p ¢
on appelle, pour i , j ∈ 1, q × 1, p : ¡ ¢ – i -ème vecteur ligne de A le p−uplet Li = a¡ i,1 , . . . , ai,p ∈¢ Kp . – j -ème vecteur colonne de A le q−uplet C j a1,j , . . . , a q,j ∈ Kq . ¡
D ÉFINITION 25.3 Matrice ligne, matrice colonne – Une matrice colonne est une matrice qui ne possède qu’une seule colonne. – Une matrice ligne est une matrice qui ne possède qu’une seule ligne. D ÉFINITION 25.4 ♥ Matrice nulle On dit que A ∈ Mq,p (K) est la matrice nulle de Mq,p (K) si et seulement si tous ses coefficients sont nuls. On la note : 0Mq,p (K) ou 0 lorsqu’aucune confusion n’est à craindre. D ÉFINITION 25.5 ♥ Matrice carrée Une matrice possédant autant de lignes que de colonnes est dite carrée. On note Mn (K) l’ensemble des matrices carrées à n lignes et n colonnes. D ÉFINITION 25.6 ♥ Matrice identité On appelle matrice identité et on note In la matrice de Mn (K) donnée par : 1 0 In = . . . 0
0
...
1
..
.
..
.
..
.
...
0
950
0 .. . ∈ Mn (K ) 0 1
Tous ses coefficients sont nuls sauf ceux situés sur la diagonale et qui valent 1. µ ¡ ¢ 1 Exemple 25.2 I1 = 1 , I2 = 0
¶ 1 0 , I3 = 0 1 0
0 0.
0 1 0
1
25.1.2 L’espace vectoriel Mq,p (K) ¢
¡
On munit Mq,p (K) d’une addition et d’une multiplication par un scalaire. Le triplet Mq,p (K), +, . est alors un K-espace vectoriel de dimension p q . P ROPOSITION 25.1 ♥ Somme de matrices, multiplication d’une matrice par un scalaire ¡
¢
¡
¢
¡
¢
– Soient A = ai,j , B = bi,j ∈ Mq,p (K). On définit A + B comme étant la matrice C = ci,j ∈ Mq,p (K) donnée par : ¡
¡ ¢
∀ i , j ∈ 1, q × 1, p ,
¢
c i,j = ai,j + b i,j .
¡
¢
– Soit A = ai,j ∈ Mq,p (K) et λ ∈ K. On définit λ · A comme étant la matrice D = di,j ∈ Mq,p (K) donnée par : ¡ ¢
∀ i , j ∈ 1, q × 1, p ,
di,j = λai,j
¢ Muni de ces deux lois Mq,p (K), +, · est un K−espace vectoriel. ¡
Démonstration : Laissée au lecteur. On vérifie aisément les différents axiomes définissant un espace vectoriel.
Exemple 25.3
µ
1 −2
−1 1
¶ µ 0 0 −2 −1 −3
2 0
¶ µ 1 1 = 0 1
−5 1
¶ −2 −5
D ÉFINITION 25.7
♥ Matrices
élémentaires Pour tout i ∈ 1, q et j ∈ 1, p on définit la matrice élémentaire Ei,j ∈ Mq,p (K) par : colonne j
0 Ei j = 0
0 1o 0
ligne i
Tous les coefficients de la matrice élémentaire Ei,j sont nuls sauf celui à l’intersection de la i ème ligne et de la j ème colonne qui vaut 1. Exemple 25.4 Les matrices élémentaires de M2,3 (K) sont E1,1 =
µ 1 0
0 0
¶ µ 0 0 , E1,2 = 0 0
1 0
¶ µ 0 0 , E1,3 = 0 0
0 0
¶ µ 0 1 , E2,1 = 1 0
0 0
¶ µ 0 0 , E2,2 = 0 0
0 1
¶ µ 0 0 , E2,3 = 0 0
0 0
¶ 0 . 1
À titre d’exercice, et pour préparer le théorème suivant, montrer que cette famille de 6 matrices constitue une base de M2,3 (K). T HÉORÈME 25.2 ♥ Base canonique de Mq,p ¡(K) ¢ La famille formée par les matrices élémentaires Ei,j (i,j )∈1,q ×1,p est une base de Mq,p (K) appelée base canonique de Mq,p (K). On en déduit que : dim Mq,p (K) = q p Démonstration
951
´ ³ • Prouvons que cette famille est libre. Soient αi,j
i∈1,q ,j ∈1,p
Alors on a l’égalité :
α1,1 . . . αq,1
...
... ...
une famille de scalaires de K tels que : α1,p
Pq
i=1
Pp
α E = 0. j =1 i,j i,j
... = 0.
αq,p
Par identification des coefficients de ces deux matrices, on a : ∀i ∈ 1, q , ∀ j ∈ 1, p , αi,j = 0 ce qui prouve la liberté de la ´ ³ famille Ei,j . ´ ³ ∈ Mq,p (K). On a clairement : A = • Montrons que cette famille est génératrice de Mq,p (K). Soit A = a i,j i∈1,q ,j ∈1,p ´ ³ P q Pp a E . Ce qui prouve que la famille Ei,j est génératrice de Mq,p (K). i=1 j =1 i,j i,j
25.1.3 Produit matriciel On définit maintenant, quand c’est possible, le produit de deux matrices. Le théorème 25.10 page 957 explicite le sens de ce produit, il correspond en fait à la composition des applications linéaires. D ÉFINITION 25.8 ♥ Produit matriciel Soit A ∈ Mr,q (K) et B ∈ Mq,p (K). On définit AB comme la matrice C de Mr,p (K) définie par : ∀i ∈ 1, r
∀j ∈ 1, p
c i,j = [AB]i,j =
q X
ai,k b k,j
k=1
colonne j
k
ligne i
b11
b1j
b1p
bk1
bkj
bkp
bq1
bqj
bqp
a11
a1k
a1q
c11
c1j
c1p
ai1
aik
aiq
ci1
cij
cip
ar1
ark
arq
cr1
crj
crp
Attention 25.5 On ne peut effectuer le produit de A ∈ Mr,q (K) et B ∈ Mq ′ ,p (K) que si q = q ′ ! µ ¶ µ −1 −1 −1 1 −1 −1 −1 1 0 4 2 et BA = alors AB = 0 Exemple 25.6 Si A = 0 2 et B = 1 0 2 1 −1 −5 −3 1 −3 général, le produit AB peut exister sans que ce ne soit forcément le cas pour le produit BA.
¶ 3 . Remarquons qu’en 1
Il est souvent utile dans les exercices de savoir multiplier les matrices élémentaires. Pour ce faire introduisons le symbole de Kronecker. 952
D ÉFINITION 25.9 ♥ Symbole de Kronecker Pour tout i , j ∈ N, on définit le symbole de Kronecker δi,j par : δi,j =
( 1
si i = j sinon
0
T HÉORÈME 25.3 ♥♥♥ Produit de matrices élémentaires Pour deux matrices élémentaires de Mn (K ), on a la formule importante suivante qui donne leur produit : Ekl E pq = δl p Ek q
Démonstration Par un calcul direct.
P ROPOSITION 25.4 Règles de calculs avec les matrices Quant les produit suivants sont possibles, pour des matrices A, B, C et des scalaires α, β : 1
2
Le produit matriciel ¡est distributif à gauche par rap¢ port à l’addition : C αA + βB = αCA + βCB. Le produit matriciel à droite par rap¡ est distributif ¢ port à l’addition : αA + βB C = αAC + βBC.
3
Le produit matriciel est associatif : (AB) C = A (BC).
4
Le produit matriciel admet la matrice In comme élément neutre :AIn = In A = A.
Démonstration Laissée au lecteur.
25.1.4 Transposition D ÉFINITION 25.10 ♥ Transposée d’une matrice On appelle transposée de A ∈ Mq,p (K) la matrice noté t A ∈ Mp,q (K) dont les colonnes sont formées par les lignes de A. Autrement dit :
£ ¤ ∀i ∈ 1, p ,
Remarque 25.1
t
∀j ∈ 1, q ,
A
i,j
= a j ,i
Transposer revient à échanger les lignes et les colonnes d’une matrice.
1 Exemple 25.7 Si A = 2 0
µ −3 1 t 7 alors A = −3 −4
2 7
¶ 0 . −4
P ROPOSITION 25.5 ♥ La transposition est une symétrie de Mp,q (K) L’application : ½ Mq,p (K) −→ Mp,q (K) Φ:
A
7−→
t
A
est un isomorphisme d’espaces vectoriels. En particulier, si A, B ∈ Mq,p (K) et si α, β ∈ K. Alors : ¡ ¢ A =A
t t
¡
et
t
¡ ¢ αA + βB = αt A + βtB .
¢
t t A = A sont faciles à prouver. Pour la bijectivité, on propose deux méthodes : Démonstration : La linéarité ainsi que la relation ¡t ¢ ¡ ¢ – On montre facilement que, si A ∈ Ker Φ, on a A = 0 et donc A = t t A = 0 et Ker Φ = {0}, θ est injective. Grâce à la formule du rang, on en déduit qu’elle est aussi surjective et donc bijective. – On peut aussi remarquer que Φ ◦ Φ = id ce qui prouve que Φ est bijective et égale à sa fonction réciproque.
Remarque 25.2 En prenant un peu d’avance sur le paragraphe 25.3.4, L’opération de transposition est une symétrie par rapport à Ker Φ − id = S n (K) parallèlement à Ker Φ + id = An (K).
953
P ROPOSITION 25.6 ♥ Transposée d’un produit Pour tout A ∈ Mr,q (K) et B ∈ Mq,p (K) :
Démonstration Pq
¡
t
(AB) = t Bt A ³
¢
´
³
´
On suppose que A = a i,k ∈ Mr,q (K), que B = bk,j ∈ Mq,p (K), C = AB = ci,j ∈ Mr,p (K) où ci,j =
a b . On note aussi : k=1 i,k k,j ³ ´
′ ′ ′ =a . • A = t A = a i,k ∈ Mq,r (K) avec pour tout i ∈ 1, q et tout k ∈ 1,r , a i,k k,i ³ ´
′ t ′ ′ • B = B = bk,j ∈ Mp,q (K) avec pour tout k ∈ 1, p et tout j ∈ 1, q , bk,j = b j ,k . ´ ³ ′ ∈ Mp,r (K). • C′ = t Bt A = ci,j
Pour tout i ∈ 1, p et j ∈ 1,r :
′ ci,j =
et par conséquent, C′ = t Bt A = C = t AB.
q q X X ′ ′ a j ,k bk,i = c j ,i bi,k a k,j = k=1
k=1
Attention 25.8 Attention au retournement dans le produit.
25.1.5 Avec Maple Voici une feuille de calcul Maple sur les matrices. On notera : – la première ligne qui sert à charger en mémoire les instructions maple pour faire du calcul matriciel. – la commande pour le produit de deux matrices : &∗. Pour l’addition de deux matrices, on utilisera + et pour la multiplication par un scalaire *. – la commande pour évaluer les matrices : evalm. MAPLE
> with(linalg): #On charge la librairie de calcul matriciel > A:=matrix([[1,-1],[0,2],[1,-3]]); [1 -1] [ ] A := [0 2] [ ] [1 -3] > B:=matrix([[2,0],[1,-3],[-1,1]]); [ 2 0] [ ] B := [ 1 -3] [ ] [-1 1] > C:=matrix([[-1,1,0],[0,2,1]]); [-1 C := [ [ 0
1 2
0] ] 1]
> evalm(2*A-B); #on calcule 2A-B [ 0 -2] [ ] [-1 7] [ ] [ 3 -7] > evalm(A&*C); #on calcule AC [-1 -1 -1] [ ] [ 0 4 2] [ ] [-1 -5 -3] > transpose(A); #on transpose A [ 1 0 1] [ ] [-1 2 -3]
954
25.2 Matrices d’une famille de vecteurs, d’une application linéaire 25.2.1 Matrice d’une famille de vecteurs relativement à une base D ÉFINITION 25.11 ♥ Matrice d’un vecteur relativement à une base Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie n et e = (e 1 , . . . , e n ) une base de E. Soit x ∈ E un vecteur qui se décompose sur la base e en : x = x1 e 1 + · · · + xn e n
On appelle matrice de x relativement à la base e et on note Mate (x) la matrice colonne donnée par :
x1
Mate (x) = ... ∈ Mn,1 (K)
xn
où x =
n X
xi e i
i=1
1 Exemple 25.9 On considère R3 muni de sa base canonique e = (e 1 , e 2 , e 3 ). Soit v = (1, −2, 3) ∈ R3 . Alors Mate (v) = −2. 3
Remarque 25.3 Mate (x) représente les coordonnées du vecteur x dans la base e . Il y a bien sûr une correspondance biunivoque entre les vecteurs de E et les matrices colonnes de taille n (qui contiennent les composantes de ces vecteurs dans une base fixée). De plus, « effectuer des calculs avec ces vecteurs » correspond à « effectuer des calculs avec ces matrices ». C’est le sens de la proposition suivante. P ROPOSITION 25.7 Tout K-espace vectoriel de dimension n est isomorphe à Mn,1½(K)
−→ Mn,1 (K) qui à un 7−→ Mate (x) vecteur associe la matrice colonne de ses coordonnées dans la base E est un isomorphisme de K−espaces vectoriels. E x
Soit E un K-espace vectoriel de dimension n et soit e une base de E. L’application θ :
P
P
P
¡
¢
Démonstration Si x = ni=1 xi e i et si y = ni=1 y i e i alors pour tout α,β ∈ K, αx + βy = ni=1 αxi + βy i e i donc il est clair que ¡ ¢ ¡ ¢ Mate αx + βy = αMate (x) + βMate y et θ est linéaire. Si x ∈ Ker θ alors θ(x) = 0 et les composantes de x dans la base e valent toutes 0. Donc x = 0 et θ est injective. De plus, dim E = dim Mn,1 (K) donc θ est bijective.
D ÉFINITION 25.12 ♥ Matrice d’une famille de vecteurs relativement à une base ¡ ¢ ¡ ¢ Soient E un K-espace vectoriel de dimension q et e = e 1 , . . . , e q une base de E. On considère v 1 , . . . , v p une famille de p vecteurs de E qui se décomposent dans la base e sous la forme :
¡
¢
∀j ∈ 1, p
vj =
q X
ai,j e i .
i=1
¡
¢
On appelle matrice de la famille v 1 , . . . , v p relativement à la base e et on note Mate v 1 , . . . , v p la matrice : v1
vj
vp
a11 Mate (v1 , . . . , v p ) = ai1 aq1
a1 j
a1p
ai j
aip
aq j
aqp
o e1 o ei o eq
La j -ème colonne de cette matrice est constituée des coordonnées du vecteur v j dans la base e . Exemple 25.10 On se place à nouveau dans R3 muni de sa base canonique e = (e 1 , e 2 , e 3 ). Soient v 1 = (−1, 3, 0) , v 2 = −1 (0, −1, 5) , v 3 = (−3, 2, 1) , v 4 = (1, 0, −1) ∈ R3 et soit v = (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) alors Mate (v) = 3 0
955
0 −1 5
−3 2 1
1 0 . −1
25.2.2 Matrice d’une application linéaire relativement à deux bases D ÉFINITION 25.13 ♥ Matrice d’une application linéaire relativement à deux bases Soient : 1 2 3
¡ ¢ E un K-espace vectoriel de dimension p et e = e 1 , . . . , e p une base de E. ¡ ¢ F un K-espace vectoriel de dimension q et f = f 1 , . . . , f q une base de F.
u ∈ L (E, F).
On appelle matrice de u relativement aux bases f et e et on note Mat f ←e (u) par : u (e1 ) u ej u ep a1 j a1p a11 Mat f ←e (u) = ai1 ai j aip aq1 aq j aqp ¡
¢
¡ ¢
(ou Mate,f (u)) la matrice q × p donnée
o f1 o fi o fq
où a1 j , . . . , a q j sont les composantes du vecteur u e j dans la base ¡ ¢¢ ¡ f. Autrement dit : Mat f ←e (u) est la matrice de la famille de vecteurs u (e 1 ) , . . . , u e p relativement à la base f : ¡
¡
¢¢
Mat f ←e (u) = Mat f u (e 1 ) , . . . , u e p .
Remarque 25.4 Les notations utilisées sont un peu lourdes mais elles rendront très simples à retenir les formules de changement de base. Exemple 25.11 Donnons deux exemples : – ½ Soit E = R3 muni de sa base canonique e et F = R2 muni de sa base canonique f . Soit u : ¡ E ¢ −→ x, y, z 7−→ ¶ µ 1 1 −1 . 2 −1 3
F ¡ ¢ alors comme u (e 1 ) = (1, 2), u (e 2 ) = (1, −1) et u (e 3 ) = (−1, 3), Mat f ←e (u) = x + y − z, 2x − y + 3z
– Soit E = R3 [X] muni de sa base canonique e et u : ¡
et u X
3
¢
½
2 0 = 2X − 3X . Il vient alors Mate (u) = 0 3
2
0
¡ ¢ E −→ E alors u (1) = 2, u (X) = 2X−1, u X2 = 2X2 −2X P 7−→ 2P − P′ −1 0 0 2 −2 0 . 0 2 −3 0 0 2
D ÉFINITION 25.14 ♥ Matrice d’une forme linéaire relativement à une base Soit E un K-espace vectoriel de dimension n et e = (e 1 , . . . , e n ) une base de E. Si ϕ est une forme linéaire sur E, on appelle matrice de ϕ relativement à la base e la matrice ligne 1 × n donnée par : ¡ ¢
¡
Mate ϕ = ϕ (e 1 ) , . . . , ϕ (e n )
¢
P ROPOSITION 25.8 ♥ Une application linéaire est entièrement déterminée par sa matrice dans deux bases Soient : ¡ ¢ 1 E un K-espace vectoriel de dimension p et e = e 1 , . . . , e p une base de E. ¡ ¢ 2 F un K-espace vectoriel de dimension q et f = f 1 , . . . , f q une base de F. l’application : ½ L (E, F) −→ Mq,p (K) θ: u 7−→ Mat f ←e (u) est un isomorphisme d’espaces vectoriels. En particulier, si M ∈ Mq,p (K), il existe une unique application linéaire u ∈ L (E, F) telle que θ−1 (M) = u . On dit que u est l’application linéaire de E dans F représentée par M dans les bases e de E et f de F. 956
Démonstration • On vérifie tout d’abord que θ est linéaire. Soient α,β ∈ K et soient u, v ∈ L (E,F). On suppose que θ(u) = Mat f ←e (u) = ´ ´ ³ ³ ´ ³ ¡ ¢ ¡ ¢ A = a i,j ∈ Mq,p (K), que θ(v ) = Mat f ←e (v ) = B = bi,j ∈ Mq,p (K) et que θ αu + βv = Mat f ←e αu + βv = C = ci,j ∈ Mq,p (K). Par conséquent : q q ³ ´ X ³ ´ X
bk,j f k . a k,j f k et v e j = ∀ j ∈ 1, p , u e j =
¡
k=1
k=1
Par suite, pour tout j ∈ 1, p :
αu + βv
q ³ q ³ ´ X ´ ³ ´ ¢³ ´ X αa k j + βbk j f k . ck,j f k = αu e j + βv e j = ej = k=1
k=1
Par identification, la famille f formant une base de F, on a :
∀k ∈ 1, p ,
∀ j ∈ 1, p ,
ck,j = αa k j + βbk j
ce qui prouve que : C = αA + βB et que θ est linéaire. ³ ´ P
q • θ est injective. En effet, si u ∈ L (E,F) est telle que θ(u) = 0 alors ∀ j ∈ 1, p , u e j = k=1 0.f k = 0. u s’annulant sur une base de E ne peut que s’annuler ´ sur E tout entier et donc u = 0. On en déduit que Ker θ = {0} et que θ est injective. ³ ³ ´
• θ est surjective. Soit A = a i,j ∈ Mq,p (K). Considérons l’application linéaire u ∈ L (E,F) donnée par : ∀ j ∈ 1, p , u e j = Pq
a f (Rappelons qu’une application linéaire est complètement déterminées par les valeurs qu’elle prend sur une base de k=1 k,j k l’espace vectoriel sur lequel elle est définie). On a clairement θ(u) = A ce qui prouve que θ est surjective.
P LAN 25.1 : Autrement dit :
Avec les notations précédentes, se fixant une base e dans E et une base f dans F. • Toute matrice de Mq,p (K) est celle d’une application linéaire u ∈ L (E, F) dans les bases e et f . • Réciproquement, à toute application linéaire de L (E, F) correspond une et une seule matrice de Mq,p (K) qui la représente dans les bases e et f . En utilisant ces deux dernières propositions, on obtient : C OROLLAIRE 25.9 ♥ Soient E et F deux K-espace vectoriel de dimension finie, soient e et f des bases respectives de E et F. Si on note p = dimE et q = dimF, on a : dim L (E, F) = dim Mq,p (K) = q p
Démonstration : En effet, deux K-espaces vectoriels isomorphes ont la même dimension.
Le théorème suivant justifie la définition du produit matriciel. Composer des applications linéaires revient à multiplier les matrices correspondantes.
T HÉORÈME 25.10 ♥ Fondamental ! Matrice de la composée de deux applications linéaires Soient : 1 2 3 4
alors :
¡ ¢ E un K-espace vectoriel de dimension p et e = e 1 , . . . , e p une base de E. ¡ ¢ F un K-espace vectoriel de dimension q et f = f 1 , . . . , f q une base de F. ¡ ¢ G un K-espace vectoriel de dimension r et g = g 1 , . . . , g r une base de G.
u ∈ L (E, F) et v ∈ L (F, G).
Matg ←e (v ◦ u) = Matg ← f (v) × Mat f ←e (u) ´ ³ ´ ³ B = bi ′′ ,j ′′ = Matg ← f (v ) et C = ci,j = Matg ←e (v ◦ u). Soient j ∈ ³P ³ ³ ´´ ´ P ³ ´
¡ ¢ Pq P Pq P q q 1, p et i ∈ 1,r . On a : (v ◦ u) e j = v u e j = v k=1 a k,j f k = k=1 a k,j v f k = k=1 a k,j ri=1 bi,k g i = k=1 ri=1 bi,k a k,j g i = ³ ´ Pr Pq b a g i=1 k=1 i,k k,j i Pq Et par identification : ci,j = k=1 b j ,k a k,i ce qui prouve le résultat. ³
´
Démonstration Notons : A = a i ′ ,j ′ = Mat f ←e (u)
Enfin, on écrit le calcul de l’image d’un vecteur par une application linéaire peut s’effectuer, en dimension finie, au moyen des matrices.
957
P ROPOSITION 25.11 ♥ Écriture matricielle de l’image d’un vecteur par une application linéaire Soient : ¡ ¢ E un K-espace vectoriel de dimension p et e = e 1 , . . . , e p une base de E. ¡ ¢ F un K-espace vectoriel de dimension q et f = f 1 , . . . , f q une base de F.
1 2 3
alors :
u ∈ L (E, F).
Mat f (u (x)) = Mat f ←e (u) × Mate (x) Autrement dit, si Y = Mat f (u (x)), A = Mat f ←e (u) et X = Mate (x), on a : Y = AX . Démonstration
³
´
³
´
¡ ¢
Posons A = a i,j ∈ Mq,p (K), X = x j ∈ Mp,1 (K) et Y = y i ∈ Mq,1 (K). On a : u (x) = u
³ ´ P Pq Pq Pp Pq p x u e j = j =1 x j i=1 a i,j f i = i=1 j =1 a i,j x j f i = i=1 y i f i . Par identification, on a bien : j =1 j
Pp
∀i ∈ 1, q ,
yi =
p X
³P
p x e j =1 j j
´
=
a i,j x j
j =1
ce qui prouve le résultat.
Exemple 25.12 – Soit deux applications linéaires u:
½
R3 (x, y, z)
−→ 7−→
R2 (x − y, x + y + z)
v:
½
R2 (x, y)
R3 (x + y, x + 2y, x − y)
−→ 7−→
On note e la base canonique de R3 et f la base canonique de R2 . µ 1 1. On écrit Mat f ←e (u) = 1
−1 1
¶ 1 0 et Mate← f (v) = 1 1 1
1 2 . −1
2. On écrit maintenant Mate←e (v ◦ u) et Mat f ← f (u ◦ v). On sait que Mate←e (v ◦ u) = Mate← f
1 (v) × Mat f ←e (u) = 1 1
µ 1 1 2 × 1 −1
et que Mat f ← f (u ◦ v) = Mat f ←e (u) × Mate← f
µ 1 = (v)× 1
−1 1
−1 1 ¶ 1 0 × 1 1 1
¶ 2 0 = 3 1 0
3. Donnons l’expression analytique de u ◦ v et v ◦ u . On utilise le théorème 25.11.
–
0 1 −2
µ 1 0 2 = 3 −1
1 2 −1 ¶ −1 . 2
2x + z x 2 0 1 ¡ ¢ ¡ ¢ 2 y = 3x + y + 2z donc u ◦ v x, y, z = 2x + z, 3x + y + 2z, −2y − z . D’une part 3 1 −2y − z 0 −2 −1 z ¶ ¶µ ¶ µ µ ¡ ¢ ¡ ¢ −y 0 −1 x et v ◦ u x, y = −y, 3x + 2y . = D’autre part 3x + 2y 3 2 y
25.3 Matrices carrées 25.3.1 Définitions Rappelons qu’une matrice est carrée si et seulement si elle possède autant de lignes que de colonnes. L’ensemble des matrices carrées de taille n est noté Mn (K). P ROPOSITION 25.12 ♥
– (Mn (K) , +, ·) possède une structure d’espace vectoriel de dimension finie n 2 . – (Mn (K) , +, ×) possède une structure d’anneau unitaire (non commutatif). Démonstration Le premier point est un corollaire immédiat des propositions 25.1 et 25.2. On vérifie facilement les axiomes d’un anneau pour (Mn (K) ,+,×).
958
Remarque 25.5 Comme (Mn (K) , +, ×) est un anneau, pour deux matrices A, B ∈ Mn (K), on pourra utiliser la formule du binôme de Newton (voir le théorème 19.17 page 725) dès que A et B commutent, c’est-à-dire dès que AB = BA. 1 −1 1 0 −1 1 Exemple 25.13 Calculons les puissance de A = 0 1 −1. On remarque que A = I3 + B avec B = 0 0 −1. 0 0 1 0 0 0 0 0 1 On remarque aussi que B2 = 0 0 0 et que B3 = 0. Comme I3 B = BI3 = B, on peut appliquer la formule du binôme et 0 0 0 écrire pour n Ê 2 : Ã ! 1 −n n(n+1) n n 2 X n − 1) (n B2 = 0 An = In−k Bk = I3 + nB + 1 −n . 3 2 k=0 k 0 0 1
Par un calcul direct, on montre que cette égalité reste correcte si n = 0, 1 d’où le résultat.
D ÉFINITION 25.15 ♥ Matrice d’un endomorphisme dans une base Soient E un K-espace vectoriel de dimension n et e une base de E. Soit u ∈ L (E) un endomorphisme de E. On appelle matrice de l’endomorphisme u dans la base e la matrice notée Mate (u) et donnée par : Mate (u) = Mate←e (u) Remarquons que Mate (u) est une matrice carrée : Mate (u) ∈ Mn (K). P ROPOSITION 25.13 ♥ Un endomorphisme est entièrement déterminé par sa matrice dans une base Soient E un K-espace vectoriel de dimension n et e une base de E. Alors, l’application θ:
½
L (E) u
−→ 7−→
Mn (K) Mate (u)
est un isomorphisme d’anneaux et d’espaces vectoriels. En particulier, si M ∈ Mn (K), il existe un unique endomorphisme u ∈ L (E) tel que θ−1 (M) = u . On dit que u est l’endomorphisme de E représenté par M dans la base e . Démonstration Le fait que θ est un isomorphisme d’espaces vectoriels est un cas particulier du théorème 25.8. Par ailleurs, si u, v ∈ L (E) alors θ(u ◦ v ) = Mate (u ◦ v ) = Mate (u) Mate (v ) = θ(u) θ(v ) ce qui prouve que θ est un morphisme d’anneaux.
P LAN 25.2 : Autrement dit :
Avec les notations de la proposition précédente, se fixant une base e de E : • A toute matrice A de Mn (K) correspond un et un seul endomorphisme u de E dont la matrice dans la base e est A. • Réciproquement, à tout endomorphisme de E correspond une et une seule matrice de Mn (K) qui le représente dans la base e .
25.3.2 Éléments inversibles dans Mn (K), groupe GLn (K) D ÉFINITION 25.16 ♥ Matrice inversible On dit qu’une matrice carrée A ∈ Mn (K) est inversible si et seulement si il existe B ∈ Mn (K) tel que : AB = In
et BA = In
Si tel est le cas B est unique et est appelée matrice inverse de la matrice A ; on la note A−1 . L’ensemble des matrices de taille n est noté GLn (K). Démonstration : Soit B et B′ deux matrices de Mn (K) telles que AB = BA = In et AB′ = B′ A = In . On a donc ¡ ¢ B = BIn = B AB′ = (BA) B′ = In B′ = B′ .
Exemple 25.14 959
La matrice A =
µ 1 0
x+z =1 y + t = 0 système : z =0 t =1
¶ µ x 1 est inversible. En effet, cherchons son inverse sous la forme B = z 1 µ 1 qu’on résout et on trouve B = 0
¶ y . Comme AB = I2 on a le t
¶ −1 . On vérifie que AB = BA = I3 donc B = A−1 . 1
Remarque 25.6 On comprend grâce à cet exemple qu’il va falloir développer des outils plus sophistiqués si on veut montrer sans trop de calculs qu’une matrice est inversible. Ces outils seront le rang (voir paragraphe 25.5) et le déterminant (voir paragraphe 25.6). On montrera aussi dans ce dernier paragraphe comment, grâce à la notion de comatrice, on pourra calculer l’inverse de matrices inversibles de taille pas trop grande. La proposition suivante permet de traduire la notion d’inversibilité entre les matrices et les applications linéaires. P ROPOSITION 25.14 ♥ Une application linéaire est inversible si et seulement si sa matrice est inversible Soient e et f des bases respectives des K-espace vectoriels E et F tous deux de dimension n , u ∈ L (E, F) et A = Mat f ←e (u). Alors A est inversible si et seulement si u est un isomorphisme. Démonstration ⇒ Supposons que A est inversible. Alors il existe B ∈ Mn (K) tel que AB = BA = In . Soit v élément de L (E,F) tel que B = Mate← f (v ). On a : Mate←e (IdE ) = In = BA = Mate← f (v ) Mat f ←e (u) = Mate←e (v ◦ u) . Par conséquent : v ◦ u = IdF . De même, on a :
Mat f ← f (IdF ) = In = AB = Mat f ←e (u) Mate← f (v ) = Mat f ← f (u ◦ v ) .
Par conséquent : u ◦ v = IdE . On a ainsi prouvé que u est un isomorphisme de E dans F d’application réciproque v . Réciproquement si u est un isomorphisme de E dans F alors notons v : F → E son application réciproque. Posons B = Mate← f (v ). On a :
⇐
et
AB = Mat f ←e (u) Mate← f (v ) = Mat f ← f (u ◦ v ) = Mat f ← f (IdF ) = In BA = Mate← f (v ) Mat f ←e (u) = Mate←e (v ◦ u) = Mate←e (IdE ) = In
et donc A est inversible de matrice inverse B.
P ROPOSITION 25.15 ♥ Si E est de dimension n , GLn (K) et GL (E) sont des groupes isomorphes 1 2
(GLn (K) , ×) est un groupe (en général non abélien).
Si E est un K-espace vectoriel de dimension n et si e est une base de E, l’application θ:
½
GL (E) u
−→ 7−→
GLn (K)
Mate (u)
est un isomorphisme de groupe. Démonstration • θ est bien définie car si u est un automorphisme de E alors Mate (u) est inversible. • θ est un morphisme de groupe : si (u, v ) ∈ (GL (E))2 , alors θ(u ◦ v ) = Mate (u ◦ v ) = Mate (u) Mate (v ) = θ(u) θ(v ). • θ est injective car si θ(u) = In alors Mate (u) = In et donc u = IdE . • Enfin, θ est surjective car toute matrice de GLn (K) représente un automorphisme de E.
Remarque 25.7 Les deux démonstrations qui viennent sont typiques de ce chapitre. Pour démontrer une propriété sur les matrices, on la transcrit en terme d’application linéaire. Vous devez vous familiariser avec cette gymnastique. ¶ 1 de l’exemple 25.14 p. 959. 1 A est la matrice, dans la base (1, X), de l’endomorphisme u de K1 [X] dans lui-même défini par u(P) = P(X + 1). Il est clair que l’endomorphisme v de K1 [X] dans lui-même défini par v(P) = P(X − 1) "défait ce que fait u " et donc que −1 u et v sont inverses l’un de l’autre. µ Donc¶ A est inversible d’après la proposition 25.14 p. 960. De plus A est la matrice 1 −1 . de v dans la base (1, X), à savoir 0 1
Exemple 25.15 On reprend la matrice A =
µ 1 0
960
T HÉORÈME 25.16 ♥♥ Une première caractérisation des matrices inversibles Soient A, B ∈ Mn (K). On suppose que : H1
A × B = In
alors A et B sont inversibles et inverses l’une de l’autre : B = A−1 et A = B−1 . Démonstration Soient E un espace vectoriel de dimension n , e une base de E et soit u l’endomorphisme de E représenté par A dans la base e et v l’endomorphisme de E représenté par B dans la base e . Comme AB = In , on a : In = AB = Mate (u) Mate (v ) = Mate (u ◦ v ) = Mate (IdE ). Par conséquent : u ◦ v = IdE . On en déduit que d’après le théorème 24.30 page 912 que u est inversible d’inverse v et donc que A est inversible d’inverse B.
P ROPOSITION 25.17 Une seconde caractérisation des matrices inversibles £ A ∈ GLn (K) ⇐⇒ ∀X ∈ Mn,1 (K) ,
AX = 0
¤ X=0 .
=⇒
Démonstration Soient E un espace vectoriel de dimension n , e une base de E et soit u l’endomorphisme de E représenté par A dans la base e : A = Mate (u). Soient X ∈ Mn,1 (K) et x le vecteur de E tel que Mate (x) = X. On a : AX = 0 ⇐⇒ Mate (u) Mate (x) = 0 ⇐⇒ Mate (u (x)) = 0.
Si A est inversible alors u est un isomorphisme. Donc AX = 0 n’est possible que si u (x) = 0 c’est-à-dire si x = 0. Par conséquent X = 0. Réciproquement, si AX = 0 entraîne X = 0, alors u (x) = 0 entraîne x = 0 et donc Ker u = {0} par suite u est injectif. Comme u est un endomorphisme, u est donc aussi surjectif d’après le corollaire 24.29 page 912 et définit bien un isomorphisme. Par conséquent A est inversible.
P ROPOSITION 25.18 ♥♥ Si A, B ∈ Mn (K) sont inversibles, il en est de même pour AB et : (AB)−1 = B−1 A−1 . Démonstration Supposons que A et B soient inversibles. Il existe alors A′ ,B′ ∈ Mn (K) telles que : AA′ = In et BB′ = In . Montrons que : B′ A′ est la matrice inverse de AB ce qui prouvera le résultat. Il suffit pour ce faire de remarquer que : ABB′ A′ = A |{z} BB′ A′ = AA′ = In . =In
P ROPOSITION 25.19 ♥ Si A ∈ Mn (K), t A est inversible si et seulement si A l’est. De plus, si tel est le cas : ¡t ¢−1 t¡ −1 ¢ A = A . Démonstration : On a la série d’équivalences : A ∈ GLn (K) ⇐⇒ ∃B ∈ Mn (K) : AB = In ⇐⇒ ∃B ∈ Mn (K) : t (AB) = t In ⇐⇒ ∃B ∈ Mn (K) : t Bt A = In ⇐⇒ t A ∈ GLn (K) .
→ − Exemple 25.16 On ¡→ ¢ a vu au chapitre 2 que si u est un vecteur du plan de coordonnées (x, y) dans ¡→ ¢une base orthonormale ¡ ¢ − → − − directe e = ı , et si R est la rotation vectorielle d’angle θ ∈ R alors les coordonnées de R u dans e sont : x ′ , y ′ = θ θ ¡ ¢ cos θx + sin θy, − sin θx + cos θy . On a donc :
Mate (Rθ ) =
µ
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
¶
.
Remarquons que Rθ est un automorphisme du plan, de bijection réciproque : R−θ . On a par ailleurs bien : Mate (Rθ ) Mate (R−θ ) =
µ
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
¶µ
cos θ sin θ
− sin θ cos θ
¶
= I2 .
Remarquons que (Mate (Rθ ))−1 = tMate (Rθ ). Les matrices inversibles A dont la matrice inverse est égale à leur transposée : t A sont dites orthogonales. 961
B IO 22 Camille Jordan, né le 5 janvier 1838 à Lyon, mort le 22 janvier 1922 à Paris) Mathématicien Français. Camille Jordan est issu d’un milieu favorisé. Son père était polytechnicien et sa mère était la soeur du peintre Pierre Puvis de Chavannes. Il fait des études brillantes et intègre Polytechnique à la première place. Il devient ingénieur du corps des mines et mène en parallèle des recherches mathématiques. En 1876, il succède à Cauchy comme enseignant à l’école Polytechnique. Ses travaux mathématiques portent sur la géométrie, (courbes de Jordan), mais également sur l’étude du groupe des permutations, et les séries de Fourier. Il est aussi l’auteur d’un procédé de réduction des endomorphismes tellement utile qu’il est parfois nommé « jordanisation des endomorphismes ». Réduire un endomorphisme consiste à trouver une base dans laquelle sa matrice prend une « forme simple ». Dans le cas de la jordanisation, il s’agit d’une matrice diagonale par blocs dont les blocs sont des matrices de Jordan (voir l’exercice 25.58). Ce procédé est en particulier important pour résoudre certaines équations différentielles. Ajoutons que Jordan était réputé pour l’excentricité de ses notations. Il prend sa retraite en 1912. Celle ci est marquée par le décès de trois de ses huit enfants durant la première guerre mondiale.
25.3.3 Trace d’une matrice D ÉFINITION ♥ Trace d’une matrice carrée ¡ 25.17 ¢ Soit A = ai,j ∈ Mn (K) une matrice carrée. On appelle trace de A et on note Tr (A), le scalaire : Tr (A) =
Remarque 25.8
n X
ai,i
i=1
La trace de A ∈ Mn (K) est égale à la somme des éléments diagonaux de A.
P ROPOSITION 25.20 ♥ Propriétés de la trace – L’application Tr :
½
Mn (K) −→ A
7−→
¡ ¢ Tr αA + βB = αTr (A) + βTr (B) .
– ∀A, B ∈ Mn (K) ,
K est un forme linéaire. En particulier, si α, β ∈ K et si A, B ∈ Mn (K) alors Tr (A)
Tr (AB) = Tr (BA)
Démonstration – La linéarité de la trace est laissée en exercice. ³ ´ ³ ´ ³P ³P ´ ´ P P – Soient A,B ∈ Mn (K). On suppose que A = a i,j et B = bi,j . On a : Tr (AB) = ni=1 nk=1 a i,k bk,i et Tr (BA) = ni=1 nk=1 a k,i bi,k et ces deux quantités sont bien égales.
P LAN 25.3 : En résumé : Opérations sur les matrices
1
Si A, B ∈ Mq,p (K) et si α, β ∈ K, alors : ¡ ¢ A =A ¡ ¢ t αA + βB = αt A + βtB t t
t
2
3
¡t ¢−1 t ¡ −1 ¢ A = A
Si A, B ∈ Mn (K) et si α, β ∈ K, alors : ¡ ¢ Tr αA + βB = αTr (A) + βTr (B)
(AB) = tBt A
Si A, B ∈ GLn (K),
Tr (AB) = Tr (BA)
(AB)−1 = B−1 A−1
962
25.3.4 Matrices carrées remarquables Matrices scalaires, diagonales, triangulaires Nous allons nous intéresser à deux types particuliers de matrice dans cette section : les matrices diagonales et les matrices triangulaires. Les premières se multiplient et s’inversent très facilement (quand c’est possible évidemment). Avec les secondes, les calculs sont plus difficiles mais moins que dans le cas de matrices quelconques. D ÉFINITION 25.18 ♥ Matrices scalaires, diagonales – Une matrice D ∈ Mn (K) est diagonale si et seulement si : ∀i , j ∈ 1, n
i 6= j =⇒ di,j = 0 0
λ1
0 D= . . . 0
...
..
.
.
..
.
...
0
λ2
..
0
.. .
. 0 λn
On notera D = Diag(λ1 , . . . , λ2 ) ainsi que Dn (K) l’ensemble des matrices diagonales de taille n . – Les matrices diagonales de la forme Diag(λ, . . . , λ) où λ ∈ K sont appelées matrices scalaires. Remarque 25.9
Une matrice A ∈ Mn (K) est scalaire si et seulement si il existe λ ∈ K tel que A = λIn .
D ÉFINITION 25.19 ♥ Matrice triangulaire supérieure On dit que T ∈ Mn (K) est triangulaire supérieure lorsque : ∀i , j ∈ 1, n T est de la forme :
t11 0 T= . .. 0
i > j =⇒ ti,j = 0 ... t22
..
.
..
...
0
.
t1n
.. .
tnn
On note Tn (K) l’ensemble des matrices triangulaires supérieures de taille n . P ROPOSITION 25.21 Dimension du sous-espace des matrices diagonales et du sous-espace des matrices triangulaires 1
Le sous-ensemble des matrices scalaire de Mn (K) est un sous-espace vectoriel de Mn (K) de dimension 1.
2
Le sous-ensemble des matrices diagonales Dn (K) de Mn (K) est un sous-espace vectoriel de Mn (K) de dimension n .
3
Le sous-ensemble des matrices triangulaires supérieures Tn (K) de Mn (K) est un sous-espace vectoriel de Mn (K) de dimension
n (n + 1) . 2
Démonstration • Le fait que chacun de ces quatre sous-ensembles de Mn (K) sont des sous-espaces vectoriels de Mn (K) est laissé en exercice au lecteur. – La matrice identité engendre clairement le sous-ensemble des matrices scalaire de Mn (K). Par conséquent ce sous-ensemble est de dimension 1. ¡ ¢ – Les matrices élémentaires Ei,i i∈1,n engendrent clairement le sous-ensemble des matrices diagonales Dn (K) de Mn (K). Comme cette famille est une sous-famille d’une famille libre, elle est libre et forme donc une base de Dn (K). Par conséquent : dim Dn (K) = n . ´ ³ – De même les matrices élémentaires Ei,j engendrent le sous-ensemble des matrices triangulaires supérieures Tn (K) i,j ∈1,n,j Êi
de Mn (K). Comme cette famille est une sous-famille d’une famille libre, elle est libre et forme donc une base de Tn (K). Il y a n (n + 1) n (n + 1) de telles matrices et donc : dimTn (K) = . 2 2
P ROPOSITION 25.22 ♥ Opérations algébriques avec les matrices diagonales et les matrices triangulaires supérieures 963
– Si D1 et D2 sont deux matrices diagonales dont les coefficients diagonaux sont respectivement λ1 , . . . , λn et µ1 , . . . , µn , D1 D2 est diagonale et ses coefficients diagonaux sont λ1 µ1 , . . . , λn µn . – Si T1 et T2 sont deux matrices triangulaires supérieures dont les coefficients diagonaux sont respectivement λ1 , . . . , λn et µ1 , . . . , µn , T1 T2 est triangulaire supérieure et ses coefficients diagonaux sont λ1 µ1 , . . . , λn µn . – Si N ∈ Mn (K) est une matrice triangulaire supérieure dont tous les coefficients diagonaux sont nuls, alors Nn = 0 ; on dit que N est nilpotente. Démonstration Exercice.
C OROLLAIRE 25.23 ♥ Inverse d’une matrice diagonale et d’une matrice triangulaire
• Une matrice diagonale D = Diag(λ1 , . . . , λn ) est inversible si et seulement si tous ses coefficients diagonaux sont non
nuls. Dans ce cas :
¡ ¢ D−1 = Diag λ1 −1 , . . . , λn −1
• Une matrice triangulaire supérieure T ∈ Mn (K) de la forme :
t11 0 T= . .. 0
∗ t22
...
∗
..
.
..
...
0
.. .
.
tnn
est inversible si et seulement si tous ses coefficients diagonaux sont non nuls. Dans ce cas, T−1 est de la forme :
−1 t11 0 T= . ..
0
∗
...
..
.
..
...
0
−1 t22
.
∗ ∗ . .. .
−1 tnn
Démonstration • Soit D = Diag(λ1 ,... ,λn ) une matrice diagonale. Supposons que : ∀k ∈ 1,n , λk 6= 0 alors clairement la matrice Diag(λ1 −1 ,... ,λn −1 ) est la matrice inverse de D. Réciproquement, si un des coefficients, λ1 par exemple est nul. Alors, posant X = t (1,0,... ,0) ∈ Mn,1 (K), on a AX = 0 et X 6= 0 donc,appliquant la proposition 25.17, A n’est pas inversible. • De même si T est une matrice triangulaire supérieure telle que ses coefficients diagonaux sont non nuls, alors en posant X = t (x1,... , x ) ∈ M n n,1 (K), on a : TX = 0 si et seulement si : λ1 x1 + a 1,2 x2 + a 1,3 x3 + ... + a 1,n xn = 0 λ2 x2 + a 2,3 x3 + ... + a 2,n xn = 0
.. .
.
= ..
λn xn = 0
comme les λi , pour i ∈ 1,n sont non nuls, ce système possède comme unique solution le n -uplet nul donc X = 0 et appliquant à nouveau la proposition 25.17, A n’est pas inversible. Réciproquement, si un des coefficient, λ1 par exemple est nul, alors en posant X = t (1,0,... ,0) ∈ Mn,1 (K), on a AX = 0 et X 6= 0 donc, appliquant la proposition 25.17, A n’est pas inversible.
Matrices symétriques, antisymétriques D ÉFINITION 25.20 ♥ Matrices symétriques, antisymétriques Soit A ∈ Mn (K). – On dit que A est symétrique si et seulement si t A = A c’est-à-dire si et seulement si : ∀i , j ∈ 1, n
a j ,i = ai,j
L’ensemble des matrices symétriques de taille n est noté S n (K). – On dit que A est antisymétrique si et seulement si t A = −A c’est-à-dire si et seulement si : ∀i , j ∈ 1, n
a j ,i = −ai,j
L’ensemble des matrices antisymétriques de taille n est noté An (K) à n lignes et n colonnes.
964
¡
¢
Remarque 25.10 Par définition, si A = ai,j ∈ Mn (K) est antisymétrique, et si i ∈ 1, n alors ai,i = −ai,i et donc ai,i = 0. Les coefficients diagonaux d’une matrice antisymétrique sont donc nuls. P ROPOSITION 25.24 S n (K) et An (K) sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de Mn (K). De plus : dim S n (K) =
n (n + 1) 2
dimAn (K) =
et
n (n − 1) 2
Démonstration ¡ ¢ Posons, pour tout i , j ∈ 1,n, i < j posons Fi,j = Ei,j + E j ,i et Hi,j = Ei,j − E j ,i où Ei,j désigne la matrice élémentaire i , j . On a : n o S n (K) = Vect Fi,j ,Ei,i | i , j ∈ 1,n ,i < j
et
An (K) = Vect
³n o´ Hi,j | i , j ∈ 1,n ,i < j
ce qui prouve que ces deux ensembles sont des sous-espaces vectoriels de Mn (K). De plus, on vérifie facilement que les familles
³ ´ ³ ´ n (n + 1) n (n − 1) et . Elles constituent Fi,j ,Ei,i | i , j ∈ 1,n ,i < j et Hi,j | i , j ∈ 1,n ,i < j sont libres de cardinal respectif 2 2 donc des bases de, respectivement, S n (K) et An (K) ce qui donne leur dimension. On vérifie de plus facilement que si une matrice est à la fois symétrique et antisymétrique, elle est nulle et donc S n (K) ∩An (K) = {0}. Comme de plus : dim S n (K) +dim An (K) = dim Mn (K) = n 2 on peut affirmer que ces deux sous-espaces sont supplémentaires dans Mn (K).
Matrices de changement de base Comme leur nom l’indique, les matrices de changement de base vont nous permettre de calculer la matrice d’une application linéaire dans des bases données quand on connaît cette matrice pour d’autres bases. D ÉFINITION 25.21 ♥ Matrice de base ¡ de changement ¢ Soient e = (e 1 , . . . , e n ) et f = f 1 , . . . , f n deux bases du K−espace vectoriel E de dimension n .¡ On appelle ¢ matrice de passage de e à f (ou matrice de changement de base) et on note Pe→ f la matrice de la famille f 1 , . . . , f n relativement à la base e : ¢ ¡ Pe→ f = Mate f 1 , . . . , f n Remarque 25.11
Pe→ f ∈ Mn (K).
P ROPOSITION 25.25 ♥ Propriétés des matrices de changement de base Soient e , f et g trois bases du K-espace vectoriel E de dimension n . On a : 1
Pe→ f = Mate← f (i dE ) 2
Pe→g = Pe→ f × P f →g Pe→ f est inversible et :
3
£
Pe→ f
¤−1
= P f →e
Démonstration 1
La première égalité est laissée en exercice.
2
On a, par application du théorème 25.10 : Pe→ f ×P f →g = Mate← f (i dE )×Mat f ←g (i dE ) = Mate←g (i dE ◦ i dE ) = Mate←g (i dE ) = Pe→g .
3
Par application de la proposition précédente, on a : Pe→ f ×P f →e = Pe→e = In et P f →e ×Pe→ f = P f → f = In Par conséquent, h i−1 Pe→ f est inversible et : Pe→ f = P f →e .
C OROLLAIRE 25.26 ♥♥ Caractérisation matricielle de la liberté d’une famille de vecteurs Soient E un K-espace vectoriel de dimension n , e une base de E et x une famille de n vecteurs de E. Alors, la famille x est libre si et seulement si la matrice des n vecteurs de la famille x dans la base e : Mate (x1 , . . . , xn ) est inversible. Démonstration
965
Supposons que la famille x soit libre. Comme elle est de cardinal n , elle forme une base de e et donc, appliquant la propriété précédente, Mate (x1 ,... , xn ) = Pe→x est une matrice de passage de la base e à la base x et est donc inversible. ⇐ Réciproquement, si Mate (x1 ,... , xn ) est inversible alors cette matrice représente un automorphisme u de E dans la base e et comme l’image d’une base de E par un automorphisme de E est une base de E, on en déduit que x est une base de E. En particulier x est libre. ⇒
P ROPOSITION 25.27 ♥ Toute matrice inversible s’interprète comme une matrice de changement de base Soit E un K-espace vectoriel de dimension n et e une base de E. Alors pour toute matrice inversible A ∈ GLn (K), il existe une unique base e ′ de E telle que A = Pe→e ′ . Démonstration Soit f dans la base e : ¡ ¢ A ∈ GLn (K). Les vecteurs colonnes de A sont les coordonnées d’une famille de vecteurs ¡ ¢ A = Mate f 1 ,... , f n . Par application de la proposition précédente, la famille f est libre et donc A = Mate f = Pe→ f .
Matrices de transvection et de dilatation, opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes d’une matrice On considère dans tout ce paragraphe une matrice
A=
a1,1
...
.. . an,1
a1,p
.. . ...
an,p
∈ Mn,p (K).
D ÉFINITION 25.22 ♥ Opérations élémentaires sur les lignes ou les colonnes d’une matrice On appelle opération élémentaire sur les lignes (respectivement sur les colonnes) de la matrice A une des opérations suivantes : 1
Addition d’une ligne (respectivement d’une colonne) à une autre ligne (respectivement à une autre colonne).
2
Multiplication d’une ligne (respectivement d’une colonne) par un scalaire non nul .
3
Échange de deux lignes (respectivement de deux colonnes)
✎ Notation 25.17 On note, pour tous i , j ∈ 1, n et tout λ ∈ K∗ : – Li ← λLi la multiplication de la ligne i par le scalaire λ. – Li ← Li + λL j l’addition de la ligne λL j à la ligne Li . – Li ↔ L j l’échange des lignes i et j . On a des notations analogues avec les colonnes.
Nous noterons, pour tout i ∈ 1, n et tout j ∈ 1, p , Ei j la matrice élémentaire de Mn,p (K) dont tous les coefficients sont nuls sauf celui à l’intersection de la i -ème ligne et de la j -ème colonne et qui vaut 1. P ROPOSITION 25.28 ♥ Traduction des oel en termes matriciels On a le tableau de correspondance : k
oel
matrice P
1 2 3
Li ← Li + λL j Li ← λLi Li ↔ L j
In + λEi j In − Eii + λEii In − Eii − E j j + Ei j + E j i
Matrice de transvection Matrice de dilatation
qui se lit ainsi : Effectuer l’opération élémentaire n°k sur les lignes de A revient à multiplier A à gauche par la matrice inversible P Démonstration Par un calcul direct.
P ROPOSITION 25.29 ♥ Traduction des oec en termes matriciels On a le tableau de correspondance : k
oec
matrice P
1 2 3
Ci ← λCi + λC j Ci ← λCi Ci ↔ C j
Ip + λEi j Ip − Eii + λEii Ip − Eii − E j j + Ei j + E j i
Matrice de transvection Matrice de dilatation
qui se lit ainsi : Effectuer l’opération élémentaire n°k sur les colonnes de A revient à multiplier A à droite par la matrice inversible P Démonstration Par un calcul direct.
966
25.4 Changement de base 25.4.1 Pour un vecteur P ROPOSITION 25.30 ♥ Formule de changement de base pour un vecteur Soient E un K-espace vectoriel de dimension n . Considérons e et f deux bases de E et x ∈ E. Alors : Mat f (x) = P f →e × Mate (x) . ³
´
¡
¢
³
´
Démonstration Posons Mat f (x) = X′i ∈ Mn,1 (K), Mate (x) = Xi ∈ Mn,1 (K) et P f →e = a i,j ∈ Mn,n (K). On a : x=
n n X X X ′i f i = Xj ej
i=1
∀i ∈ 1,n ,
et
j =1
ej =
n X
a i,j f i .
i=1
Par conséquent : x
= = = =
X ′i =
Donc, par identification, on a bien : ∀i ∈ 1,n ,
On peut aussi prouver ce résultat de la façon suivante : Mat f (x)
=
=
=
Pn
n X
Xj ej
j =1 n X
Xj
j =1
Ã
à n n X X
n X
i=1
i=1 j =1
a i,j f i !
!
a i,j X j f i
n X X ′i f i
i=1
a X . j =1 i,j j
Mat f (IdE (x)) Mat f ←e (IdE ) × Mate (x) par application de 25.11
P f →e × Mate (x)
25.4.2 Pour une application linéaire P ROPOSITION 25.31 ♥ Formule de changement de base pour une application linéaire On considère : • e et e ′ deux bases du K-espace vectoriel E • f et f ′ deux bases du K-espace vectoriel F et u ∈ L (E, F). On a la formule de changement de base : Mat f ′ ←e ′ (u) = P f ′ → f × Mat f ←e (u) × Pe→e ′ ¡ ¢
¡ ¢
Démonstration Soit x ∈ E et y = u (x). Soit X = Mate (x), Y = Mat f y , X′ = Mate ′ (x), Y′ = Mat f ′ y , A = Mat f ←e (u) et A′ = Mat f ′ ←e ′ (u). On a, par application du théorème 25.11 : Y = AX et Y′ = A′ X ′ . De plus, par application de la proposition précédente : X = Pe→e ′ X′ et Y = P f → f ′ Y′ . On a donc : Y′ = P f ′ → f Y = P f ′ → f AX
et
Y′ = A′ X ′ = A′ Pe ′ →e X.
Par conséquent : A′ Pe ′ →e = P f ′ → f A ce qui donne bien : A′ = P f ′ → f × Mat f ←e (u) × Pe→e ′ . On peut aussi démontrer cette formule ainsi : A′ = Mat f ′ ←e ′ (u) = Mat f ′ ←e ′ (IdF ◦ u ◦ IdE ) = Mat f ′ ← f (IdF ) × Mat f ←e (u) × Mate←e ′ (IdE ) = P f ′ → f × Mat f ←e (u) × Pe→e ′
25.4.3 Pour un endomorphisme 967
P ROPOSITION 25.32 ♥ Formule de changement de base pour un endomorphisme On considère e et e ′ deux bases du K-espace vectoriel E et u ∈ L (E). On a la formule de changement de base : Mate ′ (u) = Pe ′ →e × Mate (u) × Pe→e ′ qui s’écrit aussi avec P = Pe→e ′ , A = Mate (u) et A′ = Mate ′ (u) : A′ = P−1 AP
Démonstration : C’est un corollaire immédiat de la proposition précédente.
Remarque 25.12
Avec les notations précédentes, si A′ = P−1 AP alors A′n = P−1 An P.
25.4.4 Pour une forme linéaire P ROPOSITION 25.33 ♥ Formule de changement de base pour une forme linéaire Soient e et e ′ deux bases du K-espace vectoriel E. Si ϕ est une forme linéaire sur E, on a : ¡ ¢
¡ ¢
Mate ′ ϕ = Mate ϕ × Pe→e ′ .
Démonstration : C’est encore un corollaire immédiat de la proposition précédente.
25.4.5 Un exemple Soit l’espace vectoriel E = R2 muni de sa base canonique e et les deux vecteurs f 1 = (1, 2), f 2 = (1, 3).
1. Montrons que le système f = ( f 1 , f 2 ) est une base de E. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc ¶ µ ils forment ¡ ¢
une famille libre de R2 . Comme dim R2 = 2, f est forcément une base de E. On écrit Mate f =
2. On écrit la matrice de passage Pe→ f =
µ 1 2
¶ 1 . 3
3. On inverse cette matrice en cherchant une matrice B = µ
3 trouve P f →e = B = −2
¶ −1 1
µ
x z
1 2
1 3
¶ y telle que Pe→ f × B = I2 . On obtient un système et on t
4. Soit le vecteur x = (4, 1). On les coordonnées du vecteur x dans la base f . On trouve ¶ µ ¶ ¶ µ matriciellement µ cherche 11 3 −1 4 . = Mat f (x) = P f →e Mate (x) = 5. Soit l’endomorphisme u : bases e et f : Mate (u) =
½
µ 2 1
−2
1
1
−7
E −→ E . On écrit les matrices de cet endomorphisme dans les (x, y) 7−→ (2x + y, x − y) ¶ ¶ µ ¶µ ¶µ µ ¶ 13 17 3 −1 2 1 1 1 1 . = et Mat f (u) = P f →e Mate (u) Pe→ f = −9 −12 −2 1 1 −1 2 3 −1
25.5 Rang d’une matrice On va développer dans cette section des méthodes pratiques pour : 1. calculer le rang d’une application linéaire à partir de sa matrice dans des bases données. 2. tester si une matrice (et donc si l’endomophisme associé) est inversible.
25.5.1 Définition et propriétés D ÉFINITION 25.23 ♥♥♥ Rang d’une matrice On appelle rang de A ∈ Mq,p (K), et on note rg A, le rang de la famille constituée des vecteurs colonnes C1 ,...,Cp de A dans Kq .
968
P ROPOSITION 25.34 ♥♥♥ Le rang d’une matrice est égal au rang de l’application linéaire qu’elle représente Soient : 1
E un K-espace vectoriel de dimension p muni d’une base e .
2
F un K-espace vectoriel de dimension q muni d’une base f .
3
A ∈ Mq,p (K).
On sait qu’il existe une unique application linéaire u ∈ L (E, F) telle que A = Mat f ←e (u) alors on a : rgu = rg A . ¡
¡
¢¢
Démonstration Rappelons que rg u = dim Vect u (e 1 ) ,... ,u e p . Pour tout i ∈ 1, p , notons Ci le vecteur colonne de Mq,1 (K) ´ ³ ¡ ¡ ¢¢ donné par : Ci = Mat f u e i . Les vecteurs colonnes de A = a i j sont exactement les vecteurs C1 ,... ,Cp . Notons aussi : ¡
¡
F = Vect u (e 1 ) ,... ,u e p
¢¢
⊂F
¡
¢
et G = Vect C1 ,... ,Cp ⊂ Kq . ¡
¡
¢¢
Utilisant le lemme de réduction d’une famille liée, on peut extraire ¡de la famille¡ u¢¢ (e 1 ) ,... ,u e p une sous-famille libre b qui à re-numéroter les vecteurs de la famille , supposons que en question u ,... ,u e engendre¡encore F . Quitte (e ) p 1
¡ la sous-famille ¢ ¡ ¢¢ est : b = u (e 1 ) ,... ,u e l où l ∈ 1, p . b est donc une base de F et rgu = l . Montrons que c = C1 ,... ,Cl est une base de G . P On aura ainsi bien prouvé que rg A = l = rgu . Supposons que α1 ,... ,αl sont l scalaires de K tels que lj =1 α j C j = 0. Alors :
∀i ∈ 1, q ,
Pl
j =1
α j a i j = 0. Par ailleurs :
p X l X αj u e j = αj ai j f i = α j ai j f i = 0 j =1 j =1 i=1 i=1 j =1 | {z } ³
l X
´
p X
l X
=0
La famille b étant libre, ceci n’est possible que si
α1 = ... = αl = 0. Donc c est libre. Montrons que c est génératrice de G . Il suffit de montrer que chacun des vecteurs C j pour j ∈ l + 1, p est combinaison linéaire des vecteurs C1 ,... ,Cl . Mais ceci est clairement ³
´
¡ ¢
conséquence du fait que chaque vecteur u e j pour j ∈ l + 1, p est combinaison linéaire des vecteurs u (e 1 ) ,... ,u e l . La famille c est donc bien une base de G et la proposition est alors démontrée.
T HÉORÈME 25.35 ♥♥♥ Une matrice carrée est inversible si et seulement si son rang est égal à sa taille A ∈ Mn (K) est inversible si et seulement si rg(A) = n . Démonstration Soient e une base d’un K-espace vectoriel E de dimension n et soit u l’unique endomorphisme de E tel que : Mate (u) = A. On a : A inversible ⇐⇒ u est un automorphisme de E ⇐⇒ rg A = rg u = n .
P ROPOSITION 25.36 ♥♥♥ Soit E un K-espace vectoriel de dimension n , e une base de E et (x1 , . . . , xn ) une famille de n vecteurs de E. Alors Mate (x1 , . . . , xn ) est inversible si et seulement si (x1 , . . . , xn ) est une base de E. ¡ ¢
Démonstration Soit u l’endomorphisme de E défini par : ∀i ∈ 1,n , u e i = xi . Notons A = Mate (x1 ,... , xn ) = Mate (u). On a : A est inversible ⇐⇒ u est un automorphisme de E ⇐⇒ l’image d’une base de E par u est une base de E.
T HÉORÈME 25.37 ♥ Soit A ∈ Mq,p (K). On a : A est une matrice de rang r si et seulement si il existe Q ∈ GL q (K) et P ∈ GL p (K) telles que A = QJr P où r
Jr =
1 0 0
0 1o 0 0
0
0
0
Démonstration
969
0 0 0 0
r
⇒ Soit E un K-espace vectoriel de dimension p , e une base de E, F un K-espace vectoriel de dimension q et f une base de F. Soit u ∈ L (E,F) l’unique application linéaire de E dans F telle que Mat f ←e (u) = A. On a : rg u = rg A = r . Faisant comme dans la démonstration du théorème 24.27, on peut décomposer E en la somme : E = Ker u ⊕ G où¡ G est un¢ sous-espace de E tel que u|G : G → Imu est un isomorphisme. Par conséquent, dim G = dim Im u = rgu = r . Soit e 1′ ,... ,e r′ une base de G et ³ ´ ¡ ¢ ′ est donc une base de E et l’image d’une base d’un espace vectoriel e r′ +1 ,... ,e ′p une base de Ker f . e ′ = e 1′ ,... ,e r′ ,e r′ +1 ,... ,e n ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ par un isomorphisme étant une base de l’espace vectoriel d’arrivée, u e 1′ ,... ,u e r′ est une base de Im f qu’on peut compléter ´ ³ ¡ ¢ ¡ ¢ en une base f ′ = u e ′ 1 ,... ,u e r′ , f r′+1 ,... , f q′ de F. On a : Mat f ′ ←e ′ (u) = Jr et utilisant les formule de changement de base,
on a :
A = Mat f ←e (u) = P f → f ′ × Mat f ′ ←e ′ (u) × Pe ′ →e
qui est de la forme voulue. ⇐ Soit E un K-espace vectoriel de dimension p et F un K-espace vectoriel de dimension q . Soit e une base de E, f une base de F et : – e ′ une autre base de E telle que Pe ′ →e = P. – f ′ une autre base de F telle que P f ′ → f = Q. Soit u ∈ L (E,F) tel que : Mat f ′ ←e ′ (u) = Jr . Interprétant la formule A = QJr P comme une formule de changement de base, on a : A = Mat f ←e (u). Par conséquent : rg A = rg u = rgJr .
C OROLLAIRE 25.38 ♥ Le d’une matrice est égal au rang de sa transposée ¡ rang ¢ Pour tout A ∈ Mq,p (K), rg t A = rg(A).
Démonstration Posons r = rg A. En appliquant la proposition précédente, il existe Q ∈ GLq (K) et P ∈ GLp (K) telles que A = QJr P. Par conséquent : t A = t P t Jr t Q = t PJr t Q et t P ∈ GLp (K), t Q ∈ GLq (K). Par conséquent, appliquant à nouveau la proposition précédente : rg t A = r .
D ÉFINITION 25.24 Matrices équivalentes Deux matrices A, B ∈ Mq,p (K) sont dites équivalentes si et seulement s’il existe deux matrices inversibles Q ∈ GL q (K) et P ∈ GL p (K) telles que A = QBP−1 . Remarque 25.13 ont même rang.
Un corollaire du théorème précédent est que deux matrices sont équivalentes si et seulement si elles
D ÉFINITION 25.25 Matrices semblables Deux matrices carrées A, B ∈ Mn (K) sont dites semblables s’il existe une matrice inversible P telle que A = PBP−1 . Remarque 25.14
Deux matrices semblables sont a fortiori équivalentes.
Remarque 25.15
Deux matrices semblables ont même trace.
25.5.2 Calcul pratique du rang d’une matrice P ROPOSITION 25.39 ♥ Deux matrices déduites l’une de l’autre par une oel ou une oec ont même rang Deux matrices obtenues l’une de l’autre par une oel ou une oec sont de même rang. Démonstration Soit A ∈ Mn,p (K) et P une matrice correspondant à une oel ou une oec. P est donc inversible. Posons B = PA. Soit r = rg(A). On applique le théorème 25.37. Il existe des matrices Q1 ∈ GLn (K) et Q2 ∈ GLp (K) telles que A = Q1 Ir Q2 . On a donc : B = PQ1 Ir Q2 = Q0 Ir Q2 avec Q0 = PQ1 qui est une matrice inversible de GLn (K). Par conséquent, B étant de la forme Q0 Ir Q2 où Q0 et Q1 sont inversibles. On applique à nouveau la proposition 25.37 et on peut affirmer que B est de rang r .
L EMME 25.40 ♥ Soit α ∈ K∗ . On a :
α 0 rg .. . 0
⋆
...
⋆
A′
970
= 1 + rg A′ .
Démonstration Soit
...
⋆
α 0 A= .. .
⋆
.
A′
0
Par définition, rg A = dim Vect (L1 ,... ,Ln ) où L1 ,... ,Ln représentent les vecteurs colonnes de A. Posons F = ¢Vect (L1 ) et G = ¡ Vect (L2 ,... ,Ln ). Montrons que ces deux sous-espaces vectoriels de Kp sont en somme directe. Soit L = ℓ1 ,... ,ℓp ∈ F∩G. Comme L ∈ F, on a : L = λL1 . Comme L ∈ G, on a aussi ℓ1 = 0. Par conséquent, en regardant la première coordonnée, λα = 0, d’où λ = 0 et donc L = 0. Donc F et G sont en somme directe. On a donc dim Vect (L1 ,... ,Ln ) = dim F +dim G ce qui s’écrit aussi rg A = 1+rg A′ .
P LAN 25.4 : Application au calcul du rang d’une matrice A
Pour calculer le rang d’une matrice, on applique le plan suivant : 1 2
Si A = 0 alors rg A = 0.
Sinon A possède un coefficient α non nul. Par des permutations de lignes et de colonnes, on peut supposer que α est en position (1, 1). En retranchant aux n − 1 dernières lignes un multiple judicieusement choisi de la première ligne, on obtient une matrice du type :
α 0 . . . 0
et donc rg A = 1 + rg A′
3
...
⋆
⋆
A′
¡
¢
On se ramène ainsi à une matrice de taille (n − 1) × p − 1 sur laquelle il suffit de réitérer le procédé jusqu’à obtenir une matrice de taille nulle.
1 Exemple 25.18 Calculons le rang de la matrice A = 0 1 1 rg(A) = rg 0 1
−1 2 −1
2 1 2
1 0 L3 ←L3 −L1 −1 ========= rg 0
0
0
−1 2 −1
−1 2 0
2 1 0
0 −1. On a 0
2 1 2
µ 0 2 −1 = 1 + rg 0 0
¶ ¡ −1 = 2 + rg 0 0
1 0
¢ 0 =2
P ROPOSITION 25.41 ♥ Méthode du pivot de Gauss Par une suite d’oel, on peut transformer une matrice inversible en une matrice triangulaire supérieure (inversible !). Démonstration On va démontrer cette proposition en effectuant une récurrence sur la taille n de cette matrice. 1
Si n = 1 la proposition est évidente.
2
Soit n ∈ N, n > 1.
3
Supposons la proposition vraie au rang n −1 et prouvons la au rang n . Soit A = a i j ∈ GLn (K). Quitte à permuter les lignes de A, cette matrice étant inversible, on peut supposer que a 11 6= 0. Par des oel, en utilisant comme pivot le coefficient a 11 , on peut alors transformer A en une matrice B de la forme :
³
B=
a 11 0
... 0
⋆
... A′
⋆
´
et on a, par application du lemme précédent : rg A = rgB = 1 + rg A′ . On applique l’hypothèse de récurrence à A′ , on peut transformer A′ , via une suite finie d’oel, en une matrice triangulaire. On effectue les oel correspondantes sur la matrice B et on la transforme en une matrice triangulaire. 4
La proposition est alors démontrée par application du principe de récurrence.
Remarque 25.16 Grâce aux opérations élémentaires sur les lignes et en s’inspirant de l’algorithme précédent, on peut calculer l’inverse d’une matrice A ∈ GLn (K) donnée. Il suffit de suivre les étapes suivantes. 1
On juxtapose A et In .
971
2
Grâce à des oel de type 1 et 3 sur A on se ramène à une matrice triangulaire supérieure. Ceci correspond à multiplier successivement à gauche A par des matrices P1 , . . . , Pr de type 1 ou 3. La matrice triangulaire obtenue est Pr . . . . .P1 .A. On effectue ces mêmes oel sur In . La matrice obtenue est Pr . . . . .P1 .
3
On effectue des oel de type 2 sur Pr . . . . .P1 .A afin d’obtenir une matrice triangulaire dont la diagonale ne comporte que des 1. Ceci correspond à multiplier successivement à gauche A par des matrices Q1 , . . . , Qs de type 2. La matrice triangulaire obtenue est Qs . . . . .Q1 .Pr . . . . .P1 .A. On effectue ces mêmes oel sur In . La matrice obtenue est Qs . . . . .Q1 .Pr . . . . .P1 .
4
Enfin, à nouveau grâce à des oel de type 1, on se ramène à la matrice In . Ceci correspond à multiplier successivement à gauche Qs . . . . .Q1 .Pr . . . . .P1 .A par des matrices R1 , . . . , R t de type 1. La matrice triangulaire obtenue est R t . . . . .R1 .Qs . . . . .Q1 .Pr . . . . .P1 .A. On effectue ces mêmes oel sur In . La matrice obtenue est R t . . . . .R1 .Qs . . . . .Q1 .Pr . . . . .P1 .
5
Au final, on a donc R t . . . . .R1 .Qs . . . . .Q1 .Pr . . . . .P1 .A = In . La matrice R t . . . . .R1 .Qs . . . . .Q1 .Pr . . . . .P1 est donc l’inverse de A.
1 Exemple 25.19 La matrice A = −1 0
1 1 −1
son inverse :
1 et on en déduit que A−1 = 1 1
−1 0 est de rang 3 comme on le vérifie en appliquant la méthode 70. Calculons
1
1 −1 0
1 1 −1
−1 0 1
1 0 0
1 2 −1
−1 −1 1
1 0 0
1 2 0
−1 −1 1/2
L3
←
L3 + L2 /2
1 0 0
1 1 0
1 −1/2 1
L2 L3
← ←
L2 /2 2L3
1 0 0
1 1 0
0 0 1
L1 L2
← ←
1 0 0
0 1 0
0 0 1
L1
←
0 1 1
L2
←
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1 1 0
0 1 0
0 0 1
1 1 1/2
0 1 1/2
0 0 1
1 1/2 1
0 1/2 1
0 0 2
L1 + L3 L2 + L3 /2
2 1 1
1 1 1
2 1 2
L1 − L2
1 1 1
0 1 1
1 1 2
L2 + L1
1 1. 2
25.6 Déterminant d’une matrice carrée de taille 2 ou 3 Grâce à la notion de déterminant nous disposerons d’un outil performant pour prouver qu’une matrice est inversible. Cette notion a néanmoins d’autres applications comme le calcul de l’inverse d’une matrice inversible via le calcul de la comatrice, la résolution de certains systèmes linéaires, les problèmes d’orientation du plan ou de l’espace... Comme stipulé dans les programmes des filières PCSI, PTSI, TSI, nous nous bornerons à travailler en dimension 2 ou 3. Néanmoins, la plupart des démonstrations que nous allons donner sont valables en dimension n quelconque. Les étudiants de la filière MPSI devront compléter ce chapitre par la lecture du chapitre 26 sur le groupe symétrique. Dans toute la suite, on pourra considérer que n est un entier égal à 2 ou 3 et que E est un K-espace vectoriel de dimension n . On commencera par expliquer ce qu’est le déterminant d’une matrice, d’une famille de vecteurs puis d’un endomorphisme. Nous nous intéresserons ensuite à des méthodes pratiques de calcul du déterminant. Enfin, nous donnerons des applications. 972
25.6.1 Définitions D ÉFINITION 25.26 ♥ Déterminant d’une matrice de taille 2 ou 3 – On appelle déterminant de la matrice A =
µ
a11 a21
a12 a22
¯ ¯ a11 det (A) = ¯¯ a21
a11 – On appelle déterminant de la matrice A = a21 a31 ¯ ¯ a11 ¯ det (A) = ¯¯ a21 ¯ a 31
a12 a22 a32
a13 a23 a33
a12 a22 a32
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = a11 ¯ a22 ¯ a32 ¯ ¯
¶
∈ M2 (K) le scalaire de K, noté det (A) et donné par :
¯ a12 ¯¯ = a11 a22 − a12 a21 a22 ¯
a13 a23 ∈ M3 (K) le scalaire de K, noté det (A) et donné par : a33 ¯ ¯ ¯ a12 a23 ¯¯ − a21 ¯¯ a32 a33 ¯
¯ ¯ ¯ a12 a13 ¯¯ + a31 ¯¯ a22 a33 ¯
a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a31 a22 a13 − a32 a23 a11 − a33 a21 a12
¯ a13 ¯¯ = a23 ¯
qui se calcule avec la règle de Sarrus. Voir remarque 3.14 p. 125. a11
a12
a13
a11
a12
a21
a22
a23
a21
a22
a31
a32
a33
a31
a32
−
+
Exemple 25.20 – det I2 = 1, det I3 = 1. – Plus généralement, le déterminant d’une matrice triangulaire est égal au produit de ses coefficients diagonaux.
25.6.2 Propriétés T HÉORÈME 25.42 ♥ Propriétés du déterminant d’une matrice Soient A, B ∈ Mn (K) 1 2 3 4 5
¡ ¢ det 0Mn (K) = 0 .
Autrement dit : le déterminant d’une matrice inversible est inversible
det (In ) = 1 .
6
det (λA) = λn det (A) où λ ∈ K.
7
det (AB) = det (A) × det (B)
¡
¢
1 . Si A est inversible alors det A−1 = det(A)
¡ ¢ det t A = det (A)
Caractérisation des matrices inversibles : A ∈ GLn (K) ⇐⇒ det (A) 6= 0 .
Démonstration Ces propriétés se démontrent pour la plupart par des calculs directs. Prouvons par¡ exemple les points 5 et 6 ¢ −1 = I et d’après les points . Soit ¡A ∈ GL 2 et 4 , det (A) det A−1 = 1 donc det (A) 6= 0 n (K) une matrice inversible. Alors A × A n ¢ 1 . La réciproque sera une conséquence du corollaire 25.45. En effet, A peut être vue comme la matrice d’une et det A−1 = det(A) certaine famille de n vecteurs dans un espace de dimension n dans une base e fixée. Dire que det (A) 6= 0 revient à dire que cette famille est libre et donc que la matrice A qui les représente dans la base e est inversible.
25.7 Déterminants d’ordre 2 ou 3 d’une famille de vecteurs 25.7.1 Définition
973
D ÉFINITION 25.27 ♥ Déterminant d’ordre 2 et 3 d’une famille de vecteurs Soit E un K-espace vectoriel de dimension n muni d’une base e = (e 1 , . . . , e n ). – Si n = 2, on appelle déterminant dans la base e des vecteurs V1 et V2 de E et on note dete (V1 , V2 ), le déterminant de la matrice formée par la famille (V1 , V2 ) dans la base e : Mate (V1 , V2 ) : det (V1 , V2 ) = det Mate (V1 , V2 ) e
En particulier, si : V1 = x11 e 1 + x12 e 2 , V2 = x21 e 1 + x22 e 2 alors : ¯ ¯ x11 det (V1 , V2 ) = ¯¯ e x12
¯ x21 ¯¯ = x11 x22 − x12 x21 x22 ¯
– Si n = 3, on appelle déterminant dans la base e des vecteurs V1 , V2 et V3 de E et on note dete (V1 , V2 , V3 ), le déterminant de la matrice formée par la famille (V1 , V2 , V3 ) dans la base e : Mate (V1 , V2 , V3 ) : det (V1 , V2 , V3 ) = det Mate (V1 , V2 , V3 ) e
En particulier, si : V1 = x11 e 1 + x12 e 2 + x13 e 3 , V2 = x21 e 1 + x22 e 2 + x23 e 3 et V3 = x31 e 1 + x32 e 2 + x33 e 3 alors : ¯ ¯ x11 ¯ det (V1 , V2 , V3 ) = ¯¯ x12 e ¯ x 13
x21 x22 x23
x31 x32 x33
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
= x11 x22 x33 + x12 x23 x31 + x13 x21 x32 − x31 x22 x13 − x32 x23 x11 − x33 x21 x12
qui se calcule avec la règle de Sarrus. Remarque 25.17 – Le déterminant introduit dans les chapitres 2 et 3 est celui dans les bases canoniques respectives de R2 et R3 . – Le déterminant d’une matrice carrée définie dans le paragraphe précédent est le déterminant de ses vecteurs colonnes dans la base canonique de Kn .
25.7.2 Propriétés P ROPOSITION 25.43 ♥ Le déterminant de deux ou trois vecteurs est une forme multilinéaire alternée Soit e une base du K-espace vectoriel E. – Si n = 2, le déterminant est une forme bilinéaire et alternée : pour tout u , u1 , u2 , v , v 1 , v 2 ∈ E et pour tous scalaires λ1 , λ2 , on a : 1 Le déterminant est une forme bilinéaire : det(u, λ1 v 1 + λ2 v 2 ) = λ1 det(u, v 1 ) + λ2 det(u, v 2 ) e
e
e
det(λ1 u1 + λ2 u2 , v) = λ1 det(u1 , v) + λ2 det(u2 , v) e
2
e
e
Le déterminant est alterné : det (v, u) = − det (u, v) e
e
– Si n = 3, Le déterminant est une forme trilinéaire et alternée : pour tout u , u1 , u2 , v , v 1 , v 2 , w , w 1 , w 2 ∈ E et pour tous scalaires λ1 , λ2 , on a : 1 Le déterminant est une forme trilinéaire : det(λ1 u1 + λ2 u2 , v, w) = λ1 det(u1 , v, w) + λ2 det(u2 , v, w) e
e
e
det(u, λ1 v 1 + λ2 v 2 , w) = λ1 det(u, v 1 , w) + λ2 det(u, v 2 , w) e
e
e
det(u, v, λ1 v w 1 + λ2 w 2 ) = λ1 det(u, v, w 1 ) + λ2 det(u, v, w 2 ) e
2
e
e
Le déterminant est alterné : det (u, v, w) = − det (v, u, w) = det (v, w, u) = − det (w, v, u) . e
e
e
974
e
Démonstration Par un calcul direct.
Remarque 25.18 On suppose que n = 2 ou 3. Soient x1 , . . . , xn ∈ E. Si deux des vecteurs de cette famille sont égaux alors dete (x1 , . . . , xn ) = 0.
25.7.3 Formule de changement de base P ROPOSITION 25.44 ♥ Formule de changement de base Soient : – E un K-espace vectoriel de dimension n . – e = (e¡ 1 , . . . , e n )¢une base de E. – e ′ = e 1′ , . . . , e n′ une autre base de E. – S = (x1 , . . . , xn ) une famille de n vecteurs de E. Alors : det (x1 , . . . , xn ) = det (e 1 , . . . , e n ) × det (x1 , . . . , xn ) e
e′
e′
Démonstration On a : det (x1 ,... , xn ) e′
= = =
=
=
Remarque 25.19
¡ ¢ det Mate ′ (x1 ,... , xn ) ¢ ¡ det Pe←e ′ × Mate (x1 ,... , xn ) ¢ ¡ det Mate ′ (e) × Mate (x1 ,... , xn ) ¡ ¢ det Mate ′ (e) × det (Mate (x1 ,... , xn ))
det (e) × det (x1 ,... , xn ) e
e′
En remplaçant x par e ′ dans cette dernière formule, on obtient : ¡ ¢ ¡ ¢ 1 = det e ′ = det (e) × det e ′ e′
e
e′
C OROLLAIRE 25.45 ♥♥♥ Caractérisation des familles libres via le déterminant Soient : – E un K-espace vectoriel de dimension n . – e = (e 1 , . . . , e n ) une base de E. – S = (x1 , . . . , xn ) une famille de n vecteurs de E. Alors S est libre si et seulement si dete (x1 , . . . , xn ) 6= 0. Démonstration ⇒ Supposons que S soit libre. Alors comme S est de cardinal n = dim E, S forme une base de E. Par conséquent, Mate (S ) est inversible et dete (S ) = det Mate (S ) 6= 0. ⇐ Réciproquement, supposons que S soit liée, alors, quitte à re-numéroter les vecteurs de la famille S , on peut supposer que x1 est combinaison linéaire des vecteurs : x2 ,... , xn , c’est-à-dire qu’il existe α2 ,... ,αn tels que : x1 = α2 x2 + ... + αn xn . On a donc det (x1 , x2 ,... , xn ) = det (α2 x2 + ... + αn xn , x2 ,... , xn ) = α2 det (x2 , x2 ... , xn ) + ... + αn det (xn , x2 ,... , xn ) = 0 e
e
e
par application de la remarque 25.18 p.975. Donc dete (S ) est nul.
P ROPOSITION 25.46 ♥♥♥ Caractérisation des familles liées via le déterminant Soient : – E un K-espace vectoriel de dimension n . – e = (e 1 , . . . , e n ) une base de E. – S = (x1 , . . . , xn ) une famille de n vecteurs de E. Alors S est liée si et seulement si dete (x1 , . . . , xn ) = 0. Démonstration Par contraposée de la proposition précédente.
975
e
25.8 Déterminant d’un endomorphisme 25.8.1 Définition P ROPOSITION 25.47 ♥ Déterminant d’un endomorphisme Soient : – E un K-espace vectoriel de dimension n . – e = (e 1 , . . . , e n ) une base de E. – u un endomorphisme de E. Le scalaire dete (u (e 1 ) , . . . , u (e n )) est indépendant de e et est appelé déterminant de l’endomorphisme u . On le note det (u).. Démonstration Soit f une autre base de E. On a : Mat f (u) = P f →e × Mate (u) × Pe→ f . Par conséquent, ´ ³ ´ ³ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ det u f 1 ,... ,u f n = det Mat f (u) = det P f →e × Mate (u) × Pe→ f f
³ ´ ³ ´ = det P f →e det (Mate (u)) det Pe→ f = det (Mate (u)) h ³ i−1 ´ ³ ³ ´´−1 car Pe→ f = P f →e et donc det Pe→ f = det P f →e .
Remarque 25.20
Si u est un endomorphisme de E et que e est une base de E, on a : det (u) = det (Mate (u)).
25.8.2 Propriétés T HÉORÈME 25.48 ♥♥♥ Propriétés du déterminant d’un endomorphisme Soient E un K-espace vectoriel de dimension n , u , v des endomorphismes de E. On a : 1 2
¡ ¢ det 0L (E) = 0K .
5
Caractérisation des automorphismes de E :
det (IdE ) = 1K
3
det (λu) = λn det (u) où λ ∈ K est un scalaire.
4
det (u ◦ v) = det (u) × det (v) .
u ∈ GL (E) ⇐⇒ det (u) 6= 0
6
¡
¢
1 Si u ∈ GL (E) alors det u −1 = det(u) .
Démonstration C’est un corollaire immédiat du théorème 25.42 et de la remarque précédente.
25.9 Méthodes de calcul du déterminant On se restreindra dans cette section aux déterminants des matrices carrées, le déterminant d’une famille de vecteurs ou d’un endomorphisme s’en déduisant.
25.9.1 Opération sur les lignes et les colonnes Les propriétés qui suivent découlent directement des propriétés des formes n -linéaires alternées : T HÉORÈME 25.49 ♥ Calcul d’un déterminant par des oel et des oec 1
Un déterminant qui a deux colonnes identiques est nul.
2
Un déterminant qui a une colonne combinaison linéaire des autres colonnes est nul.
3
Un déterminant dont une colonne est formée de 0 est nul.
4
On ne change pas la valeur d’un déterminant en ajoutant à une colonne une combinaison linéaire des autres colonnes.
5
Si on multiplie par λ une colonne d’un déterminant, on multiplie par λ la valeur de ce déterminant.
6
Quand on permute deux colonnes d’un déterminant, on change son signe.
7
Comme le déterminant d’une matrice est égale à celui de sa transposée, les 6 phrases précédentes restent vraies si on remplace le mot "colonne" par le mot "ligne".
976
Démonstration Démontrons par exemple le point 4. On suppose que la matrice A ∈ Mn (K) est composée des vecteurs colonnes C1 ,...,Cn Soient i ∈ 1,n , α1 ,... ,αi−1 ,αi+1 ,... ,αn des scalaires de K. On a : det (A) = det (C1 ,... ,Cn )
=
=
Ã
det (C1 ,... ,Cn ) + det C1 ,... ,Ci−1 , |
Ã
det C1 ,... ,Ci−1 ,Ci +
=0 n X
n X
αk Ck ,Ci+1 ,... ,Cn
k=1,k6=i
{z
en raison du second point αk Ck ,Ci+1 ,... ,Cn
k=1,k6=i
!
!
}
Exemple 25.21¯ Calculons ¯ ¯
¯ ¯ – ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ – ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ – ¯¯ ¯
1 1 0 1 2 0 2 1 3
3 2 1 1 3 0 1 1 2
1 0 2 2 1 0 4 2 6
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯¯ ¯ L2 ←−L2 −L1 ¯1 3 1¯ ¯1 3 ¯ ========== ¯1 2 0¯ = ¯0 −1 −1¯ = −1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯0 1 2¯ ¯0 1 2¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 0 car la troisième ligne est nulle. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 0 car L3 = L1 + L2 . ¯ ¯
25.9.2 Développement d’un déterminant suivant une rangée P ROPOSITION 25.50 ♥ Soit A ∈ Mn (K) une matrice de la forme :
¡ ¢
où A′ ∈ Mn−1 (K). Alors det (A) = α det A′ .
A=
0 A′ ⋆
...
⋆
.. .
0 α
Démonstration Par un calcul immédiat en utilisant la définition d’un matrice de taille 2 ou 3.
D ÉFINITION 25.28 ♥ matrices triangulaires On appelle matrice triangulaire inférieure toute matrice A ∈ Mn (K) vérifiant ∀i < j , ai j = 0. On appelle matrice triangulaire supérieure toute matrice A ∈ Mn (K) vérifiant ∀i > j , ai j = 0. Soit L (resp. U) l’ensemble des matrices triangulaires inférieures (resp. supérieures). L et U sont des sous-espacesvectoriels de Mn (K), et Mn (K) = L + U. L ∩ U est l’espace vectoriel des matrices diagonales. C OROLLAIRE ¡ ¢ 25.51 ♥ Le déterminant d’une matrice triangulaire est égal au produit de ses éléments diagonaux Soit A = ai j ∈ Mn (K) une matrice triangulaire : Alors : det A =
n Y
akk
k=1
Démonstration Immédiat par un calcul direct (si n = 2 ou 3) ou en utilisant la propriété précédente.
Exemple 25.22 On va calculer, sous forme factorisée : ¯ ¯ a −b −c 2a ¯ 2b b −c −a 1. ¯¯ ¯ 2c 2c ¯ ¯ 1+a a a ¯ 1+b b 2. ¯¯ b ¯ c c 1+c
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
2a 2b c −a −b
où a, b, c sont trois complexes.
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ 3. ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 4. ¯¯ ¯
a c b
b a c
c b a
1 1 1
a b c
a2 b2 c2
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
977
¯ ¯ bc ¯ 5. ¯¯ a ¯ 1
ca b 1
ab c 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1. On commence par additionner toutes les lignes, disons dans la troisième : L3 ←− L1 + L2 + L3 On peut mettre (a ¯ ¯ ¯ ¯ + b + c) en facteur. ¯ a −b −c ¯ ¯ 2b ¯ ¯ 2c ¯ ¯ a −b −c ¯ ¯ 2b ¯ ¯ 2c
2a b −c −a 2c 2a b −c −a 2c
2a 2b c −a −b 2a 2b c −a −b
2. ¯En procédant de la même ¯ façon : ¯ 1+a ¯ ¯ b ¯ ¯ c
a 1+b c
a b 1+c
¯ a −b −c ¯ 2a 2a ¯¯ ¯ ¯ C ←− ¯ = (a + b + c) ¯ 2b b − c − a 2b ¯¯. On effectue 1 ¯ ¯ C ←− 2 ¯ ¯ 1 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −(a + b + c) ¯ 0 2a ¯¯ ¯ ¯ ¯ = (a + b + c) ¯ 0 −(a + b + c) 2b ¯¯ = (a + b + c)3 . ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 1 ¯
¯ ¯ 1+a ¯ ¯ ¯ ¯ = (1 + a + b + c) ¯ b ¯ ¯ ¯ 1 ¯
a 1+b 1
a b 1
¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ = (1 + a + b + c) ¯ 0 ¯ ¯ ¯ 0 ¯
0 1 0
a b 1
3. ¯Là encore : L¯3 ←− L1 + L2 +¯ L3 On peut ¯mettre (a + b + ¯ c) en facteur.2 ¯ ¯ a bj ¯ a b c ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (a + b + c) ¯ c a b ¯ = (a + b + c) ¯ c a j ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 1 1 ¯ ¯ j ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 b c ¯ ¯ ¯ ¯ 2 2 ¯ j ¯ a b ¯ = (a + b + c)(a + b j + c j ) ¯¯ (a + b + c)(a + b j + c j ) ¯ ¯ ¯ 0 1 1 ¯ 2 2 c j − b j ) = (a + b + c)(a + b j + c j )(a + b j + c j ) .
¯ a ¯ ¯ c ¯ ¯ b
b a c
c b a
C1 − C3 : C2 − C3
¯ ¯ ¯ ¯ = (1 + a + b + c). ¯ ¯
¯ ¯ ¯ a +bj +c j2 bj c j2 ¯ c j ¯¯ ¯ ¯ b j 2 ¯¯ = (a + b + c) ¯¯ c + a j + b j 2 a j b j 2 ¯¯ = ¯ 0 j j2 ¯ j2 ¯ ¯ ¯ 1 b −c c ¯ j a − b b ¯¯ = (a + b + c)(a + b j + c j 2 )(a − b + 0 0 1 ¯
L1 ←− L1 − L3 : L2 ←− L2 − L3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 a a2 ¯ ¯ 0 a − c a2 − c2 ¯ ¯ 0 1 a +c ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 b b 2 ¯ = ¯ 0 b − c b 2 − c 2 ¯ = (a − c)(b − c) ¯ 0 1 b + c ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 c c2 ¯ ¯ 1 ¯ ¯ 1 c c c2 c2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −b ¯ bc ca ab ¯ ¯ bc − ab ca − ab ab ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ b −c c ¯¯ = (a − c)(b − c) ¯¯ 1 b c ¯¯ = ¯¯ a − c 5. ¯¯ a ¯ 0 ¯ 1 0 0 1 ¯ 1 1 ¯ ¯
4. On effectue
¯ ¯ ¯ ¯ = (a − c)(b − c)(b − a). ¯ ¯ ¯ −a ab ¯¯ 1 c ¯¯ = (a − c)(b − c)(a − b). 0 1 ¯
D ÉFINITION ¡ ¢25.29 ♥ Mineur,cofacteur Soit A = ai j ∈ Mn (K). ¡ ¢ – On appelle mineur d’indice i , j le déterminant ∆i,j de la matrice obtenue en supprimant la i -ème ligne et la j -ème colonne de la matrice A. ¡ ¢ – On appelle cofacteur d’indice i , j et on note A i,j le scalaire A i,j = (−1)i+ j ∆i,j . T HÉORÈME ♥ Développement d’un déterminant suivant une ligne ou une colonne ¡ 25.52 ¢ Soit A = ai j ∈ Mn (K). – Soit j 0 ∈ 1, n. Alors : det A
= =
n X
ai,j 0 A i,j 0
i=1 n X
(−1)i+ j 0 ai,j 0 ∆i,j 0
n X
ai 0 ,j A i 0 ,j
i=1
– Soit i 0 ∈ 1, n. Alors : det A
= =
j =1 n X
(−1)i 0 + j ai 0 ,j ∆i 0 ,j
j =1
Démonstration On peut le vérifier facilement par un calcul immédiat dans les cas n = 2 et n = 3.
978
25.10 Applications 25.10.1 Colinéarité de deux vecteurs du plan P ROPOSITION 25.53 ♥ Caractérisation de l’alignement de trois points du plan ¡
¢
¡
¢
¡
Soit R (O, e 1 , e 2 ) un repère du plan. e = (e 1 , e 2 ) forme donc une base du plan. Soient M0 x0 , y 0 , M1 x1 , y 1 , M2 x2 , y 2 trois points distincts du plan. Alors, M0 , M1 , M2 sont alignés si et seulement si ¯ ¯ 1 ¯ ¯ x0 ¯ ¯ y 0
1 x1 y1
1 x2 y2
¢
¯ ¯ ¯ ¯=0 ¯ ¯
Démonstration On a : ¯ ¯ 1 ¯ ¯ x0 ¯ ¯ y 0
1 x1 y1
1 x2 y2
¯ ¯ ¯ ¯=0 ¯ ¯
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ 0 ¯ x2 − x0 ¯¯ = 0 par des opérations sur les colonnes y2 − y0 ¯ ¯ x1 − x0 x2 − x0 ¯¯ = 0 par développement suivant la première ligne y1 − y0 y2 − y0 ¯ ³−−−−→ −−−−→´ det M0 M1 , M0 M2 = 0
1 x0 y0
0 x1 − x0 y1 − y0
e
−−−−→
−−−−→
les vecteurs M0 M1 et M0 M2 sont colinéaires les points M0 , M1 , M2 sont alignés
25.10.2 Inversion de matrice D ÉFINITION ¡ ¢25.30 ♥ Comatrice Soit A = ai j ∈ Mn (K). On appelle comatrice de A et on note Com (A) la matrice des cofacteurs de A : ∀i , j ∈ 1, n ,
P ROPOSITION 25.54 ♥ Soit A ∈ Mn (K). Alors :
[Com (A)]i,j = A i,j = (−1)i+ j ∆i,j
A × t(Com A) = t (Com (A)) × A = (det A)In
En particulier, si A ∈ GLn (K) : A−1 =
1
t
det A
(Com (A)) ³
´
Démonstration Notons, pour tout i , j ∈ 1,n , bi j = (−1)i+ j ∆i,j et posons B = bi j ∈ Mn (K). Soit i , j ∈ 1,n , on a : ( n n X X £ t ¤ det (A) j +k a ik (−1) ∆ j ,k = a ik b j k = A B ij = 0 k=1 k=1
Exemple 25.23 µ
si i = j sinon
¶ µ ¶ 2 3 1 −1 et A−1 = det1 A t(Com (A)) = . Comme det (A) = −1, A ∈ GL2 (R). On calcule Com (A) = – Soit A = 1 1 −3 2 ¶ µ −2 −1 . −3 −1 2 −1 1 1 1 2 – Soit A = 0 1 1. On calcule det (A) = 3 donc A ∈ GL3 (R). On calcule alors Com (A) = −2 4 −1 et A−1 = −1 −1 1 −1 0 2 2 −2 −1 1 t 1 −1 4 −1. = (Com (A)) det A 3 1 −1 1
979
Remarque 25.21 On comprend après ces quelques calculs les limitations pratiques de cette méthode. En dimension 2 et 3 les calculs restent faisables mais ils deviennent très lourds dés que n Ê 4 si la matrice ne possède pas beaucoup de 0.
25.10.3 Orientation du plan et de l’espace D ÉFINITION 25.31 ♥ Bases de même sens, de sens contraire Soit E un K-espace vectoriel de dimension 2 ou 3. Soient e et e ′ deux bases de¡ E.¢ On dit que : – e et e ′ sont de même sens (ou ont même orientation) si et seulement si dete e ′ > 0. – Sinon, on dit que e et e ′ sont de sens contraires (ou n’ont pas la même orientation). D ÉFINITION 25.32 ♥ Orientation Soit E un K-espace vectoriel de dimension 2 ou 3. Orienter E revient à choisir une base e de E. Si e ′ une autre base de E, on dit qu’elle est directe si elle est de même sens que E et indirecte sinon. Exemple 25.24 On oriente E = R2 en prenant la base canonique e . La base donnée par e ′ = ((1, 1) , (1, −1)) est indirecte. En effet : ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ 1
25.11 Systèmes linéaires
1 ¯¯ = −2 < 0 −1 ¯
On termine ce chapitre par une étude des systèmes linéaires.
25.11.1 Définitions D ÉFINITION 25.33 ♥ Système linéaire à n équations et p inconnues Soient A=
a1,1
...
.. .
an,1
a1,p
.. .
...
an,p
∈ Mn,p (K)
b1
et B = ... ∈ Mn,1 (K)
bn
On considère le système linéaire à n lignes et p inconnues (S ) donné par :
(S ) = 1 2
a x + a1,2 x2 + · · · + a1,p x p = b 1 1,1 1
.. .
an,1 x1 + an,2 x2 + · · · + an,p x p = b n
¡
¢
Résoudre ce système consiste à déterminer l’ensemble S de tous les p -uplets x1 , . . . , x p ∈ Kp vérifiant (S ). Le vecteur b = (b1 , . . . , bn ) s’appelle le second membre du système (S ).
3
On appelle système homogène associé au système (S ), le système obtenu lorsque b = 0. On le note (S0 ) et on note S 0 l’ensemble de ses solutions.
4
A s’appelle la matrice du système (S ).
5
rg A s’appelle le rang du système et est noté rg(S ).
6
On dit que le système est compatible si l’ensemble de ses solutions est non vide.
25.11.2 Interprétations La compréhension des différentes interprétations qu’on peut avoir d’un système linéaire est un bon test de votre compréhension de l’algèbre linéaire. Interprétation vectorielle ¡
¢
Notons C1 = (a11 , . . . , an1 ) , . . . , Cp = a1p , . . . , anp ∈ Kn les p vecteurs colonnes de A et b = (b1 , . . . , bn ) le second membre de (S ). On a : ¡
¢ x1 , . . . , x p ∈ Kp est solution de (S ) ⇐⇒ x1 C1 + . . . x p Cp = b
Donc : ¡ ¢ – Le système¡© est compatible ª¢ si et seulement si b ∈ Vect C1 , . . . , Cp . – rg(S ) = rg C1 , . . . , Cp . 980
Interprétation matricielle
x1
Notons X = ... ∈ Mp,1 (K) On a :
xp
¡
¢ x1 , . . . , x p ∈ Kp est solution de (S ) ⇐⇒ AX = B
Interprétation en termes de formes linéaires ¡
¢
¡
¢
Notons E = Kp , e la base canonique de E et L1 = a11 , . . . , a1p , . . . , Ln = an1 , . . . , anp ∈ Kp les n vecteurs lignes de A. Soient ϕ1 , . . . , ϕn n formes linéaires sur E telles que : ∀i ∈ 1, n ,
¡
¢
Mate ϕi = Li
On a : ¡
¢ x1 , . . . , x p ∈ Kp est solution de ¢(S0 ) ¡ ⇐⇒ ∀i ∈ 1, n , ϕi x1 , . . . , x p = 0 n ¡ ¢ \ Ker ϕi ⇐⇒ x1 , . . . , x p ∈ i=1
Interprétation en termes d’applications linéaires Considérons E = Kp et F = Kn munis de leurs bases canoniques respectives e et f . Soient u ∈ L (E, F) l’unique application
x1
linéaire de E dans F telle que Mat f ←e (u) = A et x le vecteur de E tel que Mate (x) = ... .
xp
On a :
¡
¢ x1 , . . . , x p ∈ Kp est solution de (S ) ⇐⇒ u (x) = b
Donc : – Le système (S ) est compatible si et seulement si b ∈ Im(u). – Si u est injective et si le système (S ) est compatible alors l’ensemble des solutions de (S ) ne possède qu’un et un seul élément. – Si u est surjective, le système (S ) est compatible. – Si u est à la fois surjective et injective alors l’ensemble des solutions de (S ) ne possède qu’une et une seule solution.
25.11.3 Structure de l’ensemble des solutions T HÉORÈME 25.55 ♥ Structure de l’ensemble des solutions de l’équation homogène Soit (S ) un système linéaire à n équations et p inconnues. L’ensemble des solutions du système homogène (S0 ) associé à (S ) est un K-espace vectoriel de dimension p − rg(S ). Soit u : Kp → Kn l’application linéaire représentée par A dans les bases canoniques de Kn et Kp . Soit x = x1 ,... , x p ∈ Kp . x est solution de (S0 ) si et seulement si u (x) = 0 c’est-à-dire si et seulement si x ∈ Ker u . Par conséquent (S0 ) = Ker u . Ceci prouve à la fois que (S0 ) est un sous-espace vectoriel de Kp mais aussi que, d’après la formule du rang, dim (S0 ) = dim Ker u = dim Kp − rg u = p − rg S . Démonstration ¡ ¢
T HÉORÈME 25.56 ♥ Structure de l’ensemble des solutions de (S ) Soit S l’ensemble des solutions du système linéaire (S ). 1 2
Si le système (S ) n’est pas compatible alors S = ∅.
Sinon, alors il existe une solution particulière x0 de (S ) et on a alors : © ª S = x 0 + S 0 = x 0 + x ∈ Kp | x ∈ S 0
Démonstration Supposons que le système (S ) soit compatible, alors S 6= ∅. Soit x0 ∈ S . On a : x ∈ S ⇐⇒ u (x) = b ⇐⇒ u (x − x0 ) = 0 ⇐⇒ x − x0 ∈ Ker u = S 0 ⇐⇒ x = x0 + S 0
981
25.11.4 Cas Particulier : Les systèmes de Cramer D ÉFINITION 25.34 ♥ Système de Cramer Un système de n équations à n inconnues de rang n est dit de Cramer. Remarque 25.22
Matriciellement, un système de Cramer s’écrit AX = B où A ∈ GLn (K) et B ∈ Mn,1 (K).
P ROPOSITION 25.57 ♥ Résolution matricielle d’un système de Cramer Un système de Cramer possède une et une seule solution qui s’écrit matriciellement : X = A−1 B. Démonstration
A étant inversible, la proposition est immédiate.
P ROPOSITION 25.58 ♥ Formules de Cramer Si (S ) est un système de Cramer d’écriture matricielle AX = B, l’unique solution de (S ) est le n -uplet (x1 , . . . , xn ) tel que : ∀i ∈ 1, n ,
xi =
det Ai det A
où A i est la matrice obtenue en remplaçant la i -ème colonne de A par B. Démonstration Soit (x1 ,... , xn ) l’unique solution de (S ) alors si C1 ,... ,Cn désignent les vecteurs colonnes de A, on a : Pn x C = B . Par conséquent, pour tout i ∈ 1,n , on a : k k k=1 ¡ ¢ det C1 ,... ,Ci−1 ,B,Ci+1 ,... ,Cn
n X
=
k=1
¡ ¢ xi det C1 ,... ,Ci−1 ,Ci ,Ci+1 ,... ,Cn = xi det (A)
=
d’où le résultat.
Remarque 25.23
En particulier, si n = 2, on a : Soit (S ) =
¡ ¢ xk det C1 ,... ,Ci−1 ,Ck ,Ci+1 ,... ,Cn
½
ax + by = α . cx + d y = β
¯ ¶ ¯ a b Ce système est de Cramer si et seulement si det (A) = ¯¯ c d couple solution de (S ) est donné par :
Notons A =
µ
a c
x=
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
α β
b d
ad −bc
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
et
y=
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
a b
α β
ad −bc
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ b ¯¯ = ad − bc 6= 0 et dans ce cas, le d ¯
25.11.5 Méthode du Pivot de Gauss Remarque 25.24 Si un système à n équations et à n inconnues est sous forme triangulaire (c’est à dire si la matrice A correspondante est triangulaire et sans zéro sur la diagonale) alors il est de Cramer. En effet, la matrice A est inversible. Méthode : Résolution d’un système de Cramer par la méthode de Gauss Soit (S ) un système de Cramer d’écriture matricielle AX = B. La méthode du pivot de Gauss consiste, en utilisant des oel à transformer la matrice A en une matrice triangulaire supérieure en effectuant les mêmes opérations sur la matrice colonne B. Lesystème correspondant est alors équivalent au système initial et possède donc le même ensemble solution. La descente :
x −x x
+2y −3y +y
+3z +5z +z
= = =
1 2 −1
On fait apparaître des zéros : coefficients de x dans les deuxièmes et troisièmes lignes. On ne touche pas à la première. x
+2y −y y
+3z +8z +2z
= = =
982
1 3 2
L2 ←− L2 + L1 L3 ←− L3 − L1
Ces opérations sur les lignes se traduisent par des multiplications à gauche par des matrices. Il suffit de voir le résultat sur la matrice I3 . Donc il s’agit de la matrice Autrement dit
1 G1 = 1 −1
1 G1 · A = 1 −1
ou encore
1 ˜ = 1 G1 · A −1
0 1 0
0 1 0
0 1 0
1 0 0 × −1 1 1
1 0 0 × −1 1 1
0 0 . 1
2 −3 1
2 −3 1
1 3 5 = 0 0 1
1 1 2 = 0 0 −1
3 5 1
2 −1 1
3 8 2
2 −1 1
3 8 2
1 3 . 2
On continue de «sculpter» le système (ou la matrice A˜ obtenue en soudant les matrices A et B) pour faire apparaître un zéro : le coefficient de y dans la troisième ligne. x
Cette fois
+2y −y
+3z +8z 10z
1 3 5
= = =
1 G2 = 0 0
0 1 1
L3 ←− L3 + L2 0 0 . 1
Il ne reste plus qu’à remonter : On trouve successivement z = 21 , y = 1 et x = − 25 . Il est à remarquer que G1 et G2 sont inversibles. Pour trouver leurs inverses, il suffit de défaire ce que faisaient ces matrices. Pour G−1 1 : Donc
L1 ←− L1 L ←− L2 − L1 . 2 L3 ←− L3 + L1
G−1 1
1 = −1 1
0 1 0
0 0 . 1
De même
983
G−1 2
1 = 0 0
0 1 −1
0 0 . 1
25.12 Exercices 25.12.1 Opérations sur les matrices Exercice 25.1 Soient les matrices :
♥
−1 A= 0 −2
1. Calculer : AB et BA.
1 −1 0
0 2 1
et
1 B = −1 2
1 2 2
1 0 −1
2. Calculer : t(AB) et tB, t A et tBt A. 3. Calculer : Tr (A), Tr (B), Tr (AB) et Tr (BA). 4. Développer :(A + B)2 . Solution :
1
1. AB = −4 −3
1
2. t(AB) = −2 1
−4
3
−3
2 et BA = −3
0
−2 1
1
−2
2
0
−1 . On remarque que AB 6= BA.
−6 0 3 −3 1 −1 2 −1 t t −2 , B = 1 0 −1 , A = 0
1 2
0
1
2
2
1
0
2 −1
−2
1
t t 1 et B A = −2
0
1
−4 1 2
3. Tr (A) = 1, Tr (B) = 3, Tr (AB) = 2 et Tr (BA) = 2. On a bien : Tr (AB) = Tr (BA)
−3
t −2 = (AB).
0
4. (A + B)2 = A2 + AB + BA + B2 6= A2 + 2AB + B2 car AB 6= BA. De manière plus générale, la formule du binôme ne s’applique pour développer (A + B)n que si A et B commutent.
Exercice 25.2 ♥ Calculer lorsque cela est possible les produits AB et BA : 1. A=
µ
0 1
−1 2
1 0
1 0
A=
1
¢
Solution :
1. AB =
Ã
−1
3
2
1
!
1 0 B= 1 −1
¶
et
et
1 B= 0 1
2. ¡
−1
2 et BA = 3 3
3.
0 1 2 1
A=
¡
1
1
1
1
¢
et
−1 1 B= 0 1
0
1
1
0
2
1
1
−1
1
0 . 1 −1
2. Le produit AB n’est pas possible. Par contre : BA = B.
3. AB =
¡
1
¢
−1
1 et BA = 0 1
Exercice 25.3
−1
−1
1
1
0
0
1
1
−1
1 0 1
♥♥
1. Soient i , j , k, l ∈ 1, n et Ei j , Ekl les matrices élémentaires de Mn (K) correspondantes. Calculer Ei j × Ekl . 984
2. Soit une matrice A ∈ Mn (R). On suppose que A commute avec toutes les matrices diagonales. Montrer que A est une matrice diagonale. 3. Trouver les matrices A ∈ Mn (R) qui commutent avec toutes les matrices symétriques. Solution : 1. On vérifie facilement que Ei j × Ekℓ = δ j k Eiℓ
2. Notons A = ((ai j )). Soit k ∈ [1, n]. Comme A commute avec la matrice Ekk , on a AEkk =
n X n X
i=1 j =1
et Ekk A = ai j Ei j Ekk =
et donc
n X
i=1
aik Eik =
n X n X
ai j Ekk Ei j
i=1 j =1
n X
ak j Ek j ,
j =1
Ceci pour tout indice k . Comme le membre de gauche est une matrice nulle sauf peut-être sur la k -ième colonne et le membre de droite, une matrice nulle sauf peut-être sur la k -ième ligne. On en déduit que pour i 6= k , aik = 0 et donc que A est une matrice diagonale. La réciproque est claire. 3. Soit une matrice A = ((ai j )) qui commute avec toutes les matrices symétriques. Soit k ∈ [[1, n]]. La matrice Ekk est symétrique, et on calcule AEkk = Ekk A =
n X n X
ai j Ei j Ekk =
n X n X
ai j Ekk Ei j =
i=1 j =1
i=1 j =1
n X n X
ai j δ j k Eik =
n X n X
ai j δki Ek j =
i=1 j =1
i=1 j =1
n X
aik Eik
i=1 n X
ak j Ek j
j =1
Par conséquent, les coefficients de la matrice AEkk sont nuls, sauf sur la k -ième colonne où ce sont les coefficients de la k -ième colonne de la matrice A. De même, les coefficients de la matrice Ekk A sont tous nuls sauf sur la k ième ligne, où l’on retrouve les coefficients de la matrice A. Puisque AEkk = Ekk A, on en déduit que ∀(i , k) ∈ P [[1, n]]2 , i 6= k =⇒ aik = aki = 0K . La matrice A est donc nécessairement une matrice diagonale : A = ni=1 di Eii . Considérons ensuite pour (k, ℓ) ∈ [[1, n]]2 , k 6= ℓ, la matrice symétrique S = Ekℓ + Eℓk . On calcule AS = SA =
n X
di Eii Ekℓ +
n X
di Ekℓ Eii +
i=1
i=1
n X
di Eii Eℓk = dk Ekℓ + dℓ Eℓk
n X
di Eℓk Eii = dℓ Ekℓ + dk Eℓk
i=1
i=1
Puisque le système (Ekℓ , Eℓk ) est libre, on trouve que dℓ = dk . En définitive, la matrice A doit être une matrice scalaire : ∃α ∈ K tel que A = αIn . Réciproquement, une matrice scalaire commute avec toute matrice, donc avec toute matrice symétrique. Exercice 25.4 ♥♥ Soit une matrice A = ((ai j )) ∈ Mn (K ) et deux indices (k, l) ∈ [[1, n]]2 . 1. Déterminer les matrices AEkl et Ekl A. 2. Trouver toutes les matrices A ∈ Mn (K ) vérifiant : ∀B ∈ Mn (K ), Solution : 1. On sait que A =
P
i,j =1...n a i j Ei j
AB = BA.
donc
AEkl = Ekl A =
X
i,j =1...n
X
i,j =1...n
ai j Ei j Ekl = ai j Ekl Ei j =
X
i,j =1...n
X
i,j =1...n
985
ai j δ j k Eil = a i j δl i E k j =
X
aik Eil
i=1...n
X
j =1...n
al j Ek j
P
2. Si pour tout B ∈ Mn (K ), AB = BA¡ , alors ¢ en particulier, pour tout k, l ∈ 1, n, Ekl A = AEl k et donc i=1...n aik Eil = P a E . Mais la famille E i j est libre donc cette égalité n’a lieu que si a ik = 0 pour i 6= k et si a i,i = a j ,j j =1...n l j k j pour tout i , j ∈ 1, n, autrement dit que si A est scalaire. Réciproquement, si A est scalaire alors elle commute avec toutes les matrices de Mn (K ). Exercice 25.5 ♥♥ Déterminer une condition nécessaire et suffisante pour que le produit de deux matrices symétriques soit encore une matrice symétrique. ¡
Solution : Soit C = AB, où A = ai j n X
k=1
aik b k j =
n X
k=1
aki b j k =
n X
k=1
¢
1ÉiÉn 1É j Én
¡
et B = bi j
¢
1ÉiÉn 1É j Én
sont deux matrices carrées symétriques. On a ci j =
b j k aki = c ′j i avec C′ = BA. Donc c i j = c j i si et seulement si C = C′ c’est-à-dire lorsque A
et B commutent. Plus synthétiquement : t (AB) = t Bt A = BA car A = t A et B = t B. Donc t (AB) = AB si et seulement si AB = BA. Exercice 25.6 ♥♥ On considère la matrice
1
...
O
.. J= .
..
.
..
...
0 0
.. .
O
Calculer t JJ, et J t J.
0
.
1 0
Solution : On considère B = (e i )1ÉiÉn la base canonique de Rn et u l’endomorphisme de Rn défini par u(e 1 ) = 0 et u(e i ) = e i−1 pour i Ê 2. J est la matrice de u dans B . t J est la matrice de v dans B , avec v(e i ) = e i+1 pour i É n − 1 et v(e n ) = 0. t JJ est la matrice de v ◦ u dans B . On a v ◦ u(e 1 ) = 0 et v ◦ u(e i ) = v(e i−1 ) = e i . Donc 0 0 . . . t JJ = . . . . ..
0
0
...
...
...
1
0
...
...
0
1
0
...
...
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
...
0
0
...
0
. .. ...
0 0 1
de même
1 0 . . . t J J = . . . 0 0
0
...
...
...
1
0
...
...
0
1
0
...
...
..
.
..
.
..
..
.
..
.
0
...
...
.
1 0
0
. .. ...
0 0 0
Exercice 25.7 ♥♥ On définit pour i 6= j , la matrice Tiλj ∈ Mn (R) par Tiλj = I + λEi j
Soit une matrice A ∈ Mn (R). Calculer ATiλj et Tiλj A. Interpréter le résultat trouvé. Solution : Soit e i les vecteurs colonnes de la base canonique de Rn . On a Tiλj e k = e k pour k 6= i et Tiλj e j = e j + λe i . On en déduit que la k -ième colonne de la matrice de ATiλj est ATiλj e k = Ae k pour k 6= i et ATiλj e j = Ae j + λAe i . Moralité : la
matrice ATiλj est obtenue en ajoutant λ fois la i -ème colonne de A à sa j -ème colonne. De même (par exemple en transposant) la matrice Tiλj A est obtenue en ajoutant λ fois la j -ème ligne de A à sa i -ème ligne. Moralité : Lorsqu’on multiplie à gauche (par une matrice Tiλj ) on agit sur les lignes. Quelle action ? Il suffit de le voir sur la matrice In . Exercice 25.8 ♥♥ Soit A ∈ Mnp (R) telle que
∀(X, Y) ∈ Mn1 (R) × Mp1 (R)
1. Montrer que A = 0. 986
t
XAY = 0.
2. Trouver une matrice 2 × 2 non-nulle telle que ∀X ∈ M21 (R)
t
XAX = 0.
Solution : 1. Soit f j la j -ème matrice de la base naturelle de Mp1 (R) et e i la i -ème matrice de la base naturelle de Mn1 (R). On a t e i A f j = ai j d’où le résultat. µ
0 2. −1
¶ 1 . 0
Exercice 25.9 ♥♥ Soient deux matrices A, B ∈ Mn (R) telles que : ∀C ∈ Mn (R)
ACB = 0
Montrer que A = 0 ou B = 0. Solution : On traduit l’énoncé avec des endomorphismes : Soit u, v ∈ L (Rn ) tels que ∀w ∈ L (Rn ), u ◦ w ◦ v = 0. Démonter que u = 0 ou v = 0. Par contraposée : Supposons u 6= 0 et v 6= 0. Donc ∃x ∈ Rn tel que z = v(x) 6= 0 et ∃y ∈ Rn tel que u(y) 6= 0. On construit alors w ∈ L (Rn ) tel que w(z) = y . On a alors (u ◦ w ◦ v)(x) = u(y) 6= 0. Donc u ◦ w ◦ v 6= 0. Exercice 25.10 ♥♥ Soit deux matrices colonnes non nulles X, Y ∈ Mn1 (R). 1. Montrer que la matrice X t Y est de rang 1. 2. Montrer que toute matrice carrée A de rang 1 peut s’écrire sous la forme ci-dessus. 3. Soit une matrice A ∈ Mn1 (R) de rang 1. Montrer qu’il existe λ ∈ R tel que A2 = λA
et exprimer λ en fonction de X et Y. Solution : 1. Le rang de X et de t Y égale 1 donc le rang du produit est É 1. Par exemple parce que toutes les lignes (ou les colonnes) sont proportionnelles, ou bien parce que si u et v sont deux applications linéaires, u ◦ v (si elle existe) a un rang inférieur au rang de u . Le rang de X t Y n’est pas 0 manifestement. 2. Comme A 6= 0, on choisit un élément ai j 6= 0. Comme A est de rang 1, toutes les lignes sont proportionnelles à la i -ème ligne : Lk = αk Li . Donc on peut prendre X = (α1 , . . . , αi−1 , 1, αi+1 , . . . , αn ) et Y = (ai1 , . . . , ain ).
3. On écrit A = X t Y, d’où A2 = AA = X t YX t Y. Comme t YX est un réel, il commute à X. Donc AA = (t YX)X t Y = (t YX)A. On peut donc prendre λ = t YX. Exercice 25.11 ♥♥ Déterminer toutes les formes linéaires ϕ sur Mn (R) vérifiant : ∀A, B ∈ Mn (R)
ϕ(AB) = ϕ(Bt A)
Solution : Remarque : Si n = 1, alors toutes les formes linéaires conviennent. On prend n > 1. Une forme linéaire est définie par ses images des vecteurs d’une base, donc ici les ϕ (Eik ). Or Eik = Ei j E j k donc en choisissant A = Ei j et B = E j k avec k 6= j (c’est possible puisque n > 1) on a Bt A = E j k E j i = 0. Donc ϕ (Eik ) = 0 et ϕ est la forme nulle. Exercice 25.12 ♥♥ On considère deux matrices A et B de M2 (R ), et C = AB. 1. Calculer le nombre d’additions, puis de multiplications nécessaires au calcul de C. 2. On pose : S 1 = a21 − a11 ; S 2 = a11 + a12 ; S 3 = a12 − S 1 ; S 4 = a22 − S 3 ; S 5 = b22 − b12 ; S 6 = b12 − b11 ; S 7 = b 11 + S 5 ; S 8 = b 21 − S 7 . P1 = a21 b 11 ; P2 = a22 b 21 ; P3 = S 1 S 5 ; P4 = S 2 S 6 ; P5 = S 4 b 22 ; P6 = a12 S 8 ; P7 = S 3 S 7 . Enfin S 9 = P1 + P7 ; S 10 = S 9 + P3 ; S 11 = P4 + P5 . Démontrer que c11 = S 10 + P6 ; c12 = S 10 + P4 ; c21 = P1 + P2 ; c22 = S 9 + S 11 . 3. Calculer le nombre d’additions, puis de multiplications nécessaires au calcul de C par cette nouvelle méthode.
987
Solution : 1. Il y a 4 coefficients à calculer. Pour chacun d’eux il y a deux multiplications et une addition. Soit 8 multiplications et 4 additions. 2. S 10 + P6 = S 9 + P3 + a12 S 8 = P1 + P7 + S 1 S 5 + a12 (b21 − S 7 ) = a21 b11 + S 3 S 7 + (a21 − a11 )(b22 − b12 ) + a12b21 − a12 (b 11 +S 5 ) = a21 b 11 +(a12 −S 1 )(b 11 +S 5 )+a21 b 22 −a21 b 12 −a11 b 22 +a11 b 12 +a12 b 21 −a12 b 11 −a12 (b 22 −b 12 ) = a21 b 11 +a12 b 11 +a12 (b 22 −b 12 )−(a21 −a11 )b 11 −(a21 −a11 )(b 22 −b 12 )+a21 b 22 −a21 b 12 −a11 b 22 +a11 b 12 +a12 b 21 − a12 b 11 −a12 b 22 +a12 b 12 = a21 b 11 +a12 b 11 +a12 b 22 −a12 b 12 −a21 b 11 +a11 b 11 −a21 b 22 +a21 b 12 +a11 b 22 −a11 b 12 + a21 b 22 −a21 b 12 −a11 b 22 +a11 b 12 +a12 b 21 −a12 b 11 −a12 b 22 +a12 b 12 = a11 b 11 +a11 b 22 −a11 b 12 −a11 b 22 +a11 b 12 + a12 b 11 +a12 b 22 −a12 b 12 +a12 b 21 −a12 b 11 −a12 b 22 +a12 b 12 +a21 b 11 −a21 b 11 −a21 b 22 +a21 b 12 +a21 b 22 −a21 b 12 = a11 b 11 + a12 b 21 + 0 = c 11 . Les trois autres calculs sont tout aussi jubilatoires.
3. Il y a 7 multiplications et 11 additions. Le deuxième algorithme est plus rapide dès qu’une addition est 7 fois plus rapide qu’une addition. Dans ce cas on constate que le gain en rapidité est au détriment de la place mémoire utilisée.
25.12.2 Trace d’une matrice Exercice 25.13 ♥ Existe-t-il deux matrices (A, B) ∈ Mn (R )2 vérifiant AB − BA = In ? Solution : Si AB − BA = In , en prenant la trace, on obtiendrait Tr (AB) − Tr(BA) = Tr (In ) et alors Tr (In ) = 0 ce qui est faux. Exercice 25.14 ♥ 2 Soit (A, B) ∈ Mn (R ) vérifiant AB − BA = B. Démontrer que ∀k ∈ N∗ , Tr (Bk ) = 0. Solution : On démontre par récurrence : Hk : ABk − Bk A = kBk . On a H1 par hypothèse. D’autre part ABk+1 − Bk+1 A = (ABk − Bk A)B + Bk (AB − BA) = kBk B + Bk B = (k + 1)Bk+1 .
En prenant la trace, on obtient le résultat. Exercice 25.15 ♥ Soit deux matrices A, B ∈ Mn (K). On suppose que ∀X ∈ Mn (K)
Tr (AX) = Tr (BX)
Montrer que A = B. Solution : Si A = ((ai j ) et X = ((xi j )), on calcule Tr (AX) =
n X n X
aik xki
i=1 k=1
En prenant X = E pq , on a xki = δk p δi q , Tr (AX) = a qp , donc ∀q, p ∈ [1, n], a qp = b qp et par suite A = B. Exercice 25.16 ♥♥ On se donne deux matrices A, B ∈ Mn (R). Trouver toutes les matrices X ∈ Mn (R) vérifiant : X + Tr (X)A = B.
Indication 25.24 : Si X est une solution, prendre la trace de l’équation puis discuter.
Solution : Soit une matrice X ∈ Mn (R ) solution. Alors Tr (X) + Tr (X)Tr (A) = Tr (B). Il faut étudier deux cas : 1. Si Tr (A) 6= −1, alors Tr (X) = convient.
Tr (B) Tr (B) A. Réciproquement, on vérifie que cette matrice et alors X = B − 1 + Tr (A) 1 + Tr (A)
988
2. Si Tr (A) = −1, alors en prenant la trace dans l’égalité X + Tr (X)A = B on déduit Tr (X) + Tr (X)Tr(A) = Tr (B) soit Tr (B) = 0. Donc si Tr (B) 6= 0, il n’y a pas de solution. Réciproquement, si on suppose Tr (B) = 0, alors en posant X = B + λA, on a bien Tr X = Tr B + λTr A = −λ, et par conséquent X + Tr (X)A = X − λA = B + λA − λA = B. Dans le cas où Tr (A) = −1 et Tr (B) = 0, l’ensemble des solutions est S = {B + λA, λ ∈ R}. ½
Conclusion : Si Tr (A) 6= −1, S = B − S = {B + λA; λ ∈ R }.
¾ Tr (B) A . Si Tr (A) = −1 et Tr (B) 6= 0, S = ∅. Si Tr (A) = −1 et Tr (B) = 0, alors 1 + Tr (A)
Exercice 25.17 ♥♥ Trouver toutes les formes linéaires ϕ sur Mn (K ) vérifiant ∀(A, B) ∈ Mn (K )2 ,
ϕ(AB) = ϕ(BA)
Solution : ¡
Soit ¢ϕ une telle¡ forme linéaire.¢ Avec des matrices élémentaires, il vient pour tout i , j , k, ℓ ∈ 1, n, ϕ ¡Ei j Ekl − ¢Ekl Ei j = 0 soit ϕ δ j k Eil − δℓi Ek j = 0. Si j = k et i 6= ℓ il s’ensuit que ϕ (Eiℓ ) = 0. Et si j = k et i = ℓ alors ϕ Eii − E j j = 0. Donc ϕ est nulle sur tous les vecteurs ¡ ¢ Eiℓ de la base canoniquePtel que i 6= ℓ et constante sur ceux tels que i = ℓ. On en déduit que pour une matrice A = ai j ∈ Mn (K ) alors ϕ (A) = γ ni=1 aii = γTr (A) où γ = ϕ (E11 ). Donc ϕ ∈ Vect (Tr ). Réciproquement, si ϕ est proportionnelle à la trace, alors ϕ vérifie ∀(A, B) ∈ Mn (K )2 , ϕ(AB) = ϕ(BA). Exercice 25.18 ♥♥ Soient deux matrices A, B ∈ Mn (R). On note
< A, B >= Tr (At B)
1. Calculer < A, B > en fonction des coefficients de A et B. 2. Vérifier que < A, B >=< B, A > p
3. On note kAk = < A, A >. Montrer que kAk = 0 ⇐⇒ A = 0.
4. Montrer que A 7→< A, B > et B 7→< A, B > sont des formes linéaires sur Mn (R). 5. Montrer que |< A, B >| É kAkkBk.
On a prouvé que est un produit scalaire sur Mn (R), voir le chapitre 27. L’inégalité prouvée dans la dernière question n’est autre que celle de Cauchy-Schwarz. Voir le théorème 27.2 page 1063. Solution :
¡
¡
¢
¢
£
¤
1. On utilise la formule du produit matriciel. Si A = ai j et si B = bi j Pour tout i , j ∈ 1, n, At B ¡
¢
donc < A, B >= Tr At B =
n X n X
aik b ik .
ij
=
Pn
k=1
aik b j k
i=1 k=1
2. C’est évident d’après la formule précédente. 3. On utilise à nouveau la formule précédente : kAk2 =
Pn Pn i=1
k=1
2 aik . Le résultat en découle immédiatement.
4. On montre facilement la linéarité de A 7→< A, B > en utilisant la linéarité de Tr . D’après la question 2., B 7→< A, B > est aussi linéaire. 5. Pour tout t ∈ R,
0 É kA + t Bk2 =< A + t B, A + t B >= kBk2 t 2 + 2 < A, B > t + kAk2 .
On obtient ainsi un trinôme du second degré en t . Son discriminant est ∆ =< A, B >2 − kAk2 kBk2 . Comme ce trinôme est positif, il admet au plus une racine réelle et donc ∆ É 0. On en déduit que < A, B >2 − kAk2 kBk2 É 0 et donc que |< A, B >| É kAkkBk.
25.12.3 Rang d’une matrice Exercice 25.19 ♥ Déterminer le rang des matrices suivantes :
1 1. A = 2 −1
2 1 1
−1 0 0
1 2 2. B = 3 4
−1 −1 2 3
989
0 1 0 −1
2 −1 1 1
2 1 3. C = 2 −1
2 2 3 0
1 1 1 1
0 0 −1 2
1 −1 0 3
1 2 1 1
Solution : 1.
1 rg 2 −1
2 1 1
−1 −1 C1 ↔C3 0 ======= rg 0 0 0
1 −1 L3 ←L3 −L2 2 ========= rg 0 −1 0
2 1 1
2 1 0
1 2 = 3 −3
2.
1 2 rg 3 4
1 0 rg 0 0
−1 −1 2 2
2 0 3 6
−1 −1 2 3 −1 2 1 0
2 −1 C1 ↔C3 == ===== rg 1 1 1 −1 L4 ←L4 /2 0 −1 ======== rg 0 2 0 1
0 1 0 −1
0 1 0 −1 2 1 3 3
−1 1 2 −1 2 −1 2 =L=1=↔L === rg 2 3 1 3 4 1 L → L + 2L 3 3 2 −1 L → L +L 2 ====4=====4====2=== rg 1
0
1 0 0 −1
2 1 3 4
−1 −1 2 3
1 0 0 0
2 1 3 5
−1 −1 0 0 1 0 rg 0 0
−1 −1 0 0
−1 2 4 +L1 =L=4=←L ====== 1 1 −1 L ←L − 5 L 2 ==4===4==3==3= 5
2
2 1 3 0
−1 2 = 4 5 − 11 3
3.
2 1 rg 2 −1
2 2 3 0
1 1 1 1
0 0 −1 2
1 −1 0 3
1 2 C1 ↔C4 == ===== rg 1 1
0 2 0 2 −1 3 2 0 −1 3 0 2 L4 ←L4 +2L1 ========== rg 0 2 0 6 L3 ← L3 − L2 −1 L4 ← L4 − L2 0 =============== rg 0 0
1 1 1 1
2 1 2 −1 1 1 1 3
3 2 0 0
2 1 2 3 1 1 0 0
1 −1 3 1 0 2 1 2 L ↔L 1 3 ====== rg 0 2 1 1 1 2 0 1 0 1 −1 3 1 0 2 1 −1 2 L ←L /3 4 4 ======== rg 0 2 1 1 1 3 3 0 2 1 2 0 1 −1 3 0 0 2 −1 1 −1 2 = rg 0 0 2 1 2 −1 0 2 −1 0 0 2
1 −1 0 3
2 1 2 −1 2 1 2 1 2 1 1 0
0 −1 1 3
0 −1 1 1 1 1 2 = 4 −1 −1
On a supprimé la troisième colonne, combinaison linéaire des deux premières. Exercice 25.20 ♥♥ Déterminer suivant la (ou les) valeur(s) du (des) paramètre(s) le rang des matrices :
1−a 0 0 1 1. A = −1 2 − a 2 0 3−a 1 1 1 2. B = b + c c + a a + b . bc ca ab 1 cos θ cos 2θ 3. C = cos θ cos 2θ cos 3θ . cos 2θ cos 3θ cos 4θ
Solution : 1.
1−a −1 rg 2
0 2−a 0
0 1−a transpo. 1 ======== rg 0 3−a 0
1 4. D = a a2
5. E =
−1 2−a 1
990
a 0 0 0 b
1 c . c2
1 b b2 b a 0 0 0
0 b a 0 0
0 0 b a 0
0 0 0 b a
1 2 1 1 1 2 1
.
¶ µ 2 transpo. 2−a 0 si a 6= 1 0 ======== 1 + rg ======== 1 3−a 3−a ¶ µ 2−a 1 si a 6= 2 ======== 2 + rg(3 − a) 1 + rg 0 3−a
De plus, on vérifie facilement que si a = 1 ou a = 2 alors rg A = 2.Donc rg A =
( 2
3
si a = 1, 2 sinon
ou 3
.
2.
1 rg b + c bc
En
L2 ← L2 − L1 1 1 b + c bc 1 b +c bc L3 ← L3 − L1 transpo. a + b ======== rg 1 c + a ca =============== rg 0 a − b c (a − b) = ab 1 a + b ab 0 a − c b (a − c) µ ¶ ( ¶ µ 3 si b 6= c a − b c (a − b) si a 6= b et a 6= c 1 c . 1 + rg = =============== 1 + rg a − c b (a − c) 1 b 2 si b = c
1 c +a ca
utilisant les symétries de la matrice, on en déduit si a = b = c si deux parmi les trois nombres a , b et c sont égaux et le troisième différent si b 6= c et a 6= b et a 6= c
1 2 3
3. Si θ 6= 0
hπi
2
1 rg cos θ cos 2θ
L2 ← L2 − cos θL1 1 cos 2θ L3 ← L3 − cos 2θL1 cos 3θ ==================== rg 0 0 cos 4θ
cos θ cos 2θ cos 3θ
1 rg 0 0
Par ailleurs si θ = 0 4. 1 b b2
L2 − sin θ L3 1 cos 2θ L3 → − sin 2θ − sin 2θ sin θ ================ rg 0 0 − sin2 2θ
cos θ − sin2 θ − sin 2θ sin θ
hπi
2
cos θ cos 2θ L3 ←L3 −L2 sin θ sin 2θ ========= sin θ sin 2θ 1 cos θ cos 2θ rg 0 sin θ sin 2θ = 2. 0 0 0
, r g C = 2.
L2 ← L2 − L1 µ 1 a a2 a2 L ← L − L 3 3 1 b−a 2 2 2 b = 1 + rg =============== 0 b − a b − a c −a 0 c − a c2 − a2 c2 ( ¶ ¶ µ µ 3 1 b+a 1 b + a L2 ←L2 −L1 si b 6= a et c 6= a = 2 + rg (c − b) = ========= 1 + rg =============== 1 + rg 0 c −b 1 c +a 2 1 1 c = rg 1 1 c2
a b c
En
utilisant les symétries de la matrice, on en déduit si a = b = c 2 si deux parmi les trois nombres a , b et c sont égaux et le troisième différent . 3 si b 6= c et a 6= b et a 6= c 5. Supposant a 6= 0 et b 6= 0 : rg
a 0 0 0 b
b a 0 0 0
0 b a 0 0
============ rg L5 ←aL5 −b 3 L3
0 0 b a 0
0 0 0 b a
a 0 0 0 0
b a 0 0 0
L5 ←aL5 −bL1 =========== rg
0 b a 0 0
0 0 b a −b 4
0 0 0 b a4
a 0 0 0 0
b a 0 0 −b 2
0 b a 0 0
0 0 b a 0
L5 ←aL5 +b 4 L4 ============ rg
0 0 0 b a2 a 0 0 0 0
L5 ←aL5 +b 2 L2 ============ rg
b a 0 0 0
0 b a 0 0
0 0 b a 0
0 0 0 b b5 + a5
a 0 0 0 0
b2 − a2 c2 − a2
b a 0 0 0
( = 5 4
0 b a 0 b3
¶
si c 6= b si c = b
que
1
=
cos 2θ cos 3θ − cos θ cos 2θ = cos 4θ − cos2 2θ
cos θ cos 2θ − cos2 θ cos 3θ − cos 2θ cos θ
L2 ←
1 rg a a2
rgB
,
que
rgD
0 0 b a 0
0 0 0 b a3
=
si a 5 + b 5 6= 0 si a 5 + b 5 = 0
En résumé, (et dans le cas où a et b sont réels) : rg(E) = 0 si a et b sont non nuls. rg(E) = 5 si a ou b est nul mais pas en même temps. rgE = 4 si a = 1 et b = −1 ou si a = −1 et b = 1. Dans tous les autres cas rg (E) = 5. 991
Exercice 25.21 ♥ Calculer le rang des familles de vecteurs v = (v 1 , v 2 , v 3 ) de R3 suivantes avec : 1. v 1 = (1, 2, 0), v 2 = (0, 1, 0), v 3 = (1, 1, 1). 2. v 1 = (1, 1, 0), v 2 = (0, 1, 1), v 3 = (1, 2, 1). 3. v 1 = (1, 1, 1), v 2 = (1, 2, 1), v 3 = (1, −1, 1). Solution : 1. On a très clairement une base de R3 . Le rang est 3. 2. v 1 et v 2 forment une famille libre. v 3 = v 1 + v 2 . Le rang est 2.
1 1 1 3. Le rang de la famille v est le rang de la matrice 1 2 −1. En opérant sur les lignes, on obtient : 1 2 1 1 1 1 1 1 1 0 1 −2. Le rang est donc 3. L2 ← L2 − L1 0 1 −2, puis L3 ← L3 − L2 0 0 2 L3 ← L3 − L1 0 1 0
Exercice 25.22 ♥ Calculer le rang des applications linéaires suivantes : 1. f : 2. f :
½ ½
3 ¡ R ¢ x, y, z
R2 (s, t )
−→ 7−→
−→ 7−→
Solution :
3 R ¡ ¢ . x + y − z, x, −z
3. θ :
R3 . (s + t , 2s − t , t )
1 1. C’est le rang de la matrice 1 0 1 2. C’est le rang de la matrice 2 0
1 0 0
4. θ :
½ ½
R2 [X] P
−→ 7−→
R2 [X] . P′
R3 [X] P
−→ 7−→
R3 [X] . XP′ − P
−1 0 qui est clairement de rang 3.
−1
1 −1 qui est clairement de rang 2 en regardant les deux dernières lignes. 1
3. L’image de la base (1, X, X2 ) par θ est (0, 1, 2X) qui est de rang 2. Donc θ est de rang 2.
4. L’image de la base (1, X, X2 , X3 ) par θ est (−1, 0, X2 , 2X3 ) qui est de rang 3. Donc θ est de rang 3. Exercice 25.23
8 Soit M = 2 −2
2 5 4
♥♥ −2 4 . 5
1. Calculer M2 . 2. Déterminer le rang de M. 3. Soit A ∈ M3,2 (C) et B ∈ M2,3 (C) telles que AB = M. Démontrer que BA = 9I2 .
Solution :
64 + 4 + 4 1. M2 = 16 + 10 − 8 −16 + 8 − 10
16 + 10 − 8 4 + 25 + 16 −4 + 20 + 20
72 −16 + 8 − 10 −4 + 20 + 20 = 18 −18 4 + 16 + 25
2. M est de rang 2. (4L2 − L1 = 4L3 + L1 ).
18 45 36
−18 36 = 9M. 45
3. AB est de rang 2, donc rg(A) Ê 2, donc rg(A) = 2. De même rg(B) = 2. Donc A est la matrice d’une application linéaire injective. ∃A′ ∈ M2,3 (C), telle que A′ A = I2 . De même B est la matrice d’une application linéaire surjective. ∃B′ ∈ M3,2 (C), telle que BB′ = I2 . Comme ABAB = 9AB, on en déduit que A′ ABABB′ = 9A′ ABB′ = 9I2 I2 = 9I2 .
25.12.4 Calcul de déterminants de taille 2 ou 3 Exercice 25.24 ♥ En variant les techniques utilisées (Règle de Sarrus, développement suivant une ligne, une colonne, en faisant apparaître des zéros,...) Calculer les déterminants suivants : 992
¯ ¯ ¯1 2 0¯ ¯ ¯ a) ¯¯0 1 6¯¯ ¯2 4 2¯ ¯ ¯ ¯−3 2 9 ¯¯ ¯ −1 ¯¯ b) ¯¯−1 0 ¯ 11 −5 −12¯
¯ ¯1 ¯ c) ¯¯5 ¯2 ¯ ¯1 ¯ d) ¯¯5 ¯2
Solution :
1 8 −1 −1 −5 1
¯ ¯1 ¯ a) On peut opérer sur les lignes : L3 ←− L3 − 2L1 et ¯¯0 ¯2
¯ 1¯¯ 3¯¯ 2¯ ¯ 0¯¯ 5¯¯ 3¯
2 1 4
b) En ¯ développant¯par rapport à la deuxième ligne : ¯−3 ¯ ¯−1 ¯ ¯ 11
¯ ¯ ¯−3 −9 ¯¯ ¯ + (−1) × (−1) × ¯ 11 −12¯
¯ 9 ¯¯ ¯2 −1 ¯¯ = −1 × (−1) × ¯¯ −5 −12¯
2 0 −5
¯ ¯ 0¯¯ ¯¯1 6¯¯ = ¯¯0 2¯ ¯0
2 1 0
¯ ¯ ¯3 4 −2¯ ¯ ¯ e) ¯¯2 3 1 ¯¯ ¯1 2 3 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 −2¯ ¯ ¯ f) ¯¯−1 3 4 ¯¯ ¯−1 1 8 ¯
¯ 0¯¯ 6¯¯ = 2. 2¯
¯ 2 ¯¯ = (−24 + 45) + (15 − 22) = 21 − 7 = 14. −5¯
c) ¯La présence¯ des ¯ trois 1 à la¯première ligne incite à soustraire la première colonne aux deux autres : ¯1 ¯ ¯5 ¯ ¯2
1 8 −1
1¯¯ ¯¯1 3¯¯ = ¯¯5 2¯ ¯2
0 3 −3
0 ¯¯ ¯¯ 3 −2¯¯ = ¯¯ −3 0¯
¯ −2¯¯ = −6. 0¯
d) ¯En additionnant ¯ ¯ les colonnes ¯ ¯: C2 ←− C¯ 2 + C1 ¯1 ¯ ¯5 ¯ ¯2
0¯¯ ¯¯1 5¯¯ = ¯¯5 3¯ ¯2
¯1 0¯¯ ¯ 5¯¯ = − ¯¯5 ¯2 3¯
0¯¯ 0¯¯ = −15. 3¯ ¯ ¯ ¯3 4 −2¯ ¯ ¯ e) Avec la règle de Sarrus, alors ? ¯¯2 3 1 ¯¯ = 27 + 4 + 6 − 8 − 24 − 6 = −1. ¯1 2 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 −2¯ ¯1 1 −2¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f) L2 ←− L2 + L1 et L3 ←− L3 + L1 ¯¯−1 3 4 ¯¯ = ¯¯0 4 2 ¯¯ = 24 − 4 = 20. ¯−1 1 8 ¯ ¯0 2 6 ¯ −1 −5 1
0 0 3
0 5 3
Exercice 25.25 ♥ Sans les calculer, expliquer pourquoi les déterminants suivants sont nuls : ¯ ¯ ¯ 1. ∆1 = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2. ∆2 = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3. ∆3 = ¯¯ ¯
0 0 0
−1 2 1
−1 1 1
2 −2 −2
2 −1 3
−1 2 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 ¯¯ 5 ¯¯ 2 ¯
¯ ¯ ¯ 4. ∆4 = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 5. ∆5 = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 6. ∆6 = ¯¯ ¯
10 5 1
3 −3 2
Solution :
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 0 0
2 0 0
1 3 1
1 1 1
a b c
b +c c +a a +b
1 1 cos x sin x
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
cos 2x − cos 2x cos x sin x
2cos2 x 2sin2 x sin 2x
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1. Une colonne de ∆1 est nulle donc ∆1 = 0.
2. Les deux premières colonnes de ∆2 sont proportionnelles, donc ∆2 = 0.
3. La première colonne de ∆3 est somme des deux autres donc ∆3 = 0.
4. ∆4 étant diagonale, le déterminant ∆4 est égal au produit de ces termes diagonaux. Un de ceux-ci étant nul, il en est de même de ∆4 .
¯ ¯ 1 C →C2 +C3 ¯¯ === ¯ 1 5. ∆5 ==3==== ¯ 1 ∆5 = 0.
a b c
a +b +c a +b +c a +b +c
¯ ¯ ¯ ¯ et les première et troisième colonnes de ∆5 sont proportionnelles. Il vient ¯ ¯
6. La dernière colonne de ∆6 est somme des deux autres donc ∆6 = 0. Exercice 25.26 ♥♥ Calculer, sous forme factorisée : 993
1.
2.
3.
4.
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
2a b −c −a 2c ¯ ¯ b ¯ c ¯¯ 0 ¯
2a 2b c −a −b
a −b −c 2b 2c 0 a b
a 0 c
1+a b c
a 1+b c ¯ b c ¯¯ a b ¯¯ c a ¯
a c b
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ 1 ¯ 5. ¯¯ 1 ¯ 1
a2 b2 c2
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
(appelé déterminant de Vandermonde).
¯ ¯ ¯ 6. ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 7. ¯¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
a b 1+c
a b c
a +b a2 + b2 a3 + b3
1 1 1
b +c b2 + c2 b3 + c3
sin a sin b sin c
cos a cos b cos c
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
c +a c2 + a2 c3 + a3
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
où a, b, c sont trois réels. Solution :
¯ ¯ a −b −c ¯ 2b 1. ¯¯ ¯ 2c
2a b −c −a 2c
¯ ¯ 1 ¯ (a + b + c) ¯¯ 2b ¯ 2c
¯ ¯ ¯ 2. ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3. ¯¯ ¯
1 b −c −a 2c
(a + b + c)3 0 a b
a 0 c
1+a b c
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ L1 ←L1 +L2 +L3 ¯ a + b + c ¯ ============ ¯ 2b ¯ ¯ ¯ ¯ 2c
2a 2b c −a −b
1 2b c −a −b
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
C2 ← C2 − C1 C3 ← C3 − C1 ===============
a +b +c b −c −a 2c
¯ ¯ 1 ¯ (a + b + c) ¯¯ 2b ¯ 2c
¯ ¯ ¯ ¯ = 2abc par application de la règle de Sarrus. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1+a +b +c 1+a +b +c a a ¯¯ L1 ←L1 +L2 +L3 ¯ b 1+b 1+b b ¯¯ ============ ¯¯ ¯ c c c 1+c ¯
¯ ¯ ¯ ¯= ¯ ¯
a +b +c 2b c −a −b
0 −b − c − a 0
0 0 −c − a − b
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
=
b c 0
1+a +b +c b 1+c
¯ ¯ C2 ← C2 − C1 ¯ ¯ 1 ¯ 1 1 1 ¯¯ C ← C − C ¯ ¯ 3 3 1 ¯ ¯ b ¯ =============== (1 + a + b + c) ¯¯ b (1 + a + b + c) ¯ b 1 + b ¯ c ¯ c c 1+c ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a b c ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ C1 ←C1+C2+C3 ¯ a + b + c b c ¯ ¯ ¯ ¯ 4. ¯ c a b ¯ ============ ¯ a + b + c a b ¯¯ = ¯ b c a ¯ ¯ a +b +c c a ¯
0 1 0
0 0 1
¯ ¯ ¯ ¯= ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ = 1+a +b +c ¯ ¯
¯ ¯ ¯ L2 ← L2 − L1 ¯ ¯ 1 ¯ 1 b c ¯ b c ¯¯ ¯ ¯ L3 ← L3 − L1 ¯ (a + b + c) ¯¯ 1 a b ¯¯ =============== (a + b + c) ¯¯ 0 a − b b − c ¯¯ = ¯ 0 c −b a −c ¯ ¯ 1 c a ¯ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 (a + b + c) a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc = (a + b + c) (a − b)2 + (a − c)2 + (b − c)2 2
¯ ¯ ¯ L2 ← L2 − L1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a a2 ¯ ¯ ¯ L3 ← L3 − L1 ¯ 1 ¯ =============== ¯ 0 b − a b 2 − a 2 ¯ = (b − a) (c − a) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 c − a c2 − a2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 a a 2 ¯¯ ¯ L3 ←L3 −L2 ========= (b − a) (c − a) ¯¯ 0 1 b + a ¯¯ = (b − a)(c − a) (c − b) ¯ 0 0 c −b ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −2c ¯ a +b b +c c +a b +c c + a ¯¯ ¯ ¯ 2 C ←C −C −C 1 1 2 3 2 2 2 2 2 ¯ ¯ 6. ¯ a + b b + c c + a ¯ ============ ¯¯ −2c 2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 ¯ −2c 3 b 3 + c 3 c 3 + a 3 ¯ a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 ¯ ¯ ¯ 1 ¯ 5. ¯¯ 1 ¯ 1
a b c
a2 b2 c2
C2 ← C2 − C1 ¯ ¯ c C3 ← C3 − C1 ¯ =============== −2 ¯¯ c 2 ¯ c3
b b2 b3
a a2 a3
un déterminant de Vandermonde.
¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ = −2abc ¯ c ¯ ¯ ¯ c2 ¯
1 b b2
994
1 a a2
1 0 0
a 1 1
a2 b+a c +a
¯ ¯ ¯ c ¯ ¯ ¯ ¯ = −2 ¯ c 2 ¯ ¯ ¯ c3 ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
b +c b2 + c2 b3 + c3
c +a c2 + a2 c3 + a3
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯ = −2abc (b − a)(c − a) (c − b) car on reconnaît ¯ ¯
¯ ¯ L2 ← L2 − L1 ¯ ¯ ¯ 1 sin a cos a cos a ¯¯ L ← L − L ¯ ¯ 3 3 1 cos b ¯¯ =============== ¯¯ 0 sin b − sin a cos b − cos a ¯¯ = ¯ 0 sin c − sin a cos c − cos a ¯ cos c ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 sin a cos a sin a cos a ¯¯ ¯ ¯ b−a c−a ¯ b+a b+a b−a b+a b−a ¯ b+a ¯ 2cos 2 sin 2 −2sin 2 sin 2 ¯ = −4sin 2 sin 2 ¯ 0 cos 2 sin 2 ¯ = c−a c+a c−a ¯ ¯ 0 cos c+a sin c+a ¯ sin −2sin sin 2cos c+a 2 2 2 2 2 ³2 ´ ´ ³ c+a b−a c−a b+a b+a c+a c−a b+a c+a −4sin b−a sin = −4sin sin cos − sin cos sin 2 2 2 2 2 2 2 2 sin 2 − 2
¯ ¯ ¯ 7. ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 1 1 1 0 0
sin a sin b sin c
−4sin
b−a 2
sin
c−a 2
Exercice 25.27 Montrer que :
sin
c−b 2
♥ ¯ ¯ 3 ¯ ¯ 0 ¯ ¯ 0
0 4 0
Solution : Facile par permutations des colonnes. Exercice 25.28
=
0 0 5
¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ ¯ ¯ = −¯ 0 ¯ ¯ ¯ 5 ¯
0 4 0
3 0 0
¯ ¯ ¯ ¯ = 60 ¯ ¯
♥
¯ ¯1 ¯ Les nombres 119, 153 et 289 sont tous divisibles par 17. Montrer, sans le développer que le déterminant ¯¯1 ¯2
divisible par 17.
1 5 8
¯ 9¯¯ 3¯¯ est 9¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 100 10 9 ¯ ¯ C1 →C1 +C2 +C3 ¯ 119 10 9 ¯ ¯ Solution : Notons ∆ ce déterminant. On a : 1000∆ = ¯¯ 100 50 3 ¯¯ ============ ¯¯ 153 50 3 ¯¯ = ¯ 289 80 9 ¯ ¯ 200 80 9 ¯ ¯ ¯ ¯ a 10 9 ¯ ¯ ¯ 17 ¯¯ b 50 3 ¯¯ où a , b et c désignent respectivement le quotient de 119, 153 et 289 par 17. On obtient :∆ = 17m ¯ c 80 9 ¯ ¯ ¯ ¯ a 10 9 ¯ ¯ ¯ avec m = ¯¯ b 50 3 ¯¯ qui est un entier. Comme 17 est premier avec 1000, appliquant le lemme de Gauss, 17 divise ∆. ¯ c 80 9 ¯
Exercice 25.29 ♥ Soit (a, b, c) ∈ R3 . Considérons les polynômes Pa = (X − a)2 , Pb = (X − b)2 , Pc = (X − c)2 . Déterminer pour quelles valeurs de (a, b, c) la famille P = (Pa , Pb , Pc ) forme une base de R2 [X] ?
a2 b2 c2 Solution : La matrice de la famille P dans la base canonique 1, X, X de R2 [X] est M = −2a −2b −2c . 1 1 1 Utilisant les déterminants de Vandermonde, on trouve det M = −2(b − a)(c − a) (c − b). La famille P forme une base de R2 [X] si et seulement si les scalaires a , b et c sont deux à deux distincts. ¡
Exercice 25.30 Montrer que
¢ 2
♥♥♥
¯ ¯ cos (a − b) ¯ ∆ = ¯¯ cos (a + b) ¯ sin (a + b)
cos (b − c) cos (b + c) sin (b + c)
cos (c − a) cos (c + a) sin (c + a)
¯ ¯ ¯ ¯ = −2sin (a − b) sin (b − c) sin (c − a) ¯ ¯
Solution : On développe suivant la première ligne et on reconnaît les formules d’addition :
∆ = cos (a − b) [cos (b + c) sin (c + a) − cos (c + a) sin (b + c)] − cos (b − c) [cos (a + b) sin (c + a) − cos (c + a)sin (a + b)] +
cos (c − a) [cos (a + b) sin (b + c) − cos (b + c) sin (a + b)] = 1
cos (a − b) sin (a − b) + cos (b − c) sin (b − c) + cos (c − a) sin (c − a) = (sin 2(a − b) + sin 2(b − c) + sin 2(c − a)) 2
995
p−q p−q p+q puis on utilise les deux formules sin p + sin q = 2sin p+q 2 cos 2 et cos p − cos q = −2sin 2 sin 2 : 1
∆ = (2sin (a − c) cos (a + c − 2b) + sin 2(c − a)) 2
= sin (a − c) cos (a + c − 2b) + sin (c − a) cos (c − a) = sin (a − c) (cos (a + c − 2b) − cos (c − a)) = −2sin (a − b)sin (b − c) sin (c − a)
Exercice 25.31 Soient
♥ P1 = 2X 2 − X + 1,
P2 = X 2 + 2X,
Montrer que la famille P = (P1 , P2 , P3 ) est une base de R2 [X]. ¡
¢
Solution : Notant e = X2 , X, 1 la base canonique de R2 [X], on a :
2 Mate (P ) = −1 1
1 2 0
P3 = X 2 − 1
1 0 −1
qui est inversible. La famille P est donc une base de R2 [X]. Exercice 25.32 ♥ Á quelle condition sur le réel a la famille e = (e 1 , e 2 , e 3 ) : e 1 = (a, 1, 1)
e 2 = (1, a, 1)
e 3 = (1, 1, a)
3
forme-t-elle une base de R ? ¯ ¯ a ¯ Solution : La famille e forme une base de R3 si et seulement si ¯¯ 1 ¯ 1 La famille e est donc libre si et seulement si a 6= 1 et a 6= −2.
1 a 1
1 1 a
¯ ¯ ¯ ¯ 6= 0. Ce déterminant vaut : (a − 1)2 (a + 2). ¯ ¯
25.12.5 Inversion de matrice Exercice 25.33 Inverser
♥
1 0 2
−3 A= 2 1
0 1 −1
1. en utilisant des opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes. 2. en utilisant la comatrice. Solution : 1. On effectue les mêmes opérations sur les lignes de A et de I3 . −3 2 1
1 0 2
0 1 −1
−3 0 0
1 2 7
0 3 −3
−6 0 0
0 2 0
−54 0 0 9 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1 2 1
0 3 0
0 0 3
0 2 −12
−3 3 −21
0 0 6
L2 L3
← ←
3L2 + 2L1 3L3 + L1
−3 3 −27
L1
←
2L1 − L2
L3
←
2L3 − 7L2
0 18 0
0 0 −27
L1 L2
← ←
9L1 − L3 9L2 + L3
12 6 −12
−6 6 −21
−6 6 6
0 9 0
0 0 9
L1 ← L2996 ← L3 ←
L1 /(−6) L2 /2 L3 /(−3)
−2 3 4
1 3 7
1 3 −2
Chaque opération sur les lignes est la multiplication à gauche par une matrice inversible. Donc A est inversible et A−1 =
1 3 7
−2 1 3 9 4
1 3 . −2
−2 2. On calcule det(A) = 9 et com(A) = 1 1
3 3 3
4 −2 t com(A) 1 −1 7 donc A = = 3 det(A) 9 −2 4
1 3 7
1 3 . −2
Exercice 25.34 ♥ Montrer que les matrices suivantes sont inversibles et calculer leur inverse : 1. A = 2. B =
µ
µ
−1 2 1 i
i 1 1
1 1 ¶
¶
0
1
0 4. D = 1
−2
0
0
1
0
0
0
1
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0 6. F = 0 1
1
−1 1 1
0
1
5. E = 0 1 2
1
3. C = −1 0
0
0 1 0
2
−1
Solution : 1. A
−1
−1
2. B
= =
Ã
Ã
1/3
2/3
1/3
1/2
−i /2
−i /2 1/2
3. C−1 = 1/2
!
−1/3
1/2 1/3
1/2 −1/2 1/2 1/2 1
4. D−1 = −2/3 0 −1/3
0
Exercice 25.35
1
5. E−1 = 0
!
0
1
0
−2/3
0
0
1 −1 6. F = 0 0
1/3
2
−1 1 0
−2
1
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0 0 0
2/3
♥
On considère la matrice A ∈ M2 (C) donnée par A =
µ
1 −i
2i 1
¶
.
1. Montrer que A2 − 2A − I2 = 0. On dit que X2 − 2X − 1 est un polynôme annulateur de A. 2. En déduire que A est inversible et calculer son inverse. 3. Retrouver ce résultat par un calcul direct. Solution : 1. On montre par un calcul direct que A2 − 2A − I2 = 0. 2. L’égalité précédente amène : A (A − 2I2 ) = I2 . A est donc inversible et sa matrice inverse est : 3. On retrouve ce résultat en utilisant la comatrice ou en passant par un système.
997
Ã
−1
2i
−i
−1
!
Exercice 25.36 ♥
1 Soit A = −1
0
0
0
1
1
2
−1
1. Montrer que le polynôme que P = X3 − 3X + 3 est un polynôme annulateur de A. 2. En déduire que A est inversible et calculer son inverse. 3. Retrouver ce résultat par un calcul direct.
2 1 1 Solution : Même déroulement que l’exercice précédent. On trouve A−1 = I3 − A2 = 1 3 3 1
−1 1 1
0 3 . 0
Exercice 25.37 ♥ Soient deux matrices carrées A, B ∈ Mn (K ) vérifiant AB = 0. Montrer que si A est inversible, alors B = 0. Solution : Si A est inversible alors on peut écrire : AB = 0 =⇒ A−1 × AB = A−1 × 0 =⇒ B = 0.
Exercice 25.38 ♥♥ Soit une matrice A ∈ Mn (R ) antisymétrique. On pose M = I + A. 1. Soit une matrice colonne X ∈ Mn,1 (R ). Calculer la matrice t XAX 2. En déduire que la matrice M est inversible. Solution :
¡
¢
1. Si A = ai j alors t XAX =
Pn Pn i=1
et aii = 0. Alors t XAX = 0 .
j =1 a i j xi x j .
Comme A est antisymétrique, pour tout i 6= j a j i xi x j = −ai j xi x j
2. Soit X ∈ Mn,1 (R ). Alors
MX = 0 =⇒ t XMX = 0 =⇒ t X (I + A)X = 0 =⇒ t XX + t XAX = 0 =⇒ t XX = 0
en vertu de la première question. Mais si X = (xi ), t XX = que X = 0. On en déduit que M est inversible. Exercice 25.39
♥♥
1
a Déterminer l’inverse de la matrice carrée A = O
Pn
x2 i=1 i
O
..
.
..
.
..
.
a ¡
1
et t XX = 0 implique que ∀i ∈ 1, n, xi = 0 et
¢
Solution : Soit e = (e 1 , . . . , e n ) une base de Kn et f = f 1 , . . . , f n la famille de vecteurs de Kn admettant A comme matrice dans la base e . On a donc : f 1 = e 1 + ae 2 , f 2 = e 2 + ae 3 , . . . , f n−2 = e n−2 + ae n−1 , f n−1 = e n−1 + ae n , f n = e n .
On en déduit que : en e n−1 e n−2
=
fn
=
f n−2 − a f n−1 + a 2 f n
=
f 2 − a f 3 + a 2 f 4 − a 3 f 5 + . . . + (−1)n−2 a n−2 f n
=
f n−1 − a f n
... = ...
e2
e1
=
f 1 − a f 2 + a 2 f 3 − a 3 f 4 + . . . + (−1)n−1 a n−1 f n
998
donc f est une base de Kn , A est inversible et
1
−a a2 −1 A = Mat f (e) = −a 3 . .. (−1)n−2 a n−2 (−1)n−1 a n−1
0 1 −a
...
...
.. . .. .
.. . ..
a2
.
. .. (−1)n−3 a n−3 (−1)n−2 a n−2
... ...
1 −a
0 .. . .. . 0 1
Exercice 25.40 ♥♥ Soit A ∈ Mn (K) telle que In + A est inversible. Soit B = (In − A)(In + A)−1 . 1. Montrer que B = (In + A)−1 (In − A).
2. Montrer que In + B est inversible et exprimer A en fonction de B. Solution : 1. On a (In + A)(In − A) = (In − A)(In + A), donc In − A = (In + A)−1 (In − A)(In − A) donc B = (In − A)(In + A)−1 = (In + A)−1 (In − A), ce qu’il fallait vérifier. Un argument plus savant : (In + A)−1 est un polynôme en A, et comme tel commute avec n’importe quel polynôme 2 en A, par exemple In − A. En effet, soit B = In + A. La famille In , B, B2 , . . . , Bn est liée. On peut écrire λ0 In + λ1 B + . . . λk Bk = 0 où k désigne le plus grand indice É n 2 pour lequel λk 6= 0. On a λ0 6= 0, sinon on aurait B(λ1 In + . . . λk Bk−1 = 0 et donc B ne serait pas inversible. Donc on peut écrire ¶ µ λ2 λk k−1 λ1 B . In = B − In − B − . . . − λ0 λ0 λ0
Donc B−1 = −
λ2 λk k−1 λ1 In − B − . . . − B est un polynôme en B donc un polynôme en A = B − In . λ0 λ0 λ0
2. B = (2In − In − A)(In + A)−1 = 2(In + A)−1 − (In + A)(In + A)−1 = 2(In + A)−1 − In . D’où In + B = 2(In + A)−1 , ce qui 1 2
montre bien que In + B est inversible. De plus (In + B)−1 = (In + A), d’où A = 2(In + B)−1 − In .
Exercice 25.41 ♥♥ Soit A une matrice carrée nilpotente de taille n ∈ N∗ . Montrer que la matrice (In − A) est inversible. Solution : On suppose que A est nilpotente d’ordre p ∈ N∗ . On a donc Ak = 0 pour tout k Ê p et Ak 6= 0 pour tout k < p . Mais ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ (In − A) In + A + A2 + . . . + Ap−1 = (In − A) + A − A2 + . . . + Ap−1 − Ap = In
par télescopage et car Ap = 0. Donc In − A est inversible d’inverse In + A + A2 + . . . + Ap−1 .
Exercice 25.42 ♥♥ Soit une matrice U triangulaire supérieure telle que tous les éléments de la diagonale soient non-nuls. Montrer que la matrice U est inversible. (On montrera que UX = 0 =⇒ X = 0 ) Solution : Soit une matrice colonne X ∈ Mn1 (R) telle que UX = 0. On obtient un système d’équations triangulaire sur les coordonnées de X qui se résout de proche en proche en partant de la dernière équation et on obtient finalement que X = 0. Par conséquent, U est inversible. Une autre façon de voir est de considérer que la matrice est celle d’un endomorphisme u de Rn−1 [X] dans la base (X k ). L’hypothèse « U triangulaire supérieure avec tous les éléments de la diagonale non-nuls » se traduit par : ∀k ∈ {0, . . . , n − 1}, deg(u(X k )) = k . Donc u transforme la base (X k ) en une famille échelonnée en degrés, donc une base de Rn−1 [X]. Donc u est bijectif, donc U est inversible. Exercice 25.43
♥♥
On considère la matrice M = ((mi j ))1Éi,j Én ∈ Mn (R ) avec mi j 999
i = j 0
si i 6= j si i = j
. Calculer M2 et M−1 .
Solution : Faire d’abord le calcul pour n = 3. En notant M2 = ((ai j )), on tire que ai j =
ai j
(n − 2) i j = (n − 1)
Pn
k=1
m ik m k j =
P
k6∈{i,j }
i j
si i 6= j si i = j
On remarque que M2 = (n − 2)M + (n − 1)In d’où l’on tire que M est inversible et que M−1 =
1 .(M − (n − 2)In ). n −1
Exercice 25.44 ♥♥♥ Inverser la matrice suivante : 1 2 3 A= 4 5 6
6 1 2 3 4 5
5 6 1 2 3 4
4 5 6 1 2 3
3 4 5 6 1 2
2 3 4 5 6 1
Solution : Avec la forme de la matrice A, on peut faire le pari que la matrice inverse peut s’écrire, si elle existe,
x v u A−1 = t z y
y x v u t z
z y x v u t
t z y x v u
u t z y x v
L’égalité AA−1 = I6 se traduit, pour la première colonne de AA−1, par x 2x 3x 4x 5x 6x
+6v +v +2v +3v +4v +5v
+5u +6u +u +2u +3u +4u
+4t +5t +6t +t +2t +3t
+3z +4z +5z +6z +z +2z
v u t . z y x
+2y +3y +4y +5y +6y +y
= = = = = =
1 0 0 0 0 0
Il n’est pas difficile de voir que la (les ?) solutions de ce système fournit une solution pour les autres colonnes. Maintenant, en additionnant les lignes, en posant S = x + v + u + t + z + y , on obtient 21S = 1. Ensuite on multiplie la 2ème la 4ème et la 6ème ligne par −1 et on additionne les six lignes pour obtenir −3x + 3v − 3u +
1 4 et S 2 = . 7 21 Si on continue dans la même idée, pourquoi ne pas multiplier la 2ème et la 5ème ligne par j et la 3ème et la 6ème ligne par j 2 avant d’additionner le tout : (5+7j +9j 2 )(x+t )+(9+5j +7j 2 )(v +z)+(7+9j +5j 2 )(u+y) = 1. En utilisant 7(1+ j + j 2 ) = 0, on a (−2+2j 2 )(x +t )+(2−2j )(v +z)+(2j −2j 2 )(u + y) = 1. En factorisant par (2−2j ), on a j 2 (x +t )+(v +z)+ j (u + y) = 1 1 1− j2 1 = = (1 − j 2 ). En conjuguant, on obtient j (x + t ) + (v + z) + j 2 (u + y) = (1 − j ). En posant 2(1 − j ) 2(1 − j )(1 − j 2 ) 6 6 T1 = x + t , T2 = v + z, T3 = u + y on a 1 T1 + T2 + T3 = 21 1 (1 − j 2 ) . Bon, on sent qu’il y a de l’idée mais il n’y a rien de décisif. Il faut aller j 2 T1 + T2 + j T3 = 6 1 jT + T2 + j 2 T3 = (1 − j ) 1 6 encore plus loin : ¡ ¢ ème ligne par ζk et on additionne le tout : Soit ζ = exp 2iπ 6 . On multiplie la k X6 − 1 xS + ζvS + ζ2 uS + ζ3 t S + ζ4 zS + ζ5 yS = 1 en posant S = 1 + 2ζ + 3ζ2 + 4ζ3 + 5ζ4 + 6ζ5 . Soit P(X) = X , on a S = P′ (ζ). X−1 X6 − 1 6 6X 5 (X − 1) − (X 6 − 1) , d’où S = . Or P′ (X) = +X X−1 (X − 1)2 ζ−1 3t − 3z + 3y = 1 soit 3S 1 − 3S 2 = −1 en posant S 1 = x + u + z et S 2 = v + t + y . Ce qui donne S 1 = −
1000
On obtient ainsi en faisant jouer le rôle de ζ par ζ2 , ζ3 , . . . x x x x x x
+v
+u
+t
+z
+y
=
+ζv
+ζ2 u
+ζ3 t
+ζ4 z
+ζ5 y
=
+ζ2 v
+ζ4 u
+ζ6 t
+ζ2 z
+ζ4 y
=
+ζ3 v
+ζ6 u
+ζ9
+ζ12 z
+ζ15 y
=
+ζ4 v
+ζ8 u
+ζ12 t
+ζ16 z
+ζ20 y
=
+ζ5 v
+ζ10 u
+ζ15 t
+ζ20 z
+ζ25 y
=
1−1 6 ζ−1 6 ζ2 − 1 6 ζ3 − 1 6 ζ4 − 1 6 ζ5 − 1 6
+
1 21
1 − 1 d’où 21 10 1 11 x = − . Pour trouver v , on multiplie la k ème ligne par ζ5k et on additionne le tout : 6v = 1 + d’où v = . 63 21 63 1 1 d’où t = . Le même calcul Pour trouver t , on multiplie la k -ième ligne par ζ4k et on additionne le tout : 6u = 21 126 1 . donne le même résultat pour les autres inconnues : t = z = y = 126 −20 1 1 1 1 22 22 −20 1 1 1 1 1 1 22 −20 1 1 1 A−1 = . 1 1 22 −20 1 1 126 1 1 1 22 −20 1 1 1 1 1 22 −20
On trouve x en additionnant les lignes, en utilisant 1 + ζk + ζ2k + ζ3k + +ζ4k + +ζ5k = 0 pour 1 É k É 5 : 6x =
Exercice 25.45 ♥♥♥ On considère une matrice A ∈ Mn (C ), A = (ai j )1Éi,j Én à diagonale dominante : ∀i ∈ [[1, n]]2 ,
|aii | >
X
j 6=i
|ai j |
Montrer que la matrice A est inversible. Cette propriété est connue sous le nom de lemme d’Hadamard. Solution : Supposons que A ne soit pas inversible. Alors il existe X = (xi ) ∈ M1 (C ) non nul tel que AX = 0. Comme X est non nul, on sait que α = maxi∈1,n |xi | 6= 0. De plus, on a encore A (X/α) = 0. On peut donc supposer que maxi∈1,n |xi | = P 1. On note i 0 l’indice i ∈ 1, n tel que |xi | = 1 . L’égalité AX = 0 amène pour tout i ∈ 1, n, nj=1 ai j x j = 0 ou encore Pn −aii xi = j =1,j 6=i ai j x j . En particulier, pour i = i 0 , cette égalité devient en passant à la valeur absolue et en utilisant l’inégalité triangulaire : ¯ ¯a i
0 i0
¯ ¯ ¯ = ¯ai
¯ ¯ ¯ n n n X X ¯ ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¯ X ¯ ¯a ¯ ¯x j ¯ É ¯ai j ¯ ¯ a x = x ¯É ¯ i j j i i 0 0 0 0 ¯ j =1,j 6=i i 0 j ¯ j =1,j 6=i 0 j =1,j 6=i 0
0
0
car maxi∈1,n |xi | = 1. Mais comme la matrice est à diagonale dominante, on a aussi |ai 0 i 0 | > une contradiction. Par conséquent A est inversible. Exercice 25.46
P
j 6=i 0 |a i 0 j |
♥♥♥
1. Soit n ∈ N, Démontrer qu’il existe un unique polynôme Un (X) ∈ Z[X], de degré n , vérifiant ∀ϑ ∈ R, sin ϑ.Un (cos ϑ) = sin (n + 1)ϑ.
Démontrer que Un+1 (X) + Un−1 (X) = 2XUn (X)
(∗)
Démontrer que ∀n Ê 1, ∀p Ê 1, Un+p = Up Un − Up−1 Un−1
1001
(∗∗).
et on aboutit à
2. Soit
1
0
...
0
1
2x
1
..
.
0
..
.
..
..
.
.. .
..
.. .
.
0
...
Bn (x) =
Démontrer que pour x 6= cos
2x
.
1 0
2x 1
0 . 1 2x
kπ , Bn (x) est inversible et son inverse est la matrice symétrique définie par n +1 b i′ j = (−1)i+ j
et b i′ j = (−1)i+ j
Ui−1 (x)Un− j (x) Un (x) U j −1 (x)Un−i (x) Un (x)
pour i É j
pour i Ê j.
Solution : 1. Existence : On l’établit par récurrence. On peut prendre U0 (X) = 1, U1 (X) = 2X, et puisque sin (n + 2)ϑ + sin nϑ = 2cos ϑsin (n + 1)ϑ on a nécessairement sin ϑUn+1 (cos ϑ) + sin ϑUn−1 (cos ϑ) = 2cos ϑsin ϑUn (cos ϑ).
Donc on choisit Un+1 (x) = 2xUn (x)−Un−1 (x) sur [−1; 1]. On en déduit que les Un sont des fonctions polynômes, appelés polynômes de Tchebychev (de deuxième espèce). Les polynômes Un (X) ainsi construits conviennent et appartiennent à Z[X]. Unicité : La différence de deux tels polynômes s’annulerait sur [−1; 1] ce qui donne l’unicité. On a bien entendu Un+1 (X) + Un−1 (X) = 2XUn (X).
(∗)
Un est de degré µ n par ¶ une récurrence immédiate. kπ Les ξk = cos , 1 É k É n sont les n racines distinctes de Un . n +1 Enfin, en utilisant trois fois sin a sin b = 21 (cos(a − b) − cos(a + b)), on a d’une part : 1
1
2
2
sin2 ϑUn+p (cos ϑ) = sin ϑsin(n + p + 1)ϑ = cos(n + p)ϑ − cos(n + p + 2)ϑ,
et d’autre part : sin2 ϑUp (cos ϑ)Un (cos ϑ) − sin2 ϑUp−1 (cos ϑ)Un−1 (cos ϑ) = sin(p + 1)ϑsin(n + 1)ϑ − sin pϑsin nϑ 1 1 = cos(p − n)ϑ − cos(p + n + 2)ϑ 2 2 1 1 − cos(p − n)ϑ + cos(p + n)ϑ 2 2 1 1 = cos(p + n)ϑ − cos(p − n)ϑ 2 2
On a bien établi (**) 2. Soit 1 É i < j É n (en posant U−1 (x) = 0 dans le cas où j = n ) n X
k=1
′ b ik b k j = b i′ j −1 b j −1 j + b i′ j b j j + b i′ j +1 b j +1 j = b i′ j −1 b j −1 j + 2xb i′ j + b i′ j +1
=
(−1)i+ j −1 Ui−1 Un− j +1 + (−1)i+ j 2xUi−1 Un− j + (−1)i+ j +1 Ui−1 Un− j −1
= (−1)i+ j −1
Ui−1
¡
Un (x) ¢ Un− j +1 − 2xUn− j + Un− j −1 Un (x)
= 0.
d’après (∗) où l’on remplace n par n − j . 1002
′ Pour i = j (en posant U−1 (x) = 0 dans le cas où j = n et donc bnn+1 = 0) n X
k=1
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ b ik b ki = b ii−1 b i−1i + b ii b ii + b ii+1 b i+1i = b ii−1 b i−1i + 2xb ii + b ii+1
Ui−2 Un−i + 2xUi−1 Un−i − Ui−1 Un−i−1 Un (x) 1 = (−Ui−2 Un−i + Ui−1 (2xUn−i + Un−i−1 )) Un (x) 1 1 Un−i+1+i−1 d’après (∗∗) = (−Ui−2 Un−i + Ui−1 Un−i+1 ) = Un (x) Un (x) 1 = Un = 1. Un (x)
=−
25.12.6 Calcul des puissances d’une matrice Exercice 25.47 ♥ Calculer An pour n ∈ N∗ et les matrices A suivantes : 1. A = 2. A =
µ µ
1 0
1 2
a 0
b a
¶
3. A =
¶
4. A =
µ µ
1 1
¶
1 1
1 −1
−1 1
¶
Solution : Par des récurrences faciles, on trouve : 1. An = 2. An =
µ µ
1 0
2n − 1 2n
an 0
¶
na n−1 b an
Exercice 25.48
3. An = 2n−1
¶
4. An = 2n−1 ♥
1. Calculer les puissances de A =
µ
1 1
µ µ
1 1
¶
1 1
1 −1
−1 1
¶
¶ 1 . 0
2. On pose : F0 = 0 ; F1 = 1 ; Fn+2 = Fn+1 + Fn (suite de Fibonacci) . Démontrer que pour tous entiers naturels n et p , Fn+p = Fn+1 Fp + Fn Fp−1 . Solution : 1. Par récurrence, ∀n ∈ N∗ An =
µ
Fn+1 Fn
Fn Fn−1
¶
.
2. On calcule le coefficient de la 1ère ligne et 2ème colonne de An+p = An Ap . Comparer avec l’exercice 20.21 p. 764 Exercice 25.49
1 Soit A = 0 0
2 1 0
−1 1 1
♥
1. Montrer que A − I3 est nilpotente d’ordre 3 (c’est à dire que (A − I3 )2 6= 0 et que (A − I3 )3 = 0 2. En déduire, en utilisant la formule du binôme de Newton An pour tout n ∈ N.
Solution : 1. Par un calcul direct, on montre que B = A − I3 vérifie B3 = 0 et B2 6= 0. 1003
2. Utilisant la formule du binôme, ce qui est valide car I3 × B = B × I3 , on obtient, pour n Ê 3 : An
(B + I3 )n à ! n n X Bk k k=0 à ! à ! à ! n 0 n 1 n 2 B + B + B 0 1 2 1 2n n (n − 2) 0 1 n 0 0 1
= = = =
Cette formule reste valable si n = 0, 1, 2. Exercice 25.50
1 Calculer An pour A = 0 0
♥ −1 1 0
0 −1 de deux manières différentes. 1
Solution : Même déroulement que dans l’exercice précédent : on forme la matrice B= A − I3 et on montrequ’elle est
1 nilpotente d’ordre 3. On applique ensuite la formule du binôme et on trouve : An = 0 0
aussi prouver ce résultat en effectuant une récurrence. Exercice 25.51
♥♥ Ã
On considère la matrice A = 1. 2. 3. 4.
2
−2
−1 3
−n 1 0
n (n − 1) 2 . On peut −n 1
!
2
Montrer que le polynôme X − 5X + 4 est un polynôme annulateur de A. En déduire que A est inversible et calculer son inverse. Pour n Ê 2, déterminer le reste de la division euclidienne de Xn par X2 − 5X + 4. En déduire l’expression de An pour tout n ∈ N.
Solution : 1. Par un calcul direct.
µ
¶ 5 5 1 1 2. On déduit de la question précédente que : A I2 − A = I2 . A est donc inversible d’inverse : I2 − A. 4 4 4 4 3. En utilisant le théorème de la division euclidienne, il existe des polynômes à coefficients réels Q et R tels que : ¡ ¢ X n = Q X 2 − 5X + 4 +R et degR < 2. Le polynôme R est donc de la forme R = aX +b . Remarquant que les racines ( a +b =1 1 2 de X − 5X + 4 sont 1 et 4, on obtient le système : qui admet comme solution : a = (4n − 1) et n 3 4a + b = 4 1 n b = (4 − 4 ). 3 ¢ ¢ ¡ ¢ 1¡ 1¡ n 4 − 1 A + 4 − 4n I2 4. On en déduit que si n Ê 2, An = Q (A) A2 − 5A + 4I3 + R (A) = R (A) = 3 3
Exercice 25.52 ♥♥ On considère la matrice J ∈ Mn (R) remplie de 1 :
1 .. J = .
1
... 1 ...
1. Calculer J2 puis pour k ∈ N , Jk . 2. J est-elle inversible ?
1004
1 . ..
1
3. On considère la matrice
1 A = −1 −1
Calculer les puissances successives de A.
−1 −1 1
−1 1 −1
Solution : 1. J2 = nJ puis par récurrence, pour k Ê 1, Jk = n k−1 J.
2. Puisque J2 = nJ, il vient que J(J − nI) = 0 et alors si J était inversible, en multipliant à gauche par J−1 , on aurait J = nI ce qui est faux pour n Ê 2. Remarque : La matrice J est visiblement de rang 1. 3. Écrivons A = 2I − J et en utilisant le binôme (I et J commutent), on trouve pour n Ê 1 que à ! à ! ³X ´ n n n n X n−k k k n A = 2 (−1) J = 2 I + 2n−k (−1)k 3k−1 J k=0 k k=1 k n
Mais
à ! à ! à ! n n−k 1 Pn n n−k (−1)n − 2n k k−1 k n 2 (−1) 3 = . Et finalement, 2 (−3) − 2 = k=1 k k=0 k 3 3
Pn
An = 2n I +
Exercice 25.53 On considère la matrice
♥
−1 A= 1 −1
Calculer pour n ∈ N , An .
(−1)n − 2n J. 3
a 0 ∈ M3 (R ) −1
a −1 0
Solution : Décomposons la matrice sous la forme A = H − I où
0 H= 1 −1
a 0 0
a 0 0
0 H2 = a 0 0
0 1 −1
0 1 −1
H3 = 0
Avec le binôme, on trouve finalement que
1 An = (−1)n −n n
Exercice 25.54 On considère la matrice
−na
1 + n(n−1) a 2 − n(n−1) a 2
♥ A=
µ
a b
b a
−na
n(n−1) a 2 n(n−1) 1− 2 a
¶
Calculer ses puissances An pour n ∈ N . Solution : On pose A = aI2 + bJ avec J = formule du binôme :
µ 0 1
¶ 1 . On vérifie que J2 = I2 . Comme I2 et J commutent, on peut appliquer la 0
à ! à ! n n n X X n k n−k k n−k k A = b a J = b a I2 + k k=0 k=0 k n
k pair
n
Maintenant (a − b) =
n X
k=0 k pair
à ! n k n−k b a − k
n X
k=0 k impair
n X
k=0 k impair
à ! n k n−k b a J = SI2 + TJ. k
à ! n k n−k b a = S − T. Comme (a + b)n = S + T, on en déduit S = k
1005
1 1 [(a + b)n + (a − b)n ] et T = [(a + b)n − (a − b)n ]. Donc 2 2 ¶ µ µ 1 (a + b)n + (a − b)n S T = An = n n T S 2 (a + b) − (a − b)
Exercice 25.55 ♥
1 Soient les matrices A = 0 0
1 1 0
1 a 1 , B = 0 1 b
0 Solution : On écrit A = I + J avec J = 0 0 n(n − 1) J2 . An = I + nJ + 2 0 1 0 On écrit B = aI + bP avec P = 0 0 1. 1 0 0
1 0 0
b a 0
¶ (a + b)n − (a − b)n n n . (a + b) + (a − b)
0 b . Calculer les puissances des matrices A, B. a
1 0 2 1. On calcule J = 0 0 0
0 0 0
1 0 et J3 = 0. En appliquant le binôme, 0
0 0 1 Alors P2 = 1 0 0 et P3 = I. En appliquant la formule du binôme, 0 1 0 Ã ! Ã ! Ã ! n P P Pn n n n 2 n−k k n−k k n n−k k n B = αI + βP + γP avec α = k=0,k=3p a b , β = k=0,k=3p+1 a b et γ = k=0,k=3p+2 a b . k k k Pour calculer ces trois sommes (voir aussi B.2.2 p. 1162), on développe (a +b)n , (a + j b)n et (a + j 2 b)n . On trouve ainsi
1 Soit V = 1 1
soit
1 j j2
α α α
+ + +
β βj βj2
+ + +
γ γj 2 γj
= = =
(a + b)n (a + j b)n . (a + j 2 b)n
1 α (a + b)n 1 2 n j , X = β et D = (a + j b) . Posons aussi V = 1 j γ (a + j 2 b)n 1 α β γ
= = =
α β γ Autrement dit Bn = γ α β β γ α (a + b)n + (a + j b)n + (a + j 2 b)n 1 = (a + b)n + ( j a + j b)n + j 2 (a + j 2 b)n 3 (a + b)n + j 2 (a + j b)n + j (a + j 2 b)n
Exercice 25.56 µ
5 Soit la matrice A = 4
¢ 1¡ (a + b)n + (a + j b)n + (a + j 2 b)n 3 ¢ 1¡ (a + b)n + j 2 (a + j b)n + j (a + j 2 b)n . 3 ¢ 1¡ (a + b)n + ( j a + j b)n + j 2 (a + j 2 b)n 3
(a + b)n + j 2 (a + j b)n + j (a + j 2 b)n (a + b)n + (a + j b)n + (a + j 2 b)n (a + b)n + ( j a + j b)n + j 2 (a + j 2 b)n
(a + b)n + ( j a + j b)n + j 2 (a + j 2 b)n n 2 n 2 n (a + b) + j (a + j b) + j (a + j b) . (a + b)n + (a + j b)n + (a + j 2 b)n
¶♥ −4 . Calculer An . (on décomposera A = I2 + 4J) −3
µ 1 Solution : On a A = I2 + 4J, avec J = 1 ¶ µ 4n + 1 −4n An = I2 + 4nJ = . 4n −4n + 1
Exercice 25.57
1 1 j . On a VV = 3I3 , donc X = VD, 3 2 j
1 j2 j
¶ −1 . Comme J2 = 0, on en déduit, puisque I2 et J commutent, −1
♥♥
1. Soit la matrice H = ((hi j )) ∈ Mn (R) avec hi j = 1. Calculer Hk .
2. En déduire les puissances de la matrice A = ((ai j )) où ai j = (1 − δi j ). 3. Montrer que la matrice A est inversible en calculant son rang.
4. Trouver l’inverse de la matrice A (on le cherchera sous la forme aI + bH). 1006
Solution : 1. On montre par récurrence que Hk = n k−1 H pour k Ê 1 et H0 = I. 2. A = H − I. En utilisant la formule du binôme,
à ! à ! p 1 X p k (−1)p (n − 1)p p−k A = (−1) I + H− .H n (−1) H = (−1)p I + n k=1 k n n p
p
3. Par les opérations C2 ← C2 − C1 , . . . , Cn ← Cn − C1 , puis en ajoutant toutes les colonnes de la matrice obtenue à la première, A a même rang que la matrice triangulaire supérieure avec pour éléments (n − 1), −1, . . . , −1 sur la diagonale. Par conséquent, pour n Ê 2, le rang de A vaut n et donc A est inversible.
4. En calculant
(aI + bH)(H − I) = −aI + (a + (n − 1)b)H
1 il suffit de prendre a = −1 et b = pour n Ê 1. Par conséquent, A est inversible et n −1 A−1 =
Exercice 25.58
♥♥ 0 0 1 0 1. Soit la matrice J = 0 1 .. . 0
...
...
..
.
..
.
0
0 1
1 H−I n −1
0 ... ∈ Mn (K ). Calculer les matrices J2 et Jn pour tout entier n ∈ N . .. .
0
a
b 2. Calculer les puissances de la matrice A = 0 .. .
0
0
0
..
... ... ∈ Mn (K ). Les matrices de cette forme sont
a b
..
.
.
b 0
...
a b
appelées matrices de Jordan.
Solution :
0 0 2 1. On a J = 1
0
0 0
..
.
..
.
..
.
...
1
0
a
0 .. . . On déduit donc J2 de J « en baissant d’un cran la diagonale de 1 dans la matrice ». .. .
...
0
...
0 0
0
0 0 ... 0 . . . . . . . . 0 ... . n 3 2 n−1 = On déduit J de J par le même procédé et ainsi de suite. On obtient alors J , J = 0 et .. . 0 0 0 0 1 0 ... 0 0 Jm = 0 pour tout m Ê n . 2. On remarque que A = aIn + bJ. Comme In et J commutent, on peut appliquer la formule du binôme. On obtient pour tout m ∈ N : Ã ! m m X m a m−k b k Jk (aIn + bJ) = k k=0
et
am
¡ ¢ m a m−1 b 1 .. . ¡m ¢ m m A = m b 0 . .. 0
0
...
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
..
..
..
.
0
0
. 1007 ¡m ¢ m m b
..
.
..
.
...
¡m ¢ 1
..
.
..
.
a m−1 b
...
.
..
.
...
...
.. . 0 am
si m < n
am
¡ ¢ m a m−1 b 1 ... ¢ ¡ m m−k k b Am = k a .. . ¡m ¢ m−n n b n a
0
...
..
.
..
..
.
..
. ..
...
...
0
...
.
.
¡m ¢ k
.. a m−k b k
.
...
¡m ¢ 1
..
.
..
.
. ..
a m−1 b
0 am
si m Ê n
25.12.7 Représentation matricielle d’une application linéaire Exercice 25.59 ♥ Pour chacune des applications linéaires suivantes : 1. vérifier que u est linéaire. 2. déterminer sa matrice dans les bases canoniques des espaces vectoriels considérés. 3. déterminer son rang. 4. Déterminer u −1 quand cette application existe. 5. calculer l’image du vecteur V donné en utilisant cette matrice. 1. u :
4. 5. 6. 7.
½
3 ¡ R ¢ x, y, z 3 ¡ R ¢ x, y, z
−→ 7−→
2 ¡R ¢ et V = (0, 1, −1).. x + y + z, x − 2y − 3z
3 ¡R ¢ et V = (1, 2, −1). x + z, y − z, z − x ½ 3 R −→ R3 − v = (1, 1, 1). u : → On pose → et V = (−1, 0, 2). − − − u 7−→ → u ∧→ v ½ R3 [X] −→ R3 [X] u: et V = X3 − 3X2 + X − 1. P 7−→ XP′ (X) − P ½ R2 [X] −→ R3 u: et V = X2 − X + 1. P 7−→ (P (0) , P (1) , P (2)) ¶ ½ µ M2 (R) −→ M2 (R) 1 −1 u: et V = . 0 1 M 7−→ M ¶ ¶ ½ µ µ M2 (R) −→ M2 (R) 1 1 0 1 u: où E = et V = 0 1 1 0 M 7−→ EM
2. u : 3.
½
−→ 7−→
Solution : 1.
(a) On vérifie facilement que u est linéaire. (b) A = Mate ′ ⇐e (u) = (c) rg(u) = rg(A) = 2
µ 1 1
1 −2
¶ 1 où e est la base canonique de R3 et e ′ celle de R2 . −3
(d) u ne peut être bijective car R2 et R3 ne sont pas de même dimension. µ ¶ 0 0 (e) On a B = Mate ′ V = 1 et AB = . Donc u (V) = (0, 1). 1 −1
2.
(a) On vérifie facilement que u est linéaire.
1 (b) A = Mate (u) = 0 −1
0 1 0
(c) rg(u) = rg(A) = 3
(d) On (
¡
en R3
x, y, z
déduit ¢
−→ 7−→
que
1 −1 où e désigne la base canonique de R3 . 1
u
est
bijective.
R3 ¢ 1¡ x − z, x + 2y + z, x + z 2
1008
De
plus
A−1
=
1 1 1 2 1
0 2 0
−1 1 1
donc
u −1
:
3.
1 0 (e) On a B = Mate V = 2 et AB = 3 . Donc u (V) = (0, 3, −2). −1 −2 (a) u est linéaire par bilinéarité du produit vectoriel. 0 1 −1 1 où e désigne la base canonique de R3 . (b) A = Mate (u) = −1 0 1 −1 0
(c) rgu = rg A = 2. (d) u n’est donc pas bijective. (e)
4.
(a) (b)
−1 −2 On a B = Mate V = 0 et AB = 3 . Donc u (V) = (−2, 3, −1). 2 −1 On vérifie facilement que u est linéaire. −1 0 0 0 0 0 0 0 ¡ ¢ 2 3 A = Mate (u) = 0 0 1 0 où e = 1, X, X , X est la base canonique de R3 [X]. 0 0 0 2 rgu = rg A = 3.
(c) (d) u n’est donc pas bijective.
−1 1 1 0 3 2 (e) On a B = Mate V = −3 et AB = −3. Donc u (V) = 2X − 3X + 1.
1
5.
(a) On vérifie facilement que u est linéaire.
(b) (c) (d)
(e) 6.
2
(a) (b)
1 0 0 A = Mate ′ ⇐e (u) = 1 1 1 où e ′ est la base canonique de R3 et e celle de R2 [X]. 1 2 4 rgu = rg A = 3. ( 2 0 0 R3 −→ R2 [X] 1 −1 −1 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ 1¡ −3 4 −1. On en déduit que u : ¡ A = x, y, z 7−→ 2x + −3x + 4y − z X + x − 2y + z X 2 2 1 −2 1 2 1 1 On a B = Mate V = −1 et AB = 1. Donc u (V) = 3X2 + X + 1. 1 3 u est linéaire car l’opération de transposition est linéaire. 1 0 0 0 0 0 1 0 A = Mate (u) = 0 1 0 0 où e = (E11 , E12 , E21 , E22 ) est la base canonique de M2 (R) 0 0 0 1 rgu = rg A = 4.
(c) (d) On vérifie sans peine que A−1 = A ce qui se vérifie par ailleurs en remarquant que la transposition est une symétrie de M2 (R).
1 1 µ −1 0 1 (e) On a B = Mate V = et AB = . Donc u (V) = −1 0 −1
1
7.
1
0 1
¶
(a) On vérifie facilement que u est linéaire.
1 0 (b) A = Mate (u) = 0 0 (c) rgu = rg A = 4.
0 1 0 0
1 0 (d) On vérifie que A−1 = 0 0
0 1 où e = (E11 , E12 , E21 , E22 ) est la base canonique de M2 (R) 0 1
1 0 1 0 0 1 0 0
−1 0 1 0
0 ½ −1 . On montre par ailleurs que : u −1 : M2 (R) 0 M 1
1009
−→ 7−→
M2 (R) E−1 M
0 1 µ 1 1 et AB = . Donc u (V) = 1 (e) On a B = Mate V = 1 1 1 0 0
¶ 1 0
Exercice 25.60
½♥ Rn [X] Soit l’endomorphisme ϕ : P
1. Montrer que ϕ est linéaire.
−→ 7−→
Rn [X] . P′′
2. Écrire la matrice de ϕ dans la base canonique de Rn [X]. Solution :
0 0 . . . .. . . . . 0 0 0
0
2
0
...
...
...
0
0
6
0
...
...
.. . .. . .. .
.. . .. . .. .
..
12
..
.
..
..
.
..
.
.
..
.
... ... ...
... ... ...
... ... ...
.
.
.. ... ... ...
... ... ...
... ... ...
0
. 0 n(n − 1) 0 0
... .. . .. .
Exercice 25.61 ♥ Soit ϕ : P 7→ XP′ + P où P est un polynôme. 1. Prouver que ϕ ∈ L (R3 [X]).
2. Calculer la matrice de ϕ dans la base canonique de R3 [X]. 3. Démontrer que cette matrice est inversible et calculer son inverse. 4. En déduire que ϕ est bijective et calculer l’image réciproque de chacun des éléments de la base canonique de R3 [X] par ϕ. Solution : 1. La linéarité provient de la linéarité de la dérivation et de la multiplication par X. Reste à démontrer que XP′ + P est un polynôme et que deg(XP′ + P) É 3 ce qui ne pose pas de difficulté. 1 ¡ k¢ 0 2. On a ϕ X = XkXk−1 + Xk = (k + 1)Xk . D’où la matrice : M = 0 0 1 0 0 0 0 21 0 0 3. M−1 = 0 0 1 0 . 3
0
0
¡
0
¢
4. On a ϕ−1 Xk =
0 2 0 0
0 0 3 0
0 0 . 0
4
1 4
1 Xk . k +1
Exercice 25.62 ♥ On considère l’espace vectoriel E = C ∞ (R) et les vecteurs f 1 , f 2 , f 3 , f 4 ∈ E donnés par : f 1 : x 7→ ch x,
f 2 : x 7→ sh x,
f 3 : x 7→ x ch x
et
f 4 : x 7→ x sh x
¡
¢
1. Déterminer la dimension du sous-espace vectoriel F de E engendré par la famille f = f 1 , f 2 , f 3 , f 4 . 2. Soit ϕ : f 7→ f ′′′ − 2f ′′ + f ′ − f . Montrer que ϕ ∈ L (E).
3. Déterminer la matrice de ϕ dans la base f .
4. ϕ est-elle un automorphisme de F dans F ? Si oui, déterminer la matrice de ϕ−1 dans la base f . 5. Trouver une solution particulière de l’équation différentielle : f ′′′ − 2f ′′ + f ′ − f = sh x + x ch x . 1010
Solution : 1. dimF = 4 car la famille f est libre. En effet supposons ∀x ∈ R, a ch x + b sh x + cx ch x + d x sh x = 0, en regardant en 0, on a a = 0 on a donc d x sh x = −(b sh x + cx ch x) qui est donc une fonction impaire : d’où d = 0. Comme en +∞, b sh x = o(x sh x) on en déduit que d , puis c sont nuls.
2. La linéarité est claire. ϕ( f 1 ) = f 2 − 2f 1 + f 2 − f 1 = 2f 2 − 3f 1 , ϕ( f 2 ) = 2f 1 − 3f 2 , ϕ( f 3 ) = 2f 4 − 3f 3 + 4f 1 − 4f 2 et ϕ( f 4 ) = 2f 3 − 3f 4 + 4f 2 − 4f 1 .
−2 1 3. M = 0 0
1 −2 0 0 10 1 5 4. M−1 = − 15 0 0
4 −4 −3 2
5 10 0 0
−4 4 . 2 −3
4 −4 9 6
−4 4 . Comme M−1 existe, ϕ est un automorphisme de F. 6 9
5. On cherche une solution u ∈ F, vérifiant ϕ(u) = f 2 + f 3 = v . Il suffit de prendre u = ϕ−1 (u) pour cela on calcule 10 1 5 − 15 0 0
5 10 0 0
4 −4 9 6
−4 0 −9 1 −6 1 4 = − D’où u = − 1 (−3ch x − 2sh x + 3x ch x + 2x sh x). 6 1 15 9 5 9 0 6
Exercice 25.63 ♥♥ On considère un C -espace vectoriel E de dimension 3 et f un endomorphisme non nul de E. Montrez que f 2 = 0 si et seulement s’il existe une base e de E telle que 0 Mate ( f ) = 0 0
1 0 0
0 0 0
Solution : Si f 2 = 0, Im f ⊂ Ker f . D’après le théorème du rang, dimIm f + dim Ker f = 3
Comme dimIm f É dim Ker f , il vient que 3 É 2dim Ker f et donc que dim Ker f Ê 2. Comme f n’est pas l’endomorphisme nul, dim Ker f = 2 et dim Im f = 1. Donc il existe un vecteur e 1 ∈ E non-nul tel que Im f = Vect(e 1 ). On complète en une base (e 1 , e 3 ) de Ker f que l’on complète ensuite en une base (e 1 , e 2 , e 3 ) de E. Comme f (e 2 ) ∈ Im f , il 1
existe λ ∈ R tel que f (e 2 ) = λe 1 . Mais λ n’est pas nul (sinon f = 0) ; on pose alors ε2 = e 2 . La matrice de f dans la λ base e = (e 1 , ε2 , e 3 ) est de la forme souhaitée. La réciproque est évidente. Exercice 25.64 ♥♥ ¡ j −1¢ ¡ ¢ ¡ ¢ On considère la matrice A = ai j ∈ Mn+1 (R) donnée par : ∀ i , j 1, n + 1 , ai j = i−1 . On suppose que A est la matrice d’un endomorphisme θ ∈ L (Rn [X]) dans la base canonique e = (1, X, . . . , Xn ) de Rn [X]. 1. Soit P ∈ Rn [X]. Expliciter θ (P).
2. En déduire que A est inversible et calculer A−1 .
3. Calculer Am pour tout m ∈ N. Solution :
a0
1. Soient P = a0 + a1 X + . . . + an Xn ∈ Rn [X] et V = Mate (P) = ... . On a :
an
¡0¢
Mate (θ (P)) = AV =
0
0
...
0
¡1¢ ¡01¢ 1
··· 0
... ...
..
.
0
Pn ¡k ¢ ¡n ¢ a 0 a k=0 ¡ 0 ¢ k P k n ¡n0 ¢ a k=1 1 k . 1 . . .. = . ... ¡n−1¢ ¡ n ¢ ¡n ¢ a a + n n−1 n−1 ¡n ¢ n−1 n an an n
1011
³P
¡ ¢
´
³P
¡ ¢
´
³¡
¢
et donc θ (P) = nk=0 k0 ak + nk=1 k1 ak X + . . . + n−1 n−1 a n−1 + groupant par coefficients et en utilisant la formule du binôme : θ (P)
=
n ¢ n−1 a n
¡
´
X n−1 +
¡n ¢ n
an X n , ce qui amène, en re-
à ! à ! n n n−1 X X n −1 k k an X + an−1 X + . . . + a1 (X + 1) + a0 k k=0 k k=0
an (X + 1)n + an−1 (X + 1)n−1 + . . . + a1 (X + 1) + a0
=
P (X + 1)
=
On a alors montré que θ (P) = P (X + 1) .
2. θ est un automorphisme de Rn [X] et , pour tout P ∈ Rn [X], θ−1 (P) = P (X − 1). On déduit de la question précédente que A est inversible et que : A
−1
¡
= Mate θ
−1
¢
¡
¢
= b i j avec pour tout i , j ∈ 0, n, b i j = (−1)
j −i
Ã
j −1 i −1
!
¡
3. De la même façon que précédemment, Am = Mate (θm ) et, pour tout P ∈ Rn [X], θm (P) = P (X + m) donc Am = ci j avec pour tout i , j ∈ 0, n, ci j = m
j −i
Ã
! j −1 . i −1
Exercice 25.65 ♥♥ Soit A ∈ M2 (R ). On définit l’application fA :
½
M2 (R ) X
−→ 7−→
¢
M2 (R ) AX
1. Vérifier que f A est un endomorphisme de M2 (R ), et déterminer sa matrice dans la base canonique de M2 (R ). 2. Comparer rg f A et rgu A où u A est l’unique endomorphisme de matrice A dans la base canonique de R2 . Solution : 1. Si A =
µ
a c
a 0 b , on trouve M = c d 0 ¶
0 a 0 c
b 0 d 0
0 b . 0 d
2. En général on a rg f A = 2rg u A . Si A est inversible, alors f A est inversible, et f A−1 est définie par ½ M2 (R ) −→ M2 (R ) −1 fA : . Donc rg f A = 4 = 2rg u A . −1 X
7−→
A
X
Si A est nulle, il en est de même pour f A . Si A est de rang 1, alors il existe une relation de dépendance linéaire entre les deux colonnes. On retrouve cette relation entre la premières et troisième colonne de M d’une part et entre la deuxième et la quatrième d’autre part. Donc l’espace engendré par les colonnes de M est de dimension inférieure ou égale à 2. Par ailleurs la première et la deuxième colonne sont linéairement indépendantes. D’où le résultat. Exercice 25.66
♥♥♥
Soit A ∈ Mn (R) définie par ai j = (−1)i .
µ
n − j −1 i
1. Démontrer que A3 = (−1)n−1 In . Indication 25.24 : On pourra considérer L :
2. En déduire que n−1 X n−1 X
(−1)i+k+ℓ
k=0 ℓ=0
µ
¶
½
(0 É i , j É n − 1). Rn−1 [X] P(X)
n −k −1 i
¶µ
−→ 7−→
n −ℓ−1 j
pour tout (n, i , j ) ∈ (N∗ )3 , i , j É n . Solution : 1012
Rn−1 [X] ¡ 1 ¢ . (1 − X)n−1 .P 1−X
¶µ
n − j −1 ℓ
¶
= (−1)n−1 δi j
1. Remarquons que L est bien linéaire, et que L(Xk ) = (1 − X)n−1 .
1
= (1 − X)n−k−1 ∈ Rn−1 [X]. L est donc bien (1 − X)k ¶ ¶ µ µ −X n−k−1 1 n−k−1 = (1 − X)n−1 = (−X)n−k−1(1 − X)k . un endomorphisme. L2 (Xk ) = (1 − X)n−1 1 − 1−X 1−X ¶ µ ¶ ¶ µ ¶ µ µ 1 k 1 n−k−1 −X k 1 n−k−1 n−1 2 k n−1 1− = (1 − X) − = (−1)n−1 X k . L (X ) = (1 − X) − 1−X 1−X 1−X 1−X Donc L3 = (−1)n−1 idRn−1 [X] . ème est donnée de R par ses Enfin La matrice de L dans la base naturelle à ! n−1 [X] est donnée à ! vecteurs colonnes. La j n− j −1 n−1 X n − j −1 i X n − j −1 i par L(X j ) = (1 − X)n− j −1 = (−1)i (−1)i X = X . On retrouve donc bien la matrice A. i i i=0 i=0 On a donc bien A3 = (−1)n−1 In .
2. Le calcul de B = A3 s’obtient par bi j =
n−1 X n−1 X
aik akℓ aℓj
k=0 ℓ=0
Ã
! Ã ! Ã ! n −k −1 k n −ℓ−1 ℓ n − j −1 (−1) = (−1) . D’où le résultat. (−1) i k ℓ k=0 ℓ=0 n−1 X n−1 X
i
25.12.8 Structure formée de matrices Exercice 25.67 Soit l’ensemble
♥ J=
½µ
x x
x x
¶
¾ ∈ M2 (R) | x ∈ R \ {0} .
Montrer que, muni de la multiplication usuelle des matrices, J est un groupe abélien. ¶ x x et J = J(1) . On a J2 = 2J et J(x)J(y) = 2x yJ = J(2x y). On a donc la stabilité et la commutax x 1 tivité. On a aussi J(x)J( 12 ) = J(x) donc J( 12 ) est élément neutre et J(x)J(y) = J( 12 ) lorsque 2x y = 12 soit y = 4x . Tout élément
Solution : Soit J(x) =
µ
admet bien un symétrique.
Exercice 25.68 ♥ Pour la multiplication usuelles des matrices carrées, les ensembles suivants sont-ils des groupes : GL(2, R) ∩ M2 (Z) ,
{M ∈ M2 (Z) | det M = 1} ?
Solution : Le premier ensemble n’est pas un groupe car, par exemple, la matrice µ1
2
0
0 1 2
¶
µ 2 0
¶ 0 ne peut avoir pour inverse que 2
qui n’appartient pas à l’ensemble.
Notons G = {M ∈ M2 (Z) | det M = 1} et montrons que G est un sous-groupe de GL2 (R). – la matrice identité appartient à G. – si A, B ∈µ G alors ¶ Bµ = 1 × 1 =¶1, et donc AB ∈ G. ¶ AB ∈ M2 (Z) et det AB =µ det A × det – Si A =
a c
b (a, b, c, d ∈ Z) alors d
Exercice 25.69
♥ ©¡ a 0 ¢
1 det A
d −c
d −b = −c a
−b appartient à G et est l’inverse de A. a
ª
1. L’ensemble E = 0 0 : a ∈ R \ {0} muni de la loi de multiplication usuelle des matrices de M2 (R) est-il un groupe ? 2. L’ensemble S 2 (R) des matrices symétriques réelles d’ordre 2 muni de la loi de multiplication usuelle des matrices de M2 (R) est-il un groupe ? Solution : 1. Oui.
µ
a 0
¶ µ b 0 × 0 0
¶ µ ab 0 = 0 0
¶ 0 . On a un groupe abélien. 0
2. Non. Le produit de deux matrices symétriques n’a aucune raison d’être symétrique : La loi n’est pas interne. 1013
µ 1 1
¶ µ 0 1 × 0 0
¶ µ 0 0 = 0 1
¶ 1 . 0
Exercice 25.70
♥
1. L’ensemble des matrices groupe de Gl 2 (R) ?
µ
¶ c avec a, b, c, d ∈ R tels que ad − bc 6= 0 et a 2 − b 2 − c 2 − d 2 É 1 est il un sousd
a b
¶ b avec a ∈ R∗ et b ∈ R est-il un sous groupe de Gl 2 (R) ? a −1 ¶ µ a c 3. Existe-t-il une valeur M ∈ R telle que l’ensemble des matrices avec a, b, c, d ∈ R tels que ad − bc 6= 0 et b d a É M forme un sous-groupe de Gl 2 (R) ? µ
a 2. L’ensemble des matrices 0
Solution :
¶ c avec a, b, c, d ∈ R tels que ad −bc 6= 0 et a 2 −b 2 −c 2 −d 2 É 1 n’est pas un sousd ¶ µ ¶ ¶ µ µ 1 1 1 0 2 1/2 et appartiennent à G et leur produit groupe de Gl 2 (R). En effet les deux matrices 0 1/2 1 1/2 1/2 1/4 n’appartient pas à G. ¶ µ a b avec a ∈ R∗ et b ∈ R est un sous groupe de Gl 2 (R). En effet, 2. L’ensemble H des matrices 0 a −1 - I2 élément neutre de Gl 2 (R) appartient à H. ¶ ¶ ¶ µ µ µ a b c d ac ad + bc −1 ′ ′ et M = deux éléments de H alors MM = donc le produit de - Soient M = 0 a −1 0 c −1 0 (ac)−1 deux éléments de H appartient à H. ¶ ¶ µ µ −1 a b a −b −1 . Alors M = appartient à H. - Soit M = 0 a −1 0 a ¶ µ a c 3. Soit KM l’ensemble des matrices avec a, b, c, d ∈ R tels que ad − bc 6= 0 et a É M. Nous allons montrer, en b d raisonnant par l’absurde, qu’il n’existe pas de valeur M ∈ R telle que KM forme un sous-groupe de Gl 2 (R). µ
a 1. L’ensemble G des matrices b
Soit µM ∈ R¶tel que KM forme un sous-groupe ¶de Gl 2 (R). Alors I2 appartient à KM donc M µÊ 1. Ainsi,¶ les matrices µ 1 0
1 1 1 1+n et, pour tout n ∈ N, An = appartiennent à Kn donc le produit AAn = 1 n 1 n Kn . En conséquence, pour tout n ∈ N, on a : 1 + n É M, ce qui est absurde. A=
Exercice 25.71 Soient les ensembles
2 appartient à 1
♥
L=
½µ
x 0
0 0
¶
¾ ½µ x ∈ M2 (R) | x ∈ R et M = −x
x −x
¶
¾ ∈ M2 (R) | x ∈ R .
Étudier si, munis des lois usuelles, L et M sont des anneaux, des corps. ¶ 0 Solution : Soit A(x) = . On a A(x) + A(y) = A(x + y) et A(x) + A(y) = A(x + y). On vérifie ainsi que M est un 0 anneau et même un corps. ¶ De fait, A : x ∈ R 7−→ A(x) est un morphisme d’anneaux. µ x x Soit B(x) = = xA(1). On a A(1)2 = 0. On en déduit que A(x)A(y) = 0 = A(0). La multiplication est donc −x −x µ
x 0
associative, commutative, distributive par rapport à l’addition. En revanche il n’y a pas d’élément neutre. Bien entendu,
M n’est pas un corps.
Exercice 25.72 µ
¶♥ 1 1 Soit la matrice A = . On note C l’ensemble des matrices qui commutent avec A. −1 1 Montrer que C est un sous-espace vectoriel de M2 (R) et déterminer sa dimension.
Solution : C est le noyau de f A :
½
M2 (R ) X
−→ 7−→
M2 (R ) AX − XA
et en tant que tel est un sous-espace vectoriel de M2 (R).
On a clairement A ∈ C et I2 ∈ C . Remarquons aussi que les matrices de C commutent aussi avec S = A − I2 =
µ
0 −1
¶ 1 . 0
¶ ¶ ¶ µ µ b c d −b a ∈ C , on a SM = et MS = . On a donc −b = c et a = d . Donc C est bien le d −a −b −d c sous-espace vectoriel de M2 (R) engendré par A et I2 (ou par S et I2 .)
Soit M =
µ
a c
1014
Exercice 25.73 Posons :
♥ I=
©
¡
¢
µ
1 0
0 1
¶
et J =
µ
0 1
−1 0
¶
ª
et E = xI + yJ | x, y ∈ R2 . Vérifier que J2 = −I et montrer que l’application θ : isomorphisme de corps.
½
C x +i y
E xI + yJ
−→ 7−→
est un
Solution : θ est linéaire, et θ(x + i y) = xI + yJ = 0 n’est vérifié que pour x = y = 0. θ est donc un isomorphisme linéaire entre E et C. Une fois établi J2 = −I, on en déduit que θ((xI + yJ)(x ′I + y ′ J)) = θ((xx ′ − y y ′ )I + (x y ′ + y x ′ )J) = θ(xI + yJ)θ(x ′I + y ′ J). Comme on a θ(I) = 1, on a bien un isomorphisme de corps. Exercice 25.74 Soit c > 0.
♥♥
1 x c
1
M(x) = q 2 1 − xc 2
x c ; x ∈] − c; c[. 1
Démontrer que cet ensemble de matrices est un sous-groupe. (de quoi ?) Solution : On pose ϕ =argth µ
¶
¡x ¢ c
; Soit x = c.thϕ. Or 1− th2 ϕ =
1
ch2 ϕ
. Donc q
1 2
1 − x2 c
= chϕ, et q
x c 2
1 − x2
= shϕ. Donc
c
¡y ¢ chϕ shϕ . En posant ϑ =argth c , shϕ chϕ ¶ µ ch(ϕ + ϑ) sh(ϕ + ϑ) on a M(x).M(y) = . On obtient bien un sous-groupe du groupe des matrices inversibles. On sh(ϕ + ϑ) ch(ϕ + ϑ) l’appelle le groupe de Lorentz.
M(x) =
Exercice 25.75 ♥♥ On considère le sous-espace vectoriel V de M3 (R ) engendré par les matrices −1 A= 1 0
0 −1 1
1 0 −1
et
−1 B= 0 1
1 −1 0
0 1 −1
Montrez qu’aucun élément de V n’est inversible. Montrez que (V, +, ×) est un corps isomorphe à C . 1 Solution : Soit M = λA + µB et X = 1. On a MX = 0. Donc M n’est pas inversible. 1 Pour la suite, on a besoin de quelques calculs euphorisants : AB = BA = −(A + B); A2 = B£ − 2A; B2 = A − 2B. On ¤ en ′ ′ ′ ′ ′ V est stable par multiplication. On remarque ensuite que (λA + µB)(λ A + µ B) = (λ − µ)(λ − µ ) − 3λλ A+ déduit que £ ¤ (λ − µ)(λ′ − µ′ ) − 3µµ′ B. On en déduit que la multiplication est commutative dans V . On cherche l’élément neutre de V sous la forme λ′ A + µ′ B. On doit avoir (λA + µB)(λ′ A + µ′ B) = λA + µB pour tous λ et µ, donc en particulier lorsque λ−µ = 0, ce qui donne λ′ = µ′ = − 13 . On pose alors E = − 13 (A+B). Ensuite on vérifie que A(A+B)+3A = B(A+B)+3B = 0 ce qui veut bien dire que AE = A et BE = B. On en déduit par linéarité que E est élément neutre de V pour la multiplication. Enfin (A − B)2 = A2 + B2 − 2AB = −(A + B) + 2(A + B) = −3E. Donc en posant J = p13 (A − B), on a J2 = −E. ½ C −→ V Maintenant on a tout reconstitué : (E, J) est une base de V et ϕ : est un isomorphisme z = a + bi 7−→ aE + bJ d’anneaux qui transporte la structure de corps de C sur V .
Exercice 25.76
♥♥♥
cos2 ϑ Pour tout ∀ϑ ∈ R, on pose Γϑ = cos ϑ. sin ϑ sin2 ϑ
− sin 2ϑ cos 2ϑ sin 2ϑ
1. Démontrer que Γ = {Γϑ , ϑ ∈ R} est un groupe.
sin2 ϑ − sin ϑ. cos ϑ cos2 ϑ
2. Calculer det Γϑ .
1015
Solution : 1. Soit A = Γϑ .Γϕ = (ai,j )1Éi,j É3 . On a a1,1
a1,2
a1,3
a2,1
a2,2
a2,3 a3,1 a3,2
cos2 ϑ. cos2 ϕ − sin 2ϑ. cos ϕ. sin ϕ + sin2 ϑ. sin2 ϕ cos2 ϑ. cos2 ϕ − 2sin ϑ. sin ϕ cos ϕ. sin ϕ + sin2 ϑ. sin2 ϕ ¡ ¢2 cos ϑ. cos ϕ − sin ϑ. sin ϕ = cos2 (ϑ + ϕ).
= = =
− cos2 ϑ. sin 2ϕ − sin 2ϑ. cos 2ϕ + sin2 ϑ. sin 2ϕ − sin 2ϕ.(cos2 ϑ − sin2 ϑ) − sin 2ϑ. cos 2ϕ = −(cos 2ϑsin 2ϕ + sin 2ϑ. cos 2ϕ) − sin 2(ϑ + ϕ).
= = =
cos2 ϑ. sin2 ϕ + sin 2ϑ. cos ϕ. sin ϕ + sin2 ϑ. cos2 ϕ cos2 ϑ. sin2 ϕ + 2sin ϑ. sin ϕ cos ϕ. sin ϕ + sin2 ϑ. cos2 ϕ ¡ ¢2 cos ϑ. sin ϕ + sin ϑ. cos ϕ = sin2 (ϑ + ϕ).
= = =
= = = =
cos ϑ. sin ϑ. cos2 ϕ + cos 2ϑ. cos ϕ. sin ϕ − sin ϑ. cos ϑsin2 ϕ sin ϑ. cos ϑ.(cos2 ϕ − sin2 ϕ) + cos2ϑ. cos ϕ. sin ϕ 1 1 2 (sin 2ϑ. cos 2ϕ + cos 2ϑ. sin 2ϕ) = 2 sin(2ϑ + 2ϕ) sin(ϑ + ϕ). cos(ϑ + ϕ).
= =
cos ϑ. sin ϑ. sin2 ϕ − cos 2ϑ. cos ϕ. sin ϕ − sin ϑ. cos ϑ. cos2 ϕ −a2,1 = − sin(ϑ + ϕ). cos(ϑ + ϕ).
− cos ϑ. sin ϑ. sin 2ϕ + cos 2ϑ. cos 2ϕ − sin ϑ. cos ϑsin 2ϕ cos 2ϑ. cos 2ϕ − 2cos ϑ. sin ϑ. sin 2ϕ = cos 2ϑ. cos 2ϕ − sin 2ϑ. sin 2ϕ cos 2(ϑ + ϕ).
= = =
sin2 ϑ. cos2 ϕ + sin 2ϑ. cos ϕ. sin ϕ + cos2 ϑ. sin2 ϕ a1,3 = sin2 (ϑ + ϕ).
= =
− sin2 ϑ. sin 2ϕ + sin 2ϑ. cos 2ϕ + cos2 ϑ. sin 2ϕ −a1,2 = sin 2(ϑ + ϕ).
= =
sin2 ϑ. sin2 ϕ − sin 2ϑ. sin ϕ. cos ϕ + cos2 ϑ. cos2 ϕ a1,1 = cos2 (ϑ + ϕ). Finalement Γϑ .Γϕ = Γϑ+ϕ . On a donc un morphisme de R sur Γ, qui fait donc de Γ un groupe. a3,3
= =
2. Un calcul avec la règle de Sarrus n’est jamais méprisable : det Γϑ
= = = = = =
cos2 ϑ. cos 2ϑ. cos2 ϑ + sin 2ϑ. sin ϑ. cos ϑ. sin2 ϑ + cos ϑ. sin ϑ. sin 2ϑ. sin2 ϑ − sin2 ϑ. cos 2ϑ. sin 2 ϑ. + sin 2ϑ. cos ϑ. sin ϑ. cos2 ϑ + cos2 ϑ. sin ϑ. cos ϑ. sin 2ϑ cos2 ϑ. cos 2ϑ. cos2 ϑ + sin 2ϑ. sin ϑ. cos ϑ + cos ϑ. sin ϑ. sin 2ϑ − sin2 ϑ. cos 2ϑ. sin2 ϑ cos2 ϑ. cos 2ϑ. cos2 ϑ + 2. sin 2ϑ. sin ϑ. cos ϑ − sin2 ϑ. cos 2ϑ. sin2 ϑ . cos 2ϑ.(cos4 ϑ − sin4 ϑ) + sin 2ϑ. sin 2ϑ. cos 2ϑ.(cos2 ϑ − sin2 ϑ).(cos2 ϑ + sin2 ϑ) + sin 2ϑ. sin 2ϑ. cos 2ϑ. cos 2ϑ + sin 2ϑ. sin 2ϑ = cos2 (2ϑ) + sin2 (2ϑ) = 1. le fait que Γ = {Γϑ , ϑ ∈ R} est un groupe, alors un argument plus savant permet d’aboutir au même
Si on utilise résultat : X 1 É 6. Tous les éléments de Γϑ sont en valeur absolue inférieurs á 1. Donc | det Γϑ | É σ∈S3
Or ϑ −→ det Γϑ est un morphisme de groupes. Son image est donc un sous-groupe borné de R. Il est donc inclus dans {−1; 1}. De plus, ϑ −→ det Γϑ est une application continue de R dans R, son image est donc un intervalle. C’est donc {1}. Donc, ∀ϑ ∈ R, det Γϑ = 1.
Exercice 25.77 ♥ Pour chacun des sous-ensembles suivants : 1. Montrer que c’est un sous-espace vectoriel de E = M3 (E). 2. En donner une base et la dimension. Solution :
a F1 = b a
1 1. F1 = Vect 0 1 2 2. F2 = Vect 0 1
0 −1 0 0 1 0
−b −a −b
0 1 0 , 1
0 1 1 0 1 , 3 −1 0
a b | a, b ∈ R a −1 0 −1
−1 −1 1
0 1 0 0 0 0 , 1 0 3
et
1 0 0
2a F2 = 3b + c a + 3c
0 2 −1
1016
c −b a −b b
a a + 2c | a, b, c ∈ R −a − c
Exercice 25.78
♥
Soit E l’ensemble des matrices de M2 (K) de la forme : A = 1. 2. 3. 4.
µ
a +b −b
b a −b
¶
avec (a, b) ∈ K2 .
Montrer que E est un sous-espace vectoriel de M2 (K). Donner une base de E. Montrer que E est un sous-anneau commutatif de M2 (K). Déterminer les éléments inversibles de E. Déterminer les diviseurs de zéro de E.
Solution :
R2
−→
E µ
¶ b est linéaire, clairement surjective. Son noyau est réduit au (a, b) 7−→ a −b vecteur nul. ϕ est donc bijective. Une base de E est donc, par exemple, (ϕ(1, 0), ϕ(0, 1)). ¶ ¶ µ ¶µ ′ µ aa ′ + ab ′ + ba ′ ab ′ + ba ′ a + b′ b′ a +b b = = 2. ϕ(a, b).ϕ(a ′, b ′ ) = −ba ′ − ab ′ aa ′ − ab ′ − ba ′ −b ′ a′ − b′ −b a −b ϕ(aa ′ , ab ′ + ba ′ ). E est donc stable par multiplication. Comme il contient I2 = ϕ(1, 0), c’est un sous-anneau de M2 (K). ´ ³ 3. Les éléments inversibles de E sont ceux pour lesquels a 6= 0. On a alors ϕ(a, b)−1 = ϕ a1 , − ab2 . ½ aa ′ = 0 4. En résolvant le système On obtient par exemple a = 0 ce qui interdit b = 0 et implique ′ ab + ba ′ = 0 a ′ = 0. Donc les diviseurs de zéro sont les (ϕ(0, b).ϕ(0, b ′ )) avec bb ′ 6= 0.
1. L’application ϕ :
a +b −b
Exercice 25.79 ♥♥ ¡ ¢ Une matrice A = ai,j de M3 (R) est dite magique si elles vérifie les 4 conditions suivantes : 1
2
3
Pour tout j ∈ {1, 2, 3}, on a : Pour tout i ∈ {1, 2, 3} , on a : On a :
3 X
i=1
3 X
i=1 3 X
j =1
a i j = 0.
a i j = 0.
aii = 0.
4 a 13 + a 22 + a 31 = 0. On notera M l’ensemble des matrices magiques.
1. Montrer que l’ensemble des matrices magiques possède une structure de R-espace vectoriel. 2. Montrer que si M ∈ M alors t M ∈ M . 3. Caractériser les matrices magiques antisymétriques et les matrices symétriques. On notera A l’ensemble des matrices magiques antisymétriques et S l’ensemble des matrices magiques symétriques. 4. Prouver que A ⊕ S = M . 5. Interpréter le résultat obtenu. Solution : 1. M est l’intersection des noyaux de huit formes linéaires. C’est donc un sous-espace vectoriel de M3 (R) comme intersection de sous-espaces vectoriels. 2. C’est clair, les rôles des formes linéaires A 7−→
3 X
i=1
aik et A 7−→
3. Soit A ∈ A . On a a11 = a22 = a33 = 0. En posant a = a13
3 X
i=1
aki étant échangés.
0 on obtient A = a −a
−a 0 a
a −a et 0
a 0 −a 0 −a | a ∈ R . A= a −a a 0 − b , a33 Soit A ∈ S . En posant a = a13 on obtient a31 = a et a22 = −2a . On pose b = a12 d’où = a21 = b , a11 = −a 0 −b b 0 −b | b ∈ R . b + 3a , a23 = a32 = 2a − b . La somme de la 3ème colonne donne 6a = 0. Donc S = b 0 −b b
1017
4. M3 (R) est la somme directe de l’espace des matrices symétriques et de l’espace des matrices symétriques. Donc a fortiori A ⊕ S = M . (A = 12 (A + t A) + 12 (A − t A)).
−b 5. On en déduit que M = a + b −a
b−a 0 a −b
a −a − b | (a, b) ∈ R2 . b
Exercice 25.80 ♥ (Extrait des petites Mines 2006) I-Étude de deux ensembles de matrices ¡
¢
Soit x, y un élément quelconque de R2 . On note Mx,y la matrice µ
x−y 2
©
¡
y x+y
¢
¶ ª
Soit Σ le sous-ensemble de M2 (R) tel que Σ = Mx,y | x, y ∈ R2 . 1. Quelle relation doivent vérifier x et y pour que la matrice Mx,y ne soit pas inversible ? Calculer le produit Mx,y × M−x,y . En déduire l’inverse de Mx,y lorsqu’il existe.
2. Σ est-il un sous-espace vectoriel de (M2 (R), +, .) ? On justifiera sa réponse. Soit A =
¶ © ¡ ¢ ª 0 ∈ M2 (R) et J = A + Mx,y | x, y ∈ R2 . 0
µ
0 −2
3. Montrer que J est un sous-espace vectoriel de (M2 (R), +, .). 4. Quelle est la dimension de J ? Déterminer une base de J. 5. Montrer que la loi × est interne dans J. II - Étude d’une application de M2 (R) Soit B une matrice quelconque de M2 (R). Soit ϕB l’application de M2 (R) dans M2 (R) qui à la matrice X associe la matrice ϕB (X) = B × X. 1. Montrer que ϕB est un endomorphisme de l’espace vectoriel (M2 (R), +, .). µ 1 2. On suppose dans cette question que B = M2,1 = 2
¶ 1 . 3
(a) ϕB est elle surjective ? Bijective ? (b) Déterminer la matrice de ϕB dans la base canonique de M2 (R). ¡ ¢ On rappelle que la base canonique de M2 (R) est constituée des matrices E1,1 , E1,2 , E2,1 , E2,2 où E1,1 =
µ 1 0
¶ 0 0
E1,2 =
3. On prend dans cette question B = M0,−2 =
µ 2 2
µ 0 0
¶ 1 0
E2,1 =
µ 0 1
¶ 0 0
et E2,2 =
µ 0 0
¶ 0 1
¶ −2 . ϕB est-elle surjective ? Bijective ? −2
Solution : I. 1. Mx,y n’est pas inversible lorsque x 2 − y 2 − 2y = 0. Dans les autres cas, Mx,y est inversible dans M2 (R), mais peut-être pas dans Σ. ´ ³ y x Mx,y × M−x,y = (y 2 − x 2 + 2y)I2 . Donc, lorsque x 2 − y 2 − 2y 6= 0, M−1 x,y = M − y 2 −x 2 +2y , y 2 −x 2 +2y qui appartient bien à Σ. 2. La matrice nulle n’appartient pas à Σ. Donc Σ n’est pas un sous-espace vectoriel de (M2 (R), +, .). 3. L’application ϕ :
½
R2 (x, y)
nul. ϕ est donc bijective.
−→ 7−→
E A + Mx,y
est linéaire, clairement surjective. Son noyau est réduit au vecteur
4. Une base de E est donc, par exemple, (ϕ(1, 0), ϕ(0, 1)). J est de dimension 2.
¶ ¶ µ ¶µ ′ xx ′ − x y ′ − y x ′ + y y ′ x y ′ + y x′ x − y′ y′ x−y y = 0 xx ′ + x y ′ + y x ′ + y y ′ 0 x′ + y ′ 0 x+y ′ ′ ′ ′ = ϕ(xx + y y , x y + y x ). C’est bien dire que la loi × est interne dans J.
5. ϕ(x, y).ϕ(x ′ , y ′ ) = II.
µ
1018
1. On a B(λX + µY) = λBX + µBY. De plus BX ∈ M2 (R). ϕB est donc un endomorphisme de (M2 (R), +, .). 2.
¶ ¡ ¢−1 ¡ ¢ 3 −1 . On a ϕB−1 ϕB (X) = B−1 .ϕB (X) = B−1 BX = X. On a donc ϕB−1 = ϕB . (a) On a B = −2 1 ¶ ¶ µ ¶µ µ 1 0 1 1 1 0 (b) On a BE1,1 = = E1,1 +2E2,1 . On obtient ainsi la première colonne de la matrice de ϕB = 2 0 2 3 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 dans la base canonique de M2 (R) : 2. On trouve de la même façon les autres colonnes : 2 0 3 0. µ
−1
0
0
2
0
3
3. Cette fois B n’est pas inversible. Puisqu’il n’est pas question d’obtenir une solution à ϕB (X) = I2 , ϕB n’est pas surjective et donc pas bijective. Exercice 25.81 ♥♥ Soit une sous-algèbre A de l’algèbre L(E). On suppose que ∀f ∈ L(E), f 2 ∈ A =⇒ f ∈ A . Montrer que A = L(E). Solution : Raisonnons de façon équivalente sur les matrices carrées. Supposons que A soit une sous-algèbre de Mn (K ) vérifiant ∀M ∈ Mn (K ), M2 ∈ A =⇒ M ∈ A . Il suffit de montrer que toute matrice Ei j de la base canonique appartient à A . Comme A est une sous-algèbre de L(E), 0L(E) ∈ A . Or si (i , j ) ∈ [[1, n]]2 , E2i j = Ei j Ei j = δi j Ei j . Par conséquent, si i 6= j , E2i j ∈ A et donc Ei j ∈ A . Soit maintenant i ∈ [[1, n]]. Soit j 6= i . On sait que Ei j , E j i ∈ A et comme A est une sous-algèbre de L(E), le produit Ei j E j i = Eii est encore dans A . Comme A contient toutes les matrices de la base canonique et que c’est un sous-espace vectoriel de Mn (K ), A = Mn (K ).
25.12.9 Changement de base Exercice 25.82 ♥ On considère l’espace vectoriel R2 muni de sa base canonique e = (e 1 , e 2 ). On considère l’endomorphisme f de R2 donné par : f (e 1 ) = e 1 + e 2 et f (e 2 ) = −e 1 + 2e 2 1. Déterminer la matrice A de f dans la base canonique e . 2. Soit v = xe 1 + ye 2 ∈ R2 . Calculer les composantes x ′ et y ′ de f (v) dans la base canonique e .
3. On pose : ε1 = e 2 et ε2 = e 1 + e 2 . Prouver que ε = (ε1 , ε2 ) est une base de E. 4. Déterminer Pe→ε ainsi que Pε→e .
5. En déduire la matrice B de f dans la base ε et en déduire les expressions de f (ε1 ) et f (ε2 ) en fonction de ε1 et ε2 . Solution : 1. A =
Ã
1
−1
1
2
!
¡
2. Par linéarité de f : f (v) = x − y, x + 2y
¢
¶ 1 et que cette matrice est inversible, la famille ε est une base de R2 . 1 Ã ! −1 1 −1 4. Comme Pe→ε = Mate (ε) alors Pε→e = (Pe→ε ) = 1 0 ¡ ¢ ¡ ¢ 5. La formule de changement de base amène B = Matε f = Pε→e Mate f Pe→ε . Après calcul, on trouve : B = Ã ! 3 3
3. Comme Mate (ε) =
−1
µ 0 1
0
Exercice 25.83 ♥ Soit (e 1 , e 2 , e 3 ) la base canonique de R3 . On pose :
¡
¢
f 1 = e 1 − e 2 + 2e 3 ,
f 2 = e2 + e 3 ,
1. Prouver que f 1 , f 2 , f 3 forme une base de R3 . 1019
e 1 + 2e 3
2. Écrire la matrice de passage de la base e à la base f . 3. Déterminer la matrice de passage de la base f à la base e . 4. On considère le vecteur u de coordonnées (−1, 0, 2) dans la base canonique. Quelles sont ses coordonnées dans la base f ? 5. On considère l’endomorphisme θ : dans la base f . Solution :
1
¡ ¢
0
½
3 ¡ R ¢ x, y, z
3 R ¡ ¢ . Déterminer la matrice de θ x + y − 2z, −x − z, −x + 2y
−→ 7−→
1
1. On a : Mate f = −1 1 0 . Le déterminant de cette matrice est −1. On en déduit que la famille f est libre
2
1
2
et comme elle est de cardinal égal à la dimension de R3 , que c’est une base de R3 . ¡ ¢
2. Par définition : Pe→ f = Mate f . ¡
3. De même P f →e = Pe→ f
¢−1
−2
= −2
1
0
3
1
−1 1
−1
4
4. D’après la formule de changement de base Mat f u = P f →e Mate (u) = 4 .
1 5. On a : Mate (θ) = −1 −1
on trouve Mat f (θ) = Exercice 25.84 Soient :
1
0 2 8
−2
−5
−1 . En utilisant la formule de changement de base Mat f (θ) = P f →e Mate (θ) Pe→ f ,
0
5
8
5
4
5
−12
−6
−11
♥
P1 = X 2 + 1, P2 = X + 1 ¡ ¢ On note B = 1, X, X2 la base canonique de R2 [X].
et P3 = 2X2 − X
1. Montrer que B ′ = (P1 , P2 , P3 ) forme une base de R2 [X]. 2. Écrire la matrice de passage de B à B ′ , puis celle de B ′ à B . 3. Soit P (X) = X2 − X + 2. Donner les composantes de P dans la base B ′ . 4. On considère l’endomorphisme de R2 [X] donné par θ : dans la base B ′ .
Solution : ¡
¢
1
1
0
¡
½
−→ 7−→
R2 [X] P
R2 [X] . Déterminer la matrice de θ XP′
¢
′ ′ 1. On a MatB B ′ = 0 1 −1 et det MatB B = 1 donc la famille B est libre. Cette famille est de plus de
1
0
2
cardinal égal à la dimension de R2 [X] ce qui prouve que c’est une base de R2 [X]. ¡
¢
¡
2. On a PB →B ′ = MatB B ′ et PB ′ →B = PB →B ′
2
3. On a MatB ′ (P) = PB ′ →B MatB (P) = −1 −1
¢−1
−2 2 1
2
= −1
−1
−1
−2
−1
2 1 2
1
1
5
1 × −1 = −3 .
1
1020
1
−2
0
0
0
−2
4. On a MatB (θ) = 0 1 0 et MatB ′ (θ) = PB ′ →B MatB (θ)PB →B ′ = 2
0
0
2
−2
−2
2
2
2
1
3
Exercice 25.85 ♥ On considère E = R3½ et F = R2 tous deux munis de leurs bases canoniques respectives qu’on notera e = (e 1 , e 2 , e 3 ) et 3 ¡ R ¢ x, y, z
¡ ¢ f = f 1 , f 2 . Soit u :
2 ¡R ¢ . x + y, y − z
−→ 7−→
1. Prouver que u ∈ L (E, F) et écrire la matrice de u relativement aux bases e et f . ¡ ¡ ¢ ¢ 2. On considère les familles de vecteurs e ′ = e 1′ , e 2′ , e 3′ avec e 1′ = (0, 1, −1), e 2′ = (1, 0, 2),e 3′ = (1, 1, 0) et f ′ = f 1′ , f 2′ avec f 1′ = (1, 0), f 2′ = (1, 1). Montrer que e ′ et f ′ sont des bases de respectivement E et F et écrire les matrices de changement de base de e vers e ′ et de f vers f ′ . 3. En déduire la matrice de u relativement aux bases e ′ et f ′ .
Solution : 1. On vérifie facilement que u est linéaire. De plus Mat f ←e (u) =
0
1
2. On écrit Mate e ′ = 1
0
¡ ¢ Mat f f ′ =
Ã
1
1
0 1 P f → f ′ = Mat f f ′ .
−1 !
1
2
Ã
1
1
0
0
1
−1
!
.
¡ ¢ ′ ′ 1 et comme det Mate e = 1 on en déduit que e est une base de E. De même
0
¡
¡ ¢¢
et det Mat f f ′ = 1. La famille f ′ est donc une base de F. De plus Pe→e ′ = Mate e ′ et ¡
3. La formule de changement de bases est Mat f ′ ←e ′ (u) = P f ′ → f Mat f ←e (u) Pe→e ′ et comme P f ′ → f = P f → f ′ Ã
1
−1
0
1
!
on a Mat f ′ ←e ′ (u) =
Ã
−1
3
1
2
−2
1
!
.
¢−1
=
Exercice 25.86 ♥ Dans le R-espace vectoriel E = R3 muni de sa base canonique e , on considère la famille de vecteurs ε = (ε1 , ε2 , ε3 ) donnés par ε1 = (1, 0, 2), ε2 = (0, 1, 1), ε3 = (1, 0, 1). Posons F = Vect (ε1 , ε2 ) et G = Vect (ε3 ). 1. Montrer que F et G sont supplémentaires dans E. Donner une base de E adaptée à la supplémentarité de ces deux sous-espaces vectoriels. 2. Écrire, dans la base e , la matrice de la projection p de E sur F parallèlement à G. 3. En déduire les matrices, dans la base e de : (a) la projection p ′ de E sur G parallèlement à F. (b) la symétrie s par rapport à F parallèlement à G. Solution :
1
0
1
1. On a Mate (ε) = 0 1 0 et det A = −1. La famille ε est donc une base de E. On en déduit que (ε1 , ε2 ) forme
2
1
1
une base de F et que (ε3 ) forme une base de G. Ces deux sous-espaces sont de plus clairement supplémentaires et la base ε est adaptée à cette supplémentarité. ¡ ¢
1
0
0
¡ ¢
¡ ¢
2. On a : Matε p = 0 1 0 et, en utilisant les formules de changement de base Mate p = Pe→ε Matε p Pε→e
0
0
0
¡ ¢
−1
avec Pe→ε = Mate (ε) et Pε→e = (Pe→ε )−1 . Après calculs, on trouve Mate p = 0 1021
−2
−1 1
−1
1
0
2
3.
¡ ¢
¡ ¢
2
1
(a) On sait que p + p ′ = idE . Donc Mate p ′ = I3 − Mate p = 0 0 2
1
¡ ¢
−1
0
−1 −3
(b) On sait aussi que s = 2p − idE . Donc Mate (s) = 2Mate p − I3 = 0
−4
−2 1 −2
2
0 .
3
Exercice 25.87 ♥ Soit E = R3 , ε1 = (0, 0, 1), ε2 = (1, 1, 1) et ε3 = (0, 1, 1). On pose : F = Vect (ε1 , ε2 ) et G = Vect (ε3 ). 1. Prouver que ε = (ε1 , ε2 , ε3 ) est une base de E et en déduire que E = F ⊕ G. 2. Déterminer la matrice dans la base canonique e de E de la projection p sur F parallèlement à G. 3. En déduire, dans la base canonique de E, la matrice de la symétrie s par rapport à F parallèlement à G et la matrice de la projection p ′ sur G parallèlement à F. Solution :
0 1 0 1. Comme la matrice Mate (ε) = 0 1 1 est inversible, la famille ε est une base de R3 . Comme (ε1 , ε2 ) est une 1 1 1 base de F et que (ε3 ) est une base de G, on en déduit que E = F ⊕ G. 1 0 0 ¡ ¢ ¡ ¢ 2. On sait que Matε p = 0 1 0 donc grâce aux formules de changement de base Mate p =
0
0
0
0 ¡ ¢ Pe→ε Matε p Pε→e avec Pe→ε = Mate (ε) et Pε→e = (Pe→ε )−1 = 1 −1 1 0 0 ¡ ¢ Mate p = 1 0 0
1
−1
2
1
Soient A = 0 1 4
1
−2
1 0. On effectue les calculs et on trouve
0
1
1 3. On sait que s = 2p − idE et que p + p ′ = idE donc Mate (s) = 2 2
Exercice 25.88
−1 0 1
0 −1 −2
0 0 ¡ ′¢ 0 et Mate p = −1
1
−1
0 1 1
0 0. 0
♥
3 3 0 et e = (e 1 , e 2 , e 3 ) la base canonique de R . Soit f l’endomorphisme de R représenté par A
−4
dans la base e . On pose ε1 = (1, 0, 1) , ε2 = (0, 1, 0) , 1. Montrer que ε est une base de R3 . 2. Écrire la matrice de f dans cette base. 3. Déterminer une base de Ker f et de Im f . Solution :
1 1. On vérifie que Mate (ε) = 0 1
0 1 0
ε3 = (1, 0, 2)
et ε = (ε1 , ε2 , ε3 ).
1 0 est inversible donc ε est une base de R3 .
2
¡ ¢
¡ ¢
2. D’après la formule de changement de base Matε f = Pε→e Mate f Pe→ε avec Pe→ε = Mate (ε) et Pε→e =
0 1 0 −1 ¡ ¢ 0 . Il vient Matε f = 0 1 0 . 0 0 −2 1 ¡ ¢ 3. Les deux derniers vecteurs colonnes de Matε f sont non colinéaires et le premier est nul donc rg f = 2 et dimIm f = 2. Les vecteurs f (ε2 ) = (1, 1, 0) et f (ε3 ) = (0, 0, −2) sont non colinéaires et dans l’image de f . Il forment donc une base de Im f . La formule du rang permet d’affirmer que dim Ker f = 1. Comme f (ε1 ) = 0, une base de Ker f est (ε1 ).
2 −1 0 = (Pe→ε ) −1
0 1 0
1022
Exercice 25.89 ♥ Soit E un K-espace vectoriel muni d’une base e = (e 1 , e 2 , e 3 ). On considère f l’endomorphisme de E dont la matrice
3
−2
dans la base e est A = 1
−2
0
1
−4
−1
−1
1. Calculer A2 . Que peut-on en déduire au sujet de f ? 2. Déterminer une base de Im f et de Ker f .
3. Prouver de deux façons différentes que Im f et Ker f sont supplémentaires dans E. 4. Quelle est la matrice de f relativement à une base adaptée à la supplémentarité de Im f et de Ker f . Solution : 1. On vérifie facilement que A2 = A. On a alors f 2 = f et f est donc un projecteur de E.
x 3x − 2y − 4z 2. Soit X = y . On a : AX = 0 si et seulement si x − 2z z x−y −z
2 = 0 c’est-à-dire si et seulement si X ∈ Vect 1 . 1 =0 On en déduit que Ker f = Vect (ε1 ) où ε1 = 2e 1 + e 2 + e 3 . Par ailleurs, posons ε2 = f (e 1 ) et ε3 = f (e 2 ). On vérifie, par un calcul matriciel facile que ε2 = 3e 1 +e 2 +e 3 et que ε3 = −2e 1 +e 3 . Les vecteurs ε2 et ε3 sont dans Im f et sont non colinéaires. Ils forment donc une famille libre. En appliquant la formule du rang, on montre que dimIm f = 2. Il s’ensuit que cette famille est une base de Im f .
=0
3. Comme f est un projecteur, Im f et Ker f sont nécessairement supplémentaires dans E. 4. Utilisant la question précédente, la famille ε est adaptée à la supplémentarité de Im f et de Ker f . On obtient ¡ ¢
0
0
0
facilement : Matε f = 0 1 0 .
Exercice 25.90
0
0
1
♥
2
4
Soit e = (e 1 , e 2 , e 3 ) la base canonique de R3 et soit A = 0
4
0
−4
matrice dans la base e est A.
4
3 2 . Notons f l’endomorphisme de R dont la
−2
1. Déterminer Ker f et Im f . Démontrer que ces sous-espaces sont supplémentaires dans R3 . 2. Déterminer une base à la supplémentarité de Im f et de Ker f et écrire la matrice de f dans cette base. 3. Écrire f comme composée de transformations vectorielles élémentaires. Solution :
¡
¢
¡
¢
¡
¢
1. Pour tout x, y, z ∈ R3 , on vérifie facilement que f x, y, z = 2x + 4y + 4z, 4y + 2z, −4y − 2z . On en déduit que Ker f = Vect (ε1 ) où ε1 = (2, 1, −2)et que Im f = Vect (ε2 , ε3 ) où ε2 = (1, 0, 0) et ε3 = (0, 1, −1). On vérifie facilement que la famille ε = (ε1 , ε2 , ε3 ) est une base de E. Comme (ε1 ) est une base de Ker f et que (ε2 , ε3 ) est une base de Im f , on sait que Im f et Ker f sont supplémentaires dans E. 2. La famille ε est adaptée à la supplémentarité de Im f et de Ker f . Utilisant la formule de changement de base :
2
1
¡ ¢ ¡ ¢ Matε f = Pε→e Mate f Pe→ε où Pe→ε = 1
0
0
¡ ¢ Matε f = 1
0
−1 2 2
−1
2
2 × 0
1
0
0
−1
−1 1 et où Pε→e = Pe→ε = 1
0
−2
0
0
−1 4 4 −4
2
4
2
2 × 1
−2
−2
1 0 0
0
2 0
1 = 0
−1
0
0 2 0
−1
2 , on obtient
1 0
0
2
3. f est alors la composée de l’homothétie vectorielle de rapport 2 et de la projection de R3 sur le plan Im f parallèlement au plan Ker f .
1023
Exercice 25.91 ♥ Soit E un K-espace vectoriel muni d’une base e = (e 1 , e 2 , e 3 ). On considère u ∈ L (E) représenté dans la base e par la
1
0
matrice A = 1
2
−1
0
0
0 .
2
1. Montrer que la famille ε = (ε1 , ε2 , ε3 ) avec ε1 = (−1, 1, −1), ε2 = (0, 1, 0) et ε3 = (0, 1, 1) est une base de E. Écrire la matrice de passage de la base e à la base ε. 2. Calculer la matrice de u dans la base ε. 3. En déduire la matrice de u n dans la base e .
Solution :
−1
1. Comme Mate (ε) = 1
0 1
−1 0 E. De plus Pe→ε = Mate (ε).
0
1 et que det (Mate (ε)) = 1, la famille f est de rang 3 et forme donc une base de
1
2. Appliquant les formules de changement de bases : Matε (u) = Pε→e Mate (u) Pe→ε avec Pε→e = (Pe→ε )−1 =
−1
2
0
1
−1
0
0
1
−1 et Mate (u) = A. On en déduit que Matε (u) = 0
0
1
¡
0 2 0
0
0 .
2
3. Notons P = Pe→ε et A0 = Matε (u). On a donc : Mate (u n ) = An = PA0P−1
¢n
1
n = PAn0 P−1 = −1 + 2
1 − 2n
0 2n 0
0
0
2n
Exercice 25.92 ♥ On considère le K-espace vectoriel E = R3 muni de sa base canonique e = (e 1 , e 2 , e 3 ). Soit u l’endomorphisme de E
0
−2
1
−2
3
représenté dans la base e par la matrice A = −3 −1 3 . Le but de cet exercice est de trouver une base ε de E tel
−2
que dans cette base la matrice de u est diagonale. On dira alors qu’on a diagonalisé u . 1. Développer le polynôme P (λ) = det (A − λI3 ). P est appelé polynôme caractéristique de u . 2. Calculer les racines de P. Les trois réels trouvés sont appelées valeurs propres de u . 3. Déterminer des vecteurs ε1 , ε2 , ε3 de E en sorte que (ε1 ) forme une base de Ker (u − i d), (ε2 ) forme une base de Ker (u − 2i d) et (ε3 ) forme une base de Ker (u + i d). Ces trois vecteurs sont des vecteurs propres de u . 4. Montrer que ε = (ε1 , ε2 , ε3 ) est une base de E. 5. Vérifier que la matrice de u dans la base ε est diagonale.
Solution :
¯ ¯ ¯ −λ −2 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ 3 ¯¯. En effectuant les opérations élémentaires C1 ← C1 + C3 puis 1. On a : P (λ) = det (A − λI3 ) = ¯¯ −3 −1 − λ ¯ ¯ ¯ −2 −2 3−λ ¯ ¯ ¯ ¯ −λ + 1 −2 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ 0 −1 − λ 3 ¯¯ = (−λ + 1) (−1 − λ) (2 − λ). L3 ← L3 − L1 , on a P (λ) = ¯¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 2−λ ¯
2. Les valeurs propres de u sont 1, −1 et 2.
x 3. Soit x, y, z ∈ R3 . Posons X = y . On a : u (x) − x = 0 si et seulement si AX − X = 0 qui est équivalent au z −2 y + z − x = 0 ¡
¢
système −3 x − 2 y + 3 z = 0
−2 x − 2 y + 2 z = 0
On vérifie que l’ensemble des solution de ce système est donné par Vect (ε1 ) avec
1024
ε1 = (1, 0, 1). Donc Ker (u − i d) = Vect (ε1 ) On montre de même que Ker (u − 2i d) = Vect (ε2 ) avec ε2 = (−1, 1, 0) et que Ker (u + i d) = Vect (ε3 ) avec ε3 = (1, 1, 1). 1 −1 1 4. Comme P = Mate (ε) = 0 1 1 et que det (P) =1 , la famille ε est de rang 3 et forme une base de E. 1
0
1
−1
5. On a : Matε (u) = Pε→e Mate (u) Pe→ε avec Pε→e = (Mate (ε))−1 = −1
1
Matε (u) = 0
0
0 2 0
0
1
2
−1
1 et donc :
0 1
−1
0 .
−1
Exercice 25.93 ♥♥ Soit E = R2 . Déterminer tous les endomorphismes u ∈ L(E) tels que : Ker(u) = Vect(1, 2), et Imu = Vect(1, 1)
¡ ¢
Solution : Posons f 1 = (1, 2) et f 2 ¡= (0, de ¢ 1). Comme f 1 et f 2 ne sont pas colinéaires, u f 2 est non nul ¡et élément ¢ Imu . Il existe donc α 6= 0 tel que u f 2 = (α, α) αe 1 + αe 2 = α f 1 − α f 2 =. On vérifie facilement que f = f 1 , f 2 forme
¶ ¶ ¶ µ µ µ 0 α 1 0 1 0 −1 . De plus, Pe→ f = et P f →e = Pe→ = . On en déduit f 0 −α 2 1 −2 1 ¶ µ ¡ ¢ ¡ ¢ −2α α = . On en déduit que u x, y = α −2x + y, −2x + y . Réciproquement, on −2α α
une base de R2 . Il est clair que Mat f (u) = que Mate (u) = Pe→ f Mat f (u) P f →e
vérifie facilement que tous les endomorphismes de cette forme satisfont l’hypothèse.
Exercice 25.94 ♥♥ 1. Soit un K-espace vectoriel E de dimension finie et un endomorphisme u ∈ L(E) de rang 1. Montrer qu’il existe λ ∈ K tel que u 2 = λu . ¡ ¢ ¡ ¢ 2. Soit A ∈ Mn (K ). Montrer que rg(A) = 1 ⇐⇒ ∃(X, Y) ∈ Mn1 (K )∗2 A = X t Y . (i)
(ii)
Solution : 1. Comme rg(u) = 1, d’après la formule du rang, Ker u est de dimension n−1 où n = dim E. Soit e ′ une base de Ker u . On applique le théorème de base incomplète pour compléter par un vecteur e n ∈ E en une base e de E. Comme P Vect (e n ) = Imu , il existe λ ∈ K∗ tel que u (e n ) = λe n . Soit x = ni=1 xi e i ∈ E alors u (x) = xn u (e n ) = xn λe n et u 2 (x) = xn λ2 e n = λu (x) et la propriété est prouvée. 2. (i ) =⇒ (i i ) Supposons que rg(A) = 1. Soit b la base canonique de Kn . Il existe u ∈ L(Kn ) tel que Matb (u) = A. Comme rg(u) = rg(A) = 1, d’après la question 1, on sait qu’il existe une base e de Kn tel que u (e i ) = 0 pour tout i ∈ 1, n − 1 et u (e n ) = λe n où λ ∈ K∗ . Donc 0 . . . Mate (u) = . . . 0
...
0
0
.. .
.. . .. . ...
= λX 0 t X 0 0 λ
0
avec X0 = t (0, . . . , 0, 1) ∈ Mn1 (K ). Si P = Pb→e alors A = PX0 t X0 P−1 = X t Y avec X = λPX0 ∈ Mn1 (K ) et Y = t −1 P X 0 ∈ Mn1 (K ). Remarquons que X et Y sont non nuls car c’est le cas de X 0 et¡ que P est¢inversible. t (i i ) =⇒ (i ) Réciproquement, si A = X t Y avec X = t (x1 , . . . , xn ) ∈ Mn1 (K )∗ et Y = y 1 , . . . , y n ∈ Mn1 (K )∗ alors
x1 y 1
...
xn y 1
...
. A = ..
x1 y n
... .
xn y n x1
Toutes les colonnes de A sont colinéaires donc rg(A) = rg ...
xn
1025
0
...
.. . 0
...
0
.. = 1 car X est non nul. .
0
25.12.10 Matrices semblables, équivalentes Exercice 25.95 ♥ Trouver les matrices Ei j de la base canonique de Mn (R) semblables à une matrice diagonale. Solution : Ce sont celles qui sont déjà des matrices diagonales, c’est-à-dire celles pour lesquelles i = j . En effet supposons l’espace d’un instant qu’une matrice Ei j soit semblable à une matrice diagonale D avec i 6= j . On en déduit que 0 = E2i j est semblable à D2 , donc D2 = 0 donc D = 0 puisque D est diagonale. Donc le rang de D égale 0, alors que celui de Ei j égale 1. Comme deux matrices semblables ont même rang, on a une contradiction. Exercice 25.96
♥ µ 0 Montrer que la matrice A = 1
Solution : Soit P =
µ
1 −1
Exercice 25.97
−1 Les matrices A = 0 0
¶ µ 1 −1 est semblable à la matrice D = 0 0
¶ 1 , on a P−1 = 1
0 0 0
1t 2 P
♥ 0 0 0 et B = 1 1 0
0 1
¶
et P−1 AP = D.
0 0 1
0 0 sont-elles semblables ? 0
Solution : En regardant l’action de ces matrices sur les vecteurs colonnes de la base naturelle, on voit que B3 = 0 et A3 = A. A et B ne peuvent pas être semblables. Exercice 25.98 ♥ Soient deux matrices A, B ∈ Mn (R) , avec A inversible. 1. Montrer que AB et BA sont semblables. 2. Montrer que le résultat est faux si A n’est pas inversible. Solution : 1. Si A est inversible, il suffit d’écrire AB = A(BA)A−1
µ 0 2. Soit A = 0
¶ µ 1 1 et B = 0 0
¶ µ 0 0 . Les matrices AB = 0 0
aucune chance d’être semblables.
Exercice 25.99 ♥ On considère une matrice A ∈ Mn (R ) qui s’écrit :
µ
B A= t D
¶ µ 0 0 et BA = 0 0
C a
¶ 1 n’ont pas même rang et n’ont donc 0
¶
où B ∈ Mn−1 (R ), C, D ∈ Mn−1,1 (R ) et a ∈ R . On suppose que B est inversible. Montrer que A est inversible si et seulement si a 6=t DB−1 C
Solution : Si A n’était pas inversible, il existerait X tel que AX = 0 avec X 6= 0. De plus, xn 6= 0 (car B inversible). En e = (x1 , . . . , xn−1 ), on obtiendrait que BX e + axn = 0, d’où la relation. e + xn C = 0 et t DX notant X ¡ ¢ t −1 Réciproquement, si a = DB C, alors on construit un vecteur X = − B−1 C, −1 , on a AX = 0 avec bien sûr X 6= 0. Exercice 25.100
♥♥ 0 On considère la matrice P = 1
1 ր
0
.
1. Montrer que la matrice P est inversible et calculer son inverse P−1 . 2. Pour une matrice A ∈ Mn (K), calculer la matrice PAP.
3. En déduire qu’une matrice triangulaire inférieure est semblable à une matrice triangulaire supérieure.
1026
Solution : 1. Soit E = Rn et e = (e 1 , . . . , e n ) la base canonique de E. Alors il existe un unique u ∈ L(E) tel que Mate (u) = P. On a pour tout i ∈ 1, n, u(e i ) = e n−i+1 et u 2 (e i ) = e i , donc P2 = In . Par conséquent, P ∈ GLn (R ) et P−1 = P.
2. Puisque P =
Pn
k=1
PAP =
Ek,n−k+1, X
1Éi,j ,k,l Én
ai j Ek,n−k+1Ei j En−l +1,l =
X
i,j ,k,l
δn+1−k,i δ j ,n+1−l Ek,l =
X
an+1−k,n+1−l Ekl
k,l
La matrice PAP s’obtient en faisant deux symétries de A par rapport aux deux diagonales. 3. Puisque P−1 = P, PAP−1 est une matrice triangulaire supérieure lorsque A est une matrice triangulaire inférieure. Exercice 25.101 ♥♥ Á quelle condition deux matrices E pq et Ekl de la base canonique de Mn (R) sont-elles semblables ? Solution : Considérons l’espace vectoriel E = Kn muni de sa base canonique.
1. Une condition nécessaire est que les matrices aient même trace. Donc si p = q et k 6= l , (ou bien p 6= q et k = l ), les deux matrices ne sont pas semblables.
2. Montrons que deux matrices E pp et E qq (p 6= q ) sont semblables. Soit u l’unique endomorphisme de E tel que Mate (u) = E pp . Considérons la base e ′ obtenue en permutant les deux vecteurs e p et e q . Dans la base e ′ , la matrice de u est E qq . Par conséquent, les deux matrices E pp et E qq représentent le même endomorphisme dans deux bases différentes : elles sont semblables. Complément : écrivez la matrice de passage de la base e vers la base e ′ , et son inverse. 3. Soient quatre indices (p, q) ∈ [[1, n]]2 avec p 6= q et (k, l) ∈ [[1, n]]2 avec k 6= l . Notons u l’unique endomorphisme ayant pour matrice E pq dans la base e . Considérons la base e ′ obtenue en échangeant les vecteurs e q ↔ e l et e p ↔ e k . Alors la matrice de l’endomorphisme u dans la base e ′ est la matrice Ekl (faire un dessin et vérifier ce résultat même lorsque p = q ou k = l ). Donc les matrices E pq et Ekl sont semblables. Pouvez-vous écrire la matrice de passage Pe→e ′ correspondante ? Quel est son inverse ? Exercice 25.102 ♥♥ Soit une matrice A¶∈ M2 (R) vérifiant A2 = I et telle que A n’est pas une matrice scalaire. Montrer que A est semblable µ à la matrice
0 1
1 0
Solution : Soit E = R2 et e = (e 1 , e 2 ) la base canonique de E. Il existe un unique endomorphisme u de E ayant A comme matrice dans la base e . Puisque A2 = I, u 2 = id et donc u est une symétrie vectorielle. On a E = Ker(u − id) ⊕ Ker(u + id). 1
1
En effet, on peut toujours écrire x = (x + u(x)) + (x − u(x)) avec x + u(x) ∈ Ker(u − id) et x − u(x) ∈ Ker(u + id). 2 2 L’intersection de Ker(u − id) et Ker(u + id) étant bien sûr réduite au vecteur nul. Comme A n’est pas scalaire, u 6= id et u 6= − id. Par conséquent, aucun des deux noyaux n’est R2 tout entier. Les noyaux Ker(u − id) et Ker(u + id) sont donc des droites vectorielles. Considérons f 1 6= 0 un vecteur de Ker(u − id) et f 2 6= 0 un vecteur de Ker(u + id). D’après le théorème sur les bases adaptées à une somme directe, f = ( f 1 , f 2 ) est une base de E. Dans cette base, ¶ µ
0 −1 ¶ µ 0 1 De la même façon, il existe un unique endomorphisme v ayant B = comme matrice dans la base canonique. 1 0 Comme B2 = id, le même raisonnement montre que v est une symétrie vectorielle et permet de construire une base g dans laquelle Mat g (v) = D. Par conséquent, puisque A et D sont semblables et que B et D sont semblables, on en déduit que A et B sont semblables. D = Mat f (u) =
1 0
Exercice 25.103 ♥♥ Soit un K -espace vectoriel de dimension finie n et un endomorphisme f ∈ L(E) de rang 1. 1027
1. Si l’on suppose que Ker f ∩ Im f = {0E }, montrer qu’il existe une base ε de E et un scalaire λ ∈ K tels que
λ
0 Matε ( f ) = . . . 0
0
...
0
...
0
. .. .. . 0
. .. .. .
2. En déduire que pour tout endomorphisme f de rang 1, il existe un scalaire α ∈ K tel que f 2 = α f .
3. Soit une base e quelconque de E, et un endomorphisme f ∈ L(E) quelconque. On note B = Mate ( f ) la matrice de l’endomorphisme f dans la base e . Montrer l’équivalence ¡
¢ ¡ ¢ rg( f ) = 1 ⇐⇒ ∃(X, Y) ∈ Mn1 (K )2 non nuls tels que B = X t Y (i)
(ii)
(On se contentera de la démonstration dans le cas où Ker f ∩ Im f = {0E }). voir exercice 25.94 p.1025. Solution : 1. D’après la formule du rang, n = dim Ker f + rg f
donc Ker f est un hyperplan de E de dimension (n −1). Comme rg( f ) = dim Im f = 1, il existe un vecteur a 6= 0 tel que Im f = Vect(a). Puisque l’on a supposé que Im f ∩ Ker f = {0E }, et que dim Im f + dim Ker f = n , on sait que E = Vect(a) ⊕ Ker f
le système (a) est une base de Im f , et si l’on suppose n Ê 2, puisque Ker f 6= {0E }, il existe une base de Ker f de la forme (ε2 . . . , εn ). Le théorème de la base adaptée à une somme directe nous dit alors que le système ε = (a, ε2 , . . . , εn ) est une base de E. Comme f (a) ∈ Im f = Vect(a), il existe λ ∈ K tel que f (a) = λa . La matrice de f dans la base ε est donc bien de la forme souhaitée. 2. Dans le cas où a ∈ Ker f , on a Im f ⊂ Ker f et donc f 2 = 0. Le résultat est montré avec α = 0K . On peut donc supposer que Im f 6⊂ Ker f et alors Im f ∩ Ker f = {0}. D’après a), on a construit une base ε dans laquelle la matrice de f était simple : A = Matε ( f ) = λE11 . On calcule alors A2 = λ2 E11 E11 = λ2 E11 = λA et on en déduit que f 2 = λ f .
3. Supposons que rg f = 1. Lorsque Im f ∩ Ker f = {0}, on a construit une base ε dans laquelle la matrice de f s’écrivait A = λE11 . Posons X′ la matrice colonne avec un λ sur la première ligne et des zéros sur les autres lignes, et Y′ la matrice colonne avec un 1 sur la première ligne et des zéros sur les autres lignes. Un calcul direct montre que t
A = X′ Y′
Mais puisque les matrices A et B représentent le même endomorphisme f dans deux bases différentes ε et e , elles sont semblables. En notant P la matrice de passage de la base ε vers la base e , on a t t
t
A = PBP−1 = (PX ′ ) Y′ P−1 = (PX ′ ) ( P−1 Y′ ) t
et il suffit de poser X = PX′ ∈ Mn1 (K ) et Y = P−1 Y′ ∈ Mn1 (K ) pour avoir B = X t Y. Si l’on suppose maintenant que B = X t Y, en notant X = (xi )1ÉiÉn et Y = (y i )1ÉiÉn , la matrice B s’écrit :
x1 y 1 x2 y 1 B = ((xi y j ))1Éi,j Én = . ..
xn y 1
x1 y 2 x2 y 2
... ...
...
...
xn y 2
...
x1 y n x2 y n ...
xn y n
On s’aperçoit que toutes les colonnes de cette matrice sont proportionnelles à la matrice colonne X. En utilisant l’algorithme du rang, on trouve que cette matrice est de rang 1 (la colonne X est non-nulle).
25.12.11 Systèmes linéaires Exercice 25.104 ♥ Résoudre dans R3 les systèmes : 1028
1.
(x − y + z = 1
(
( x + 2y + z = 2 5. 2x + y + z = − 1 x − 3y + 2z = − 1 (2x − y + 3z = 1 x +y −z =2 6. x − 2y + 4z = 1
x + 2y + 3z = 1 3. − x − 3y + 5z = 2 x + y +z = −1 ( y + 3z = 0 x + 2y + 6z = 2 4. 7x + 3y + 9z = 14
3y − z = 2 2z = 8 ( x − y + 2z = 1 2. 2x − 3y + z = 4 x − 3y − 4z = 5
7.
½ 2x − y + 3z = 0 x + y + 2z = 0
8.
(
x +y −z = 1 2x + 2y − 2z = 2 −x − y +z = −1
Solution : 1. En remontant, on trouve successivement : z = 4; y = 2; x = −1.
x 2x 2. x
− − −
y 3y 3y
+ + −
2z z 4z
= = =
1 4 5
L2 L3
←− ←−
x
L2 − 2L1 L3 − L1
y y 2y
− − −
+ − −
2z 3z 6z
= = =
1 2 . 4
Les deux dernières équations sont équivalentes. Le système est de rang 2 et compatible. En prenant z comme paramètre, l’ensemble des solutions est {(−5z − 1, −3z − 2, z) | z ∈ K}. ¢ª
©¡
3. Système de Cramer : − 25 , 1, 21 .
4. Système de rang 2 et compatible. {(2, −3z, z) | z ∈ K}.
5. Système de Cramer : {(−2, 1, 2)}.
6. Système de rang 2 mais pas compatible. Pas de solution. 7.
½ n 2x − y + 3z = 0 2x − y + 3z = 0 soit . Le système est de rang 2, donc compatible. En prenant z comme paramètre, x + y + 2z = 0 3x + 5z = 0 ¢ ª ©¡ l’ensemble des solutions est − 35 z, − 13 z, z | z ∈ K .
8. Le système est clairement de rang 1 et compatible (on a trois fois la même équation). L’ensemble des solutions est le plan d’équation x + y − z = 1. Exercice 25.105 ♥ Sans chercher à résoudre les systèmes suivants, discuter la nature de leur ensemble solution : x x x
+y −y +y
−z +z
= = =
0 0 0
x 2x x
+3y −2y + y
+2z + z
= = =
1 2 2
x 2x x
+3y −2y + y
+2z + z
= = =
1 2 3
Solution : Premier système : Matrice de rang 3 (inversible) donc une unique solution (0, 0, 0). Deuxième système : Matrice de rang 2, système non compatible, pas de solution. Troisième système : Matrice de rang 2, système non compatible, pas de solution. Exercice 25.106 ♥ Discuter, suivant la valeur de m , la dimension de l’espace des solutions des systèmes suivants : 1.
½
( x + y + mz = 0 x +my + z = 0 2. mx + y + z = 0
x +my + z = 0 mx + y + mz = 0
Solution : 1. Si m = 1 ou m = −1, alors le système est de rang 1. L’espace des solutions est de dimension 2. Sinon le système est de rang 2 et l’espace des solutions est de dimension 1. Dans ce dernier cas, l’ensemble des solutions est {(x, 0, −x), x ∈ R}.
2. Si m = 1, alors le système est de rang 1. L’espace des solutions est de dimension 2. Si m = −2, alors le système est de rang 2. L’espace des solutions est de dimension 1. Sinon le système est de Cramer. L’espace des solutions est de dimension 0.
Exercice 25.107 ♥ On considère, pour un paramètre réel m , les sous-espaces vectoriels de R3 : F=
©¡
¢ ª x, y, z ∈ R3 | x + m y + z = 0 et mx + y − mz = 0 ©¡ ¢ ª et G = x, y, z ∈ R3 | x − m y + z = 0
1. Déterminer la dimension de F et de G. 2. Discuter suivant les valeurs de m la dimension du sous-espace vectoriel F ∩ G. 1029
Solution : 1. Que m soit égal à 1 ou non, dim F = 1 car le rang de
¯ ¯1 ¯ 2. ¯¯m ¯1
m 1 −m
µ
1 m
m 1
¶ 1 égale 2. dimG = 2. −m
¯ 1 ¯¯ −m ¯¯ = −4m 2 . Si m = 0, alors F ∩ G est de dimension 1, et de dimension 0 sinon. 1 ¯
Exercice 25.108 ♥ Résoudre et discuter suivant les valeurs de b1 , b2 , b3 et b4 : x + 3y + 4z + 7t x + 3y + 4z + 5t (S 1 ) x + 3y + 3z + 2t x+y +z+t x + y + 2z − t −x + 3y + t (S 3 ) 2x − 2y + 2z − 2t 2y + z
= = = = = = = =
x + 3y + 5z + 3t x + 4y + 7z + 3t (S 2 ) y + 2z x + 2y + 3z + 2t x + 2y + z + 2t −2x − 4y − 2z − 4t (S 4 ) −x − 2y − z − 2t 3x + 6y + 3z + 6t
b1 b2 b3 b4 b1 b2 b3 b4
Solution : (S 1 ) : solution unique quels que soient b 1 , b 2 , b 3 , b 4 . (S 2 ) : solutions si b 2 = b 1 + b 3 . (S 3 ) : solutions si b 1 + b 2 − 2b 4 = 0 et 2b 1 − b 3 − 2b 4 = 0. (S 4 ) : solutions si b 2 = −2b 1 et b 3 = −b 1 et b 4 = 3b 1 .
b1 b2 b3 b4
= = = = = = = =
b1 b2 b3 b4
Exercice 25.109 ♥ Résoudre les systèmes suivants à l’aide du déterminant :
x +y −z =0 x + 3y + z = 0 2x + y − 3z = 0 − x + 2y + 4z = 0
et
(
x + y + 2z = 1 2x + y + z = 2 − x − 2y − 5z = − 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 1 −1¯ ¯1 3 1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 1¯ ¯ 6= 0 le Solution : Premier système : ¯¯1 3 1 ¯¯ = 0 et ¯¯ 2 1 −3¯¯ = 0 donc le système est de rang É 2. Comme ¯¯ 1 3¯ ¯2 1 −3¯ ¯−1 2 4 ¯ système est de rang 2. On a une droite de solution, l’intersection des deux plans x + y − z = 0 et x +3y + z = 0, autrement (−2, 1, −1). dit la droite vectorielle engendrée par ¯ ¯ ¯ ¯1 ¯ ¯ 1 2 ¯ ¯ ¯1 2¯ ¯ 6= 0 le système est de rang 2 et 1 1 ¯¯ = 0 donc le système est de rang É 2. Comme ¯¯ Deuxième système : ¯¯ 2 1 1¯ ¯−1 −2 −5¯ on peut choisir x comme paramètre. On résout alors en y et z le système des deux premières équations en fonction de x . Soit y = 3 − 3x et z = x − 1. On vérifie enfin avec la troisième équation : −x − 6 + 6x − 5x + 5 = −1.
Exercice 25.110 ♥♥ ¡ ¢ Soit f l’application linéaire qui fait correspondre au vecteur x, y, z le vecteur (a, b, c, d) dont les coordonnées sont définies par le système suivant : − x − y + mz = a − mx + y + mz = b
x − y − mz = c mx + y + z = d
Déterminer suivant les valeurs du paramètre réel m , le rang de f . En déduire le nombre de solutions du système précédent puis le résoudre en fonction du second membre. Solution : Après permutation des deuxièmes et troisièmes lignes, on effectue des oel sur le tableau : −1 1 −m m
−1 −1 1 1
m −m m 1
a c b d
L2 ← L2 + L1 L3 ← L3 − mL1 L4 ← L4 + mL1
1030
−1 0 0 0
−1 −2 1+m 1−m
m 0 m − m2 1 + m2
a a +c b − ma d + ma
L3 ← L3 + 1+m 2 L2 L4 ← L4 + 1−m 2 L2
−1 0 0 0
m 0 m − m2 1 + m2
−1 −2 0 0
a a +c b − ma + 1+m 2 (a + c) d + ma + 1−m 2 (a + c)
En prenant les lignes L1 , L2 et L4 on voit que le rang du système égale 3. Donc s’il existe une solution, alors elle est unique. On résout donc le système (triangulaire) en x, y et z grâce aux lignes L1 , L2 et L4 . La ligne L3 sert de vérification : Si ´ ¡ ¢ m − m2 ³ 1−m 1+m m − m2 z = d + ma + (a + c) = b − ma + (a + c), 2 1+m 2 2
alors le système est compatible et admet une solution unique. Sinon il n’admet pas de solution. Exercice 25.111 ♥♥ Déterminer suivant les valeurs des réels m, a, b, c les solutions du système : (mx + m y + mz = a
x +my + z = b x + y + mz = c
m Solution : La matrice de ce système linéaire est A = 1 1 ( 0=a
m 2 1 et rg(A) = 1 m 3
m m 1
– Si m = 0 le système devient : x
si m = 0 si m = 1 . sinon
+ z = b . Il n’est compatible que si a = 0. Dans ce cas, l’ensemble de ses solutions x+y =c est : (b, c − b, 0) + Vect (−1,(1, 1). x+y +z = a – Si m = 1 le système est : x + y + z = b . Il n’est compatible que si a = b = c . Dans ce cas, l’ensemble solution est x+y +z = c (a, 0, 0) + Vect ((−1, 1, 0) , (0, 1, −1)) – Le système est de Cramer si m 6= 0 et m 6= 1. Il admet une et une seule solution donnée par : µ ¶ −mb+a a−cm (m+1)a−cm−mb ,− ,− m(m−1)
m(m−1)
m(m−1)
Exercice 25.112 ♥♥ Déterminer suivant les valeurs des réels m, a, b, c les solutions du système : x − y − mz = a x + 2y + z = b x+ y − z =c
( −m 2 si m = 5 1 et rg(A) = . 3 sinon −1 x − y − 5z = a (x − y − 5z = a b−a y + 2z = – Si m = 5 le système devient : x + 2y + z = b qui est équivalent à : 3 . Il n’est compatible que si c −a x +y −z = c y + 2z = 2 µ ¶ b−a c −a 2a + b b − a . Dans ce cas, l’ensemble de ses solutions est : = , , 0 + Vect (3, −2, 1). 3 2 3 3 – Le système est de Cramer si m 6= 5. Il admet une et une seule solution donnée par :
1 Solution : La matrice de ce système linéaires est A = 1 1
−1 2 1
³ 3 a+(m+1)b+(1−2m)c 2 a−(m+1)c+(m−1)b a+2 b−3 c ´ , ,− − m−5
Exercice 25.113 Résoudre le système :
m−5
m−5
♥♥ ax + by + z x + by + z x + by + az
1031
= = =
1 b 1
Solution : Le déterminant de la matrice vaut (a − 1)2 b . 1. a 6= 1, b 6= 0, S =
½µ
1 − b ab + b − 2 1 − b , , a − 1 (a − 1)b a − 1
¶¾
.
2. a = 1, le système est compatible si et seulement si b = 1 et dans ce cas, S = (1, 0, 0) + Vect((−1, 1, 0), (−1, 0, 1)). 3. b = 0, a 6= 1 : le système est incompatible.
Exercice 25.114 Résoudre le système :
♥♥ ax + by + z = 1 x + aby + z = b x + by + az = 1
Solution : Le déterminant du système égale b(a + 2)(a − 1)2 . Si b = 0, le système est toujours incompatible. Sinon, 1. a 6= −2, 1 :
µ
a −b ab + b − 2 a −b , , (a − 1)(a + 2) (a − 1)(a + 2)b (a − 1)(a + 2)
¶
2. a = −2, b 6= −2, ∅.
3. a = 1, b 6= 1, ∅.
4. a = −2 et b = −2, (−1 − 2y, y, −1 − x − y). 5. a = 1 et b = 1, (x, y, x − y).
Exercice 25.115 Résoudre le système :
♥♥ ½
x + a y + bz = a x − 2a y + bz = b
½
x + a y + bz = a . −3a y = b − a
= = = =
32 10x 7x 23 et 33 8x 31 7x
Solution : On soustrait les deux lignes pour obtenir
Si a = 0, deux cas se présentent : Si b = 0 alors le système est de rang 1 et les solutions sont (0, y, z). Si b 6= 0 alors le système n’est pas compatible. 2a+b qui est une équation de droite dans le plan y = a−b Si a 6= 0, alors y = a−b 3a et x + bz = 3 3a . Exercice 25.116
10x 7x Résoudre 8x 7x
Commentaire.
+ + + +
7y 5y 6y 5y
♥ + + + +
8z 6z 10z 9z
+ + + +
7t 5t 9t 10t
+ + + +
7y 5y 6y 5y
+ + + +
8z 6z 10z 9z
+ + + +
7t 5t 9t 10t
= = = =
32, 1 22, 9 . 33, 1 30, 9
Solution : (1, 1, 1, 1) est la solution du premier système. (9, 2; −12, 6; 4, 5; −1, 1) est la solution du deuxième système. Dans cet exemple, une petite perturbation (0, 1; −0, 1; 0, 1; −0, 1) du vecteur de données entraîne une grosse perturbation du vecteur de solutions.
1032
Chapitre
26
Groupe symétrique, déterminant Pour bien aborder ce chapitre Ce chapitre est réservé aux élèves de MPSI. On va y définir le déterminant en toute généralité. Il va nous falloir au préalable étudier le groupe symétrique Sn . Il est formé de toutes les permutations d’un ensemble E à n éléments et admet comme loi interne la composition. Ce groupe est très important en mathématiques. Ainsi, c’est en étudiant le groupe des permutations des racines d’un polynôme que Galois est parvenu à prouver la non résolubilité par radicaux des équations polynomiales de degré Ê 5. Le mathématicien Arthur Cayley a par ailleurs prouvé que tout groupe fini de cardinal n est isomorphe à un sous-groupe de Sn (son résultat est en fait plus général car il s’étend aux groupes de cardinal infini). La construction du déterminant est basée sur les notions que nous allons introduire quant au groupe symétrique. On explicitera ensuite, comme dans le cas des déterminants de taille 2 et 3 traités dans le chapitre précédent, ce qu’est le déterminant d’un endomorphisme et d’une famille de vecteurs. Le développement de la notion de déterminant est fortement lié aux tentatives effectuées par les mathématiciens pour résoudre les systèmes linéaires à n équations et n inconnues. En 1545, Cardan introduit des déterminants de taille 2 pour résoudre des systèmes linéaires de deux équations à deux inconnues. En 1678, Leibnitz fait de même mais pour n = 3 et en 1748, MacLaurin résout le problème quand n = 4. En 1750, Cramer établit des formules pour le cas général mais ne sait pas les démontrer (voir le théorème 26.19 page 1044). En 1764, Bézout reprend les travaux de Cramer et met en place les formules de développement suivant une rangée (voir le théorème 26.24 page 1047). Elles permettent de formuler des relations de récurrence pour le calcul des déterminants. Dans les `` Disquisitiones arithmeticae´´, Gauss donne au déterminant sa dénomination actuelle. Lagrange comprend le lien du déterminant avec la notion de volume. C’est au 19e siècle que Cauchy utilise pour la première fois le mot déterminant dans le sens qu’on lui donne maintenant. Il fait, dans un long article, la synthèse des connaissances à son sujet et jette les bases de la réduction des endomorphismes. Grâce à trois articles dans le journal de Crelle, Jacobi popularise la notion et construit des algorithmes permettant de le calculer. Il faut attendre le milieu du 19e siècle pour que les déterminants soient utilisés, par Sylvester et Cayley dans le cadre matriciel. Ce dernier est à l’origine de la notation utilisée pour les écrire avec des grandes barres verticales.
26.1 Le groupe symétrique D ÉFINITION 26.1 Groupe des permutations Soit un ensemble E. On appelle permutation de¡ E, une ¢ bijection σ : E 7→ E. On note SE l’ensemble des permutations de l’ensemble E. Puisque SE = B(E), on sait que SE , ◦ est un groupe, appelé groupe des permutations de l’ensemble E. Dans la suite, on considèrera un ensemble fini E de cardinal n , et en particulier E = [[1, n]]. D ÉFINITION 26.2 ♥♥ Groupe symétrique Lorsque l’ensemble E = [[1, n]], on note Sn le groupe des permutations de E qui est un groupe fini de cardinal n!. Ce groupe s’appelle le groupe symétrique d’ordre n . Une permutation σ ∈ Sn se note σ=
¡
1 ... n σ(1) ... σ(n)
1033
¢
D ÉFINITION 26.3 Orbite d’un élément Soit une permutation σ ∈ SE et un élément x ∈ E. On appelle orbite de l’élément x selon la permutation σ, l’ensemble O(x) = {σk (x) ; k ∈ Z }. On vérifie facilement que si y ∈ O(x), alors O(x) = O(y). Exemple 26.1 Si E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, et σ =
¡1
2 3 4 5 6 2 1 5 3 6 4
2
¢
, O(1) = O(2) = {1, 2} et O(3) = O(4) = O(5) = O(6) = {3, 4, 5, 6}.
1
3
5
4
6
D ÉFINITION 26.4 Permutation circulaire Soit une permutation σ ∈ SE . On dit que c’est une permutation circulaire s’il existe un élément x ∈ E tel que O(x) = E. Exemple 26.2 Si E = {1, 2, 3, 4}, σ =
Remarque 26.1
¡1
2 34 3 4 21
¢
est une permutation circulaire : 1
3
4
2
Il y a (n − 1)! permutations circulaires dans le groupe symétrique Sn .
D ÉFINITION 26.5 Cycle Soit une permutation σ ∈ SE . On dit que σ est un cycle s’il y a au plus une orbite qui n’est pas réduite à un élément. Cette orbite s’appelle le support du cycle, et le cardinal de cette orbite s’appelle la longueur du cycle. Exemple 26.3 E = {1, ¡ ¢ 2, 3, 4, 5, 6}, σ = simplement 1 2 3 un tel cycle.
¡1
2 3 4 5 6 2 3 1 4 5 6
¢
, est un cycle de support {1, 2, 3} et de longueur 3. On note plus
1
2
4
3
6
5
L EMME 26.1 Deux cycles de supports disjoints commutent Soient deux cycles σ1 et σ2 de SE de supports disjoints. Alors σ1 ◦ σ2 = σ2 ◦ σ1 . Démonstration Soient c1 et c2 deux cycles de supports disjoints. Montrons que c1 ◦ c2 = c2 ◦ c1 . Soit x ∈ E, étudions trois cas : si x est dans le support de c1 , il n’est pas dans le support de c2 donc c2 (x) = x . Par conséquent, c1 ◦ c2 (x) = c1 (x) et puisque c1 (x) est dans le support de c1 , il n’est pas dans le support de c2 et donc c2 (c1 (x)) = c1 (x). De même, si x est dans le support de c2 , c1 ◦ c2 (x) = c2 ◦ c1 (x) = c2 (x). Si enfin x n’est ni dans le support de c1 , ni dans le support de c2 , il est invariant à la fois par c1 et c2 d’où c1 ◦ c2 (x) = c2 ◦ c1 (x) = x .
T HÉORÈME 26.2 ♥♥ Décomposition d’une permutation en produit de cycles à supports disjoints Soit une permutation σ ∈ SE . Elle se décompose en un produit fini de cycles de supports disjoints qui commutent deux à deux. On obtient en pratique la décomposition en dessinant les orbites de la permutation σ : Exemple 26.4 Considérons la permutation σ =
¡
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 9 1 2 4 6 7 5 8 3
10 1
2
¢
. On représente graphiquement ses orbites :
9 6
4 3
5
1034
8
7
¢ ¡ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ¢ ¡ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ¢ ¡ ¡Définissons alors¢ les cycles c 1 = 10 2 1 4 5 6 7 8 9 3 = 1 10 3 de support {1, 10, 3} et c 2 = 1 9 3 2 4 6 7 5 8 10 = 2 9 8 5 4 de support {2, 4, 5, 8, 9}. On a bien σ = c 1 ◦ c 2 = c 2 ◦ c 1 . La décomposition en cycles permet de calculer facilement les puissances d’une permutation dans le groupe symétrique. Puisque les cycles commutent, σk = c1k ◦ c2k . Si l est la longueur d’un cycle c l =¢id, c k = c p où p est le reste de la division de k par l . Sur notre exemple, ¡ c ,3 puisque 4 5 6 7 8 9 10 . σ11 = c 111 ◦ c 211 = c 12 ◦ c 2 = 13 29 10 2 4 6 75 8 1
D ÉFINITION 26.6 ♥♥♥ Transposition Une transposition de SE est un cycle de longueur 2. Une transposition échange deux éléments a , b et laisse les autres invariants. On note τab une telle transposition. Remarque 26.2
Se donner à !une transposition dans le groupe symétrique Sn revient à se donner une paire d’éléments
n n(n − 1) transpositions dans Sn . On calcule facilement la composée de transpositions : = 2 2 σ = τ23 ◦τ12 ◦τ13 = τ12 : tous les i 6∈ {1, 2, 3} sont invariants par ces trois transpositions donc σ(i ) = i et σ(1) = τ23 ◦τ12 (3) = τ23 (3) = 2, σ(2) = τ23 ◦ τ12 (2) = τ23 (1) = 1, σ(3) = τ23 ◦ τ12 (1) = τ23 (2) = 3. {i , j } distincts. Il y a donc
T HÉORÈME 26.3 ♥♥♥ Décomposition en transpositions Toute permutation σ ∈ Sn se décompose en un produit fini de transpositions : σ = τ1 ◦ · · · ◦ τk
Il n’y a pas unicité d’une telle décomposition. Exemple 26.5 ¢ On dispose d’un algorithme simple qui permet de trouver une telle décomposition. Si par exemple ¡ σ = 13 25 31 42 56 64 , ¡ ¢ – On commence par regarder σ(6) = 4 6= 6. Formons donc la permutation σ1 = τ46 ◦ σ = 13 25 31 42 54 66 . Le 6 est maintenant à sa place. ¢ ¡ – Comme σ1 (5) = 4, on forme σ2 = τ45 ◦ σ1 = ¡ 13 24 31 42 55 66 ¢ et maintenant 5 et 6 sont à leur place. – Comme σ2 (4) = 2, on forme σ3 = τ42 ◦ σ2 = ¡ 13 22 31 44 55 66 ¢ – Comme σ3 (3) = 1, on forme σ4 = τ13 ◦ σ3 = 11 22 33 44 55 66 = id. Au bout d’au plus n étapes, on trouve l’identité. Il suffit alors d’écrire τ13 ◦ τ42 ◦ τ45 ◦ τ46 ◦ σ = id
et comme pour toute transposition τ−1 = τ, on en déduit la décomposition de σ : σ = (τ13 ◦ τ42 ◦ τ45 ◦ τ46 )−1 = τ46 ◦ τ45 ◦ τ42 ◦ τ13
Cet algorithme montre que toute permutation de Sn s’écrit comme un produit d’au plus n transpositions. Pour terminer ce paragraphe, dressons la table du groupe S3 : à chaque ligne on place un élément σi et à chaque colonne un élément σ j . À l’intersection de ¡la ligne ¢ i et de la colonne j , on place l’élément ¡ σi ◦¢σ j . Il y a 3! = 6 permutations : S3 = {id, τ12 , τ13 , τ23 , σ, σ2 } où σ = 12 23 31 est une permutation circulaire avec σ2 = 13 21 32 . S3
id
τ12
τ13
τ23
σ
σ2
id τ12 τ13 τ23 σ σ2
id τ12 τ13 τ23 σ σ2
τ12 id σ σ2 τ13 τ23
τ13 σ2 id σ τ23 τ12
τ23 σ σ2 id τ12 τ13
σ τ23 τ12 τ13 σ2 id
σ2 τ13 τ23 τ12 id σ
On voit que le groupe S3 n’est pas commutatif : par exemple τ12 ◦ τ13 6= τ13 ◦ τ12 . Plus généralement, le groupe Sn n’est jamais commutatif puisque si i , j , k sont distincts, τi j ◦ τ j k 6= τ j k ◦ τi j . On peut montrer que les groupes finis de moins de 5 éléments sont tous commutatifs donc S3 donne le premier exemple de groupe non commutatif à 6 éléments.
26.1.1 Signature d’une permutation
1035
D ÉFINITION 26.7 ♥ Signature d’une permutation Soit une permutation σ ∈ Sn . On dit qu’un couple (i , j ) ∈ [[1, n]]2 est un inversion de σ lorsque i < j et σ(i ) > σ( j )
On note I(σ) le nombre d’inversions de la permutation σ, et on définit la signature de la permutation σ par ε(σ) = (−1)I(σ)
On dit qu’une permutation σ est paire si ε(σ) = +1 et impaire lorsque ε(σ) = −1. Exemple 26.6 Considérons la permutation σ = i
¡1
2 3 4 56 7 3 5 7 2 14 6
¢
. Écrivons son tableau d’inversions :
1 2
Card{ j > i | σ( j ) < σ(i )}
2 3
3 4
4 1
5 0
6 0
7 0
On trouve que I(σ) = 10 et ε(σ) = 1 ; L EMME 26.4 Expression algébrique de la signature Soit une permutation σ ∈ Sn . On a les expressions suivantes pour sa signature : ε(σ) =
Démonstration donc P =
Q
i< j
Y
Y σ( j ) − σ(i ) σ( j ) − σ(i ) = j − i j −i 1Éi< j Én {i,j }⊂[[1,n]] i6= j
Considérons une paire {i , j } ∈ [[1,n]] avec i 6= j . Puisque
σ( j ) − σ(i ) Q σ( j ) − σ(i ) . = {i,j } j −i j −i
σ(i ) − σ( j ) σ( j ) − σ(i ) on peut supposer que i < j et = i−j j −i
σ( j ) − σ(i ) |σ( j ) − σ(i )| . =− j −i |j −i| σ( j ) − σ(i ) |σ( j ) − σ(i )| – Si (i , j ) n’est pas une inversion de σ, . = j −i |j −i|
– Si (i , j ) est une inversion de σ, i < j et σ(i ) > σ( j ) donc
On peut donc écrire
P = (−1)I(σ)
On remarque également que
Y
{i,j }
Q
{i,j } |σ( j ) − σ(i )|
Q
{i,j } | j − i |
|σ( j ) − σ(i )| =
Y
|k − l |
{k,l }
En effet, puisque σ est bijective, pour toute paire {k,l } il existe une unique paire {i , j } telle que {k,l } = {σ(i ),σ( j )}. Finalement, P = (−1)I(σ) = ε(σ) ;
T HÉORÈME 26.5 ♥♥♥ La signature est un morphisme de groupes L’application ¢ ¡ ¢ ½ ¡ Sn , ◦ −→ {−1, 1}, × ε:
σ
7−→
ε(σ)
est un morphisme de groupes. Démonstration Soient deux permutations σ1 , σ2 de Sn . Montrons que ε(σ1 ◦σ2 ) = ε(σ1 )×ε(σ2 ). En utilisant la forme algébrique de la signature, P = ε(σ1 ◦ σ2 ) = P=
Y σ1 (σ2 ( j )) − σ1 (σ2 (i )) j −i {i,j }
Y σ1 (σ2 ( j )) − σ1 (σ2 (i )) Y σ2 ( j ) − σ2 (i ) σ2 ( j ) − σ2 (i ) j −i {i,j } {i,j }
Mais comme toute paire {k,l } s’écrit de façon unique {σ2 ( j ),σ2 (i )} où {i , j } est une paire, P=
Y σ1 (k) − σ1 (l ) Y σ2 ( j ) − σ2 (i ) = ε(σ1 ) × ε(σ2 ) k −l j −i {i,j } {k,l }
1036
D ÉFINITION 26.8 ♥ Groupe alterné La signature étant un morphisme de groupes, son noyau Ker ε = {σ ∈ Sn | ε(σ) = +1}
est un sous-groupe du groupe symétrique, appelé groupe alterné. On le note An . L EMME 26.6 ♥♥ Signature d’une transposition Soit τ une transposition de Sn . C’est une permutation impaire : ε(τ) = −1. Démonstration Soit i ∈ [[2,n]]. La transposition τ1i s’écrit :
Le tableau d’inversions de τ1i s’écrit donc :
¡ ... (i−1) i (i+1) ... n ¢ τ1i = 1i 22 ... (i−1) 1 (i+1) ... n
1 (i − 1)
i
2 1
...
...
i −1 1
i 0
... ...
n 0
Par conséquent, I(τ1i ) = (i −1)+(i −2) = 2i −3 d’où l’on tire ε(τ1i ) = (−1)2i−3 = −1. Il suffit ensuite de remarquer que si i , j ∈ [[1,n]] sont distincts et différents de 1, τi j = τ1i ◦ τ1 j ◦ τ1i
et par conséquent, ε(τi j ) = ε(τ1i )ε(τ1 j )ε(τ1i ) = −1
Remarque 26.3
Puisque l’application ϕ:
½
An σ
−→ 7−→
Sn \ An τ◦σ
est une bijection, on en déduit que le cardinal du groupe alterné vaut n!/2. C OROLLAIRE 26.7 ♥♥ Autre caractérisation de la signature Si une permutation σ s’écrit comme produit de p transpositions, σ = τ1 ◦ · · · ◦ τ p
alors ε(σ) = (−1)p . Démonstration Comme la signature est un morphisme de groupes, ε(σ) = ε(τ1 ) × · · · × ε(τp ) = (−1)p .
Remarque 26.4 La décomposition d’une permutation en produit de transpositions n’est pas unique, mais la parité du nombre de transpositions est la même pour toute décomposition. Exemple 26.7 Dans les années 1870, Sam Loyd a offert une prime de 1000 dollars à la personne qui trouverait la solution du jeu de taquin suivant : la case 16 est vide, et les pièces peuvent glisser sur cette case vide. Lors du premier coup, on peut faire glisser la case 15 ou la case 12 sur la case vide, et ainsi de suite. Le défi consiste à obtenir la même configuration que la configuration initiale où les cases 14 et 15 sont inversées. 1
2
3
4
1
2
3
4
5
6
7
8
5
6
7
8
9
10
11
12
9
10
11
12
13
14
15
13
15
14
Toute configuration du taquin peut être représentée par une permutation σ ∈ S16 : σ(i ) représente le numéro de pièce qui se trouve sur la case i . La position initiale correspond à la transposition id et la position finale à la transposition τ14,15 . 1037
Pour passer d’une configuration σ à une configuration σ′ , on échange une plaque avec la case vide donc σ′ = τ ◦ σ où τ est une transposition. Si l’on arrive à résoudre le puzzle en n coups, on a donc τn ◦ · · · ◦ τ1 ◦ id = τ14,15
En prenant la signature, (−1)n = −1 et il faut donc un nombre impair de coups. Colorions maintenant les cases du taquin alternativement en noir et blanc comme sur un échiquier. On s’aperçoit qu’a chaque mouvement, la case vide change de couleur. Comme dans la configuration initiale et finale la case vide est de la même couleur, le nombre de coups doit être pair. On aboutit donc à une contradiction et le problème est impossible à résoudre. B IO 23 Arthur Cayley, né le 16 août 1821 à Richmond, mort le 26 janvier 1895 à Cambridge Mathématicien anglais. Arthur Cayley montre très tôt de fortes aptitudes pour les mathématiques. À 14 ans, il rentre au King’s College School. Ses professeurs invitent ses parents à pousser leur fils vers l’université. Il entre à Cambridge à l’âge exceptionnel de 17 ans. Pour ses 20 ans, il a déjà versé trois contributions au Cambridge Mathematical Journal. Celles-ci portent sur des lectures des œuvres de Lagrange et Laplace. À la fin du premier cycle, il reçoit le Smith’s Prize. Mais à 25 ans, il choisit d’embrasser la profession d’avocat. Métier qu’il exercera pendant 14 ans. Il côtoie alors le mathématicien Sylvester, lui aussi avocat et avec lequel il aura de nombreuses discussions mathématiques. Cayley publiera pendant cette période entre 200 et 300 articles mathématiques. Alors qu’il est âgé de 42 ans, on lui propose une chaire à Cambridge. Il renonce alors à son travail lucratif d’avocat pour se consacrer entièrement aux mathématiques. L’œuvre mathématique de Cayley est immense et est réunie dans une collection de 13 volumes intitulée ``Collected Mathematical Papers´´. Il a en particulier et parallèlement à Grassmann découvert les notions d’espace vectoriel et de dimension. Il est le premier, avec Sylvester, a introduire la notion de matrice. Il s’est beaucoup intéressé à la théorie des invariants qui vise à étudier les propriétés algébriques invariantes par l’action d’une application linéaire. Vous étudierez en seconde année le théorème de Hamilton-Cayley qui est une de ses contributions fondamentales à l’algèbre linéaire et qui dit que toute matrice carrée annule son polynôme caractéristique.
26.2 Construction du déterminant Étant donnée une famille de n vecteurs (x1 , . . . , xn ) d’un espace vectoriel de dimension n , nous voulons développer un outil qui permet de détecter si cette famille est liée ou libre. Dans la suite, E désigne un K -espace vectoriel de dimension finie n .
26.2.1 Formes n -linéaires alternées D ÉFINITION 26.9 Forme n -linéaire Soit E un K -espace vectoriel. On dit qu’une application ϕ : En 7→ K est n -linéaire si elle est linéaire par rapport à chaque variable, les autres étant fixées : ∀i ∈ [[1, n]], ∀(x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xn ) ∈ En , ∀(x, y) ∈ E2 , ∀(λ, µ) ∈ K2 , ϕ(x1 , . . . , xi−1 , λx + µy, xi+1 , . . . , xn ) = λϕ(x1 , . . . , xi−1 , x, xi+1 , . . . , xn ) + µϕ(x1 , . . . , xi−1 , y, xi+1 , . . . , xn )
Nous noterons L n (E) l’ensemble des formes n -linéaires sur l’espace E. Remarque 26.5 En vers E.
On vérifie facilement que L n (E) est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel des applications de
P ROPOSITION 26.8 Opération de Sn sur L n (E) Soit ϕ ∈ L n (E) une forme n -linéaire et σ ∈ Sn une permutation. On définit une nouvelle forme n -linéaire : σ⋆ϕ :
½
En (x1 , . . . , xn )
−→ 7−→
et si σ1 , σ2 ∈ Sn , σ1 ⋆ (σ2 ⋆ ϕ) = (σ1 ◦ σ2 ) ⋆ ϕ. 1038
K ϕ(xσ(1) , . . . , xσ(n) )
Démonstration
On vérifie facilement que σ ⋆ ϕ est encore une forme n -linéaire. Notons pour i ∈ [[1,n]], y i = xσ(i) et calculons, σ1 ⋆ (σ2 ⋆ ϕ)(x1 ,... , xn ) = (σ2 ⋆ ϕ)(xσ1 (1) ,... , xσ1 (n) ) = ϕ(y σ2 (1) ,... , y σ2 (n) ). Mais y σ2 (i) = xσ1 (σ2 (i)) = xσ1 ◦σ2 (i) d’où le résultat.
D ÉFINITION 26.10 Forme n-linéaire antisymétrique On dit qu’une forme n -linéaire ϕ ∈ L n (E) est antisymétrique lorsque ∀σ ∈ Sn , σ ⋆ ϕ = ε(σ)ϕ où ε(σ) désigne la signature de la permutation σ. L EMME 26.9 Une forme n -linéaire ϕ est antisymétrique si et seulement si ∀(x1 , . . . , xn ) ∈ En , ∀i , j ∈ [[1, n]], i < j , ϕ(x1 , . . . , xi−1 , x j , xi+1 , . . . , xn ) = −ϕ(x1 , . . . , xi , . . . , x j , . . . , xn )
Démonstration – Si ϕ est antisymétrique, en notant τi j la transposition qui échange i et j , on obtient immédiatement le résultat. – Réciproquement, toute permutation σ s’écrit comme un produit de transpositions : σ = τ1 ◦ ... τk
et ε(σ) = (−1)k . Il suffit d’utiliser la proposition précédente : σ ⋆ ϕ = τ1 ⋆ ... τk ⋆ ϕ = (−1)k ϕ = ε(σ)ϕ.
Nous voulons trouver des formes n -linéaires qui s’annulent sur les systèmes liés. En particulier, lorsque deux vecteurs d’une famille sont égaux, notre forme doit s’annuler. C’est ce qui motive la définition suivante : D ÉFINITION 26.11 ♥♥ On dit qu’une forme n -linéaire ϕ : En 7→ K est alternée si elle s’annule sur tout système comportant deux vecteurs égaux : ∀(x1 , . . . , xn ) ∈ En , ∀i , j ∈ [[1, n]], i < j , si xi = x j , alors ϕ(x1 , . . . , xi , . . . , x j , . . . , xn ) = 0K
Les deux notions de forme n -linéaire antisymétrique et alternée sont identiques comme le montre le théorème suivant : T HÉORÈME 26.10 ♥♥ Alternée = Antisymétrique Une forme n -linéaire est antisymétrique si et seulement si elle est alternée. Démonstration – Supposons ϕ antisymétrique et considérons n vecteurs (x1 ,... , xn ) avec xi = x j = x . Pour la permutation τi j qui échange i et j , on doit avoir ϕ(x1 ,... , xi ,... , x j ,... , xn ) = −ϕ(x1 ,... , x j ,... , xi ,... , xn )
d’où 2ϕ(x1 ,... , xi ,... , x j ,... , xn ) = 0K . Comme nous travaillons avec un corps K = Q , R , C , il vient que ϕ(x1 ,... , xi ,... , x j ,... , xn ) = 0K . – Réciproquement, soient i < j deux indices, puisque ϕ est alternée, ϕ(x1 ,... , xi + x j ,... , xi + x j ,... , xn ) = OK
Mais en développant, en utilisant la bilinéarité et le fait que ϕ est alternée, on trouve que ϕ(x1 ,... , xi ,... , x j ,... , xn ) + ϕ(x1 ,... , x j ,... , xi ,... , xn ) = 0K
Nous avons donc montré que pour toute transposition τi j , τi j ⋆ ϕ = −ϕ. Il suffit de conclure en utilisant le lemme 26.9.
Remarque 26.6 On note A n (E) l’ensemble des formes n -linéaires antisymétriques (ou alternées) et on vérifie facilement que c’est un sous espace vectoriel de L n (E). P ROPOSITION 26.11 Une forme n -linéaire antisymétrique détecte les systèmes liés Soit ϕ une forme n -linéaire antisymétrique. Si la famille (x1 , . . . , xn ) est liée, alors ϕ(x1 , . . . , xn ) = 0K . Démonstration Si la famille est liée, l’un des vecteurs de cette famille est combinaison linéaire des autres : il existe i ∈ [[1,n]] tel que xi =
Mais comme ϕ est alternée, ϕ(x1 ,... , xi ,... , xn ) =
X
j 6=i
X
λj x j
j 6=i
λ j ϕ(x1 ,... , x j ,... , x j ,... , xn ) = 0K
1039
26.2.2 Déterminant de n vecteurs dans une base Pour comprendre ce paragraphe, nous allons commencer par un calcul simple en dimension 2. Soit E un K -espace vectoriel de dimension 2 et e = (e 1 , e 2 ) une base de E. Considérons une famille de deux vecteurs (x1 , x2 ) que nous décomposons dans la base e : ( x1
= x11 e 1 + x21 e 2
x2
= x12 e 1 + x22 e 2
Soit ϕ une forme 2-linéaire alternée sur E. En utilisant la bilinéarité, ϕ(x1 , x2 ) = x11 ϕ(e 1 , x12 e 1 + x22 e 2 ) + x21 ϕ(e 2 , x12 e 1 + x22 e 2 )
= x11 x12 ϕ(e 1 , e 1 ) + x11 x22 ϕ(e 1 , e 2 ) + x21 x12 ϕ(e 2 , e 1 ) + x21 x22 ϕ(e 2 , e 2 )
Puisque ϕ est alternée, ϕ(e 1 , e 1 ) = ϕ(e 2 , e 2 ) = 0K et ϕ(e 2 , e 1 ) = −ϕ(e 1 , e 2 ). Finalement, £ ¤ ϕ(x1 , x2 ) = x11 x22 − x21 x22 ϕ(e 1 , e 2 )
Définissons une application que nous appellerons déterminant dans la base e : det : e
½
E2 (x1 , x2 )
−→ 7−→
K x11 x22 − x21 x12
On vérifie facilement que cette application dete est bien une forme 2-linéaire alternée. Alors, en notant λ = ϕ(e 1 , e 2 ), nous avons montré que ϕ = λ dete . En d’autres termes, l’espace des formes 2-linéaires alternées sur un espace de dimension 2 est une droite vectorielle engendrée par dete : A 2 (E) = Vect(dete ). Ce résultat se généralise en dimension n quelconque : c’est le théorème principal de ce paragraphe. T HÉORÈME 26.12 ♥♥♥ Les formes n -linéaires alternées forment une droite vectorielle Soit e = (e 1 , . . . , e n ) une base d’un espace E de dimension n . Pour une famille (x1 , . . . , xn ) de n vecteurs de E, on note xi j les composantes des vecteurs x j dans la base e : ∀j ∈ [[1, n]],
1. L’application det : e
En
xj =
−→
(x1 , . . . , xn )
n X
K X
7−→
xi j e i
i=1
ε(σ)xσ(1),1 . . . xσ(n),n
σ∈Sn
est une forme n -linéaire alternée appelée déterminant dans la base e . 2. Toute forme n -linéaire alternée sur E est proportionnelle au déterminant et l’espace A n (E) est une droite vectorielle : A n (E) = Vect(det), e
dimA n (E) = 1
3. dete (e 1 , . . . , e n ) = 1K . Démonstration Soit ϕ ∈ A n (E) une forme n -linéaire alternée et (x1 ,... , xn ) ∈ En n vecteurs que l’on décompose dans la base e . Calculons en utilisant la n -linéarité de ϕ, ϕ(x1 ,... , xn ) = ϕ( =
n X
xi 1 ,1 e i 1 ,... ,
i 1 =1 n n X X
...
i 1 =1
i n =1
n X
i n =1
xi n ,n e i n )
xi 1 ,1 xi 2 ,2 ... xi n ,n ϕ(e i 1 ,... ,e i n )
Puisque ϕ est alternée, lorsque i p = i q , ϕ(e i 1 ,... ,e i p ,... ,e i q ,... ,e i n ) = 0K . Par conséquent, ne restent dans la somme que les termes correspondant aux n -uplets (i 1 ,... ,i n ) où les i k sont tous distincts. L’application σ : permutation de [[1,n]]. Nous pouvons alors écrire ϕ(x1 ,... , xn ) =
X
½
[[1,n]] k
−→ 7−→
[[1,n]] ik
est donc une
xσ(1),1 ... xσ(n),n ϕ(e σ(1) ,... e σ(n) )
σ∈Sn
Mais puisque ϕ est alternée, ϕ(e σ(1) ,... ,e σ(n) ) = ε(σ)ϕ(e 1 ,... ,e n ). En notant λ = ϕ(e 1 ,... ,e n ), on obtient finalement que ϕ(x1 ,... , xn ) = λ
X
ε(σ)xσ(1),1 ... xσ(n),n
σ∈Sn
1040
Nous avons donc montré qu’il existait une constante λ ∈ K telle que ϕ = λdete . La vérification que dete est bien une forme n linéaire alternée est technique et moins intéressante, nous ne la ferons pas. Vérifions enfin que dete (e 1 ,... ,e n ) = 1. Puisque le vecteur e j se décompose dans la base e avec les coordonnées xi j = δi j , det(e 1 ,... ,e n ) = e
X
ε(σ)δσ(1),1 ... δσ(n),n
σ∈Sn
Mais si σ 6= id, il existe i ∈ [[1,n]] tel que σ(i ) 6= i et alors δσ(i),i = 0 et le terme correspondant de la somme est nul. Il ne reste donc que le terme correspondant à σ = id qui vaut 1.
Remarque 26.7 Considérons un espace vectoriel de dimension 3 et une base e = (e 1 , e 2 , e 3 ). Trois vecteurs (x1 , x2 , x3 ) se décomposent dans cette base :
Dans S3 , il y a trois permutations paires :
x1 x2 x3
= x11 e 1 + x21 e 2 + x31 e 3
= x12 e 1 + x22 e 2 + x32 e 3
= x13 e 1 + x23 e 2 + x33 e 3
id =
¡1
¢
τ12 =
¡1
¢ ,
ainsi que trois permutations impaires :
2 3 1 2 3
2 3 2 1 3
,
σ=
¡1
2 3 2 3 1
τ13 =
¢
, σ2 =
,
¡1
2 3 3 2 1
Le déterminant des trois vecteurs dans la base e s’écrit donc :
¢
,
¡1 2 3¢
τ23 =
31 2
¡1 2 3¢ 13 2
det(x1 , x2 , x3 ) = x11 x22 x33 + x21 x32 x13 + x31 x12 x23 − x21 x12 x33 − x31 x32 x13 − x11 x32 x23 e
x11 Si l’on considère la matrice des trois vecteurs dans la base e , x21 x31
x12 x22 x32
x13 x23 , on dispose d’un moyen mnémotechnique x33
pour calculer le déterminant des trois vecteurs, la Règle de Sarrus. Il suffit de recopier en bas de la matrice ses deux premières lignes et de tracer les trois diagonales descendantes, de prendre le produit des coefficients sur chacune des diagonales affectés du signe + et de tracer les trois diagonales montantes en prenant le produit des coefficients sur chaque diagonale affecté du signe − : x11
x12
x13
x21
x22
x23
x31
x32
x33
x11
x12
x13
x21
x22
x23
T HÉORÈME 26.13 ♥♥ Formule de changement de base Soient e et e ′ deux bases de l’espace E et (x1 , . . . , xn ) ∈ En . On a la relation suivante entre le déterminant des vecteurs dans les deux bases : det(x1 , . . . , xn ) = det(e 1 , . . . , e n ) × det(x1 , . . . , xn ) e′
e
e′
Démonstration La preuve est typique et utilise le théorème de structure de A n (E). Puisque dete ′ ∈ A n (E), il existe une constante λ ∈ K telle que dete ′ = λdete . En particulier, det(e 1 ,... ,e n ) = λdet(e 1 ,... ,e n ) = λ e
e′
Alors, det(x1 ,... , xn ) = λdet(x1 ,... , xn ) = det(e 1 ,... ,e n ) det(x1 ,... , xn ) e′
e
e′
1041
e
T HÉORÈME 26.14 ♥♥♥ Le déterminant détecte exactement les familles liées Une famille (x1 , . . . , xn ) est liée si et seulement si dete (x1 , . . . , xn ) = 0K . Démonstration – Nous avons déjà vérifié que si la famille est liée, son déterminant est nul. – Supposons donc que (x1 ,... , xn ) est une famille de déterminant nul. Par l’absurde, si elle était libre, elle définirait une base e ′ de E, mais d’après la formule de changement de base, on aurait 1K = det(x1 ,... , xn ) = det(e 1 ,... ,e n ) × det(x1 ,... , xn ) = 0K e′
e
e′
ce qui est impossible.
26.2.3 Déterminant d’un endomorphisme Dans ce paragraphe, E désigne un K -espace vectoriel de dimension finie n et u ∈ L (E) un endomorphisme. Nous allons attacher à u un scalaire det(u) appelé déterminant de l’endomorphisme. P ROPOSITION 26.15 ♥♥ Déterminant d’un endomorphisme Si e = (e 1 , . . . , e n ) est une base de E, le scalaire det(u) = det(u(e 1 ), . . . , u(e n )) e
est indépendant de la base e , on l’appelle déterminant de l’endomorphisme u . Démonstration Définissons l’application ϕ:
½
En (x1 ,... , xn )
−→ 7−→
K dete (u(x1 ),... ,u(xn ))
Il est clair que ϕ est une forme n -linéaire alternée. Puisque A n (E) est une droite vectorielle, il existe une constante λ ∈ K telle que ϕ = λdete , c’est-à-dire ∀(x1 ,... , xn ), dete (u(x1 ),... ,u(xn )) = λdete (x1 ,... , xn ). En prenant (x1 ,... , xn ) = (e 1 ,... ,e n ), on trouve que λ = det(u(e 1 ),... ,u(e n )) e
Considérons maintenant une autre base e ′ = (e 1′ ,... ,e n′ ) de E. En prenant (x1 ,... , xn ) = (u(e 1′ ),... ,u(e n′ )), on a : ′ ′ det(u(e 1′ ),... ,u(e n )) = det(u(e 1 ),... ,u(e n )) det(e 1′ ,... ,e n ) e
e
e
En utilisant la formule du changement de base pour le déterminant, on a également : ′ ′ ′ det(u(e 1′ ),... ,u(e n )) = det(e 1′ ,... ,e n ) det(u(e 1′ ),... ,u(e n )) e
e
e′
Puisque (e 1′ ,... ,e n′ ) est libre, dete (e 1′ ,... ,e n′ ) 6= 0K et en simplifiant, on trouve finalement que ′ det(u(e 1′ ),... ,u(e n )) = det(u(e 1 ),... ,u(e n )) e
e
ce qui montre que l’expression det(u) ne dépend pas de la base e .
Remarque 26.8
det(idE ) = dete (e 1 , . . . , e n ) = 1K et det(0L (E) ) = 0K . Si λ ∈ K , det(λu) = λn det(u)
En effet, en utilisant la multilinéarité du déterminant de n vecteurs, det(λu) = dete (λu(e 1 ), . . . , λu(e n )) = λn dete (u(e 1 ), . . . , u(e n )). T HÉORÈME 26.16 ♥♥♥ Le déterminant est multiplicatif Si u et v sont deux endomorphismes de E, det(u ◦ v) = det(u) × det(v)
1042
Démonstration Soit e = (e 1 ,... ,e n ) une base de E, définissons l’application ϕ:
½
En (x1 ,... , xn )
−→ 7−→
K dete (u(x1 ),... ,u(xn ))
On vérifie aisément que ϕ est une forme n -linéaire alternée et puisque A n (E) est une droite vectorielle, il existe une constante λ ∈ K telle que ϕ = λdete . En prenant (x1 ,... , xn ) = (e 1 ,... ,e n ), on tire que λ = det(u). Par conséquent, ∀(x1 ,... , xn ) ∈ En , det(u(x1 ),... ,u(xn )) = det(u) det (x1 ,... , xn ) e
e
En prenant ensuite (x1 ,... , xn ) = (v (e 1 ),... , v (e n )), on en déduit det(u ◦ v (e 1 ),... ,u ◦ v (e n )) = det(u) det (v (e 1 ),... , v (e n )) e
e
c’est-à-dire det(u ◦ v ) = det(u) × det(v ).
P ROPOSITION 26.17 ♥♥♥ Un endomorphisme est inversible si et seulement si son déterminant est non nul 1. u ∈ GL(E) ⇐⇒ det(u) 6= 0K . 2. Si u ∈ GL(E), det(u −1 ) =
1 . det(u)
Démonstration Si u est inversible, u◦u −1 = idE d’où det(u)×det(u −1 ) = 1K ce qui montre que det(u) 6= 0K et det(u −1 ) =
1 . det(u)
Réciproquement, si det(u) = dete (u(e 1 ),... ,u(e n )) 6= 0K , la famille (u(e 1 ),... ,u(e n )) est libre et on sait qu’alors u est inversible.
Remarque 26.9
L’application det :
½
(GL(E), ◦) u
(K⋆ , ×) det(u)
−→ 7−→
est un morphisme de groupes. Par contre, le déterminant n’est pas linéaire et en général, det(u + v) 6= det(u) + det(v).
26.2.4 Déterminant d’une matrice carrée D ÉFINITION 26.12 d’une matrice carrée ♥♥♥ Déterminant
a11 .. Soit A = ((ai j )) = .
an1
...
...
a1n
.. ∈ M (K ) une matrice carrée. On définit son déterminant par la formule : n .
ann
det(A) =
X
ε(σ)aσ(1),1 . . . aσ(n),n
σ∈Sn
On notera entre deux barres le déterminant d’une matrice : ¯ ¯ a11 ¯ ¯ . det(A) = ¯ .. ¯ ¯a
... ...
n1
¯ a1n ¯ ¯ .. ¯ . ¯¯ ann ¯
Remarque 26.10 Si E = Kn et e désigne la base canonique de Kn , il existe un unique endomorphisme u ∈ L (E) ayant pour matrice A dans la base canonique : A = Mate (u) et alors det(A) = det(u)
En effet, la j -ème colonne de A correspond aux coordonnées du vecteur u(e j ) dans la base E : u(e j ) =
n X
ai j e i
i=1
et alors det(u) = det(u(e 1 ), . . . , u(e n )) e
et il suffit d’utiliser la formule du déterminant de n vecteurs. On en déduit les propriétés suivantes en utilisant les résultats sur le déterminant d’un endomorphisme : 1043
1. A, B ∈ Mn (K ), det(AB) = det(A) det(B) . 2. A ∈ GLn (K ) ⇐⇒ det(A) 6= 0K et si A est inversible, det(A−1) =
1 . det(A)
3. det(λA) = λn det(A).
4. Si A et B sont deux matrices semblables, alors elles ont même déterminant. En effet, s’il existe P ∈ GLn (K ) telle que A = PBP−1 , det(A) = det(P) det(B) det(P−1 ) = det(P)
1 det(B) = det(B). det(P)
Le résultat suivant est à la base du calcul pratique des déterminants : T HÉORÈME 26.18 ♥♥♥ Opérations élémentaires sur les colonnes 1. On ne modifie pas le déterminant d’une matrice si l’on retranche à une de ses colonnes C j une combinaison linéaire des autres colonnes : det(C1 , . . . , C j −1 , C j −
X
k6= j
λk Ck , C j +1 , . . . , Cn ) = det(C1 , . . . , C j , . . . , Cn )
Lors du calcul d’un déterminant, pour expliquer les calculs, on code cette opération élémentaire sur les colonnes X de façon algorithmique : C j ← C j − λk Ck . k6= j
2. Si l’on inverse deux colonnes d’une matrice, on change son déterminant en son opposé : det(C1 , . . . , Ck , . . . , Cl , . . . , Cn ) = − det(C1 , . . . , Cl , . . . , Ck , . . . , Cn )
On désigne cette opération élémentaire par : Ck ↔ Cl . Démonstration P
P
1. Il suffit d’utiliser la multilinéarité du déterminant : det(C1 ,... ,C j − k6= j λk Ck ,... ,Cn ) = det(C1 ,... ,C j ,... ,Cn )− k6= j λk det(C1 ,... ,Ck ,... ,C On utilise ensuite que le déterminant est une forme n -linéaire alternée : lorsque deux colonnes sont égales dans un déterminant, il est nul. 2. Le déterminant est une forme n -linéaire antisymétrique et le résultat est immédiat.
T HÉORÈME 26.19 ♥♥♥ Formules de Cramer Soit A ∈ GLn (K ) une matrice inversible. Notons C1 , . . . , Cn les vecteurs colonnes de A. Le système de Cramer AX = B
x1
possède une unique solution X = ... et on sait exprimer xi à l’aide de déterminants :
xn
∀i ∈ [[1, n]],
xi =
det(A i ) det(A)
où A i est la matrice obtenue en remplaçant la i -ème colonne de A par le second membre B. Démonstration Comme AX = B, en notant C1 ,... ,Cn les vecteurs colonnes de A, x1 C1 + · · · + xi Ci + · · · + xn Cn = B
Calculons alors le déterminant de la matrice Ai : det(Ai ) = det(C1 ,... ,
Par multilinéarité, det(Ai ) =
n X
n X
xk Ck ,... ,Cn )
k=1
xi det(C1 ,... ,Ck ,... ,Cn )
k=1
mais tous ces déterminants sont nuls (deux colonnes sont égales), sauf celui où Ck = Ci et donc det(Ai ) = xi det(C1 ,... ,Ci ,... ,Cn ) =
det(A).
1044
Remarque 26.11
Cette formule est utile pour résoudre rapidement un système de deux équations à deux inconnues : (
ax + by
cx + d y
qui possède une unique solution lorsque ad − bc 6= 0 :
x
=
y
=
=α
=β
¯ ¯α ¯ ¯ ¯β
¯ b ¯¯ ¯ d¯
ad − bc ¯ ¯ ¯ a α¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ c β¯ ad − bc
Dans le cas général, pour n Ê 3 cette formule n’est pas utilisée : elle impose de calculer (n + 1) déterminants de taille n × n ce qui est trop coûteux. La méthode du pivot de Gauss est préférable. P ROPOSITION 26.20 ♥♥♥ Déterminant d’une matrice triangulaire
Si A =
onaux :
a11
...
.. O
.
a1n
.. est une matrice triangulaire supérieure, son déterminant est le produit de ses coefficients diag.
ann
det(A) = a11 × · · · × ann Démonstration Utilisons la formule du déterminant : det(A) =
X
ε(σ)a σ(1),1 ... a σ(n),n
σ∈Sn
Pour que a σ(1),1 ... a σ(n),n soit non nul, il faut que σ(1) É 1, σ(2) É 2, . . ., σ(n) É n et donc σ(1) = 1, σ(2) = 2, . . ., σ(n) = n , c’est-à-dire σ = idE . Il n’y a qu’un terme non nul dans la somme qui vaut a 1,1 ... a n,n .
P ROPOSITION 26.21 ♥♥♥ Déterminant d’une transposée Une matrice et sa transposée ont même déterminant : det(t A) = det(A)
Démonstration La formule du déterminant donne det(t A) =
Puisque l’application T:
X
ε(σ)a 1,σ(1) ... a n,σ(n)
σ∈Sn
½
Sn σ
−→ 7−→
Sn
σ−1
est bijective, on peut effectuer dans la somme le changement d’indices σ′ = σ−1 . Il existe k ∈ [[1,n]] tel que 1 = σ′ (k), c’est-à-dire k = σ(1) et alors a 1,σ(1) = a σ(k),k . Quitte à réordonner les termes du produit, a 1,σ(1) ... a n,σ(n) = a σ′ (1),1 ... a σ′ (n),n
Remarquons ensuite que ε(σ′ ) = ε(σ) car 1 = ε(σ ◦ σ−1 ) = ε(σ)ε(σ−1 ). On peut donc écrire det(t A) =
X
σ′ ∈Sn
a σ′ (1),1 ... a σ′ (n),n = det(A)
Remarque 26.12 Les opérations élémentaires du théorème 26.18 page précédente sont donc également valables sur les lignes d’une matrice puisqu’en transposant une matrice, on échange lignes et colonnes.
1045
D ÉFINITION 26.13 ♥♥♥ Mineurs, cofacteurs Soit un déterminant d’une matrice n × n .
¯ ¯ a11 ¯ ¯ . ∆ = ¯ .. ¯ ¯a
n1
... ...
¯ a1n ¯¯ .. ¯ . ¯¯ ann ¯
1. On note mi j le déterminant (n − 1) × (n − 1) obtenu en barrant la i -ème ligne et la j -ème colonne de ∆. mi j s’appelle le mineur relatif à ai j 2. On appelle cofacteur de ∆ relatif à ai j , le scalaire ∆i j = (−1)i+ j mi j j a 1,j −1
a1,1
a 1,j
a 1,j +1
a1,n
.. . a i−1,1
i
a i−1,j −1 a i−1,j a i−1,j +1
ai−1,n
a i,j
ai,n
ai,1
...
...
a i+1,j −1 a i+1,j a i+1,j +1
a i+1,1
ai+1,n
.. .
a n,j −1
an,1
a n,j
a n,j +1
an,n
L EMME 26.22 ¯ ¯ a1,1 ¯ ¯ .. ¯ ∆=¯ . ¯a ¯ n−1,1 ¯ a n,1
...
a1,n−1
.. . ... ...
an−1,n−1 an,n−1
¯ 0¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ ¯ a1,1 . ¯¯ = ¯¯ .. . 0¯¯ ¯¯ an−1,1 ¯ 1
... ...
¯ a1,n−1 ¯¯ ¯ .. ¯ = m n,n . ¯ an−1,n−1 ¯
Le premier déterminant est de taille n × n et le deuxième est le mineur mn,n de taille (n − 1) × (n − 1). Démonstration Avec la formule du déterminant, ∆=
X
ε(σ)a σ(1),1 ... a σ(n−1),n−1 a σ(n),n
σ∈Sn
Mais comme la dernière colonne est remplie de zéros sauf à la dernière ligne, a σ(n),n 6= 0 ⇐⇒ σ(n) = n . Il ne reste dans la somme que les termes correspondant aux permutations telles que σ(n) = n . La restriction σ′ d’une telle permutation à [[1,n −1]] définit une permutation de Sn−1 et on peut écrire ∆=
X
σ′ ∈Sn−1
ε(σ)a σ′ (1),1 ... a σ′ (n−1),n−1
Il suffit alors de remarquer que σ et σ′ ont le même nombre d’inversions, donc que ε(σ) = ε(σ′ ).
L EMME 26.23 ¯ ¯ a1,1 ¯ ¯ . ¯ .. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ai,1 ¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯a
n,1
...
...
a1,j −1
0
.. .
.. .
ai,j −1
0 1 0
.. . ...
an,j −1
a1,j +1
...
ai,j +1
...
.. .
.. . . 1046 ..
0
an,j +1
...
¯ a1,n ¯¯ .. ¯¯ . ¯ ¯ ¯ ¯ ai,n ¯ = ∆i j ¯ ¯ ¯ .. ¯ . ¯¯ an,n ¯
Démonstration L’idée consiste à effectuer des échanges de deux colonnes successives pour placer la colonne C j en dernière position sans modifier l’ordre des autres colonnes : C j ↔ C j +1 ,... ,Cn−1 ↔ Cn . Chaque échange de colonnes modifie le signe du déterminant (la forme n -linéaire est antisymétrique) et il y a (n − j ) échanges. On obtient donc que notre déterminant vaut : ¯ ¯ a 1,1 ¯ ¯ . ¯ . ¯ . ¯ n− j ¯ (−1) ¯a ¯ i,1 ¯ . ¯ . ¯ . ¯ ¯a
...
n,1
a 1,j −1
a 1,j +1
...
a i,j −1
a i,j +1
...
a n,j −1
a n,j +1
...
¯ 0¯¯ . ¯¯ .. ¯ ¯ ¯ 1¯¯ ¯ ... ¯¯ ¯ 0¯
a 1n
. .. . .. ... ...
a n,n
Une fois la colonne en dernière position, on amène la ligne i en dernière position en effectuant (n−i ) échanges Li ↔ Li+1 ... Ln−1 ↔ Ln . Au total, on a fait (2n − i − j ) échanges et comme (−1)2n−i− j = (−1)i+ j , notre déterminant vaut : ¯ ¯ a 1,1 ¯ ¯ . ¯ . ¯ . ¯ ¯a (−1)i+ j ¯¯ i−1,1 ¯a i+1,1 ¯ . ¯ . ¯ . ¯ ¯ a n,1
...
a 1,j −1
a 1,j +1
...
a i−1,j −1 a i+1,j −1
a i−1,j +1 a i+1,j +1
... ...
a n,j −1
a n,j +1
...
.. .
... ...
.. .
. ..
...
a 1,n
.. . a i−1,n a i+1,n
. ..
. .. a n,n
En utilisant le lemme 26.22, notre déterminant vaut donc : ∆ = (−1)i+ j m i j = ∆i j .
¯ 0¯¯ .. ¯¯ .¯ ¯ 0¯¯ 0¯¯ . ¯¯ .. ¯¯ 1¯
T HÉORÈME 26.24 ♥♥♥ Développement d’un déterminant par rapport à une ligne-colonne Soit une matrice carrée A = ((ai j ))i,j ∈[[1,n]] ∈ Mn (K ), det(A) =
Démonstration ique de Kn :
n X
i=1
ai j ∆i j =
n X
ai j ∆i j
j =1
Notons C1 ,... ,C j ,... ,Cn les vecteurs colonnes de notre matrice. Décomposons le vecteur C j sur la base canonCj =
n X
a i,j Ki
i=1
où Ki = (0,... , |{z} 1 ,... ,0) est le i -ème vecteur de la base canonique de Kn . Puisque le déterminant est une forme n -linéaire, en i
développant par rapport à la j -ème colonne,
det(A) = det(C1 ,... ,
n X
i=1
a i,j K j ,... ,Cn ) =
n X
a i,j δi,j
i=1
Le déterminant δi,j est le déterminant calculé au lemme 26.23. On a donc det(A) =
n X
a i,j ∆i,j
i=1
Pour l’autre formule, il suffit d’échanger le rôle des lignes-colonnes, c’est-à-dire considérer la matrice t A qui a même déterminant que A.
Exemple 26.8 Développons un déterminant 3 × 3 selon la deuxième colonne : ¯ ¯a ¯ ∆ = ¯¯b ¯c
d e f
¯ ¯ g ¯¯ ¯b h ¯¯ = −d ¯¯ c i¯
Développons ce même déterminant selon la troisième ligne : ¯ ¯d ∆ = c ¯¯ e
¯ g ¯¯ −f h¯
¯ ¯ ¯a h ¯¯ ¯ + e ¯c ¯ i
¯ ¯a ¯ ¯b
¯ ¯ ¯a g ¯¯ + i ¯¯ b h¯
On dispose d’une méthode typique pour calculer un déterminant n × n . 1047
¯ g ¯¯ −f i¯ ¯ d ¯¯ e¯
¯ ¯a ¯ ¯b
¯ g ¯¯ h¯
1. À l’aide d’opérations élémentaires sur les lignes-colonnes, faire apparaître le maximum de zéros dans une colonne (ligne). 2. Développer alors le déterminant selon cette colonne (ligne) et se ramener au calcul de déterminants de taille inférieure : (n − 1) × (n − 1). Cette méthode ainsi que d’autres sont développées dans l’appendice sur les techniques d’algèbre, B, paragraphe B.5.3, p. 1181. Exemple 26.9 Calcul de
¯ ¯1 ¯ ¯1 ¯ ¯. Vn (x1 , x2 , . . . , xn ) = ¯¯ .. ¯ ¯1 ¯ ¯1
x12 x22
... ...
2 xn−1 xn2
... ...
x1 x2
.. .
¯ x1n−1 ¯¯ x2n−1 ¯¯ .. ¯¯ . ¯ n−1 ¯¯ xn−1 ¯ xnn−1 ¯
.. .
xn−1 xn
(déterminant de Vandermonde) Il suffit d’exécuter l’opération sur les colonnes Ci ←− Ci − (xn × Ci−1 ) , en partant de i = n et en remontant jusqu’à i = 2. et devient : ¯ ¯1 ¯ ¯1 ¯ ¯. Vn (x1 , x2 , . . . , xn ) = ¯¯ .. ¯ ¯1 ¯ ¯1
x1 − xn x2 − xn
x1 (x1 − xn ) x2 (x2 − xn )
... ...
xn−1 − xn 0
xn−1 (xn−1 − xn ) 0
... ...
.. .
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯. ¯ . ¯ n−2 xn−1 (xn−1 − xn )¯¯ ¯ 0
x1n−2 (x1 − xn ) x2n−2 (x2 − xn )
.. .
En développant selon la dernière ligne, il vient : ¯ ¯ x1 − xn ¯ ¯ x2 − xn ¯ Vn (x1 , x2 , . . . , xn ) = ¯ .. ¯ . ¯ ¯x −x n−1
Soit
x1 (x3 − xn ) x2 (x2 − xn )
... ...
xn−1 (xn−1 − xn )
...
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. .. ¯ . ¯ n−2 xn−1 (xn−1 − xn )¯
x1n−2 (x1 − xn ) x2n−2 (x2 − xn )
.. .
n
¯ ¯1 ¯ ¯1 ¯ ¯ Vn (x1 , x2 , . . . , xn ) = (x1 − xn )(x2 − xn ) . . . (xn−1 − αn ) ¯¯1 ¯ .. ¯. ¯ ¯1
Par récurrence immédiate,
Vn (x1 , x2 , . . . , xn ) =
Y
1Éi< j Én
x1 x2 x3
.. .
x12 x22 x32
... ... ...
2 xn−1
...
.. .
xn−1
(x j − xi ).
¯ x1n−2 ¯¯ x2n−2 ¯¯ ¯ x3n−2 ¯ . .. ¯¯ . ¯¯ n−2 ¯ xn−1
P ROPOSITION 26.25 Condition d’alignement de trois points dans le plan ¯ ¯ ¯ ¯x ¯x2 ¯x1 ¯ ¯ On se place dans le plan rapporté à un repère R et on considère trois points M1 ¯ , M2 ¯ , M3 ¯¯ 3 . Ces trois points sont y1 R
alignés si et seulement si
¯ ¯1 ¯ ¯ x1 ¯ ¯y 1
1 x2 y2
¯ 1 ¯¯ x3 ¯¯ = 0 y3 ¯
y2 R
y3 R
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 0 0 1 1 ¯¯ ¯¯ 1 ¯ ¯ Démonstration En utilisant les opérations élémentaires C2 ← C2 −C1 et C3 ← C3 −C1 , ∆ = ¯¯x1 x2 x3 ¯¯ = ¯¯x1 (x2 − x1 ) (x3 − x1 )¯¯ ¯y y 2 y 3 ¯ ¯ y 1 (y 2 − y 1 ) (y 3 − y 1 )¯ 1 ¯ ¯ ¯(x2 − x1 ) (x3 − x1 )¯ − − − − → − − − − → ¯ = dete (M1 M2 , M1 M3 ). Les trois points sont alignés si et en développant par rapport à la première ligne, ∆ = ¯¯ (y 2 − y 1 ) (y 3 − y 1 )¯ −−−−→ −−−−→ −−−−→ −−−−→ et seulement si les vecteurs M1 M2 et M1 M3 sont colinéaires, c’est-à-dire ∆ = det(M1 M2 , M1 M3 ) = 0,
1048
D ÉFINITION 26.14 ♥♥♥ Comatrice Soit A ∈ Mn (K ) une matrice carrée. On définit sa comatrice comme étant la matrice des cofacteurs : com(A) = ((∆i j ))1Éi,j Én ∈ Mn (K )
On dispose de la relation fondamentale entre une matrice et sa comatrice : T HÉORÈME 26.26 ♥♥♥ Relation entre matrice et comatrice A × t com(A) = det(A).In
Démonstration Calculons les coefficients de la matrice B = A × t com(A), C = ((ci j )) où ci j =
– Si i = j , cii =
n X
k=1
n X
a ik ∆ j k
k=1
a ik ∆ik = det(A), on reconnaît le développement de det(A) selon la ligne i .
e selon la ligne e obtenue en remplaçant la jème ligne de A par la ligne i . En développant det(A) – Si i 6= j , considérons la matrice A e = L j , on trouve que det(A)
n X
k=1
e sont identiques, det(A) e = 0. a ik ∆ j k = ci j et puisque deux lignes de A
Les coefficients diagonaux de C valent det(A) et les autres sont nuls et donc C = det(A)In .
C OROLLAIRE 26.27 ♥♥ Expression de l’inverse d’une matrice Si A ∈ GLn (K ) est une matrice inversible, on dispose d’une formule (théorique) qui donne son inverse : A−1 =
1 t com(A) det(A)
Démonstration Puisque det(A) 6= 0, on peut diviser la relation fondamentale par det(A) : A × l’expression de A−1 .
£
¤ 1 t com(A) = In ce qui donne det(A)
Remarque 26.13 Cette formule est surtout d’un intérêt théorique pour n Ê 3 car elle demande de calculer n 2 déterminants (n − 1) × (n − 1) (les cofacteurs) etµun déterminant n × n . Par contre, il est bon de connaître par coeur l’expression ¶ ¶ µ
de l’inverse d’une matrice 2 × 2. Si A = d’où
a c
d b est une matrice inversible, det(A) = ad − bc 6= 0 et com(A) = −b d A
−1
µ 1 d = ad − bc −c
−b a
−c a
¶
On retient qu’il suffit d’inverser les éléments diagonaux, de changer le signe des autres coefficients et de diviser par det(A). Exemple 26.10 Exprimons le déterminant de com(A) en fonction du déterminant de A. En prenant le déterminant de la relation fondamentale, on trouve que : det(A) det(com(A)) = (det A)n
– Si A est inversible, on peut diviser par det(A) d’où det(com(A)) = det(A)n−1. – Si A n’est pas inversible, notons u l’endomorphisme ayant A comme matrice dans la base canonique de Kn et v l’endomorphisme ayant com(A) dans la base canonique. Puisque u ◦ v = 0, Im v ⊂ Ker u . Si A 6= 0, dim Ker u < n ce qui montre que v n’est pas inversible donc que det(com(A)) = 0. Si A = 0, tous ses cofacteurs sont nuls et alors com(A) = 0 et on a encore det(com(A)) = 0. Dans tous les cas, on a vérifié que det(com(A)) = (det(A))n−1.
1049
P ROPOSITION 26.28 ♥♥♥ Formule du déterminant par blocs Soit A ∈ Mp (K ) et C ∈ Mn−p (K ) deux matrices carrées et B ∈ Mp,n−p (K ) une matrice rectangulaire. On définit la matrice carrée par blocs : ¶ µ A 0n−p,p
M=
B ∈ Mn (K ) C
On sait calculer un déterminant avec un bloc de zéros en bas à gauche : det(M) = det(A) det(C) Démonstration En utilisant la formule du déterminant, det(M) =
X
ε(σ)m σ(1),1 ... m σ(p),p m σ(p+1),p+1 ... m σ(n),n
σ∈Sn
Puisque dans les p premières colonnes, il y a des zéros dans les lignes d’indice supérieur à p+1, pour que le produit m σ(1),1 ... m σ(p),p soit non nul, il est nécessaire que σ(1),... ,σ(p) ∈ [[1, p]] et alors m σ(1),1 ... m σ(p),p = a σ(1),1 ... a σ(p),p . Ne reste donc dans cette somme que les termes correspondant à des permutations σ vérifiant si g ma([[1, p]]) ⊂ [[1, p]] et σ([[p + 1,n,)]] ⊂ [[p + 1,n]]. On peut décomposer ces permutations sous la forme σ = σ1 ◦ σ2 où σ1 laisse invariant [[p + 1,n]] et σ2 laisse invariant [[1, p]]. On a ε(σ) = ε(σ1 )ε(σ2 ). De plus, la restriction de σ1 à [[1, p]] définit une permuatation de S[[1,p]] , et la restriction de σ2 à [[p + 1,n]] définit une permutation de S[[p+1,n]] . Alors, det(M) = écrire
h
X
σ1 ∈S[[1,p]]
i h ε(σ1 )a σ1 (1),1 ... a σ1 (p),p ×
X
X
ε(σ1 )ε(σ2 )a σ1 (1),1 ... a σ1 (p),p cσ2 (p+1),p+1 ... cσ2 (n),n que l’on peut
(σ1 ,σ2 )
σ2 ∈S[[p+1,n]]
i ε(σ2 )cσ2 (p+1),p+1 ... cσ2 (n),n = det(A) × det(C).
On peut prouver la formule de façon plus simple en effectuant le produit par blocs suivant : µ
Ip
0p,n−p C
0n−p,p
¶µ
A
B
0n−p,p
In−p
¶
=
µ
A
0n−p,p
B C
¶
En développant successivement selon les colonnes C1 ,... ,Cp , on calcule facilement det
µ
¶ 0p,n−p = det(C) C
Ip 0n−p,p
et en développant successivement selon les lignes Ln , . . .Lp+1 , on calcule facilement det
µ
A
B
0n−p,p
In−p
¶
= det(A)
Il suffit ensuite d’utiliser que le déterminant du produit de deux matrices carrées est le produit de leurs déterminants.
Remarque 26.14 à ne pas utiliser d’autres formules que celle du théorème. Par exemple, si A, B, C, D ∈ Mn (K ), ¶ µ Attention
en général det
A C
B 6= det(A) det(D) − det(B) det(C) . . . D
Exemple 26.11 Soient (a, b, c, d) ∈ K4 , Formons la matrice M=
µ
¶ bIn ∈ M2n (K ) dIn
aIn cIn
Pour calculer son déterminant, essayons de faire apparaître un bloc de zéros en bas à gauche. 1. Si d 6= 0, en effectuant les opérations élémentaires suivantes sur les colonnes : C1 ← C1 − Cn −
c C2n , on obtient d
det(M) = det
á
a−
c¢ In d
0n,n
bIn dIn
2. Si d = 0, le déterminant à calculer s’écrit
!
µ
c Cn+1 , . . ., Cn ← d
¡ c ¢n n = a− d = (ad − bc)n d
aIn det(M) = det cIn
bIn 0n,n
¶
Amenons le bloc de zéros à gauche en effectuant les opérations suivantes sur les colonnes : C1 ↔ Cn+1 , . . .,
Cn ↔ C2n . On obtient
det(M) = (−1)n det
µ
bIn 0n,n
Dans les deux cas, on obtient que det(M) = (ad − bc)n . 1050
¶ aIn = (−1)n b n c n cIn
26.3 Exercices 26.3.1 Groupe symétrique Exercice 26.1 ♥ On considère la permutation de S2n définie par σ(p) =
(
2p − 1
si 1 É p É n si n < p É 2n
2(p − n)
Déterminer sa signature. Solution : Pour n = 2, on trouve ε(σ) = −1. Pour n = 3, σ = σ=
¡1
¡1
2 3 4 5 6 1 3 5 2 4 6
¢
et sa signature vaut −1. Pour n quelconque,
2 3 ... n (n+1) (n+2) ... 2n ¢ 1 3 5... (2n−1) 2 4 ... 2n
Soit i ∈ [[1, 2n]], on compte facilement ♯{ j > i | σ( j ) < σ(i )} = i − 1 lorsque i É n et 0 si i > n . Par conséquent, le nombre d’inversions de σ vaut 1 + 2 + · · · + (n − 1) = (n − 1) × n/2 et la signature vaut (−1) Exercice 26.2
n(n−1) 2 .
♥
1. Montrer que toute permutation peut s’écrire comme produit de transpositions de la forme τ1,i avec i ∈ [[2, n]]. 2. Montrer que toute permutation paire peut s’écrire comme produit de cycles de longueur 3. Solution : 1. On sait d’après le cours que toute permutation σ peut s’écrire comme produit de transpositions τi j . Il suffit donc de montrer qu’une transposition τi j avec 1 6= i , 1 6= j peut s’écrire comme produit de transpositions τ1k . Le calcul suivant montre que c’est le cas : τ1i ◦ τ1 j ◦ τ1i = τi j
2. Soit σ ∈ An une permutation paire. D’après [a ], elle s’écrit comme produit d’un nombre pair de transpositions de la forme τ1i . Mais si l’on calcule le produit de deux telles transpositions, on trouve un 3-cycle : τ1i ◦ τ1 j = (1, j , a)
Par conséquent, notre permutation paire σ s’écrit comme produit de tels 3-cycles. Exercice 26.3 ♥ Déterminer les permutations σ qui commutent avec une transposition τi j . Solution : Montrons que τi j ◦ σ = σ ◦ τi j si et seulement si {i , j } est stable par σ. – (i ) =⇒ (i i ) : Calculons σ(i ) = σ ◦ τi j ◦ σ( j ). Si σ( j ) 6∈ {i , j }, on aurait σ( j ) = σ(i ) ce qui est impossible. Donc σ( j ) ∈ {i , j }. De même, σ(i ) ∈ {i , j }. – (i i ) =⇒ (i ) : Seuls deux cas sont possibles : σ(i ) = i et σ( j ) = j ou bien σ(i ) = j et σ( j ) = i et dans les deux cas, on vérifie facilement que σ commute avec τi j . Exercice 26.4 ♥♥ On définit le centre d’un groupe (G, .) comme étant les éléments du groupe qui commutent avec tous les éléments du groupe : Z(G) = {g ∈ G | ∀h ∈ G, g .h = h.g }
1. Montrer que Z(G) est un sous-groupe du groupe (G, .). 2. Déterminer le centre du groupe symétrique Sn lorsque n Ê 3. Solution : 1. – e G ∈ Z(G) puisque l’élément neutre commute avec tous les éléments. – Soient (x, y) ∈ Z(G)2 . Montrons que x.y ∈ Z(G) : soit g ∈ G, en utilisant l’associativité de la loi et le fait que x, y commutent avec g : (x.y).h = x.(y.h) = x.(h.y) = (x.h).y = (h.x).y = h.(x.y). – Soit x ∈ Z(G). Montrons que x −1 ∈ Z(G). Soit g ∈ G. Puisque x commute avec tous les éléments du groupe, x.g −1 = g −1 .x . En prenant l’inverse d’un produit, on obtient que g .x = x.g . 1051
2. Considérons une permutation σ qui commute avec toutes les permutations. Elle doit en particulier commuter avec toutes les transpositions τi j . D’après l’exercice précédent, {i , j } doit être stable par σ. Considérons maintenant k ∈ [[1, n]]. Puisque n Ê 3, on peut trouver trois entiers distincts {i , j , k} dans [[1, n]]. En considérant la transposition τik , σ(k) ∈ {i , k} et en considérant la transposition τ j k , σ(k) ∈ { j , k} et par conséquent, σ(k) = k . Nous avons montré que σ = id et que Z(Sn ) = {id}. Exercice 26.5 Trouver le nombre de permutations de Sn qui ont exactement une inversion. Solution : 1 b
b
b
b
b
b
i b
1
b
b
b
b
b
b
b
b
j
b
b
b
σ( j )
b
b
b
b
b
n
b
σ(i )
b
b
n
Une inversion c’est une paire de flèches (rouges) qui se coupent. On veut donc qu’il n’y ait que ces deux flèches qui se coupent pour n’avoir qu’une seule inversion. Pour l’image de 1 on doit avoir 1 sinon on aurait 1 qui serait l’image d’un k et la flèche 1 → σ(1) couperait la flèche k → 1. De même ∀p ∈ 1, i − 1, on a σ(p) = p . Maintenant on a σ(i ) > i . Donc nécessairement i est l’image d’un k > i , dont la flèche k → i va couper la flèche i → σ(i ). Comme il n’y en a qu’une seule qui coupe cette flèche i → σ(i ), à savoir la flèche j → σ( j ), on en déduit que k = j et σ( j ) = i . De même σ(i +1), l’image de i +1 est plus grande que i +1 (toutes les places 1, 2, . . . , i sont déjà prises pour les images). Donc supposons l’espace d’un instant que i + 1 6= j , on aurait une flèche i + 1 → σ(i + 1) différente de i → σ(i ) qui couperait j → i , ce qui n’est pas possible par hypothèse. Donc i + 1 = j . Par la suite, toujours pour éviter que d’autres flèches se coupent, pour p > i + 1 (s’il en existe) on a σ(p) = p . On a donc n − 1 possibilités pour i et donc n − 1 permutations de Sn qui ont exactement une inversion. Exercice 26.6 ♥♥ Dans un groupe G, étant donné un élément g ∈ G, on considère la conjugaison : ϕg :
½
G x
−→ 7−→
G g xg −1
1. Montrer que ∀g ∈ G, l’application ϕg est un automorphisme de G et que l’application θ:
½
(G, .) g
−→ 7−→
(Aut(G), ◦) ϕg
est un morphisme de groupes. 2. Dans le groupe symétrique Sn , on considère une transposition τ = τi j et une permutation σ. Calculer le conjugué σ′ = σ ◦ τ ◦ σ−1 = ϕσ (τ). 3. Calculer le conjugué d’un cycle c = (i 1 . . . i k ) par une permutation σ : σ′ = σ ◦ cσ−1 . Solution : 1. Vérification sans problème. 2. Notons k = σ(i ) et l = σ( j ). On calcule σ′ (k) = σ( j ) = l et σ′ (l) = σ(i ) = k . Si p 6∈ {k, l}, σ′ (p) = σ(σ−1 (p)) = p . Par conséquent, σ′ = τσ(i)σ(j ) .
3. Décomposons le cycle en produit de transpositions :
c = τi 1 i 2 ◦ τi 2 i 3 ◦ · · · ◦ τi k−1 i k
Puisque θ est un morphisme, on a ϕc = ϕτi 1 i 2 ◦ · · · ◦ ϕτi
k−1 i k
et donc pour σ ∈ Sn , ϕc (σ) = τσ(i 1 )σ(i 2 ) . . . τσi k−1 i k = (σ(i 1 ) . . . σi k ). Le conjugué d’un cycle par une permutation est encore un cycle. 1052
Exercice 26.7 ♥♥♥ Montrer que la signature est le seul morphisme de groupes non trivial de (Sn , ◦) vers (R⋆, ×). Solution : Soit ϕ un tel morphisme. On doit avoir ∀(σ1 , σ2 ) ∈ S2n ,
ϕ(σ1 ◦ σ2 ) = ϕ(σ1 ) × ϕ(σ2 )
Soit une transposition τ. Comme τ2 = id, on doit avoir ϕ(τ)2 = 1 et donc ϕ(τ) = ±1. Par conséquent, puisque toute permutation se décompose comme produit de transpositions, on en déduit que Imϕ ⊂ {−1, 1}. Supposons que ϕ n’est pas triviale. Il existe alors une permutation σ ∈ Sn telle que ϕ(σ) = −1, et comme σ se décompose en produit ¡de transpositions de la forme τ1i , il existe i ∈ [[1, n]] telle que ϕ(τ1i ) = −1. Mais alors pour j ∈ [[1, n]], j 6= i , ¢ τ1 j ◦ τ1i = i j 1 = c , mais puisque c 3 = id, 1 = ϕ(c)3 = ϕ(τ1i )3 ϕ(τ1 j )3 = −1, une absurdité. Soit alors une permutation quelconque. Elle se décompose comme un produit de transpositions de la forme τ1i : σ = τ1 ◦ · · · ◦ τk
et alors ϕ(σ) = (−1)k = ε(σ). Exercice 26.8 ♥♥ Montrer que pour toute permutation σ ∈ S5 , il existe k ∈ [[1, 6]] tel que σk = id. Solution : Décomposons une permutation σ en produit de cycles à supports disjoints. Les cycles possibles sont de longueur 2, 3, 4, 5. Puisque les supports des cycles sont disjoints dans [[1, 5]], il n’y a que les possibilités suivantes : σ = id, σ = c 2 , σ = c 3 , σ = c 4 , σ = c 5 , σ = c 2 ◦ c 2′ , σ = c 2 ◦ c 3 , où c l désigne un cycle de longueur l pour lequel c ll = id. On vérifie que dans tous les cas, σk = id pour k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
26.3.2 Déterminants Exercice 26.9
♥♥
1. Calculer le déterminant de la matrice
0 1 A = . . . 1
1
...
0
..
.
..
.
..
.
...
1
1
. ..
1 0
2. On dit qu’une permutation σ ∈ Sn est un dérangement lorsque ∀i ∈ [[1, n]], σ(i ) 6= i . Y a-t-il plus de dérangements de signature +1 que de dérangements de signature −1 ? Solution : 1. Avec l’opération C1 ← C1 + C2 + · · · + Cn , on factorise (n − 1) dans la première colonne. Ensuite pour i ∈ [[2, n]], Ci ← Ci − C1 fait apparaître des zéros et on trouve que det(A) = (−1)n−1 (n − 1).
2. Avec la formule du déterminant,
det(A) =
X
ε(σ)aσ(1),1 . . . aσ(n),n
σ∈Sn
si σ n’est pas un dérangement, il existe i ∈ [[1, n]] tel que σ(i ) = i et alors aσ(i),i = 0. En notant Dn l’ensemble des dérangements, dn+ le nombre de dérangements pairs et dn− le nombre de dérangements impairs, det(A) =
X
σ∈Dn
ε(σ) = dn+ − dn−
Lorsque n est impair, comme det(A) > 0, il y a plus de dérangements pairs que d’impairs et lorsque n est pair, c’est le contraire. Exercice 26.10 ♥♥ Trouver les matrices A ∈ Mn (R ) telles que ∀X ∈ Mn (R ),
det(A + X) = det(A) + det(X)
1053
Solution : Soit A une telle matrice. En prenant X = A, on obtient que det(2A) = 2det(A) d’où 2n−1 det(A) = 0. Lorsque n Ê 2, il est nécessaire que det(A) = 0. On a donc : ∀X ∈ Mn (R ),
det(A + X) = det(X)
Notons r le rang de A. La matrice A est équivalente à la matrice Jr donc il existe deux matrices inversibles P, Q ∈ Mn (R ) telles que A = PJr Q. Si l’on suppose que r > 0, en prenant X = P(Yn−r )Q où Yn−r désigne la matrice Diag(0, . . . , 0, 1, . . . , 1) avec (n − r ) 1 sur la diagonale, on trouve que det(PQ) = det(P) det(Yn−r ) det(Q) ce qui est absurde puisque la matrice Yn−r n’est pas inversible. Nécessairement, r = 0 et donc A = 0. Réciproquement, la matrice nulle convient. Exercice 26.11 ♥ Calculer les déterminants ¯ ¯0 ¯ ¯1 ¯ ∆1 = ¯ . ¯ .. ¯ ¯1
1 −1 0
...
..
.
¯ ¯(x + 1) ¯ ¯ 2 ¯ ¯ ¯ ∆2 = ¯ 3 ¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯ n
¯ 1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 ¯¯ −1¯
1 (x + 2)
... 2
3
(x + 3)
..
.
...
Solution : Pour ∆1 , ajouter toutes les colonnes à la première :
...
..
.
..
.
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (x + n)¯
1 2
C1 ← C1 + · · · + Cn
On trouve alors un déterminant triangulaire : ∆1 = (−1)n−1 (n − 1). Pour ∆2 , retrancher la première colonne à toutes les autres : C2 ← C2 − C1 ,
...
Cn ← Cn − C1
On remarque ensuite que dans les n − 1 dernières colonnes, la somme de tous les µ éléments vaut ¶ 0. Ajouter donc toutes
les lignes à la première. On se ramène à un déterminant triangulaire : ∆2 = x n−1 x +
n(n + 1) . 2
Exercice 26.12 ♥♥ Calculer le déterminant tridiagonal ¯ ¯1 + x 2 ¯ ¯ ¯ x ¯ ¯ ∆n = ¯¯ 0 ¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯ 0
x
0
...
1 + x2
x
..
.
..
..
.
..
.
..
.
...
.
x 0
1 + x2 x
¯ ¯ ¯ .. ¯¯ . ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ ¯ x ¯¯ 1 + x2¯
0
Solution : Adopter la méthode classique pour les déterminants tridiagonaux : développer par rapport à la dernière colonne, puis développer le deuxième déterminant par rapport à la dernière ligne. On trouve la relation de récurrence ∀n Ê 2,
∆n − (1 + x 2 )∆n−1 + x 2 ∆n−2 = 0
avec ∆1 = (1 + x 2 ) et ∆2 = (1 + x 2 )2 − x 2 , et la relation de récurrence est vérifiée en posant artificiellement ∆0 = 1. l’équation caractéristique est (r − 1)(r − x 2 ) = 0. On distingue donc deux cas :
1. Si x = 1, 1 est racine double de l’équation caractéristique, donc ∃λ, µ ∈ R2 tq ∀n ∈ N , ∆n = λ + µn . En utilisant les conditions initiales ∆0 , ∆1 , on trouve que ∆n = 1 + n . 2. Si x 6= 1, ∃λ, µ ∈ R tels que ∀n ∈ N , ∆n = λ + µx 2n . Avec les conditions initiales, on trouve que ∆n =
¢ 1 ¡ −1 + x 2n+2 = 1 + x 2 + · · · + x 2n x2 − 1
Exercice 26.13 Soit A ∈ Mn (R) une matrice antisymétrique avec n impair. Montrer qu’elle n’est pas inversible. 1054
Solution : Calculons det(A) = det(t A) = det(−A) = (−1)n det(A) = − det(A) =⇒ det(A) = 0
Exercice 26.14 ♥ Calculer les déterminants suivants en utilisant un déterminant de Vandermonde : ¯ ¯ 1 ¯ ¯ a ∆1 = ¯¯ 2 ¯a ¯bcd
1 b b2 acd
¯ ¯1 ¯ ¯1 ∆2 = ¯¯ ¯1 ¯1
¯ 1 ¯¯ d ¯¯ d 2 ¯¯ abc ¯
1 c c2 abd
Solution : Supposons dans un premier temps que abcd 6= 0. Alors ¯ ¯ a ¯ 1 1 ¯¯ a 2 ∆1 = det(aC1 , bC2 , cC3 , dC4 ) = 3 abcd abcd ¯¯ a ¯ abcd
b b2 b3 abcd
c c2 c3 abcd
a b c d
a2 b2 c2 d2
¯ a 4 ¯¯ b 4 ¯¯ c 4 ¯¯ d 4¯
¯ ¯ ¯1 d ¯¯ ¯ 2 ¯ ¯ d ¯ 3¯ a = (−1) ¯ 2 d 3 ¯¯ ¯a ¯a 3 abcd ¯
1 b b2 b3
1 c c2 c3
¯ 1 ¯¯ d ¯¯ d 2 ¯¯ d 3¯
c’est un Vandermonde et ∆1 = −(d − a)(d − b)(d − c)(c − a)(c − b)(b − a). Si on suppose que abcd = 0, considérons f (ε) = ∆1 (a + ε, b + ε, c + ε, d + ε) avec ε 6= 0. On utilise la formule précédente qui est une fonction continue en ε. Lorsque ε → 0, on retrouve l’expression de ∆1 . C’est une astuce classique à retenir. On calcule le Vandermonde P(x) = V(x, a, b, c, d) = (d − x)(d − a)(d − b)(d − c) . . . (a − x)
et en développant P(x) par rapport à la première ligne, on s’aperçoit que ∆2 est le coefficient en x 3 de P(x). On obtient donc ∆2 = −(a + b + c + d)(d − a)(d − b)(d − c)(c − a)(c − b)(b − a) . Indication 26.11 : Pour le deuxième, introduire
Exercice 26.15
♥¯ ¯ a +b ¯ Calculer le déterminant D = ¯¯a 2 + b 2 ¯a 3 + b 3
Solution :
¯ ¯1 ¯ ¯1 ¯ P(x) = ¯¯1 ¯1 ¯ ¯1
b +c b2 + c2 b3 + c3
x2 a2 b2 c2 d2
x a b c d
x3 a3 b3 c3 d3
¯ c + a ¯¯ c 2 + a 2 ¯¯. c3 + a3¯
¯ x4 ¯ 4 ¯¯ a ¯ b 4 ¯¯ c 4 ¯¯ d 4¯
a b c 2 2 1. Soit A = a , B = b et C = c 2 . En développant, a3 b3 c3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯D = A + B¯ ¯B + C C +¯ A ¯ = A B ¯ C¯ + A B¯ A ¯+ A C ¯ C + A C A + B B C + B B A + ¯B C C¯ + ¯B C A¯ = ¯A B C¯ + ¯B C A¯ = 2 ¯ A B C¯. En mettant abc en facteur, on trouve un déterminant de Vandermonde, et donc D = 2abc(c − a)(c − b)(b − a).
2. On écrit
On a
a +b a 2 + b 2 a3 + b3 ¯ ¯a ¯ 2 ¯a ¯ ¯a 3
b b2 b3
b +c b2 + c2 b3 + c3
c +a a c 2 + a 2 = a 2 c3 + a3 a3
¯ ¯ ¯1 c ¯¯ ¯ c 2 ¯¯ = abc ¯¯ a ¯a 2 c3¯
1 b b2
toujours grâce au déterminant de Vandermonde, et ¯ ¯1 ¯ ¯1 ¯ ¯0
0 1 1
1055
b b2 b3
c 1 c 2 × 1 c3 0
0 1 1
1 0 . 1
¯ 1 ¯¯ c ¯¯ = abc(c − a)(c − b)(b − a) c2¯
¯ 1¯¯ 0¯¯ = 2. 1¯
D’où le résultat. Exercice 26.16 ♥ On considère une matrice A = ((ai j )) ∈ Mn (R ) telle que ∀(i , j ) ∈ [[1, n]]2 , i + j > n + 1 =⇒ ai j = 0
Calculer det(A). Si on suppose de plus que ai j > 0 lorsque i + j É n + 1, déterminer le signe de det(A). Solution : Étudier deux cas : 1. n pair : n = 2p . En effectuant les échanges de colonnes C1 ↔ Cn , . . ., Cp ↔ Cp+1 , on trouve une matrice triangulaire supérieure et le déterminant vaut (−1)p a1,n a2,n−1 . . . an,1
2. n impair : n = 2p + 1. En effectuant les échanges de colonnes C1 ↔ Cn , . . ., Cp ↔ Cp+2 on trouve également que det(A) = (−1)p a1,n . . . an,1 .
Le signe de det(A) dépend de n modulo 4 (parité de p ).
Exercice 26.17 ♥ On considère une matrice A = ((ai j )) ∈ Mn (R ) et on définit la matrice A′ = (( (−1)i+ j ai j )). Exprimer det(A′ ) en fonction de det(A). Solution : En utilisant la formule du déterminant, det(A′ ) =
X
ε(σ)(−1)1+σ(1) . . . (−1)n+σ(n) a1σ(1) . . . anσ(n)
σ∈Sn
Mais (−1)1+σ(1) . . . (−1)n+σ(n) = (−1)n(n+1) = 1 et donc det(A′ ) = det(A). Exercice 26.18
♥
Soit une matrice A ∈ M2 (K ) et l’application f :
½
M2 (K ) M
−→ 7−→
M2 (K ) AM
. Exprimer det( f ) en fonction de det(A).
Solution : Dans la base canonique c de M2 (K ), la matrice de f s’écrit
a11 0 Matc f = a21 0
0 a11 0 a21
0 a12 0 a22
a12 0 a22 0
On calcule son déterminant (faire apparaître un bloc de 0 en bas à gauche en étudiant deux cas, a22 6= 0 et a22 = 0) et on trouve det( f ) = det(A)2. Exercice 26.19 ♥♥ On considère 2n scalaires a1 , b1 , . . . , an , bn tels que tous les ai sont distincts et ∀i ∈ [[1, n]], ai +bi 6= 0. On veut calculer le déterminant de Cauchy suivant : ¯ 1 ¯ ¯ a 1 +b1 ¯ . ∆n = ¯¯ .. ¯ 1 ¯
a n +b1
...
. ..
...
1. Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle R(X) =
1 a 1 +bn 1 a n +bn
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
(b 1 − X) . . . (b n−1 − X) (X + a1 ) . . . (X + an )
2. Exprimer ∆n en fonction de ∆n−1 . 3. Calculer ∆n . Solution : 1056
1. Puisque deg R(X) = −1, et tous les pôles ai sont simples, la décomposition s’écrit :
2. En effectuant l’opération Ln ←
Qn−1 λk j =1 (b j + a k ) R(X) = 6= 0 où λk = Q j 6=k (a j − a k ) k=1 X + a k n X
Pn
i=1 λi Li ,
on obtient
¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a1 + b1 ¯ L1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .. .. 1 1 ¯¯ ¯ ¯ . . ∆n = ¯= ¯ ¯ λn ¯¯ Ln−1 ¯¯ λn ¯¯ 1 ¯a ¯Pn λ L ¯ ¯ n−1 + b 1 i=1 i i ¯ R(b 1 )
Mais comme R(b1 ) = · · · = R(bn−1 ) = 0,
¯ 1 ¯ ¯ ¯ a1 + b1 ¯ ¯ . ¯ .. ∆n = ¯ ¯ 1 ¯ ¯a ¯ n−1 + b 1 ¯ 0
1 a1 + b n−1
...
. ..
... ...
1 an−1 + b n−1 0
En développant par rapport à la dernière ligne, on tire ∆n =
3. Puisque ∆1 =
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯ 1 ¯ an−1 + b n ¯¯ R(b n ) ¯
1 a1 + bn
...
... ...
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ... ¯ ¯ ¯ 1 ¯ an−1 + b n ¯¯ R(b n ) ¯
1 a1 + bn
Qn−1 Q (b n − b i ) n−1 R(b n ) i=1 (a i − a n ) = Qi=1 ∆n−1 Qn−1 n λn i=1 (b n + a i ) i=1 (a n + b i )
1 , la relation de récurrence précédente donne a1 + b1 Q Q i< j (a j − a i ) i< j (b j − b i ) ∆n = Q 1Éi,j Én (a i + b j )
Exercice 26.20 ♥ Calculer le déterminant de la matrice A = ((ai j )) ∈ Mn (R) où aii = 1, a1,i = 1, ai1 = 1 et 0 sinon. Solution : Faire C1 ← C1 − C2 − · · · − Cn . On trouve une matrice triangulaire supérieure et le déterminant vaut (1 − n) pour n Ê 3. Il est nul si n = 2. Exercice 26.21 ♥ Calculer le déterminant de la matrice A = ((ai j )) ∈ Mn (R ) avec ai j = α pour i É j et ai j = 1 pour i > j . Solution : Faire les opérations C2 ← C2 −C1 , . . ., Cn −C1 ←, factoriser (α−1) dans la dernière colonne et C1 ← C1 −Cn . On trouve det(A) = α(α − 1)n−1 . Exercice 26.22 ♥♥ Calculer le déterminant tridiagonal avec α + β sur la diagonale principale, 1 en dessous et αβ au dessus. Solution : En appelant Dn le déterminant de taille n . On a D0 = 1 et¯ D1 = α+β. En développant par rapport à la première ¯
¯αβ ¯ ¯1 ¯ ¯ ¯0 ¯ colonne : Dn = (α + β)Dn−1 − ¯¯ . ¯ .. ¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯0
0 α+β
... αβ
... 0
... ...
1
α+β
αβ
..
.
1
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
...
0
1
..
.
...
¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯¯ . ¯ ¯. ¯ 0 ¯ ¯ ¯ αβ ¯¯ α + β¯
0 0
En développant ce dernier déterminant par rapport à la première ligne, on obtient alors Dn = (α + β)Dn−1 − αβDn−2 . La suite Dn est solution d’une récurrence linéaire, dont l’équation caractéristique a pour racines α et β. Donc Dn =
λαn + µβn . Les conditions initiales donnent Dn =
β α αn + βn . α−β β−α
1057
Exercice 26.23 ♥ Calculer le déterminant de la matrice A = ((ai j )) ∈ Mn (R) où aii = i et sinon ai j = 2. Solution : Cn ← Cn + C1 + · · · + Cn−1 , factoriser 2n − 1 dans la dernière colonne et retrancher 2Cn à toutes les autres colonnes. On trouve det(A) = (−1)n−1 (2n − 1). Exercice 26.24 ♥ Calculer le déterminant (2p) × (2p) suivant :
¯ ¯a ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯b
..
. a b
b a
ր
..
ր
.
¯ b ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a¯
b a
Solution : Faire apparaître un bloc de 0 en bas à gauche avec les opérations C1 ← C1 − Cp+1 . . .On trouve det(A) =
(a 2 − b 2 )p . Ce résultat est encore valable si a = 0.
Exercice 26.25 ♥ Calculer le déterminant de la matrice A = ((ai j )) ∈ Mn (R) où ai j = (−1)i+ j . Solution : Deux lignes sont égales si n Ê 3. Il est nul. Exercice 26.26 ♥ Soit la matrice A = ((inf(i , j ))) ∈ Mn (R ). Calculer son déterminant. Solution : On considère la matrice triangulaire inférieure L comprenant des 1 sous la diagonale (incluse) et des 0 au-dessus. On a A = Lt L et donc det A = (det L)2 = 1. Exercice 26.27
♥ ¯ ¯1 ¯ ¯2 ¯ ¯ Caluler D = det max(i , j ) = ¯¯ 3 ¯ .. ¯. ¯ ¯n
2 2 3
3 3 3
.. . n
... ... ...
.. ...
.
...
¯ n ¯¯ n ¯¯ n ¯¯. .. ¯¯ . ¯¯ n¯
¯ ¯ 1 2 3 ... ¯ ¯ 1 0 0 ... ¯ ¯ 2 1 0 ... ¯ Solution : On soustrait la première ligne à chacune des autres : D = ¯ . .. ¯ .. . ¯ . . . ¯ ¯n − 1 n − 2 . . . . . . n X On développe par rapport à la première ligne : D = (−1)k+1kDk . Tous les déterminants k=1
¯ n ¯¯ 0 ¯¯ ¯ 0 ¯. .. ¯¯ . ¯¯ 0¯
extraits ont une dernière
colonne nulle et sont donc nuls, sauf Dn qui est un déterminant triangulaire inférieur avec des 1 sur la diagonale. Dn = 1 et D = (−1)n+1 n . Exercice 26.28 ♥ Soient A ∈ Mnp (R) et B ∈ Mpn (R) avec n > p . Montrer que det(AB) = 0. Solution : Soit considérer les applications linéaires associées et le théorème du rang, soit travailler par blocs : ¯ ¯A
¯ ¯ ¯ ¯B¯ 0¯ ¯¯ ¯¯ = AB 0
Exercice 26.29 ♥ Calculer le déterminant tridiagonal avec des 1 partout.
1058
Solution : Développer pour trouver la relation ∆n = ∆n−1 − ∆n−2 . Les racines de l’équation caractéristique sont − j et − j 2 . Solution : ³ ´ ³ ´ cos
Exercice 26.30 ♥ Calculer le déterminant :
nπ 3
¯ ¯1 ¯ ¯n ¯ ¯n ¯ ¯. ¯. ¯. ¯ ¯n
1
+ p sin 3
n 2 n
n n 3
... ... ...
. ..
. ..
. ..
n
n
...
nπ
.
3
¯ n ¯¯ n ¯¯ n ¯¯ . ¯¯ .. ¯¯ n¯
Solution : C j − C j −1 pour j = 2. . . n puis développer par rapport à la dernière ligne : (−1)n+1 n! Exercice 26.31 ♥ Calculer det(i a + j b) où a, b ∈ R . Solution : Colle Faire C j − C j −1 pour j = 2. . . n . Si n Ê 3 on trouve 0. Exercice 26.32 Calculer det(1 + ai a j ) où a1 , . . . an ∈ R . Solution : Remplacer C j par C j − C1 pour j = 2. . . n et mettre (a2 − a1 ) . . . (an − a1 ) en facteur. Faire ensuite C j − C j −1 pour j = 3. . . n . On trouve 0 si n Ê 3. Exercice ¯ ¯ 26.33 Calculer det(¯i − j ¯).
♥
Solution : C j − C j −1 puis ensuite C j − C j −1 pour j = 3. . . n . et développer la première ligne. On trouve (−1)n+1 (n −
1)2n−2
Exercice 26.34 ♥♥♥ Démontrer que la matrice
167 54 338 658 A= 290 226 392 968
est inversible.
72 315 146 268 590 994 698 274
152 116 83 114 258 294 594 110
396 262 418 203 110 572 372 674
82 764 804 622 805 744 416 260
670 128 468 98 58 93 340 646
742 808 504 580 512 288 343 608
160 784 312 566 346 8 702 217
Solution : Soit A = (ai j ) 1ÉiÉ8 et I8 = (ai′ j ) 1ÉiÉ8 . 1É j É8
On a ∀1 É i , j É 8, ai j ≡ ai′ j (mod 2) det(A) =
X
σ∈Sn
ε(σ)aσ(1),1 . . . aσ(n),n ≡
1É j É8
X
σ∈Sn
′ ε(σ)aσ(1),1 . . . aσ(n),n ≡ det(I8 ) ≡ 1 (mod 2).
Donc det(A) est impair, et donc non nul. Par suite, A est inversible. Les amateurs de calcul à la main doivent savoir que det(A) = −3060949331422362741897 avant de s’engager dans cette voie. Exercice 26.35 ♥♥♥ Démontrer que les matrices A = (ai j ) 1ÉiÉ8 et A′ = (ai′ j ) 1ÉiÉ8 avec ai′ j = (−1)i+ j ai j ont le même déterminant. 1É j É8
1É j É8
Solution : On multiplie la colonne Ci par (−1)i puis la ligne L j par (−1) j . Il y a autant de changement de signe du determinant en lignes qu’en colonnes, donc un nombre pair de changement de signe.
1059
26.3.3 Exercices théoriques sur les déterminants Exercice 26.36 ♥ Considérons pour n Ê 2, l’application det :
½
Mn (R) −→ R A
7−→
det(A)
Est-elle injective ? Surjective ? Solution : Surjective, pas injective. Exercice 26.37 ♥ Soient A, B ∈ Mn (R). Montrer que det(A2 + B2 ) Ê 0. Solution : det(A2 + B2 ) = det(A + i B) det(A − i B) = |det (A + i B)|2 . Exercice 26.38 ♥ Soit f : M2 (R) 7→ R une fonction vérifiant f 6= 0 f (0) = 0 et ∀(A, B) ∈ Mn (R)
f (AB) = f (A) f (B)
Montrer que f (A) = 0 ⇐⇒ det(A) = 0
Solution : Montrer que f (I) 6= 0. Une implication est simple, pour l’autre utiliser les matrices équivalentes. Exercice 26.39 ♥♥ Déterminer toutes les formes p -linéaires alternées sur Rn où p > n . Solution : Soit f une telle forme p -linéaire alternée. Soit (e i )1ÉiÉn la base naturelle de Rn . Soit ϕ une application de {1, . . . , p} dans {1, . . . , n}. On calcule f (e ϕ(1) , . . . , e ϕ(p) ). D’après le principe des tiroirs, il existe deux indices i et j distincts tels que ϕ(i ) = ϕ( j ) On en déduit que f (e ϕ(1) , . . . , e ϕ(p) ) = 0, et ce pour toute application ϕ de {1, . . . , p} dans {1, . . . , n}. Par linéarité, f est nulle. Exercice 26.40 ♥ 5 Dans R , déterminer tous les endomorphismes f vérifiant f 2 + id = 0. Solution : On aurait alors f 2 = − id et (det f )2 = det(− id) = −1 car 5 est impair. Ceci n’est pas possible dans R. Exercice 26.41 ♥ e en fonction du rang de A. (Penser à la caractérisation du rang par les matrices Déterminer le rang de la comatrice A extraites.) e l’est aussi, donc elle est aussi Solution : Soit n la taille de la matrice A. Si A est de rang n , alors elle est inversible et A de rang n . Si A est de rang < n − 1, alors tous les déterminants extraits d’ordre n − 1 sont nuls, donc a fortiori tous les mineurs sont e est nulle et donc de rang nul. nuls et donc A Reste à voir le cas où le rang de A est n − 1. Cela entraine que D = {X ∈ Rn | AX = 0} est de dimension 1. Comme on a t e est de rang inférieur ou égal à 1. Il en est de même e = 0, on en déduit que ∀X ∈ Rn , t AX e ∈ D. Ceci signifie que t A A A e . Enfin comme A est de rang n −1, ele admet au moins un déterminant extrait d’ordre n −1 non nul. pour sa transposée A e admet au moins un élément non nul et Mais un déterminant extrait d’ordre n − 1 est nécessairement un mineur. Donc A e est 1. est donc de rang Ê 1. Finalement, si le rang de A est n − 1, alors le rang de A
Exercice 26.42 ♥♥ On considère une matrice A ∈ Mn (R ) de colonnes (Ai )1ÉiÉn . On définit à partir des colonnes de A, la matrice B ∈ Mn (R ) de vecteurs colonnes (Bi )1ÉiÉn où : X Bi =
Ai
j 6=i
Exprimez le déterminant de la matrice B en fonction du déterminant de la matrice A.
1060
Solution : Qui dit opérations sur les colonnes dit multiplication à droite par une matrice. Quelle matrice ? Il suffit pour cela de prendre A = In . On voit ainsi que B = AC avec C = J − In où J est la matrice qui ne comporte que des 1.Pour calculer det C le plus simple est de calculer P(λ) = det(C − λIn ) = (−1)n λn−1 (λ − n) puis de faire λ = 1. C’est cette méthode qui sera employée l’an prochain lorsqu’on saura calculer les polynômes caractéristiques. En attendant on va utiliser le même principe : "Plus une expression comporte de variables et plus elle est facile à évaluer". Ici on calcule le déterminant de la matrice Mh qui comporte des zéros sur la diagonale, 1 au-dessus et 1 + h au-dessous. On prendra alors la valeur en h = 0 de ce polynôme en h . Enfin on calcule F(x) = det(Mh − xJ) (on soustrait x à tous les éléments). D’abord F est un polynôme de degré inférieur ou égal à n . Maintenant on soustrait la première colonne à toutes les autres. Les x disparaissent des n − 1 dernières colonnes. De ce fait F est un polynôme de degré inférieur ou égal à 1. F est donc déterminé par deux valeurs, 1 et 1 + h . C’est ça l’idée d’introduire ce 1 + h . Donc F(1) = (−1)n comme déterminant d’une matrice triangulaire. De même F(1 + h) = (−1 − h)n . Enfin
F(1) − F(0) F(1 + h) − F(1) = , d’où F(0) = 1 h
¶ µ (1 + h)n − 1 (−1)n 1 − . On fait ensuite tendre h vers 0, soit en dérivant soit par la formule du binôme, pour trouver h n F(0) = (−1) (1 − n) comme annoncé.
Exercice 26.43 ♥♥ Soit une matrice A ∈ Mn (R ) à coefficients entiers relatifs. Montrer l’équivalence ¡
¢ ¡ ¢ A inversible et A−1 a ses coefficients dans Z ⇐⇒ det(A) = ±1 (i)
(ii)
Démontrer que Gl n (Z) = {M ∈ Mn (Z) ; det(M) ∈ {−1, 1}} est un sous-groupe de Gl n (R). Solution : 1. (i ) =⇒ (i i ). Comme det(A), det(A−1 ) ∈ Z , et que det(A) = 2. (i i ) =⇒ (i ). En utilisant la formule
A−1 =
1 ∈ Z , on doit avoir que det(A) = ±1. det(A)
1 t e A det(A)
comme tous les cofacteurs ∆i j de A sont des entiers, et que det(A) = ±1, on voit que les coefficients de A−1 sont entiers. Exercice 26.44 ♥♥ Soient deux matrices à coefficients réels (A, B) ∈ Mn (R )2 . On suppose qu’elles sont semblables dans Mn (C ). Montrer qu’elles sont semblables dans Mn (R ). Solution : Par hypothèse, il existe une matrice P ∈ GLn (C ) telle que B = PAP−1. Notons P = P1 + i P2 avec (P1 , P2 ) ∈ Mn (R )2 . Puisque BP = PA, on en tire que BP1 + i BP2 = P1 A + i P2B d’où en identifiant partie réelle et partie imaginaire de chaque coefficient, BP1 = P1 A et BP2 = P2 B. Soit λ ∈ R . Posons Q = P1 + λP2 . On a ∀λ ∈ R , BQ = QA. Il suffit donc de trouver un réel λ ∈ R tel que Q = P1 + λP2 soit une matrice inversible. Considérons le polynôme π(λ) = det(P1 + λP2 )
Si l’on avait ∀λ ∈ R , π(λ) = 0, le polynôme complexe π(λ) serait nul et alors π(i ) = 0, ce qui est faux puisque P est une matrice inversible dans Mn (C ). Par conséquent, il existe λ ∈ R tel que Q = P1 + λP2 soit une matrice inversible de GLn (R ) et alors B = QAQ−1 . Exercice 26.45 ♥♥ On considère un système ( f 1 , . . . , f n ) de fonctions de R 7→ R qui est libre dans F (R , R ). Montrer qu’il existe n réels (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn tels que la matrice A = (( f i (x j ))) ∈ Mn (R ) soit inversible. Solution : Par récurrence. Si n = 1, le résultat est clair. Supposons la propriété vraie pour un système de n −1 fonctions. Puisque ( f 1 , . . . , f n−1 ) est libre, d’après l’hypothèse de récurrence, il existe n − 1 réels (x1 , . . . , xn−1 ) tels que la matrice A n−1 = (( f i (x j )))1Éi,j Én−1 soit inversible. Par l’absurde, supposons que ∀x ∈ R , la matrice
A(x) =
f 1 (x1 )
...
f 1 (xn−1 )
. ..
. ..
. ..
f n (x1 )
...
f n (xn−1 )
f 1 (x)
. ..
f n (x)
ne soit pas inversible. En développant det(A) par rapport à la dernière colonne, on trouve alors que ∀x ∈ R , ∆1n f 1 (x) + · · · + ∆nn f n (x) = 0
Mais comme ( f 1 , . . . , f n ) est libre, on aurait en particulier ∆nn = 0, mais ∆nn = det(An−1) 6= 0 ce qui est absurde. 1061
Chapitre
27
Produit scalaire, groupe orthogonal Dans tout ce chapitre, E désigne un R-espace vectoriel.
Pour bien aborder ce chapitre On va généraliser dans ce chapitre la notion de produit scalaire étudiée dans les chapitres 2 et 3 aux espaces vectoriels. Cela permettra d’étendre la notion de vecteurs orthogonaux et les notions afférentes (norme, base orthonormale, théorème de Pythagore, projections et symétries orthogonales...) à certains espaces vectoriels de fonctions ou de matrices par exemple. Un des prolongements importants de ce chapitre sera celui consacré aux séries de Fourier en seconde année et qui formera un magnifique exemple d’illustration de la puissance de l’algèbre mise au service de l’analyse. Nous étudierons dans la seconde moitié de ce chapitre les endomorphismes d’un espace euclidien qui préservent le produit scalaire, ou autrement dit les isométries. Nous verrons que les isométries d’un espace euclidien E donné forment un groupe appelé groupe orthogonal et nous étudierons complètement ce groupe dans le cas où E = R2 et E = R3 . Nous ferons le lien entre les matrices et ces endomorphismes remarquables et nous introduirons la notion de matrice orthogonale.
27.1 Définitions et règles de calcul 27.1.1 Produit scalaire D ÉFINITION 27.1 ♥♥♥ produit scalaire Soit E un R-espace vectoriel. On appelle produit scalaire sur E, une application : ϕ : E × E → R vérifiant : 1
ϕ est une forme bilinéaire : ∀(x, y, z) ∈ E3 , ∀(λ, µ) ∈ R2
ϕ(λx + µy, z) = λϕ(x, z) + µϕ(y, z)
ϕ(x, λy + µz) = λϕ(x, y) + µϕ(y, z) 2
ϕ est symétrique : ∀(x, y) ∈ E2 ,
3
ϕ est définie : ∀x ∈ E,
4
ϕ(x, y) = ϕ(y, x)
(ϕ(x, x) = 0) ⇐⇒ (x = 0)
ϕ est positive : ∀x ∈ E,
ϕ(x, x) Ê 0
− −y . ✎ Notation 27.1 On note ¡x | y ¢ = ϕ(x, y) le produit scalaire. En géométrie, on utilise également la notation → x .→
D ÉFINITION 27.2 ♥♥♥ Espace préhilbertien, Espace euclidien Un R-espace vectoriel E muni d’un produit scalaire est appelé un espace préhilbertien réel. Si de plus E est de dimension finie, on dit que E est un espace euclidien. 1062
27.1.2 Norme D ÉFINITION 27.3 ♥♥♥ Norme euclidienne associée à un produit scalaire On définit la norme euclidienne associée à un produit scalaire (· | ·) par : ∀x ∈ E,
Remarque 27.1
kxk =
p
(x | x)
k·k est bien définie car (· | ·) est une forme bilinéaire positive et donc pour tout vecteur x ∈ E, (x | x) Ê 0..
T HÉORÈME 27.1 ♥ Règles de calcul Pour tout vecteurs x, y ∈ E, et tout réel λ ∈ R : kλ.xk = |λ| kxk ;
1
2
2
¡
allélogramme) ;
¢
2
kx + yk = kxk + 2 x | y + kyk ; ¡ ¢ kx − yk2 = kxk2 − 2 x | y + kyk2 ;
2 3
¡
5
kx+yk2 +kx−yk2 = 2(kxk2 +kyk2 ) (égalité du par-
4
¢ 1¡ ¢ x | y = kx + yk2 − kx − yk2 (identité de polar4
isation).
Pour des vecteurs x1 , . . . , xn , y 1 , . . . , y m ∈ E et des scalaires λ1 , . . . , λn , µ1 , . . . , µm ∈ R , Ã
n X
i=1
λi x i |
m X
j =1
!
µj y j =
n X m X
i=1 j =1
°2 X °X n n ° ° λ2i kxi k2 + 2 ° λi x i ° = i=1
i=1
¡ ¢ λi µ j x i | y j
X
1Éi< j Én
¡ ¢ λi λ j x i | x j
Démonstration Soient x, y ∈ E et λ ∈ R. En utilisant le fait que (· | ·) est une forme bilinéaire symétrique :
4
p p (λx | λx) = λ2 (x | x) = |λ| kxk. ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ kx + yk2 = x + y | x + y = (x | x) + 2 x | y + y | y = kxk2 + 2 x | y + kyk2 . ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ kx − yk2 = x − y | x − y = (x | x) − 2 x | y + y | y = kxk2 − 2 x | y + kyk2 ;
5
Enfin, par soustraction de ces deux mêmes égalités, on obtient l’identité de polarisation.
1 2 3
kλxk =
En additionnant les deux égalités précédentes, on obtient l’égalité du parallélogramme.
Les deux dernières formules sont aussi une conséquence de la bilinéarité du produit scalaire.
T HÉORÈME 27.2 ♥♥♥ Inégalité de Cauchy-Schwarz Pour tous vecteurs x, y ∈ E, on a l’inégalité de Cauchy-Schwarz ¯¡ ¢¯ ¯ x | y ¯ É kxkkyk
¯¡
¢¯
et on a égalité si et seulement si les deux vecteurs sont colinéaires : ¯ x | y ¯ = kxkkyk ⇐⇒ ∃λ ∈ R : λy).
y = λx(
ou
x=
Démonstration Soient x, y ∈ E. Pour tout λ ∈ R , considérons :
D’après les règles de calcul précédentes, on obtient :
¡ ¢ P (λ) = x + λy | x + λy
° °2 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ P (λ) = y | y λ2 + 2 x | y λ + (x | x) = ° y ° λ2 + 2λ x | y + kxk2
et P est un trinôme du second degré en λ¡¡. Par ailleurs ° ∈ R, P (λ) Ê 0. Donc¯¡P admet ¢¢ ° ∀λ ¢¯ au plus une racine réel et son discriminant réduit est négatif ou nul, ce qui s’écrit : x | y 2 − ° y °¯2¡ kxk2¢¯É 0, c’est à dire ¯ x | y ¯ É kxk kyk . si cette Si x et y sont colinéaires, on vérifie facilement que ¯ x | y ¯ = kxkkyk . Réciproquement, ¡ ¢ égalité est vraie, alors le discriminant de P est nul et donc P admet une racine double λ0 ∈ R. On a donc : x + λ0 y | x + λ0 y = 0 ce qui n’est possible que si x + λ0 y = 0 c’est à dire que si x = λ0 y .
1063
T HÉORÈME 27.3 ♥♥♥ Inégalité de Minkowski Pour tous vecteurs x, y ∈ E, on a l’inégalité de Minkowski ¯ ¯ ¯ ¯ ¯kxk − kyk ¯ É kx + yk É kxk + kyk
et on a égalité dans la majoration de droite si et seulement si les deux vecteurs x et y se trouvent sur une même demi-droite issue de l’origine : ∃λ Ê 0 : y = λx . Démonstration Soient x, y ∈ E. • On applique les régles de calcul avec le produit scalaire 27.1 et l’inégalité de Cauchy-Schwarz 27.2 : ° ° °x + y ° 2
¡ ¢ ° °2 kxk2 + 2 x | y + ° y ° ° ° ° °2 kxk2 + 2kxk ° y ° + ° y ° ° °¢2 ¡ kxk + ° y °
= É É
°
°
° °
On a donc : °x + y ° É kxk + ° y °. • Si x et y se trouvent sur une même° demi-droite issue ° égalité. ° ° ° °de l’origine, on vérifie facilement que cette dernière inégalité ¡ ¢ est une Réciproquement, supposons que °x + y ° = kxk + ° y °. Alors, en reprenant le calcul précédent, on obtient : x | y = kxk ° y ° et on est dans le cas d’égalité de la la formule de Cauchy-Schwarz. Donc x et y sont colinéaires : ∃α ∈ R, y = αx . On injecte cette égalité dans celle de départ, on trouve : (1 + α) x = kxk + kαxk c’est à dire : (1 + α) x = (1 + |α|) kxk. Si le vecteur x est nul alors il en est de même de y et la propriété est prouvée. Si x est non nul alors : α = |α| et α est bien positif. • Par ailleurs : ° ° ° ° ° ° kxk = °x − y + y ° É °x − y ° + ° y °
et °
°
°
°
°
° ° ° ° ° ° ° y ° = ° y − x + x ° É ° y − x ° + kxk °
° °
°
°
° °
°
°
¯ ¯
° °¯¯
et comme ° y − x ° = °x − y °, on obtient : °x − y ° Ê kxk − ° y ° et °x − y ° Ê ° y ° −kxk, ce qui s’écrit aussi : °x − y ° Ê ¯kxk − ° y °¯.
De manière plus générale :
D ÉFINITION 27.4 ♥♥♥ Norme On appelle norme sur E une application : k·k : E → R vérifiant : 1 2 3
∀x ∈ E,
kxk = 0 =⇒ x = 0.
∀λ ∈ R, kλxk = |λ| kxk. ° ° ° ° ∀x, y ∈ E, °x + y ° É kxk + ° y ° (Inégalité triangulaire). ∀x ∈ E,
P ROPOSITION 27.4 ♥ Norme associée au produit scalaire La norme euclidienne k·k associée à un produit scalaire (· | ·) sur E est une norme sur E. Démonstration Les propriétés 2 et 3 ont déjà été prouvées dans les théorèmes 27.1 et 27.3. Démontrons la seconde. Soit x ∈ E tel que kxk = 0 alors (x | x) = 0 mais comme (· | ·) est une forme bilinéaire définie, x = 0.
Exemple 27.2 Quelques exemples de produits scalaires et leur norme associée (à retenir) : • Produit scalaire usuel sur Rn : Si X = (x1 , . . . , xn ), Y = (y 1 , . . . , y n ) ∈ Rn , (X | Y) = x1 y 1 + . . . xn y n =
kXk =
q
x12 + · · · + xn2
=
n X
xi y i
i=1
s
n X
i=1
• Sur l’espace des fonctions continues sur [a, b], E = C ([a, b], R ), f , g ∈ E ¡
¢ f |g =
kf k =
Zb
f (t )g (t )d t
a
s Zb a
1064
f 2 (t )d t
xi2
• Sur l’espace des fonctions f : R 7→ R continues et 2π-périodiques, E = C 2π (R ), f , g ∈ E ¡
¢ f |g =
kf k =
Z2π
f (t )g (t )d t
0
s Z2π
f 2 (t )d t
0
• Sur l’espace des matrices carrées Mn (R), A, B ∈ Mn (R) < A, B >= Tr (At B) p p kAk = < A, A > = Tr (At A).
Voir l’exercice 25.18 page 989.
D ÉFINITION 27.5 ♥ Vecteur unitaire Soit x un vecteur d’un R-espace vectoriel E muni d’une norme k·k. On dit que x est unitaire si et seulement si kxk = 1.
27.2 Orthogonalité On considère dans ce paragraphe un espace préhilbertien réel (E, (. | .)). D ÉFINITION 27.6 ♥ Vecteurs orthogonaux ¡ ¢ Deux vecteurs x et y de E sont dits orthogonaux lorsque x | y = 0. T HÉORÈME 27.5 ♥ Identité de Pythagore Soient x et y deux vecteurs de E. Alors ¡
¢ x | y = 0 ⇐⇒ kx + yk2 = kxk2 + kyk2
Démonstration Utilisant la formule 27.1 : ° ° ¡ ¢ ° ° °x + y °2 = kxk2 + 2 x | y + ° y °2 ,
et il vient immédiatement : ¡
¢ x | y = 0 ⇐⇒ kx + yk2 = kxk2 + kyk2
T HÉORÈME 27.6 ♥ Des vecteurs orthogonaux 2 à 2 forment un système libre Soit S = (x1 , . . . , xn ) un système de vecteurs non-nuls deux à deux orthogonaux : ¡ ¢ i 6= j =⇒ xi | x j = 0
∀(i , j ) ∈ [[1, n]]2 ,
Alors le système S est libre.
Démonstration Soient α1 ,... ,αn ∈ R tels que α1 x1 + ... + αn xn = 0. Soit i ∈ 1,n . Du fait de la bilinéarité du produit scalaire et que les vecteurs de ce système sont deux à deux orthogonaux : Ã
0 = xi | ¡
¢
n X
j =1
!
αi xi =
n X
j =1
´ ³ ¢ ¡ αi xi | x j = αi xi | xi
Comme xi 6= 0, xi | xi 6= 0 et il vient que αi = 0. Cette égalité est vraie pour tout i ∈ 1,n . On montre ainsi que le système S est libre.
D ÉFINITION 27.7 ♥ Sous-espaces orthogonaux Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E. On dit qu’ils sont orthogonaux ssi ∀x ∈ F, ∀y ∈ G,
1065
¡
¢ x |y =0
D ÉFINITION 27.8 ♥ Orthogonal d’une partie Soit A ⊂ E une partie de E. On définit l’orthogonal de A comme étant le sous-ensemble de E noté A⊥ et donné par : A⊥ = {x ∈ E | ∀a ∈ A, (x | a) = 0}
T HÉORÈME 27.7 ♥ Propriétés de l’orthogonal Soient A, B ⊂ E deux parties de E. 1
A⊥ est un sous-espace vectoriel de E.
3
2
A ⊂ B =⇒ B⊥ ⊂ A⊥
4
A⊥ = (Vect(A))⊥ ¡ ¢⊥ A ⊂ A⊥
Démonstration 1 2 3
¡
Supposons que A ⊂ B. Soit x ∈ B⊥ . Montrons que x ∈ A⊥ . Soit a ∈ A. Comme A ⊂ B, a ∈ B et (x | a) = 0. Donc x ∈ A⊥ .
On a A ⊂ Vect¡(A) donc d’après la propriété précédente : (Vect(A))⊥ ⊂ A⊥ . Réciproquement, si x ∈ A⊥ et si y ∈ Vect (A) ¢ P montrons que x | y = 0. Il existe n ∈ N∗ , α1 ,... ,αn ∈ R et a 1 ,... , a n ∈ A tels que : y = ni=1 αi a i . Et : ¡
n ¢ X ¡ ¢ x|y = αi x | a i = 0 i=1
car x ∈ A⊥ . Voilà qui termine la démonstration du troisième point. 4
¢
Le vecteur nul de A donc 0 ∈ A⊥ . Soient α,β ∈ R, x, y ∈ A⊥ et a ∈ A. Alors : αx + βy | a = ¡ est¢ orthogonal à tous les⊥vecteurs ⊥ α(x | a) + β y | a = 0 donc αx + βy ∈ A . A est donc bien un sous-espace vectoriel de E.
¡
Enfin, si a ∈ A et si x ∈ A⊥ alors il est clair que : (a | x) = 0 et donc : x ∈ A⊥
¢⊥
ce qui prouve la dernière inclusion.
27.3 Espaces euclidiens On considère dans toute la suite de ce chapitre un espace euclidien E muni d’un produit scalaire noté (. | .) et k.k la norme euclidienne associée. On note n la dimension de E.
27.3.1 Bases orthogonales, orthonormales D ÉFINITION 27.9 ♥ bases orthogonales, orthonormales Soit e = (e 1 , . . . , e n ) une base de E. On dit que e est une base
1. orthogonale si et seulement si ses vecteurs sont deux à deux orthogonaux, c’est à dire si et seulement si : ∀(i , j ) ∈ [[1, n]]2 ,
¡ ¢ i 6= j =⇒ e i | e j = 0.
2. orthonormale si et seulement si ses vecteurs sont deux à deux orthogonaux et unitaires, c’est à dire si et seulement si : ¡ ¢ ∀(i , j ) ∈ [[1, n]]2 ,
e i | e j = δi j .
Remarque 27.2 Si on se donne un système (e 1 , . . . , e n ) de vecteurs deux à deux orthogonaux d’un espace vectoriel euclidien de dimension n alors d’après la proposition 27.6, ce système est libre. Comme il est libre de rang maximal c’est une base (orthogonale) de E. Remarque 27.3
La base canonique de Rn est orthonormale pour le produit scalaire usuel.
T HÉORÈME 27.8 ♥ Calculs dans une base orthonormale Soit e = (e 1 , . . . , e n ) une base orthonormale de E.
1. Les coordonnées d’un vecteur dans une base orthonormale sont donnés par les produits scalaires : x=
n X
i=1
(x | e i ) e i
1066
2. Si x = x1 e 1 + · · · + xn e n et y = y 1 e 1 + · · · + y n e n , alors ¡
n ¢ X x|y = xi y i = x1 y 1 + · · · + xn y n i=1
3. Si x = x1 e 1 + · · · + xn e n , kxk2 =
Démonstration ∀(i , j ) ∈ [[1,n]]2 ,
n X
i=1
xi2 = x12 + · · · + xn2
Ces se prouvent facilement en utilisant les règles de calcul avec le produit scalaire 27.1 et le fait que : ´ ³ formules e i | e j = δi j .
27.3.2 Procédé d’orthonormalisation de Schmidt B IO 24 Erhard Schmidt, né le 13 janvier 1876 à Dorpat (Estonie), mort le 06 décembre 1959 à Berlin) Mathématicien allemand. Il fait ses études, comme c’est souvent le cas à l’époque, dans différentes universités allemandes et les termine à Berlin. Il soutient sa thèse en 1905 sous la direction de David Hilbert. Elle porte sur les équations intégrales. Après avoir enseigné successivement dans les universités de Bonn, Zurich, Erlangen et Breslau, il est nommé en 1917 comme professeur à l’Université de Berlin où il occupe le poste laissé vacant par Schwarz. Dans les années 1930, il subit la montée du nazisme et alors que ses collègues juifs (Schur , von Mises) doivent quitter l’Université, il est sommé de prendre des résolutions contre les juifs ce dont. Il s’acquitte de cette tâche avec si peu de zèle que les nazis diront de lui à l’époque qu’« il ne comprend pas le problème juif »et qu’il ne sera pas critiqué par la suite. Erhard Schmidt est un des fondateurs de l’analyse fonctionnelle. Il a beaucoup contribué à la théorie des espaces de Hilbert que vous découvrirez en spé et a simplifié et généralisé un certain nombre de résultats d’Hilbert. C’est dans un article de 1907 sur les équations intégrales qu’il expose le procédé d’orthonormalisation. Notons que ce procédé avait été découvert au préalable par Laplace mais c’est Schmidt qui su en donner le premier un exposé clair.
T HÉORÈME 27.9 ♥ Théorème de Schmidt Soit E un espace euclidien de dimension n et e = (e 1 , . . . , e n ) une base quelconque de E. Alors il existe une base orthonormale ε = (ε1 , . . . , εn ) de E vérifiant : 1
∀i ∈ [[1, n]],
εi ∈ Vect(e 1 , . . . , e i ) ;
2
(e i | εi ) > 0.
− − λ→ ε1 + µ→ ε2
→ − f3 → − ε3
→ − e1
∀i ∈ [[1, n]],
→ − e3
→ − ε1
→ − e2
→ − ε2
F IGURE 27.1 – Algorithme de Schmidt : redressement de e 3 Démonstration On va mettre en place un algorithme permettant de construire la base ε. e1 • Au rang 1 : Comme e est une base, e 1 est non nul et le vecteur ε1 = est unitaire et vérifie Vect (e1 ) = Vect (ε1 ) ainsi que ke 1 k (e 1 | ε1 ) = ke 1 k > 0. • Au rang k Soit k ∈ 1,n − 1 . Supposons les vecteurs ε1 ,... ,εk construits tels que :
1067
¡
¢
– La famille ε1 ,... ,εk est orthonormale. – ∀i ∈ [[1,k]], ¡εi ∈ Vect(e ¢ 1 ,... ,e i ) ; – ∀i ∈ [[1,k]], e i | εi > 0. • Au rang k + 1 Construisons un vecteur εk+1 répondant au problème. Les conditions qu’il doit remplir (voir la figure 27.1) nous invitent à le chercher sous la forme εk+1 = α1 ε1 + ... + αk εk + e k+1 où : ∀i ∈ 1,k , αi ∈ R. Pour tout i ∈ 1,k, on a la série d’équivalences : εi ⊥ εk+1
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
° °
¡ ¢ εi | εk+1 = 0 ´ ¡ ³ k X ¢ α j εi | ε j + εi | ek+1 = 0 j =1
° °2 ¡ ¢ αi °εi ° + εi | ek+1 = 0 ¡ ¢ αi = − εi | ek+1
car °εi ° = 1. On considère alors le vecteur ε˜ k+1 donné par
ε˜ k+1 = e k+1 −
i=1
¢ εi | ek+1 εi .
¡ ¢ ° Par construction, les vecteurs du système ε1 ,... ,εk+1 sont deux à deux orthogonaux et unitaires. Cette ° ε˜ k+1 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ famille De plus, pour tout i ∈ 1,k , Vect ε1 ,... ,εi = Vect e 1 ,... ,e ¡ i et il est clair ¢ que Vect ε1 ,... ,εk+1 = ¡ est donc orthonormale. ¢ Vect e 1 ,... ,e k+1 . Enfin, quitte à considérer −εk+1 plutôt que εk+1 , on peut supposer que e k+1 | εk+1 > 0.
et soit εk+1 = ° °
•
n ¡ X
ε˜ k+1
Au rang n En appliquant cet algorithme jusqu’au rang n , on construit la famille ε proposée.
Remarque 27.4
L’algorithme de construction de la base orthonormale est aussi important que l’énoncé du théorème.
Remarque 27.5
La matrice de passage de e vers ε est triangulaire supérieure. P LAN 27.1 : Pour orthonormaliser une famille de vecteurs
On souhaite appliquer l’algorithme de Schmidt à la base (e 1 , . . . , e n ) de E. Pour ce faire : e1 . ke 1 k
1
On pose ε1 =
2
On suppose ε1 , . . . , εk construits. On calcule le vecteur : ε˜ k+1 = e k+1 − εk+1 =
3
ε˜ k+1 . k˜εk+1k
Pn
i=1 (εi
| ek+1 ) εi
et on pose :
Si (e k+1 | εk+1) < 0 alors on remplace εk+1 par −εk+1 .
Remarque 27.6 – La troisième étape du procédé d’orthonormalisation est facultative. Si on ne l’effectue pas, la base construite est encore orthonormale. – On peut aussi ne pas normaliser le vecteur ε˜ i dans la deuxième étape de l’algorithme. Dans ce cas la base construire n’est pas orthonormale mais orthogonale et la formule donnant εk+1 en fonction de e k+1 , ε1 ,...,εk est légérement changée (exercice !). Remarque 27.7
La matrice de passage de e vers ε est triangulaire supérieure.
Exemple 27.3 Soit l’espace E = R3 muni du produit scalaire usuel. Soient les vecteurs e 1 = (2, 0, 0), e 2 = (1, 1, 1) et e 3 = (0, 1, 2). Construisons une base orthonormale à partir de e = (e 1 , e 2 , e 3 ). D’après l’algorithme d’orthonormalisation de Schmidt : 1
2
3
On pose ε1 = (1, 0, 0) .
p 2 On a ε˜ 2 = e 2 − (ε1 | e 2 ) ε1 = (0, 1, 1) donc ε2 = (1, 0, 0) . 2 p µ ¶ 1 1 2 De même ε˜ 3 = e 3 − (ε1 | e 3 )ε1 − (ε2 | e 3 ) ε2 = 0, − , donc ε3 = (0, −1, 1) . 2 2 2
La famille (ε1 , ε2 , ε3 ) est une base orthonormale de E. 1068
MAPLE
> with(linalg): Warning, the protected names norm and trace have been redefined and unprotected > e1 := vector([1,0,0]); e1 := [1, 0, 0] > e2 := vector([1,1,1]); e2 := [1, 1, 1] > e3 := vector([0,1,2]); e3 := [0, 1, 2] > GramSchmidt([e1,e2,e3],normalized); [ [ 1 (1/2) 1 (1/2)] [ 1 (1/2) 1 (1/2)]] [[1, 0, 0], [0, - 2 , - 2 ], [0, - - 2 , - 2 ]] [ [ 2 2 ] [ 2 2 ]]
27.3.3 Conséquences C OROLLAIRE 27.10 Théorème de ¢la base orthonormale incomplète ¡ Toute famille orthonormale ε1 , . . . , εp d’un espace euclidien E 6= {0E } de dimension n (p É n ) peut être complétée par des vecteurs εp+1 , . . . , εn de E en sorte que la famille (ε1 , . . . , εn ) soit une base orthonormale de E. Démonstration En appliquant le théorème de la base ¡ incomplète, on peut¢ compléter la famille orthonormale (et donc libre) ¡ ¢ ε1 ,... ,εp par des vecteurs e k+1 ,... ,e n en une base e = ε1 ,... ,εk ,e k+1 ,... ,e n de E. On applique le procédé d’orthonormalisation de Schmidt à cette base ¡, on peut construire des¢ vecteurs εk+1 ,... ,εn de E tels que la famille (ε1 ,... ,εn ) soit orthonormale et tel que Vect (ε1 ,... ,εn ) = Vect ε1 ,... ,εk ,e k+1 ,... ,e n = E. Cette famille est donc libre et génératrice et forme une base orthonormale de E.
C OROLLAIRE 27.11 Existence d’une base orthonormale Tout espace euclidien E 6= {0E } possède une base orthonormale. Démonstration Soit e une base de E. En appliquant le procédé d’orthonormalisation de Schmidt à cette famille, on construit une famille orthonormale ε telle que Vect (ε) = Vect (e) = E. Cette famille est donc libre et génératrice. Elle forme une base orthonormale de E.
T HÉORÈME 27.12 ♥ Propriétés de l’orthogonal en dimension finie Soit F un sous-espace vectoriel de dimension p de E. Alors 1 2 3
E = F ⊕ F⊥ dim F⊥ = n − p ⊥
(F⊥ ) = F
Démonstration Montrons que F et F⊥ sont supplémentaires dans E. • On a : F ∩ F⊥ = {0}. En effet, si un vecteur x est à la fois dans F et dans l’orthognal de F, il vérifie : (x | x) = 0 et donc x = 0. • Montrons maitenant¡ que E = F¢ + F⊥ . Comme F est de dimension ¡p , par¢application du théorème précédent, on peut trouver une Pp base orthonormale e 1 ,... ,e p de F. Soit x ∈ E et soit x ′ = k=1 x | e k e k . On vérifie facilement que x ′ ∈ F et que x − x ′ ∈ F⊥ . ¡ ¢ Donc x = x + x − x ′ ∈ F + F⊥ et on a bien E = F + F⊥ . Ainsi : E = F ⊕ F⊥ . D’après le théorème 24.17, on obtient : dim F + dim F⊥ = n d’où vient la première égalité dans le théorème. ¡ ¢⊥ ¡ ¢⊥ Enfin, on a prouvé dans la proposition 27.7 que F ⊂ F⊥ . Mais comme dim F⊥ = n − dim F⊥ = n − (n − dim F) = dim F, on ⊥ peut affirmer que : (F⊥ ) = F.
Remarque 27.8 Un sous-espace vectoriel F d’un espace E de dimension finie possède, en général, une infinité de supplémentaires. Si E est un espace euclidien, F n’admet qu’un et un seul supplémentaire orthogonal : F⊥ . Pour cette raison, on dira que F⊥ est le supplémentaire orthogonal de F dans E. T HÉORÈME 27.13 ♥♥♥ Théorème de Riesz Soit E un espace euclidien et soit f ∈ E⋆ une forme linéaire. Alors il existe un unique vecteur z f ∈ E tel que ∀x ∈ E,
¡ ¢ f (x) = z f | x
1069
Démonstration Pour tout z ∈ E, posons : ϕz :
½
E x
−→ 7−→
R . (z | x)
¡ ¢ linéaire. En¡ effet, fixons z ∈ E : pour tout α,β ∈ R et pour tout x, y ∈ E : ϕz αx + βy = ¢ ¡Pour tout z¢ ∈ E, ϕz est une ¡ forme ¢ z | αx + βy = α(z | x) + β z | y = αϕz (x) + βϕz y . L’application Φ donnée par :
Φ:
½
E z
−→ 7−→
E∗ ϕz
est alors bien définie. Montrons que c’est un isomorphisme d’espaces vectoriels. ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ • Φ est linéaire : si α,β ∈ R et x, y ∈ E alors Φ αx + βy = ϕαx+βy = αx + βy | · = α(x | ·)+β y | · = αϕx +βϕ y = αΦ (x)+βΦ y . •
Φ est injective : soit x ∈ E tel que Φ (x) = 0. Alors : ∀y ∈ E,
¡
¢ x | y = 0, et en particulier (x | x) = 0 ce qui n’est possible, par
définition du produit scalaire que si x = 0. Φ est surjective : comme dim E = dimE∗ , d’après le théorème de caractérisation des isomorphismes 24.28, sachant que Φ est injective, il vient que Φ est aussi surjective. ³ ´ ³ ´ Toute forme linéaire f ∈ E∗ sur E est donc image d’un vecteur z de E par Φ. Posons z f = z . On a alors : f = Φ z f = z f | · et le théorème est prouvé. •
Remarque 27.9
Dans Rn muni du produit scalaire usuel, si l’on considère un hyperplan H d’équation : α1 x1 + · · · + αn xn = 0
Alors cet hyperplan est orthogonal au vecteur n = (α1 , . . . , αn ) : H = {n}⊥ .
27.4 Projecteurs et symétries orthogonaux 27.4.1 Projecteurs orthogonaux D ÉFINITION 27.10 ♥ Projecteur orthogonal Soit p ∈ L(E) un projecteur (c’est à dire une endomorphisme p de E vérifiant p ◦ p = p ). On dit que p est un projecteur orthogonal si et seulement si Ker p et Im p sont deux sous-espaces orthogonaux de E : ∀x ∈ Ker p, ∀y ∈ Im p,
¡
¢ x|y =0
Remarque 27.10 ¡ ¢ Soit p un projecteur orthogonal et soit x ∈ E. Alors p (x) | x − p (x) = 0. En effet x − p (x) ∈ Ker p = Im f ⊥
ε,
Soit x
x − p(x)
p(x)
0 F
F IGURE 27.2 – Projecteur orthogonal
T HÉORÈME 27.14 ♥ Calcul du projeté orthogonal Soit F un sous-espace vectoriel de E et soit x ∈ E. On suppose que : H1
(ε1 , . . . , εp ) est une base orthonormale de F
1070
alors le projeté orthogonal p(x) du vecteur x sur le sous-espace F vaut : p(x) =
p X
i=1
(x | εi ) .εi
Démonstration D’après le théorème 27.8 appliqué à p (x) ∈ F et à la base orthonormale ε de F donnée : p (x)
= = =
car
x − p (x) ∈ Ker p = F⊥
et donc :
p ¡ X
i=1 p ¡ X
i=1 p ¡ X i=1
¢ p (x) | εi εi
p ¡ X ¢ ¢ x | εi εi − x − p (x) | εi εi i=1
¢ x | εi εi
∀i ∈ 1, p ,
¡
¢ x − p (x) | εi = 0.
T HÉORÈME 27.15 ♥ Le projeté p(x) réalise la meilleure approximation de x par des vecteurs de F Soit F un sous-espace vectoriel de E. Pour tout x ∈ E, on définit : d(x, F) = inf kx − f k f ∈F
Alors : 1
d(x, F) est bien défini ;
2
d(x, F) = kx − p(x)k où p(x) est la projection orthogonale de x sur F ;
Si f ∈ F, kx − f k Ê kx − p(x)k avec égalité si et seulement si f = p(x).
3
x
x − p(x)
0
x−f
F
p(x)
f p(x) − f
F IGURE 27.3 – Meilleure approximation
Démonstration 1 2
3
©°
°
ª
Soit x ∈ F. Notons F = °x − f ° | f ∈ F . F est une partie non vide de R minorée par 0. Elle possède donc une borne inférieure et d(x,F) est bien défini. D’après le théorème de Pythagore 27.5, pour tout f ∈ F :
kx − f k2 = kx − p(x)k2 + kp(x) − f k2 Ê kx − p(x)k2 . ° ° ° ° Donc °x − p (x)° est un minorant de F . Mais comme p (x) ∈ F, °x − p (x)° ∈ F et est donc la borne inférieure de F . Il vient alors : d(x,F) = kx − p(x)k .
On a de plus montré que si f ∈ F, alors kx − f k Ê kx − p(x)k et on a égalité si et seulement si f = p(x).
27.4.2 Symétries orthogonales, réflexions D ÉFINITION 27.11 ♥ Symétrie orthogonale, réflexion Soit s ∈ L(E) une symétrie vectorielle (C’est-à-dire un endomorphisme de E tel que s ◦ s = id). 1071
• On dit que s est une symétrie orthogonale si et seulement si les deux sous-espaces vectoriels Ker(s − id) et Ker(s + id)
sont orthogonaux.
• On dit de plus que s est une réflexion si l’ensemble des vecteurs invariants de s , Ker(s − id) est un hyperplan de E. x Ker(s + id)
0 Ker(s − id)
s(x)
F IGURE 27.4 – Symétrie vectorielle orthogonale
27.5 Endomorphismes orthogonaux, matrices orthogonales 27.5.1 Endomorphismes orthogonaux On considère dans toute la suite un espace euclidien E muni d’un produit scalaire noté (. | .) et k.k la norme euclidienne associée. On note n la dimension de E. D ÉFINITION 27.12 ♥ Endomorphismes orthogonaux Soit u ∈ L(E). On dit que u est un endomorphisme orthogonal (ou une isométrie) si ∀x ∈ E,
ku(x)k = kxk
On note O(E) l’ensemble des endomorphismes orthogonaux de E. T HÉORÈME 27.16 ♥ Un endomorphisme orthogonal conserve le produit scalaire On a l’équivalence : ¡ ¢ ¡ ¢ u ∈ O(E) ⇐⇒ ∀(x, y) ∈ E2 ,
u(x) | u(y) = x | y
Démonstration ¡ ¢ ⇒ Supposons que u est un endomorphisme orthogonal de E. D’après l’identité de polarisation 27.1, pour tout x, y ∈ E2 : ¡ ¡ ¢¢ u (x) | u y
= = =
⇐
Supposons que u préserve le produit scalaire alors : ku(x)k =
et donc u ∈ O(E)
¢ ¡ ¢ ´ 1³ ¡ ku x + y k2 − ku x − y k2 4 ´ 1³ kx + yk2 − kx − yk2 4 ¡ ¢ x|y
p p (u (x) | u (x)) = (x | x) = kxk
P ROPOSITION 27.17 Les endomorphismes orthogonaux sont des automorphismes Soit u ∈ O(E) un endomorphisme orthogonal de E alors u est un automorphisme de E et u −1 ∈ O(E) . 1072
Démonstration Soit x ∈ Ker u alors
kxk = ku (x)k = 0
et d’après les propriétés de la norme 27.4, on peut affirmer que x = 0. Donc Ker u = {0} et u est injectif. D’après la caractérisation des automorphismes d’un espace vectoriel ??, u est un de E. Enfin, ° automorphisme ° ¡ ¢ considérons x ∈ E et y = u (x)°. u étant un endomorphisme orthogonal de E, on a kxk = ° y °. Donc, comme : u −1 y = x , il vient que : ° notons ° ¡ ¢° °u −1 y ° = kxk = ° y ° et u −1 est bien lui aussi un endomorphisme orthonal de E.
T HÉORÈME 27.18 ♥ Groupe orthogonal (O(E), ◦) est un sous-groupe du groupe linéaire (GL (E), ◦). On l’appelle le groupe orthogonal de E. Démonstration O(E) est un sous-ensemble non vide de G L (E) car il contient idE . D’après le théorème 19.6, il suffit de prouver que pour tout u, v ∈ O(E), u ◦ v −1 ∈ O(E). Mais d’après la proposition précédente, v −1 est aussi une isométrie de E et pour tout x ∈ E, on a : ° ° ° ³ ° ´° ° ° ° ° ° ° ° °u ◦ v −1 (x)° = °u v −1 (x) ° = °v −1 (x)° = kxk
ce qui prouve que u ◦ v −1 ∈ O(E). (O(E),◦) est donc un sous-groupe de (GL (E) ,◦).
P ROPOSITION 27.19 Une caractérisation pratique des automorphismes orthogonaux Soit u ∈ L (E) et soit e = (e 1 , . . . , e n ) une base orthonormale de E. On a équivalence entre : u ∈ O(E)
1
(u (e 1 ) , . . . , u (e n )) est encore une base orthonormale de E.
2
Démonstration ⇒ Si u ∈ O(E), d’après la proposition 27.16, pour tout i , j ∈ 1,n : ( ´ ³ ¡ ¢ ³ ´´ ³ 0 si i = 6 j u ei | u e j = ei | e j = 1 si i = j
ce qui prouve que la famille (u (e 1 ) ,... ,u (e n )) est une base orthonormale de E. P Si l’image par u de la base orthonormale e = (e 1 ,... ,e n ) est encore orthonomale alors pour x = ni=1 xi e i ∈ E et par bilinéarité du produit scalaire :
⇐
ku (x)k2
(u (x) | u (x)) ³ ¡ ¢ ³ ´´ X xi x j u e i | u e j
= =
i,j ∈1,n
X
=
i∈1,n
X
=
i∈1,n 2
¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ xi2 u e i | u e i
xi2
kxk .
=
Donc u ∈ O(E).
27.5.2 Matrices orthogonales D ÉFINITION 27.13 ♥ Matrices orthogonales On dit qu’une matrice A ∈ Mn (R ) est orthogonale si et seulement si : t
AA = In
On note On (R ) l’ensemble des matrices orthogonales. Remarque 27.11
Une matrice orthogonale est inversible et A−1 = t A
Ce qui montre qu’elle vérifie également A t A = In
1073
T HÉORÈME 27.20 ♥ Caractérisation pratique des matrices orthogonales Soit A = (ai j ) ∈ Mn (R ). Alors A est une matrice orthogonale si et seulement si ses vecteurs colonnes (C1 , . . . , Cn ) forment une base orthonormale pour le produit scalaire usuel de Rn , c’est à dire : ∀(p, q) ∈ [[1, n]]2 ,
p 6= q =⇒
n X
i=1
ai p ai q = 0
et ∀j ∈ [[1, n]],
n X
i=1
ai2j = 1
Démonstration Ces formules sont une conséquence directe de la définition du produit matriciel et de l’égalité : At A = In
T HÉORÈME 27.21 ♥ La matrice d’une isométrie dans une base orthonormale est orthogonale On considère une base orthonormale e = (e 1 , . . . , e n ) d’un espace euclidien E, et un endomorphisme u ∈ L(E). Notons A = Mate (u). On a équivalence entre : 1
u est un automorphisme orthogonal.
2
A est une matrice orthogonale. ³
Démonstration Notons A = a i j
´
(i,j )∈1,n2
. Par bilinéarité du produit scalaire, il vient, pour tout i , j ∈ 1,n :
³ ¡ ¢ ³ ´´ u ei | u e j
=
n X
k=1
´ ³ a ki a k j e i | e j
(⋆)
Supposons que u ∈ L(E) est une isométrie de E. Alors, comme les isométries conservent le produit scalaire, l’égalité (⋆) devient, pour tout i , j ∈ 1,n :
⇒
´ ³ ´ X ³ n a ki a k j e i | e j δi,j = e i | e j = k=1
et donc, d’après 27.20, A est orthogonale. Réciproquement, si A est orthogonale alors en utilisant à nouveau (⋆) et la proposition 27.20, on trouve, pour tout i , j ∈ 1,n :
⇐
³ ¡ ¢ ³ ´´ u ei | u e j
=
´ ³ ei | e j
et donc la famille (u (e 1 ) ,... ,u (e n )) est une base orthonormale de E. On applique alors la proposition 27.19, et il vient que u est un automorphisme orthogonal.
Remarque 27.12
Le résultat précédent est faux si la base ε n’est pas orthonormale.
T HÉORÈME 27.22 ♥ Caractérisation des matrices de passage entre bases orthonormales Soit e une base orthonormale de E et f une base. Soit P = Pe→ f la matrice de passage entre ces deux bases. On a équivalence entre : 1
f est une base orthonormale.
2
P est une matrice orthogonale.
Démonstration ⇒ Supposons que f est orthonormale. Soit u l’endomorphisme de E donné par : ∀i ∈ 1,n ,
¡ ¢ u ei = fi .
¡ ¢
D’après la proposition 27.19, u est un automorphisme orthogonal de E. Mais Pe→ f = Me f = Me (u) et donc, d’après la dernière proposition, P = Pe→ f est orthogonale. ⇒ De la même façon, si P est orthogonale, alors il en est de même de u et comme l’image d’une base orthonormale par un élément de O(E) est orthonormale, f est orthonormale.
27.6 Etude du groupe orthogonal Remarque 27.13 det (A) = ±1.
¡ ¢
Soit A ∈ Matn (R) une matrice orthogonale. Comme A.t A = In et que det (A) = det t A , il vient que : 1074
D ÉFINITION 27.14 ♥ Groupe spécial orthogonal O+ n (R ) Soit une matrice orthogonale A ∈ On (R ). Alors det(A) = ±1. On définit les sous-ensembles de On (R ) suivants : O+ n (R ) = {A ∈ On (R ) | det A = +1}
O− n (R ) = {A ∈ On (R ) | det A = −1}
+ Les matrices de O+ n (R ) sont appelées spéciales orthogonales. L’ensemble On (R ) est un sous-groupe du groupe orthogonal (On (R ), ×). −1 Démonstration Soient A,B¡∈ O+ élement de On (R ) car ce dernier est un groupe. De plus, avec les n (R ¢ ) alors A.B −1est encore −1 + propriétés du déterminant det A.B = 1 donc A.B ∈ O+ n (R ) et On (R ) est bien un sous-groupe de On (R ).
P ROPOSITION 27.23 Critère pour reconnaître les matrices de O+ n (R ) Soit une matrice orthogonale A ∈ On (R ). Soit un coefficient ai j 6= 0 de la matrice A et ∆i j le cofacteur associé. 1. Si A ∈ O+ n (R ), alors a i j = ∆i j ;
2. si A ∈ O− n (R ), alors a i j = −∆i j . ³
´
Démonstration Soit A = a i j ∈ On (R ). L’inverse de la matrice A est t A. Cet inverse est aussi donné par t (Com A)/ det A où Com¡A est dans ces deux matrices, pour ¢ la comatrice de A (voir section 25.10.2 page 979). Alors par identification des coefficients − tout i , j ∈ 1,n 2 , on a : a i j = ∆i j / det A. Si A ∈ O+ n (R ), alors det A = 1 et a i j = ∆i j . Si A ∈ On (R ), alors det A = −1 et a i j = −∆i j .
Remarque 27.14 En pratique, pour vérifier qu’une matrice A ∈ On (R ) est spéciale orthogonale, on calcule le déterminant ∆11 = m 11 et on compare son signe avec celui du coefficient a11 . D ÉFINITION 27.15 ♥ Isométries directes et indirectes Soit une isométrie u ∈ O(E) d’un espace euclidien orienté E. Alors det(u) = ±1. On dit que u est une isométrie directe de E lorsque det(u) = +1, et une isométrie indirecte lorsque det(u) = −1. On note E l’ensemble des isométries directes, et O− (E) l’ensemble des isométries indirectes de E. L’ensemble E est un sous-groupe du groupe orthogonal (O(E), ◦). Remarque 27.15
Si ε est une base orthonormale de E, et si U est la matrice de l’isométrie u dans la base ε, alors ¡ ¢ ¡ ¢ u isométrie directe ⇐⇒ U ∈ O+ n (R ) (i)
(ii)
Remarque 27.16 Dans un espace vectoriel euclidien orienté, une isométrie directe transforme une base orthonormée directe en une base orthonormée directe. (et une isométrie directe transforme une base orthonormée directe en une base orthonormée indirecte.) Remarque 27.17 Dans un espace vectoriel euclidien orienté, tout endomorphisme qui transforme une base orthonormée directe en une base orthonormée directe est une isométrie directe.
27.6.1 Etude du groupe orthogonal en dimension 2. On considère dans tout ce paragraphe un espace euclidien orienté E de dimension 2. T HÉORÈME 27.24 ♥ Etude de O+ 2 (R ) 1
Les matrices de O+ 2 (R ) sont de la forme µ cos θ Rθ = sin θ
3
R−1 θ = R −θ
¶ − sin θ cos θ
4
où θ ∈ R.
L’application ϕ:
2
Rθ × Rθ′ = Rθ+θ′
½
(R , +) θ
−→ 7−→
(O+ 2 (R ), ×) Rθ
est un morphisme de groupes de noyau 2πZ .
Démonstration
1075
1
Soit A =
µ
a c
¶ b ∈ Mat2 (R). On a les équivalences : d
⇐⇒ ⇐⇒
A ∈ O+ 2 (R )
At A = 1 et det A = 1 a 2 + b2 = 1 c 2 + d 2 = 1 ac + bd = 0 ad − bc = 1
′ ′ Des deux premières équations, on tire l’existence de θ et θ′ ∈ R tels que :¡a = cos ¢ θ, b = sinθ, c = cos θ et d = sin θ . La troisième équation devient alors : cos θsin θ′ −sin θcos θ′ = 1 c’est à dire sin θ′ − θ = 1 et la quatrième devient : cos θcos θ′ +
¡ ¢ π sin θsin θ′ = 0 c’est à dire cos θ′ − θ = 0. Il vient alors : θ′ = θ + [2π] et on obtient : 2 ¶ µ cos θ −sin θ où θ ∈ R A ∈ O+ ( R ) ⇐⇒ A = 2 sinθ cos θ 2
Cette formule est une conséquence directe du premier point et des formules d’addition pour le cosinus et le sinus.
3
D’après la formule précédente, on a : Rθ R−θ = Rθ−θ = R0 = I2 donc R−1 = R−θ . θ
4
Soient θ,θ′ ∈ R. On a :
¡ ¢ ¡ ¢ ϕ θ + θ′ = Rθ+θ′ = Rθ × Rθ′ = ϕ (θ) ϕ θ′
donc ϕ est bien un morphisme de groupe. On a par ailleurs les équivalences : ( ¡ ¢ cos θ ϕ Rθ = I2 ⇐⇒ sinθ
=1
=0
⇐⇒ θ = 0 [2π]
donc Ker ϕ = 2πZ.
T HÉORÈME 27.25 ♥ Rotations vectorielles Soit E un espace euclidien de dimension 2 orienté et u ∈ E une isométrie directe. Alors il existe un unique θ ∈ [0, 2π[ tel que pour toute base orthonormale directe ε de E, Matε (u) =
µ cos θ sin θ
− sin θ cos θ
¶
On dit que u est la rotation vectorielle d’angle θ et on note u = r θ . Démonstration C’est une conséquence directe du théorème précédent et du théorème 27.21.
T HÉORÈME 27.26 ♥ Angle de deux vecteurs Soit E un espace euclidien orienté de dimension 2 et (U, V) ∈ E2 deux vecteurs non-nuls. On définit u=
U , kUk
v=
V kVk
Alors il existe une unique rotation r ∈ O+ 2 (R ) telle que v = r (u). Si θ est l’angle de la rotation θ ∈ [0, 2π[, on note
l’angle orienté des vecteurs (U, V). On a alors :
(U, V) = θ
Det(U, V) = kUkkVk sin θ
et
(U | V) = kUkkVk cos θ
Démonstration Existence ¡ ¡ ¢On applique ¢le procédé d’ortonormalisation de Schmidt 27.9 et on complète les vecteurs u et v en deux bases e = u,u ′ et e ′ = v, v ′ orthonormales directes du plan. D’après la proposition 27.22, la matrice de passage A de e à e ′ est orthogonale. Comme les bases sont directes, on a de plus det A = 1. En résumé : A ∈ O+ 2 (R ). Considérons alors l’endomorphisme ϕ de E tel que Mate ′ ←e (u) = A. D’après la propriété précédente, ϕ est une rotation du plan. On a de plus ϕ (u) = v . ′ Unicité Si ϕ et ϕ′ sont deux rotations du plan envoyant u sur¡ v ¢, alors,¡ avec ¢ les notations précédentes, ϕ (u) = ϕ (u) et comme les rotations conservent le produit scalaire et l’orientation, ϕ u ′ = ϕ′ u ′ . Comme les endomorphismes ϕ et ϕ′ sont égaux sur les vecteurs d’une base de E, ils sont égaux sur E : ϕ = ϕ′ .
1076
Enfin, si θ ∈ [0,2π[ est l’angle de la rotation ϕ, dans la base e les coordonnées de u sont ¶ µ µ cos θ cos θ = sinθ sin θ
¶µ ¶ −sin θ 1 cos θ 0
µ ¶ 1 et celles de v = ϕ (u) : 0
On vérifie alors facilement que Det(U,V) = kUkkVk Det (u, v ) = kUkkVk sin θ
et que
(U | V) = kUkkVk (u | v ) = kUkkVk cos θ.
Remarque 27.18 On utilise ces formules pour déterminer l’angle entre deux vecteurs. Par exemple dans R2 euclidien orienté usuel, quel est l’angle entre les vecteurs U = (1, 1) et V = (0, 1) ? T HÉORÈME 27.27 ♥ Etude de O− 2 (R ) µ 1 Considérons la matrice P = 0
¶ 0 ∈ O− 2 (R ). L’application −1
∆:
½
O+ 2 (R ) A
−→ 7−→
O− 2 (R ) AP
est une bijection. Toute matrice de O− 2 (R ) est de la forme B=
µ cos θ sin θ
sin θ − cos θ
¶
Démonstration Laissée en exercice au lecteur.
T HÉORÈME 27.28 ♥ Isométries indirectes et réflexion Une isométrie indirecte d’un espace euclidien orienté de dimension 2 est une symétrie orthogonale par rapport à une droite, c’est à dire une réflexion. ¶ µ cos α sin α sin α −cos α et cette matrice vérifiant A2 = A, on en déduit que u est une symétrie par rapport à Ker (u − id) parallèlement à Im (u + id). Déterminons Ker (u − id). On a, dans la base e :
Démonstration La matrice d’une isométrie indirecte u dans une base orthonormale e = (e 1 ,e 2 ) étant de la forme A =
⇐⇒
U = xe 1 + ye 2 ∈ Ker (u − id) ( (cos α − 1) x + sin α y = 0
sin α x − (cos α + 1) y = 0 α α ´ α³ sin sin x − cos y = 0 2 ³ 2 2 ´ ⇐⇒ cos α sin α x − cos α y = 0 2 2 2 α α ⇐⇒ sin x − cos y = 0 2 2 α α car on ne peut avoir en même temps sin = 0 et cos = 0. On en déduit que Ker (u − id) est la droite vectorielle d’équation polaire 2 2 α θ= . 2 α α On montrerait de même que U = xe 1 + ye 2 ∈ Im(u − id) si et seulement si sin x + cos y = 0. Les deux droites vectorielles : 2 2 Ker (u − id) et Im (u − id) sont bien orthogonales et u est une réflexion du plan.
T HÉORÈME 27.29 ♥ Décomposition des rotations Soit E un espace euclidien orienté de dimension 2. 1
Toute rotation de E s’écrit comme composée de deux réflexions.
2
Réciproquement, tout produit de réflexion est une rotation.
Démonstration ¡ ¢ 1 Soit r une rotation et s une réflexion de E. Posons t = s −1 ◦ r . t est une isométrie de E et det t = det s −1 det u = −1, donc t est indirecte. En vertu de la proposition 27.28, t est une réflexion et r = s ◦ t est bien la composée de deux réflexions. 2 Réciproquement, si s et t sont deux réflexions de E alors s ◦ t est une isométrie directe de E, c’est à dire une rotation.
1077
Remarque 27.19 Les réflexions engendrent le groupe orthogonal O(E2 ). Toute isométrie de E2 s’écrit comme un produit de 1 ou 2 réflexions.
27.6.2 Etude du groupe orthogonal en dimension 3 On considère dans tout ce paragraphe un espace euclidien orienté E de dimension 3. Produit mixte, produit vectoriel P ROPOSITION 27.30 Déterminant dans une base orthonormée directe Soit u, v, w trois vecteurs. Le déterminant de ces trois vecteurs exprimé dans une base orthonormée directe ne dépend pas de la base orthonormée directe chosie. Démonstration On utilise la formule de changement de base : det (x1 ,... , xn ) = det (e 1 ,... ,e n ) × det (x1 ,... , xn ) e
e′
e′
La matrice de passage Pe ′ ←e de e vers e ′ est donc aussi la matrice dans la base e de l’endomorphisme qui transforme e en e ′ , donc qui transforme une base orthonormée directe en une base orthonormée directe. C’est donc une matrice de O+ (E). Elle a donc un déterminant égal à 1. Donc dete ′ (x1 ,... , xn ) = dete (x1 ,... , xn ). Ce qu’il fallait vérifier.
La propriété précédente permet d’énoncer la
D ÉFINITION 27.16 ♥ Produit mixte Soit u, v, w trois vecteurs. On appelle produit mixte de (u, v, w) le déterminant de (u, v, w) exprimé dans une base orthonormée directe. On le note [u, v, w]. Les propriétés du determinant permettent d’énoncer : P ROPOSITION 27.31 Soit (u, v, w) ∈ E3 . 1 2 3
[u, v, w] 6= 0 si et seulement si (u, v, w) est une base de E. [u, v, w] = −[v, u, w].
w 7→ [u, v, w] est une forme linéaire.
D’après le théorème de Riesz, il existe un unique vecteur x ∈ E tel que ∀w ∈ E, [u, v, w] = (x | w). D’où la définition : D ÉFINITION 27.17 ♥ Produit vectoriel Soit u et v deux vecteurs. On appelle produit vectoriel de u et v l’unique vecteur noté u ∧ v vérifiant ∀w ∈ E, [u, v, w] = (u ∧ v | w). Les propriétés du produit mixte permettent d’établir P ROPOSITION 27.32 Soit (u, v, w) ∈ E3 . 1 2 3
u ∧ v = −v ∧ u et u ∧ u = 0.
(u + v) ∧ w = u ∧ w + v ∧ w .
u ∧ v si et seulement si (u, v) est liée.
ainsi que P ROPOSITION 27.33 Soit (i , j , k) une base orthonormée directe de E. on a • i ∧ j = k, j ∧ k = i , k ∧ i = j , et si u(x1 , y 1 , z1 ) et v(x2 , y 2 , z2 ), alors u ∧ v(L, M, N) avec ¯ ¯y1 L = ¯¯ z1
¯ y 2 ¯¯ , z2 ¯
¯ ¯ z1 M = ¯¯ x1
1078
¯ z2 ¯¯ , x2 ¯
¯ ¯ x1 N = ¯¯ y1
¯ x2 ¯¯ . y2 ¯
Sous-espaces stables L EMME 27.34 Soit u une isométrie de E. Il existe un vecteur non nul ε ∈ E tel que soit u (ε) = ε, soit u (ε) = −ε. Démonstration Intéressons nous au polynôme P (X) = det (u − X id) = 0 et montrons que 1 ou −1 est une de ses racines. P est un polynôme à coefficients réels de degré 3 et de coefficient du terme dominant −1. Il vérifie donc lim P = +∞ et lim P = X→−∞
X→+∞
−∞. P est de plus continue sur R. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, P admet une racine réelle α ∈ R. On a alors det (u − αid) = 0 et Ker (u − αid) n’est pas réduit au vecteur nul. Il existe donc un vecteur non nul ε ∈ E tel que u (ε) = αε. Mais u étant une isométrie, il vient : ku (ε)k = |α| kεk = kεk et donc α = ±1. On a ainsi prouvé l’existence d’un vecteur ε ∈ E tel que u (ε) = ε ou u (ε) = −ε.
L EMME 27.35 Soit u une isométrie de E et soit ε ∈ E un vecteur non nul tel que u (ε) = ±ε. Considérons D = Vect (ε) et soit H un supplémentaire orthogonale à D. Alors : 1
H est un plan vectoriel.
2
u (H) ⊂ H.
3
La restriction du produit scalaire de E à H est un produit scalaire sur H et pour ce produit scalaire, u|H est une isométrie de H.
Démonstration 1 Comme dim E = 3, que dimD = 1 et que H et D sont supplémentaires dans E, il est clair que dim H = 2. 2 u étant une isométrie, elle préserve le produit scalaire et si x ∈ H alors (u (x) | ε) = ±(u (x) | u (ε)) = ±(x | ε) = 0
car H et D sont des sous-espaces orthogonaux et u (H) ⊂ H. 3 Il est clair que la restriction du produit scalaire de E à H est un produit scalaire sur H. Notons (· | ·)|H ce produit scalaire sur H. Pour tout x, y ∈ H, on a : ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ ¡ ¢ et u est bien une isométrie de H.
u|H (x) | u|H y |H = u (x) | u y
= x | y = x | y |H
ε . On fixe ainsi une orientation de kεk D et on a encore u (ε3 ) = ±ε3 . Le vecteur ε3 induit une orientation du plan H. Considérons (ε1 , ε2 ) une base orthonormale directe de H. La famille (ε1 , ε2 , ε3 ) est une base orthonormale directe de l’espace E. Comme u|H est une isométrie de H, d’après le travail effectué dans le paragraphe 27.6.1, on a deux possibilités ¡ pour u¢|H : – soit c’une réflexion de H par rapport à la droite vectorielle D = Ker u|H − idH ⊂ H dont un suplémentaire orhogonal 1 ¡ ¢ dans H est donné par D2 = Im u|H − idH ⊂ H. On peut prendre dans ce cas pour ε1 un vecteur unitaire qui engendre D1 et pour ε2 un vecteur unitaire qui engendre D2 en sorte que (ε1 , ε2 ) soit directe. – soit c’est une rotation de H d’angle θ ∈ R On notera A la matrice de u dans la base (ε1 , ε2 , ε3 ) et E(1) = Ker(u − id) le sous-espace vectoriel de E des vecteurs invariants par u .
Application 27.4 Avec les notations des deux lemmes précédents, considérons ε3 =
1
Cas 1 : u (ε3 ) = ε3 et u|H est une rotation A est de la forme cos θ A = sin θ 0
− sin θ cos θ 0
0 0 1
où θ ∈ R est l’angle de la rotation u|H du plan orienté H. On dit que u est une rotation d’angle θ et d’axe orienté D. Si θ 6= 0[π], on a : E (1) = D et sinon u = id et E (1) = E. 2
Cas 2 : u (ε3 ) = ε3 et u|H est une réflexion Avec les vecteurs ε2 et ε3 précédemment construits, on a 1 A = 0 0
0 −1 0
0 0 . 1
u est alors une réflexion par rapport au plan Vect (ε1 , ε3 ). De plus E (1) = Vect (ε1 , ε3 ). 3
Cas 3 : u (ε3 ) = −ε3 et u|H est une rotation cos θ A = sin θ 0
− sin θ cos θ 0
1 0 0 = 0 0 −1
0 1 0
cos θ 0 0 sin θ 0 −1
− sin θ cos θ 0
0 0 1
et u est la composée de la reflexion par rapport au plan Vect (ε1 , ε2 ) et d’une rotation. Dans ce cas E (1) = {0} 1079
4
Cas 4 : u (ε3 ) = −ε3 et u|H est une réflexion Comme dans le second cas, quitte à bien choisir les vecteurs ε1 et ε2 , la matrice A est de la forme : 1 A = 0 0
0 −1 0
0 0 . −1
u est alors une symétrie orthogonale par rapport à la droite Vect (ε1 ). Remarquons que u est aussi une rotation d’axe Vect (ε1 ) et d’angle π. Comme dans le premier cas, E (1) = D.
Remarque 27.20 Au regard des 4 formes précédentes pour la matrice A, u est une isométrie directe dans les cas 1 et 4 et indirecte dans les cas 2 et 3. Isométries directes T HÉORÈME 27.36 ♥ Isométries directes en dimension 3 : rotations vectorielles Soit une isométrie directe u ∈ E3 . On note E(1) = Ker(u − id) le sous espace vectoriel formé des vecteurs invariants par u . On a montré que :
1. Si u 6= idE , E(1) est une droite vectorielle D = Vect(ε3 ) où ε3 est un vecteur de norme 1 ;
2. Pour toute base orthonormée directe ε = (ε1 , ε2 , ε3 ) (le troisième vecteur ε3 dirigeant l’axe et fixé), la matrice de u dans la base ε s’écrit :
cos θ Mate (u) = sin θ 0
− sin θ cos θ 0
0 0
1
On dit que u est la rotation d’axe Vect(e 3 ) et d’angle θ. Remarque 27.21
L’angle de la rotation dépend du choix du vecteur d . Si l’on choisit d ′ = −d pour diriger l’axe, l’angle
θ est transformé en son opposé.
Remarque 27.22
Ne pas confondre l’angle θ de la rotation avec l’angle entre les vecteurs x et r (x) !
P ROPOSITION 27.37 Détermination de l’angle d’une rotation Soient E un espace euclidien orienté de dimension 3, r une rotation et ε un vecteur unitaire qui dirige l’axe de cette rotation. Ce vecteur ε définit une orientation du plan H = Vect d ⊥ et donc de l’angle θ de r . Soit x ∈ H : r (x) = cos θ.x + sin θ.ε ∧ x Démonstration Si x = 0 le résultat est évident. Supposons que x 6= 0. On peut, sans perdre en généralité, de plus que ¡ supposer ¢ x est unitaire. Posons y = ε ∧ x . y est un vecteur orthogonal à ε et est donc élément de H. La famille x, y,ε forme une base orthonormale directe de E et la matrice de r dans cette base est
L’image de x par r est donc le vecteur :
cos θ sin θ 0
−sin θ cos θ 0
0 0 . 1
r (x) = cos θ.x + sin θ.y = cos θ.x + sin θ.ε ∧ x.
Remarque 27.23 Cette proposition donne un moyen pratique de déterminer les éléments caractéristiques d’une rotation : P LAN 27.2 : Pour déterminer les éléments caractéristiques d’une rotation 1
Déterminer l’axe D de la rotation : c’est l’ensemble des vecteurs invariants.
2
Chercher un vecteur d ∈ D unitaire. Il définit une orientation sur le plan P = Vect(d)⊥ .
3 4 5
Déterminer un vecteur ε1 ∈ P, vérifiant (d | ε1 ) = 0.
Poser ε2 = d ∧ ε1 . Alors (ε1 , ε2 , d) est une base orthonormale directe de l’espace. Calculer r (ε1 ) et le décomposer sur ε1 et ε2 :
r (ε1 ) = cos θε1 + sin θε2
On en tire cos θ et sin θ et donc l’angle de la rotation. 1080
d
ε2 θ ε1
u(ε1 ) = cos θε1 + sin θε2
F IGURE 27.5 – Détermination de l’angle θ d’une rotation
Remarque 27.24 On peut également utiliser les remarques suivantes pour étudier une rotation u donnée par sa matrice A dans une base quelconque : P LAN 27.3 : pour étudier une rotation u donnée par sa matrice A 1
2
On vérifie que A ∈ O+3 (R ) en montrant que la matrice A est orthogonale et en montrant que det(A) = +1 (il suffit de comparer a11 et ∆11 ). On sait que dans toute base orthogonale directe de la forme ε = (ε1 , ε2 , d), cos θ Matε (u) = U = sin θ 0
− sin θ cos θ 0
0 0 1
Alors les matrices A et U sont semblables et par conséquent, Tr (A) = Tr (U) d’où l’on tire 2cos θ + 1 = Tr (A) 3
4
On détermine l’axe de la rotation en cherchant les vecteurs invariants : Vect(d) où d est un vecteur unitaire. Cela revient à résoudre un système homogène 3 × 3. On détermine un vecteur ε1 unitaire orthogonal à d et on calcule ¡ ¢ Det ε1 , u(ε1 ), d
Comme ce produit mixte est indépendant de la base orthonormale directe choisie pour le calculer, en introduisant (sans le calculer) ε2 tel que ε = (ε1 , ε2 , d) soit une base orthonormale directe,
5
On obtient donc :
¯ ¯ ¡ ¢ ¯1 Det ε1 , u(ε1 ), d = ¯¯0 ¯0
cos θ =
Tr (A) − 1 , 2
et l’on en tire l’angle θ de la rotation.
cos θ sin θ 0
¯ 0¯¯ 0¯¯ = sin θ 1¯
¡ ¢ sin θ = Det ε1 , u(ε1 ), d
Exemple 27.5 Dans l’espace R3 orienté euclidien usuel, on considère l’endomorphisme de matrice p 1+ 2 1 p A= p 2 2 2 p2 − 1
p − 2 2 p 2
p 2p− 1 − 2 p 1+ 2
dans la base canonique. On va reconnaître cet endomorphisme et préciser ses éléments caractéristiques. On flaire une isométrie : On calcule la norme du premier vecteur colonne
p p 1 1 p (1 + 2 2 + 2 + 2 + 2 − 2 2 + 1) = 1. Itou pour le deuxième p (2 + 4 + 2) = 1. Le produit scalaire de ces (2 2)2 (2 2)2 p p p 1 deux vecteurs colonnes égale p (− 2 − 2 + 2 2 + 2 − 2) = 0. Le produit vectoriel de ces deux vecteurs colonnes 2 p (2 2) p p p p p p p p 2 − 2( 2 − 1) 2−1 −( 2 − 1) 2 − 2(1 + 2) 1 4−2 2 1 −2 + 2 − 2 − 2 a pour coordonnées = p = p = p = p p p p (2 2)2 2 2 2 2 2 2 (2 2)2 2 2 2 2
1081
p p p p 2(1 + 2) + ( 2)2 1 2+2 2+2 2+1 = p = p . p p 2 (2 2) 2 2 2 2 2 2 On retrouve bien le troisième positive. C’est donc une rotation d’angle θ. p vecteur colonne. On a donc une isométrie p 4+2 2 p 2 = 2 + 1 = 1 + 2cos θ. Donc cos θ = Comme la trace égale . p 2 p 2 2 p p p (1 + p2) x − 2 y +( 2 −p1) z = 2p2 x Pour trouver l’axe, on résout le système 2 x +2 y −p 2 z = 2p2 y p p (1 + 2) z = 2 2 z ( 2 − 1) x + 2 y p p p − 2 y +( 2 − 1) z = 0 (1 − p2) x ³p p ´ p p Soit 2 x +(2 − 2 2) y − 2 z = 0 . On prend, par exemple, d = 22 , 0, 22 . p p p + 2 y (1 − 2) z = 0 ( 2 − 1) x ³ ´ p Le vecteur j (0, 1, 0) lui est orthogonal et appartient donc au plan de rotation. Son image est r ( j ) = − 12 , 22 , 21 . Enfin p − 2 p 2 2
j ∧ r ( j ) = ( 21 , 0, 12 ) =
p 2 2 d.
Donc sin θd =
p 2 2 d.
Remarque 27.25 Il n’est pas compliqué de comprendre pourquoi c’est sin θd qui est un invariant de la rotation (et pas sin θ). Le vecteur d oriente le plan de rotation. Pour faire simple, il donne la direction du "haut". En changeant d en −d , on intervertit le "haut" et le "bas", on regarde le plan de l’autre côté, et donc on voit la rotation tourner "dans l’autre sens". Ceci a pour effet de changer sin θ en son opposé. Résumons l’étude précédente :
T HÉORÈME 27.38 ♥ Classification des isométries en dimension 3 Soit un endomorphisme orthogonal u ∈ O(E). On note E(1) = Ker(u − id) le sous-espace formé des vecteurs invariants. Selon la dimension de E(1), on a la classification suivante : dim E(1) 3 2 1 0
det(u) 1 −1 1 −1
Nature de u
u∈ +
O (E) O− (E) O+ (E) O− (E)
id
Réflexion sH Rotation autour d’un axe r (dont les demi-tours) Composée d’une rotation et d’une réflexion
Dans le dernier cas, u = r ◦ sH , où le plan H invariant par la réflexion est orthogonal à l’axe de la rotation r . Remarque 27.26 Si A ∈ O− 3 (R ), alors det(−A) = − det(A) = 1. Donc la matrice −A est spéciale orthogonale. On se ramène à l’étude précédente. On peut également résumer la classification des isométries de E3 de la façon suivante : – Isométries directes : ce sont des rotations d’axe une droite vectorielle. (Les symétries orthogonales par rapport à une droite sont des rotations d’angle π, et on convient que idE est une rotation d’angle 0) ; – Isométries indirectes : elles sont de la forme −r D,θ où r D,θ est une rotation par rapport à une droite vectorielle D (avec l’identité). On a alors u = −r D,θ = r D,θ+π ◦ sD⊥ .
r θ+π (x)
D
r θ (x)
x
H = D⊥
u(x) = −r θ (x) = sH ◦ r θ+π (x)
F IGURE 27.6 – Isométrie indirecte avec E(1) = {0E }
1082
Remarque 27.27 On montre qu’une rotation vectorielle r D,θ s’écrit comme produit de deux réflexions sH et sH′ avec H ∩ H′ = D. Alors toute isométrie de E3 se décompose comme un produit de réflexions. Par conséquent, les réflexions engendrent le groupe orthogonal O(E3 ).
En résumé Les différentes définitions données dans ce chapitre doivent être connues avec précision. Il ne faut être préçis et rigoureux quand on vérifie qu’une forme bilinéaire est un produit scalaire et il ne faut bien entendu omettre aucun axiome. Il faut de plus parfaitement connaître : 1
Les inégalités de Schwarz et de Minkowski.
2
Le théorème de Pythagore.
3
La notion de base orthogo(nor)nale et Le procédé d’orthonormalisation de Schmidt.
4
Les notions de sous-espaces orthogonaux, de projections et de symétries orthogonales.
1083
27.7 Exercices 27.7.1 Espaces préhilbertiens réels Exercice 27.1 ♥ Soit l’espace E = R1 [X] muni du produit scalaire
Z1
(P | Q) =
P(t )Q(t )d t
0
1. Montrer que (. | .) définit un produit scalaire sur E 2. Trouver une base orthonormale ε de E
3. Trouver les coordonnées du vecteur P = X + 1 dans ε. Solution : 1. On vérifie facilement les axiomes définissant un produit scalaire. De plus, si P = aX + b et si Q = a ′ X + b ′ alors (P | Q) = aa‘′ + ab ′ + a ′ b .
2. On note e 0 = 1 et e 1 = X les deux vecteurs de la base canonique. On redresse cette base à l’aide du procédé de Schmidt. Il vient tout d’abord ε0 = e 0 puis on calcule ε˜ 1 = e 1 − (ε0 | e 1 ) ε0 = X − 1/2 et ε1 = ε˜ 1 / k˜ε1 k = 2/5(2X − 1).
3. Comme la base ε est orthonormale, on calcule (P | ε0 ) = 1 et (P | ε1 ) = 1/15 donc les coordonnées de P dans ε sont (1, 1/15) . Exercice 27.2 ♥ Dans l’expace vectoriel R4 muni de son produit scalaire usuel, on considère les vecteurs v 1 = (0, 3, 1, −1) et v 2 = (1, 2, −1, 1). Soit F le sous-espace vectoriel engendré par ces deux vecteurs. Déterminer un système d’équations de F⊥ puis une bon de F⊥ . Solution : Soit un vecteur X = (x, y, z, t ) ∈ R4 . Alors X ∈ F⊥ ⇐⇒ (X | v 1 ) = (X | v 2 ) = 0 ⇐⇒ (3y + z − t = 0 et x + 2y − z + t = 0)
On a donc trouvé un système d’équations de F⊥ . On calcule ensuitepune base de F⊥ : e 1p= (0, p0, 1, 1), e 2 = (−5, 1, 0, 3). On redresse cette base en utilisant l’algorithme de Schmidt : ε1 = (1/ 2)(0, 0, 1, 1), ε2 = ( 2/ 61)(−5, 1, 3/2, 3/2) et alors (ε1 , ε2 ) est une bon de F⊥ . Exercice 27.3 ♥ Soit E un espace préhilbertien réel, et B = (e 1 , . . . , e n ) un système de vecteurs de E de norme 1 tels que : ∀x ∈ E, ¡
x=
¢
n X
k=1
(x | e k ) .e k
1. Montrer que si i 6= j , alors e i | e j = 0
2. Montrer que B est une base orthonormale de E. Solution : Soit i ∈ [1, n]. On écrit ei =
n X
k=1
(e i | e k ) .e k =⇒ (e i | e i ) =
X
k6=i
(e i | e k )2 + (e i | e i )2 =⇒
X
k6=i
(e i | e k )2 = 0
(car ke i k = 1 ). Donc ∀i 6= k , (e i | e k ) = 0. Le système est donc formé de vecteurs orthogonaux deux à deux. Il est donc libre d’après le cours. Par définition, il est générateur, c’est donc une base orthonormale. Exercice 27.4 ♥ Soient E un espace préhilbertien réel et une application f : E 7→ E vérifiant f (0) = 0 et ∀(x, y) ∈ E2 , ¡
k f (x) − f (y)k = kx − yk ¢
¡
¢
1. Montrer que ∀(x, y) ∈ E2 , k f (x)k = kxk et f (x) | f (y) = x | y . 2. Calculer k f (λx + µy) − λ f (x) − µ f (y)k2 et en déduire que l’application f est linéaire. 1084
Solution : 1. Faire x = 0 et utiliser l’identité de polarisation. 2. En développant et en utilisant 1. , on trouve que cette quantité est nulle. Exercice 27.5 ♥ Pour deux matrices A, B ∈ Mn (R) on définit :
(A | B) = Tr (At B)
1. Montrer que (. | .) est un produit scalaire sur l’espace des matrices carrées E = Mn (R). 2. Montrer que l’ensemble des matrices symétriques et l’ensemble des matrices antisymétriques forment deux sous-espaces orthogonaux pour ce produit scalaire. 3. Déterminer la projection orthogonale d’une matrice A sur l’espace des matrices antisymétriques. Solution : 1. Si A = ((ai j )) et B = ((bi j )), on calcule (A | B) = P
n X n X
ai j bi j
i=1 j =1
Donc (A | A) = 1Éi,j Én ai2j . On en déduit que (. | .) est positive et définie. La bilinéarité et la symétrie ne posent pas de problèmes. 2. (A | B) = Tr (At B) = Tr (AB) = Tr (t (At B)) = Tr (Bt A) = Tr (t AB) = −Tr (AB) et on en tire que (A | B) = 0. Par conséquent, les sous-espaces formés des matrices symétriques et antisymétriques sont orthogonaux : ⊥
Mn (R ) = An (R ) ⊕ S n (R )
3. On reprend la décomposition d’une matrice quelconque en une somme d’une matrice antisymétrique et d’une matrice symétrique vue en cours : 1 1 A = (A − t A) + (A + t A) 2 2 1 2
Alors le projeté orthogonal de la matrice A est la composante antisymétrique : p(A) = (A − t A). Exercice 27.6 ♥ Soit M ∈ Mn (R). Montrer que
(∀X ∈ Mn1 (R ), t XMX = 0) ⇐⇒ (t M = −M)
Solution : Transposer, et calculer t (X + Y)M(X + Y). Exercice 27.7 ♥ Soit E un espace euclidien et S = (e 1 , . . . , e n ) un système de vecteurs unitaires tels que : ∀x ∈ E
n X
k=1
(x | e k )2 = kxk2
Montrer que S est une base de E. Solution : Soit x ∈ Vect(e 1 , . . . , e n )⊥ . On a
n X
k=1
(x | e k )2 = kxk2 . Comme tous les (x | e k ) sont nuls, on a kxk2 = 0 et donc
x = 0. Donc Vect(e 1 , . . . , e n )⊥ = {0} et donc Vect(e 1 , . . . , e n ) = E. S est donc une famille génératrice de E. n X X D’autre part, soit i ∈ {1, . . . , n}. On a (e i | e k )2 = 0, donc pour k 6= i , (e i | e k )2 = 0. S est (e i | e k )2 = ke i k2 , donc k6=i
k=1
donc orthogonale. A fortiori elle est libre.
Exercice 27.8 ♥ Soit E un espace euclidien, et F, G deux sev de E. Montrer que 1. (F + G)⊥ = F⊥ ∩ G⊥ 1085
2. (F ∩ G)⊥ = F⊥ + G⊥
3. E = F ⊕ G ⇐⇒ E = F⊥ ⊕ G⊥ Solution : 1. Soit x ∈ (F + G)⊥ . On a ∀y ∈ F, ∀z ∈ G, (x, y + z) = 0. En particulier pour z = 0, ce qui donne x ∈ F⊥ et pour y = 0, ce qui donne x ∈ G⊥ . Donc x ∈ F⊥ ∩ G⊥ . On a donc (F + G)⊥ ⊂ F⊥ ∩ G⊥ . Dans l’autre sens, Soit x ∈ F⊥ ∩ G⊥ . Soit (x, y) ∈ F × G. Comme x ∈ F⊥ , on a (x, y) = 0, comme x ∈ G⊥ , on a (x, z) = 0. En additionnant on a, grâce à la linéarité par rapport à la deuxième variable, (x, y + z) = 0. Donc x ∈ (F + G)⊥ . On a donc F⊥ ∩ G⊥ ⊂ (F + G)⊥ . 2. On pose F′ = F⊥ et G′ = G⊥ . D’après la propriété précédente, on a (F′ + G′ )⊥ = F′⊥ ∩ G′⊥ . Or F′⊥ = F et G′⊥ = G. Donc (F′ + G′ )⊥ = F ∩ G. En prenant l’orthogonal de cette égalité : F′ + G′ = (F ∩ G)⊥ , soit F⊥ + G⊥ = (F ∩ G)⊥ .
3. Supposons E = F ⊕ G. D’après la première question, en écrivant E = F + G, on a F⊥ ∩ G⊥ = (F + G)⊥ = E⊥ = {0}. D’après la deuxième question, en écrivant (F ∩ G) = {0}, F⊥ + G⊥ = (F ∩ G)⊥ = {0}⊥ = E. Dans l’autre sens, on applique l’implication précédente pour F′ = F⊥ et G′ = G⊥ . Exercice 27.9 ♥ Soit ϕ une forme linéaire sur Mn (R). Montrer qu’il existe une matrice B ∈ Mn (R) telle que : ∀A ∈ Mn (R)
ϕ(A) = Tr (BA) ¡
¢
¡
¢
Solution : On sait que la forme bilinéaire définie pour tout A, B ∈ Mn (R) par (A, B) 7→ (A | B) = Tr At B = Tr t BA est un produit scalaire. Soit ϕ une forme linéaire sur Mn (R). D’après le théorème de Riesz, il existe B˜ ∈ Mn (R) tel que t˜ ∀A ∈ Mn (R) ϕ(A) = Tr ( BA) . Il existe donc bien un matrice B ∈ Mn (R) vérifiant la propriété indiquée, il s’agit de t˜ B = B. Exercice 27.10 ♥♥ Soit k•k une norme euclidienne sur E. 1. (Re)démontrer l’égalité de la médiane : ∀x, y ∈ E, kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ).
2. En déduire que ∀x, y, z ∈ E, kx + y + zk2 + kxk2 + kyk2 + kzk2 = ky + zk2 + kz + xk2 + kx + yk2 Solution : On a kx + yk2 = kxk2 + 2x.y + kyk2 et kx − yk2 = kxk2 − 2x.y + kyk2 , d’où kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ). (1) Soit x, y, z ∈ E, On applique (1) pour x + y et z : kx + y + zk2 + kx + y − zk2 = 2kx + yk2 + 2kzk2 De même, en appliquant (1) pour y + z et x , kx + y + zk2 + k − x + y + zk2 = 2ky + zk2 + 2kxk2 De même, en appliquant (1) pour z + x et y kx + y + zk2 + kx − y + zk2 = 2kz + xk2 + 2kyk2 On additionne les six égalités membre à membre, 3kx + y + zk2 + kx + y − zk2 + k − x + y + zk2 + kx − y + zk2 = 2kxk2 + 2kyk2 + 2kzk2 + 2kx + yk2 + 2ky + zk2 + 2kz + xk2 (2)
De même, en appliquant (1) pour x − y et z : kx − y + zk2 + kx − y − zk2 = 2kx − yk2 + 2kzk2 . De même, en appliquant (1) pour y − z et x : kx + y − zk2 + k − x + y − zk2 = 2ky − zk2 + 2kxk2 . De même, en appliquant (1) pour z − x et y : k − x + y + zk2 + k − x − y + zk2 = 2kz − xk2 + 2kyk2 . On additionne les six égalités membre à membre, en remarquant que kx + y − zk2 = k − x − y + zk2 , que kx − y − zk2 = k − x + y + zk2 et que kx − y + zk2 = k − x + y − zk2 , on obtient,
2kx + y − zk2 + 2k − x + y + zk2 + 2kx − y + zk2 = 2kxk2 + 2kyk2 + 2kzk2 + 2kx − yk2 + 2ky − zk2 + 2kz − xk2
Soit
kx + y − zk2 + k − x + y + zk2 + kx − y + zk2 = kxk2 + kyk2 + kzk2 + kx − yk2 + ky − zk2 + kz − xk2
Soit, en reportant dans (2)
3kx + y +zk2 +kxk2 +kyk2 +kzk2 +kx − yk2 +ky −zk2 +kz −xk2 = 2kxk2 +2kyk2 +2kzk2 +2kx + yk2 +2ky +zk2 +2kz +xk2
Soit
3kx + y + zk2 + kx − yk2 + ky − zk2 + kz − xk2 = kxk2 + kyk2 + kzk2 + 2kx + yk2 + 2ky + zk2 + 2kz + xk2 En additionnant kx + yk2 + ky + zk2 + kz + xk2 à chaque membre : 3kx + y + zk2 + kx − yk2 + kx + yk2 + ky − zk2 + ky + zk2 + kz − xk2 + kz + xk2 = kxk2 + kyk2 + kzk2 + 3kx + yk2 + 2 2 3ky + zk + 3kz + xk
En appliquant trois fois l’égalité (1) dans le membre de gauche : 1086
3kx + y + zk2 + 4kxk2 + 4kyk2 + 4kzk2 = kxk2 + kyk2 + kzk2 + 3kx + yk2 + 3ky + zk2 + 3kz + xk2 Soit 3kx + y + zk2 + 3kxk2 + 3kyk2 + 3kzk2 = 3kx + yk2 + 3ky + zk2 + 3kz + xk2 . D’où le résultat en divisant par 3.
Exercice 27.11 ♥♥ Soit un espace préhilbertien réel E et deux vecteurs x, y ∈ E. 1. Développer l’expression °
¡ ¢ ° °2 ° °kyk2 .x − x | y .y °
2. Retrouver l’inégalité de Cauchy-Schwarz ainsi que le cas d’égalité.
Solution : En développant, on trouve ¡ ¢2 ¡ ¢2 kyk4 kxk2 − 2 x | y kyk2 + x | y kyk2 Ê 0
Donc si y 6= 0, en divisant par kyk2 , on retrouve Cauchy-Schwarz : ¡
¡
x|y ¢
¢2
É kxk2 kyk2
avec le cas d’égalité qui correspond à kyk2 x = x | y y , ce qui implique que (x, y) est un système lié. Exercice 27.12 ♥♥ Soit E un espace préhilbertien réel et f , g : E 7→ E deux applications telles que : ¡
∀(x, y) ∈ E2
Montrer que f et g sont linéaires. ¡
¢ ¡ ¢ x | f (y) = g (x) | y
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
¡
¢
′ 2 ′ ′ ′ Solution : ¢Soit +µ ¡ ¡ x, x , y ∈ E, λ,′ µ ∈ ¢R , on a g (λx + µx ) | y ¡= λx + µx′ | f (y) = λ x | f (y) ¢ x | f (y) = λ g (x) | y + ′ ′ µ g (x ) | y = λg (x) + µg (x ) | y . On en déduit donc que g (λx + µx ) − (λg (x) + µg (x )) | y ceci pour tout y ∈ E. Donc g (λx+µx ′ )−(λg (x)+µg (x ′)) est orthogonal à tout l’espace E, c’est donc le vecteur nul, ceci pour tous x, x ′ ∈ E, λ, µ ∈ R2 . C’est bien dire que g est linéaire. Idem pour f .
Exercice 27.13
♥♥
1. Soit E un espace euclidien et f ∈ L(E) tel que ∀(x, y) ∈ E2
Montrer qu’il existe α > 0 tel que 2. Si f ∈ GL(E) vérifie :
¡
∀x, y ∈ E
¢ ¡ ¢ x | y = 0 =⇒ f (x) | f (y) = 0 ¡
¢ ¡ ¢ f (x) | f (y) = α x | y
∀(x, y) ∈ E2 non-nuls
montrer qu’il existe α > 0 tel que :
∀x ∈ E,
¡
f (x) | f (y)
¢
k f (x)kk f (y)k
=
¡
x|y
¢
kxkkyk
k f (x)k = αkxk
Soit ¢u et v deux vecteurs unitaires. On a (u + v | u − v) = kuk2 − kvk2 = 0. On en déduit que f (u + v) | f (u − v) = 0 et donc k f (u)k2 = k f (v)k2 . Donc tous les vecteurs unitaires u ont des images qui °ontµ la même ¶°
Solution : ¡
norme. Appelons β cette norme commune. Soit x 6= 0, on pose u =
° x x ° °= on a kuk = 1, donc β = k f (u)k = ° f ° kxk kxk °
1 k f (x)k . D’où k f (x)k = βkxk égalité qui reste vraie pour x = 0. Avec la formule de polarisation, on en déduit que kxk ¢ 1¡ 2 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 1¡ k f (x + y)k2 − k f (x)k2 − k f (y)k2 = β kx + yk2 − β2 kxk2 − β2 kyk2 = β2 x | y . D’où le résultat en f (x) | f (y) = 2 p 2 prenant α = β.
Exercice 27.14 ♥♥ Sur l’espace des polynômes à coefficients réels de degré inférieur à 2, E = R2 [X], on définit (P | Q) = P(1)Q(1) + P(0)Q(0) + P(−1)Q(−1)
Montrer qu’il s’agit d’un produit scalaire, et trouver une base orthogonale pour ce produit scalaire.
1087
Solution : La seule difficulté consiste à montrer que (. | .) est défini. Si un polynôme P ∈ R2 [X] vérifie (P | P) = 0, alors P(1) = P(0) = P(−1) = 0, et donc le polynôme P admet trois racines distinctes. Comme deg(P) É 2, P = 0. Pour trouver une base orthonormale, on utilise l’algorithme de Schmidt en redressant la base canonique (1, X, X2¡ ) de R¢2 [X]. p p On calcule k1k = 3 et donc ε1 = 1/ 3. Ensuite, on cherche f 2 sous la formepf 2 = X −λε1pavec la condition ε1 | f 2 = 0. f 2p= X et puisque On trouve que λ = (X | ε1 ) = 1 + 0 − 1¡ = 0, d’où ¢ ¡ 2 ¢kXk = 2, ε2 =2X/ 2. Ensuite, on cherche f 3 = 2 X 2 − λε − µε avec les conditions λ = X | ε = 2/ 3 et µ = X | ε 1 2 = 0 d’où f 2 = X − 2/3. En normalisant, on trouve p1 p 2 ε3 = ( 3/ 2)(X 2 − 2/3). Exercice 27.15 ♥♥ Soit (. | .) un produit scalaire sur Rn , e la base canonique de Rn et A la matrice de ce produit scalaire dans la base canonique. 1. Lorsque n = 2, montrer que Tr (A) > 0 et det(A) > 0. 2. Lorsque n Ê 3, montrer que Tr (A) > 0 et det(A) > 0.
3. Montrer que ∀p Ê 2, Ap est une matrice symétrique définie positive (et donc qu’elle définit également un produit scalaire sur Rn ). On distinguera les cas p pair et impair. Solution : 1. A =
µ (e 1 | e 1 ) (e 2 | e 1 )
¶ (e 1 | e 2 ) . Par conséquent (e 2 | e 2 )
Tr (A) = ke 1 k2 + ke 2 k2 > 0
det(A) = ke 1 k2 ke 2 k2 − (e 1 | e 2 )2 > 0
En effet, par Cauchy-Schwarz on obtient det(A) Ê 0 et si det(A) = 0, les vecteurs e 1 , e 2 seraient liés ce qui est faux.
2. Utilisons le théorème de Schmidt : il existe une base ε orthonormale. Alors la matrice du produit scalaire dans cette base vaut In . D’après les formules de changement de bases pour les matrices de produits scalaires, en notant la matrice de passage P = Pε7→e , on a A = t PIn P = t PP
et alors det(A) = det(P)2 > 0 (car P est inversible). D’autre part, Tr (A) =
n X
i=1
ke i k2 > 0
3. La matrice An est symétrique et inversible : si X ∈ Mn1 (R) vérifie AX = 0, alors t XAX = 0 et donc X = 0 puisque A est définie. Donc det(An ) = det(A)n 6= 0 et donc An est aussi inversible. (a) p = 2k : Soit X ∈ Mn1 (R).
t
α = t XA2k X = (Ak X)In (Ak X)
et donc puisque (Ak X) ∈ Mn1 (R) et que In est définie positive, α = 0. De plus, si t XA2k X = 0, il vient alors que Ak X = 0 et puisque on a vu que Ak était inversible, X = 0. Donc A2k est définie positive.
(b) p = 2k + 1 : soit X ∈ Mn1 (R).
t
α = t XA2k+1X = (Ak X)A(Ak X)
et par le même raisonnement, puisque A est définie positive, on trouve que α Ê 0 donc que A2k+1 est positive et que si t XA2k+1X = 0, alors Ak X = 0 et que X = 0 (car Ak est inversible). Donc A2k+1 est également définie. Exercice 27.16 ♥♥ Dans un espace euclidien de dimension n , on dit qu’une famille (xi )1ÉiÉn de vecteurs normés est µ-presque orthogonale (µ > 0) si et seulement si pour tous réels (a1 , . . . , an ) ∈ Rn , on a °2 °X n n n X 1X ° ° (ai )2 É ° ai xi ° É µ (ai )2 µ i=1 i=1 i=1
1. Montrer que la famille (xi )1ÉiÉn est une base orthonormale si et seulement si c’est une suite 1-presque orthogonale. 2. Montrer qu’une famille µ-presque orthogonale est libre. Solution : 1088
a. Si (xi )1ÉiÉn onale.
° °2 ° °X n P ° ° est une base orthonormale, alors on a ° ai xi ° = ni=1 (ai )2 et donc (xi )1ÉiÉn est 1-presque orthog° °i=1
Dans l’autre sens, on suppose que (xi )1ÉiÉn °
°2
°
°2
° °2 °X ° n n X ° ° est 1-presque orthogonale. On a donc ° ai xi ° = (ai )2 . En °i=1 ° i=1
écrivant 4(x, y) = °xi + x j ° − ° xi − x j ° = 12 + 12 − (12 + (−1)2 ) = 0. Cette famille est donc orthogonale.
b. On considère une combinaison linéaire nulle des (xi )1ÉiÉn
° °2 °X ° n ° ° : ai = 0. On en déduit que (ai ) É µ ° ai xi ° = ° ° i=1 i=1 i=1 n X
n X
0, donc ∀i ∈ {1, . . . , n}, ai = 0. La famille (xi )1ÉiÉn est donc libre.
2
Exercice 27.17 ♥♥ Dans un espace euclidien E, montrez qu’il existe une base e = (e 1 , . . . , e n ) formée de vecteurs unitaires vérifiant : ∀(i , j ) ∈ [1, n]2 , °
°2
i 6= j =⇒ ke i − e j k = 1 ¡
¢
¡
¢
Solution : On remarque que 1 = °e i − e j ° = 1 + 1 − 2 e i | e j , donc on doit avoir nécessairement e i | e j = 21 pour i 6= j . X ¡ ¢ On considère une base orthonormale (ui )1ÉiÉn . On cherche les e i sous la forme be i + ae j . Pour i 6= j , on a e i | e j = j 6=i
½
2ab = 21 b2 = 1 p p Par soustraction on en déduit b 2 + a 2 − 2ab = 12 , donc on peut prendre par exemple b = a + 22 , puis na 2 + a 2 + 12 = 1 p p p 2n + 2 − 2 + 2n + 2 donc on peut prendre a = et a = . Reste à vérifier que ces nombres conviennent. 2 2 2
(n − 2)a + 2ab et ke i
k2
2
2
= (n − 1)a + b . On cherche donc à résoudre en nombres réels
Exercice 27.18 ♥♥ Soit E un espace euclidien, et x1 , xn ∈ E, α1 , . . . , αn ∈ R . Montrer que 2
kα1 x1 + · · · + αn xn k É
Ã
n X
i=1
2
|αi |
!Ã
n X
i=1
2
kxi k
(n − 2)a 2 (n − 1)a 2
+ +
!
Solution : On développe : ¯ ! ¯X n n n ¯ n ¯ X ¯¡ ¯ ¡ ¢ X ¢ X ¯ ¯αi α j ¯ xi | x j É ¯αi α j ¯ kxi kkx j k, αi xi ¯ α j x j = kα1 x1 + · · · + αn xn k = αi α j xi | x j É ¯ j =1 i=1 i,j =1 i,j =1 i,j =1 2
Ã
n X
grâce à l’inégalité de Cauchy-Schwarz. Maintenant, soit S = {1, . . . , n}2 , on a ¯
¯
n ¯ X X ¯ ¯αi α j ¯ kxi kkx j k = uσ v σ en posant,
i,j =1
σ∈S
2
pour σ = (i , j ) ∈ S , uσ = |αi | kx j k et v σ = ¯α j ¯ kxi k . En utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, cette fois dans Rn , on a X
σ∈S
uσ v σ É
Ã
X
uσ2
σ∈S
!1/2 Ã
X
σ∈S
v σ2
!1/2
. Or
X
σ∈S
uσ2 =
X
σ∈S
v σ2 =
n X n X
i=1 j =1
|αi |2 kx j k2 . D’où l’inégalité demandée.
Exercice 27.19 ♥♥ Soit Φ une injection de N∗ dans N∗ . Démontrer que ∀n ∈ N, n Φ(k) n 1 X X Ê . 2 k=1 k k=1 k
En déduire que n Φ(k) X = +∞. 2 n→∞ k=1 k
lim
Solution : On commence par écrire l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
à à !1/2 ! p n n Φ(k) 1/2 n 1 n X X X X 1 1 Φ(k) 1 × É É . Or . En effet les Φ(k), 1 É k É n sont plus grands p 2 k Φ(k) p=1 p k=1 Φ(k) k=1 k k=1 k=1 Φ(k) à à ! à ! ! n 1 1/2 n Φ(k) 1/2 n 1 1/2 n 1 X X X X , après simplification par et en élevant × É que les p, 1 É p É n . On en déduit 2 p=1 p p=1 p k=1 k k=1 k n X
1089
au carré, on obtient le résultat.
n Φ(k) X ¢ ¡ est croissante. De plus, comme ln 1 + k1 É k1 , on en déduit : 2 k k=1 ´ ³ n Φ(k) n X X 1 ln 1 + = ln(n + 1) − ln 1 = ln(n + 1). D’où le résultat. Ê 2 k k=1 k k=1
La suite
Exercice 27.20 ♥♥ Soit a1 , . . . , am m nombres réels strictement positifs. Démontrer que m X
n=1
µ
m X
nan2 an
n=1
1 ¶2 > p . 2 m
Solution : D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz : µ
m X
n=1
an
¶2
=
µ
m X
an
n=1
p
1 np n
¶2
É
m X
n=1
nan2
m 1 X . n=1 n
Ensuite Zm Zm m 1 X dx dx É 1+ É 1+ p x x 1 1 n=1 n ¢ ¡p p p = 1 + 2 m − 1 = 2 m − 1 < 2 m.
Exercice 27.21 ♥♥♥ R Soit f une fonction [0; 1] → R continue, n > 0 un entier naturel fixé tel que 01 (1 − x n ) f (x) dx = 0 Montrer que : (2n + 2)
³ Z1
f (x) dx
0
´2
É
Z1
¡
( f (x))2 dx.
0
¢
R
Solution : Sur E = C 0 ([0, 1], R) on définit un produit scalaire par f | g = 01 f (x)g (x) dx . ¡ ¢ ¡ ¢2 ¡ ¢ On veut donc montrer que, si f satisfait 1 − x n | f = 0, alors (2n + 2) 1 | f É f | f . n ⊥ Si f appartient à V , alors f (x) = a + bx n . On note V = Vect(1, ¡ ¢ x ). Si f appartient R1 à V n, alors le nrésultat est immédiat. b n a b n+1−2n−1 La condition 1 | f = 0 se traduit par 0 (1− x )(a +bx ) dx = 0, soit a + n+1 − n+1 − 2n+1 = 0 donc a n+1 = b (n+1)(2n+1) d’où b = −(2n + 1)a . ´2 ³ ¡ ¢2 2n 2a 2 n 2 2 = 2a Sous cette condition, (2n + 2) 1 | f = (2n + 2) a − (2n+1)a n+1 n+1 ((n + 1) − (2n + 1)) = n+1 et
´ ³ ¡ ¢2 ¢ 2 2 a2 n + (2n + 1) = n+1 ((2n + 2)(n + 1) − 2(2n + 1)) = 2a É f | f = a 2 1 − 2 (2n+1) n+1 n+1 . Là encore l’inégalité (2n + 2) 1 | f ¡ ¢ f | f est vérifiée. ¡ ¢ ¡ ¢ ⊥ E=V 1 − x n | f = 0, alors f = g + h avec g ∈ V et h ∈ V ⊥ . On a encore 1 | f = ¡Maintenant ¢ ¡ ⊕ V¢ , donc si f vérifie 1 | g + (1 | h) = 1 | g puisque h ∈ V ⊥ . ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ Donc (2n + 2) 1 | f = (2n + 2) 1 | g É g | g É g | g + (h | h) É f | f d’après la relation de Pythagore. ¡
27.7.2 Projections orthogonales Exercice 27.22 ♥ R Trouver le réel a qui minimise 12 (ln x − ax)2 dx . Solution :
Le plus simple est de développer : f (a) = Aa 2 + 2Ba + C, avec A =
i h 2 2 2 = − x2 ln x + x4 1
24ln 2 − 9 . 28
R2
x 2 dx = 73 , B = −
R2
x ln x dx = − 2ln 2 R2 B 3 2 = 4 − 2ln 2 et C = 1 (ln x) dx . Comme A > 0, f présente un minimum pour a = − A = − 7 3
1090
1
1
3 4
Exercice 27.23 ♥ Soit (E, (. | .)) un espace préhilbertien réel, et p, q deux projecteurs orthogonaux. Montrer les équivalences : (i) p + q est¡un projecteur ¢ orthogonal (ii) ∀x ∈ E, p(x) | q(x) = 0 (iii) poq = qop = 0 (iv) Im p ⊥ Im q Solution : (p + q)2 = (p + q) =⇒ poq + qop = 0. On compose par p à gauche, ¡ et poq ¢= qop = 0, d’où (i ) =⇒ (i i i ). (i i i ) =⇒ (i i ) :¡ p(x) ∈ Im p ⊂¢ Ker¡ q , et q(x) ∈ Im q . Comme Ker q ⊥ Im q , p(x) | q(x) = 0. (i i ) =⇒ (i v) : évident. ¢ (i v) =⇒ (i ) : p q(x) , de même pour qop(x) . Donc poq = qop = 0, et p + q est un | p q(x) = q(x) | p p q(x) = 0 ¡ ¢ ¡ ¢ projecteur. Comme (p + q)(x) | y = x | (p + q)(y) , c’est un proj. orthogonal. Exercice 27.24 ♥ Sur l’espace E = Rn [X], on définit pour deux polynômes (P, Q) ∈ E2 , (P | Q) =
Z1
t P(t )Q(t ) dt
0
1. Vérifier que c’est un produit scalaire. 2. Déterminer une base orthonormale du sous-espace F = R2 [X] pour ce produit scalaire. 3. Déterminer le projeté orthogonal du polynôme P = X3 sur le sous-espace F. Solution : Utilisons l’algorithme de Schmidt pour redresser la base canoniquepde F. e 0 = 1, e 1 = X, e 2 = X2 . On p p trouve ke 0 k = 1/ 2 donc ε0 = 2. Ensuite on trouve ε1 = 6(X − 2/3) puis ε2 = 10 6(X2 − 6/5X p + 9/30). On détermine alors p(P) = ap 2 ε2 + a 1 ε1 + a 0 ε0 et les conditions d’orthogonalité donnent : a 0 = (P | ε0 ) = ( 2/5), a 1 = (P | ε1 ) = 1/5, a2 = (P | ε2 ) = 6/35 et alors le projeté orthogonal vaut p(P) =
6 12 4 − t + t2 35 7 7
Exercice 27.25 ♥ Soit (E, n, (. | .)) un espace euclidien et un vecteur x ∈ E. Soit un vecteur non-nul a ∈ E. On définit la droite vectorielle D = Vect (a) et son orthogonal H = D⊥ . Exprimer les distances d(x, H) et d(x, D) en fonction de la norme du vecteur x et du produit scalaire (x | a). Solution :
Notons p(x) le projeté orthogonal du vecteur x sur le sous-espace H. Alors d(x, H) = kx − p(x)k et
¡ ¢ (x | a) d(x, D) = kp(x)k . Ecrivons que x = λ.a + p(x). Alors (x | a) = λkak2 + p(x) | a = λkak2 . On tire donc λ = kak2
puis successivement
p(x) = x −
(x | a) .a, kak2
d(x, D) =
|(x | a)| , kak
d(x, H) =
q kxk2 kak2 − (x | a)2
kak
(la quantité sous la racine est positive d’après Cauchy-Schwarz). Exercice 27.26 ♥ Soit E un espace préhilbertien réel et (e n )n∈N une famille orthonormale. Soit x ∈ E. Montrer que ∀n ∈ N
Solution : On pose x = u + Donc
n X
i=1
(x | e i )2 =
n X
k=1
n X
k=1
n X
i=1
(x | e i )2 É kxk2 ⊥
2
2
αk e k avec u ∈ Vect(e 1 , . . . , e n ) . On a kxk = kuk +
α2k É kxk2 .
n X
k=1
α2k
Ã
et u +
Exercice 27.27 ♥♥ Soit E un espace euclidien et p un projecteur. Montrer que p est un projecteur orthogonal ssi ∀x ∈ E,
kp(x)k É kxk
1091
n X
k=1
!
αk e k | e i = 0+αi .
Solution : Si p est un projecteur orthogonal, alors on peut écrire x = x1 + x2 avec x1 ∈ Im(p), x2 ∈ Ker(p) et donc (x1 | x2 ) = 0. On a alors kxk2 = kx1 k2 + kx2 k2 = kp(x)k2 + kx2 k2 Ê kp(x)k2 . kp(z)k2 = kxk2 , et kzk2 = kxk2 + Pour on considère x ∈ Im p, y ∈ Ker p , y 6= 0, et z = x +¡t y . Alors ¢ ¡ la réciproque, ¢ 2 2 2 t (2 x | y + t kyk ). On a donc, par hypothèse, kp(z)k É kzk soit 0 É t (2 x | y + t kyk2 ). ¡
¢
Supposons x | y > 0. On a pour t = − Contradiction. ¡
¡
x|y
¢
kyk2
¡
¢
2
¡
¢
¡
¢
2
, 2 x | y + t kyk = x | y et donc t (2 x | y + t kyk ) = −
¢
Supposons x | y > 0, on a aussi une contradiction avec t = tous x ∈ Im p, y ∈ Ker p . Donc p est un projecteur orthogonal.
¡
x|y
¢
kyk2
¡
¡
x|y
¢2
kyk2
É 0.
¢
. Reste une seule possibilité : x | y = 0, ceci pour
27.7.3 Symétrie orthogonales Exercice 27.28 ♥ Dans l’espace E = R3 muni du produit scalaire usuel, on considère le vecteur n = (1, 1, 1) et le sous-espace F = {n}⊥ . Ecrire la matrice du projecteur orthogonal sur F dans la base canonique. Si x = (3, 2, 1), déterminer d(x, F). Solution : On a
2 1 −1 M= 3 −1
−1 2 −1
−1 p −1. On a x ′ = Mx = (1, 0, −1), x − x ′ = (2, 2, 2) et d(x, F) = kx − x ′ k = 2 3. 2
Exercice 27.29 ♥ Soit E = C ([−π, π], R ). Trouver (a, b, c) ∈ R3 tels que la quantité 1 π
soit minimale.
Zπ
−π
¡
¢2 e t − (a + b sin t + c cos t ) d t
Solution : On se place dans C 0 [−π, π], muni du produit scalaire < f , g >=
Zπ
f (t )g (t ) dt et on considère le sous-
−π
espace engendré par u = e t , e 1 = 1, e 2 = cos t et e 3 sin t . Il est bon de remarquer que la famille e 1 , e 2 , e 3 est une famille orthogonale avec ke 1 k2 = 2π, ke 2 k2 = Ver t e 3 k2 = π. On cherche à minimiser ku − (ae 1 + be 2 + ce 3 )k2 . Autrement dit, ae 1 + be 2 + ce 3 doit être la projection orthogonale de u sur le sous-espace engendré par e 1 , e 2 , e 3 . Autrement dit, u − (ae 1 + be 2 + ce 3 ) doit être orthogonal à chacun des e k , 1 É k É 3. Ce qui donne : e π − e −π < u − (ae 1 + be 2 + ce 3 ), e 1 >=< u, e 1 > −ake 1 k2 = 0 d’où a = . De même < u, e 1 > −bke 1 k2 = 0. Or 2π Zπ ¢ 1 h (1+i)t iπ e π − e −π e π − e −π 1−i ¡ π e (1+i)t dt = et c = . =− e e − e −π . d’où b = − −π 1+i 2 2π 2π −π
Exercice 27.30 ♥ Soit E un espace préhilbertien réel, et s ∈ L(E) une symétrie vectorielle. Montrer que s est une symétrie orthogonale ssi ∀x ∈ E, ks(x)k = kxk . Solution : Sens direct x sur Ker(s − i d) et Ker(s + i d). Pour la réciproque, Si x ∈ ¡Ker (s¢ − id) et y ∈ ¡ : décomposer ¢ Ker(s + id), Exprimer x | y et fonction de kx + yk et kx − yk (identité de polarisation) . On obtient 2 x | y = 0.
Exercice 27.31 ♥ Soit E = R4 muni du produit scalaire usuel et F le plan d’équations x + 2y + z = 0, x − z + 2t = 0. Déterminer une b.o.n. de F, puis écrire la matrice du projecteur orthogonal sur F, et de la symétrie orhogonale par rapport à F dans la base canonique.
Solution : e¢1 =¡ (2, −1, 0, −1)¢, e 2 = (0, −1, 2, 1) est une b.o.n. de F. La projection orthogonale sur F est caractérisée par ¡ x − p(x) | e 1 = x − p(x) | e 2 = 0, et donc p(x) = (x | e 1 ) .e 1 + (x | e 2 ) .e 2 . Exercice 27.32 ♥ Soit E un espace préhilbertien réel. Soit f : E 7→ E une application. 1. Montrer l’équivalence :
¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ ¡ ¡ ¢ ¢ ∀x, y ∈ E, f (x) | y = − x | f (y) ⇐⇒ f est linéaire et ∀x ∈ E, f (x) | x = 0
1092
2. Que peut-on dire de la matrice de f dans une base e orthonormale ? 3. Montrer que Ker f et Im f sont orthogonaux. 4. Montrer que Ker f = Ker f o f . ¡
¢
Solution : Pour 4., calculer k f (x)k2 = − x | f o f (x) . Exercice 27.33 ♥ Soit E = R4 muni du produit scalaire usuel et F le plan d’équations x + 2y + z = 0, x − z + 2t = 0. Déterminer une b.o.n. de F, puis écrire la matrice du projecteur orthogonal sur F, et de la symétrie orhogonale par rapport à F dans la base canonique. Solution : e¢1 =¡ (2, −1, 0, −1)¢, e 2 = (0, −1, 2, 1) est une b.o.n. de F. La projection orthogonale sur F est caractérisée par ¡ x − p(x) | e 1 = x − p(x) | e 2 = 0, et donc p(x) = (x | e 1 ) .e 1 + (x | e 2 ) .e 2 .
27.7.4 Groupe orthogonal Exercice 27.34 ♥ Soit E euclidien de dimension n . Soit f une isométrie symétrique et g un endomorphisme antisymétrique de E vérifiant ¡ ¢ f og = g o f . Calculer f (x) | g (x) et montrer que f + g et f − g sont des isomorphismes. ¡
¢
Solution : On utilise la symétrie et l’antisymétrie pour f (x) | g (x) = 0. Ensuite, k( f + g )(x)k2 = kxk2 + kg (x)k2 , d’où f + g est injective. Exercice 27.35 ♥ Soit E un espace préhilbertien réel. Soit f : E 7→ E une application. ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 1. Montrer l’équivalence : ∀x, y ∈ E, f (x) | y = − x | f (y) f est linéaire et ∀x ∈ E, f (x) | x = 0 2. Que peut-on dire de la matrice de f dans une base e ? 3. Montrer que Ker f et Im f sont orthogonaux. 4. Montrer que Ker f = Ker f o f . ¡
¢
Solution : Pour 4., calculer k f (x)k2 = − x | f o f (x) . Exercice 27.36 ♥ Soit M la matrice d’un produit scalaire dans la base canonique de Rn . Montrer que Mn définit également un produit scalaire. Solution : Mn est symétrique. Si n = 2p , t XM2p X =t (Mp X)(Mp X) et si n = 2p +1, t XMn X =t (Mp X)M(Mp X). Comme M est inversible, Mp l’est aussi. Exercice 27.37 ♥ Soit A = ((ai j )) ∈ On (R ) une matrice orthogonale. Montrer que n X n ¯ X ¯ p ¯ai j ¯ É n n
i=1 j =1
Solution : n X
j =1
ai2j
!1/2 !1/2 Ã Ã n n n ¯ n ¯ X X X ¯ ¯ X p 2 2 ¯ ¯ ¯ ¯ É n puisque ai j × 1 1.ai j É ai j = D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,
n p n X n ¯ X ¯ X p ¯ai j ¯ É nÉn n . = 1. En sommant, i=1 j =1
j =1
j =1
j =1
j =1
i=1
27.7.5 Produit vectoriel Exercice 27.38 ♥ Soit E un espace euclidien de dimension 3, et (u, v) un système libre de E. On définit l’application : f :
½
E x
−→ 7−→
E (v | x) .u + (u | x) .v
Montrer que f est un endomorphisme et déterminer son noyau et son image.
1093
Solution : Ker f = Vect(u ∧ v), Imu = Vect(u, v). Exercice 27.39 ♥ Soit u, v, w trois vecteurs d’un ev euclidien orienté de dimension 3. Démontrer : 1. (u ∧ v) ∧ w = (u | w) v − (v | w) u . (double produit vectoriel) 2. (w ∧ u) ∧ (u ∧ v) = [u, v, w]u .
3. [v ∧ w, w ∧ u, u ∧ v] = [u, v, w]2 . Solution : 1. On choisit une base othonormée directe (i , j , k) telle que u = ai , v = bi +c j , w = di +e j + f k . On trouve (u ∧ v) = ack puis (u ∧ v)∧ w = acd j − acei . D’autre part : (u | w) v −(v | w) u = ad(bi +c j )−(bd +ce)ai = acd j − acei . Ce qu’il fallait vérifier. 2. D’après le double produit vectoriel, (w ∧ u) ∧ (u ∧ v) = −(u ∧ v) ∧ (w ∧ u) = − (u | w ∧ u) v − (v | w ∧ u)u = − [w, u, u] v + [w, u, v]u = [u, v, w]u . | {z } =0
3. [v ∧ w, w ∧ u, u ∧ v] = (v ∧ w | (w ∧ u) ∧ (u ∧ v)) = (v ∧ w | [u, v, w]u) = [u, v, w] (v ∧ w | u) = [u, v, w]2 . Exercice 27.40 ♥ Soit u, v, w, t quatre vecteurs d’un ev euclidien orienté de dimension 3. Démontrer : 1. (u ∧ v | w ∧ t ) = (u | w) (v | t ) − (u | t ) (v | w) 2. (u ∧ v) ∧ (w ∧ t ) = −[u, v, w]t + [u, v, t ]w
3. [t , v, w]u + [u, t , w]v + [u, v, t ]w = [u, v, w]t . Solution : 1. On utilise la formule du double produit vectoriel : (u ∧ v | w ∧ t ) = [u, v, w ∧ t ] = [w ∧ t , u, v] = ((w ∧ t ) ∧ u | v) = ((w | u) t − (t | u) w | v) = (u | w) (v | t ) − (u | t ) (v | w)
2. A nouveau avec la formule du double produit vectoriel : (u ∧ v) ∧ (w ∧ t ) = −(w ∧ t ) ∧ (u ∧ v) = − (w | u ∧ v) t + (t | u ∧ v) w = −[u, v, w]t + [u, v, t ]w
3. Exercice 27.41 ♥♥ Soit (x, y, z) une base d’un ev euclidien orienté E de dimension 3. Déterminer u, v, w ∈ E tels que v ∧ w = x,
w ∧ u = y,
u ∧ v = z.
Solution : D’après l’exercice précédent, [x, y, z] = [v ∧ w, w ∧ u, u ∧ v] = [u, v, w]2 . Donc si [x, y, z] < 0 autrement dit si (x, y, z) est une base indirecte, p le problème n’admet pas de solution. Et si [x, y, z] > 0 autrement dit si (x, y, z) est une base directe, on a [u, v, w] = ε [x, y, z] avec ε ∈ {−1, 1}. On a (w ∧ u) ∧ (u ∧ v) = [u, v, w]u = y ∧ z , d’où u = ε p
1
[x, y, z]
1 y ∧ z , et ainsi de suite : v = ε p z ∧ x et w = [x, y, z]
1 εp x ∧ y . Lorsque ε = 1 la base (u, v, w) est directe, et indirecte sinon. [x, y, z]
27.7.6 Étude d’endomorphismes orthogonaux Exercice 27.42 Montrer que
♥ µ 1 1 A= p 5 2
est orthogonale et calculer A−1 .
1094
−2 1
¶
1
µ
1 5 −2
Solution : Il est clair que At A = In . Utilisant la remarque précédente, on obtient : A−1 = p
¶ 2 1
Exercice 27.43 ♥ Soit u = (u1 , . . . , un ) un vecteur unitaire de Rn . On définit la matrice A = In − 2u t u
1. Montrer que A ∈ On (R ). 2. Reconnaître A.
Solution : Si on remarque que t uv = (u | v), on voit que Au = u − 2kuk2 u = −u et que si v ∈ u ⊥ alors Av = v − 2(u | v) v = v . A est la matrice de la symétrie orthogonale par rapport à u ⊥ dans la base naturelle de Rn . Exercice 27.44
♥
−2 1 6 Etudier l’endomorphisme u de R euclidien de matrice M = 7 −3 3
6 3 2
−3 2 dans la base canonique. 6
Solution : M est symétrique et orthogonale. Par conséquent, M2 = I : u est une symétrie vectorielle orthogonale (Comme t M = M, u est auto-adjoint). Il suffit de déterminer l’ensemble F des vecteurs invariants par u : on trouve que F est le plan vectoriel d’équation F : 3x − 2y + z = 0
Par conséquent, u est une réflexion. Exercice 27.45
♥ −7 −4 4 1 Soit A = 4 −8 −1. Quel endomorphisme u de R3 euclidien représente-t-elle ? 9 −4 −1 −8 Montrer que u est la composée d’une rotation et d’une réflexion.
7
Solution : On vérifie que A est orthogonale. Puisque ∆11 = = −a11 , det(A) = −1. Par conséquent A ∈ O−3 (R ). Consid9 érons B = −A. Alors B ∈ 3 R et donc B est la matrice d’une rotation r d’axe Vect(d) et d’angle θ. Cherchons un vecteur directeur de l’axe normalisé : d = (d1 , d2 , d3 ). En disant que d est invariant par −u et en traduisant matriciellement cette condition, on trouve par exemple 1 d = p (0, 1, 1) 2
On sait qu’il existe une bon directe ε = (ε1 , ε2 , ε3 ) telle que la matrice de r dans cette base soit
cos θ C = Matε (r ) = sin θ 0
− sin θ cos θ 0
0 0 1
Alors comme B et C sont semblables, Tr (B) = Tr (C) d’où l’on tire : cos θ =
7 9
Cherchons alors un vecteur ε1 unitaire et orthogonal à d . Par exemple ε1 = (1, 0, 0)
Alors si l’on considère une bon directe ε = (ε1 , ε2 , d), on sait que la matrice de r dans cette base s’écrit
cos θ sin θ 0
− sin θ cos θ 0
0 0 1
et donc Det(ε1 , u(ε1 ), d) = det(ε1 , u(ε1 ), d) = sin θ ε
1095
mais également, puisque la base canonique est une bon directe, ¯ ¯1 1 ¯¯ Det(ε1 , u(ε1 ), d) = p ¯0 9 2 ¯0
¯ p 0¯¯ 4 2 ¯ 1¯ = − 9 1¯
7 −4 4
p
(on peut vérifier que l’on a bien cos2 θ + sin2 θ = 1) Par conséquent, θ = − arcsin( 4 9 2 ) u est alors la composée de la rotation d’axe D = Vect(d) et d’angle θ + π avec la réflexion d’hyperplan D⊥ (faire un dessin). Exercice 27.46 ♥ π Dans R3 euclidien usuel, e = (i , j , k) la base canonique, on considère la rotation r d’axe Vect(i + j + k) d’angle . 2 Déterminer la matrice de r dans la base canonique. Solution : On trouve finalement :
p 1− 3 1p 1+ 3
1 1 p M= 1 + p3 3 1− 3
p 1− 3 p 1 + 3 . 1
Vérification sommaire : n = i + j + k vérifie bien An = n et la trace fournit bien un cosinus égal à 0. Exercice 27.47 ♥♥ Dans R2 euclidien usuel, trouver une base i , j telle que dans cette base, la transformation u = xi + y j 7→ (2x − y)i + (3x − y) j soit une rotation. ¶ −1 . Quel est son −1 ce qui donne un angle θ = ± π3 . On
Solution : Supposons le problème résolu : Nous sommes en présence d’une matrice M =
µ 2 3
1 déterminant ? 1 bon, ça, ça va. Quelle est sa trace ? 1. Donc le cosinus ¡ ¢ égal 2 6 2 2 aurait pu remarquer que M = I2 ... Posons I = ki k , J = k j k et S = i | j . En écrivant le carré de la norme du premier
4I + 9J + 12S I = J = I + J + 2S Ce qui vecteur colonne, du deuxième et le produit scalaire des deux on obtient S = −2I − 3J − 5S donne I = −2S = 3J. Maintenant construisons la solution. Soit (e 1 , e 2 ) la base naturelle de R2 . On prend i = e 1 et donc 1 I = 1. Grâce à S = − 21 , on a j = − 12 e 1 + ae 2 . Comme J = 13 = 41 + a 2 on en déduit a = ± p . En prenant a = − p1 ,
j = − 12 e 1 −
1 p e , 2 3 2
on a r (i ) = 12 e 1 −
On calcule i ∧ r (i ) = − rotation d’angle − π3 .
p 3 2 e3
p 3 2 e2,
2 3
2 3
et r ( j ) = −i − j = − 21 e 1 + 2p1 3 e 2 . On a ki k = kr (i )k = 1 et k j k = kr ( j )k = p13 .
p ¡ ¢ ¡ ¢ = ki k.kr (i )k sin − π3 et j ∧ r ( j ) = − 63 e 3 = k j k.kr ( j )k sin − π3 . C’est bien dire que r est la
Exercice 27.48 ♥♥ On considère un espace euclidien E de dimension n et e une base de cet espace. On note A la matrice du produit scalaire dans cette base. Trouver une CNS sur la base e pour que la matrice A soit orthogonale. Solution : Si A est orthogonale, t AA = In , mais comme A est la matrice d’un produit scalaire, elle est symétrique. Donc A2 = In . L’endomorphisme u représenté par la matrice A dans la base e est donc une symétrie vectorielle. On sait alors que E = Ker(u − id) ⊕ Ker(u + id). Si l’on avait Ker(u + id) 6= {0E }, il existerait un vecteur x ∈ E tel que u(x) = −x , et en notant X la matrice de x dans la base e , on aurait AX = −X. En multipliant à gauche par t X, on aurait t XAX = −t XX < 0, ce qui est impossible puisque la matrice A est positive. Par conséquent, Ker(u − id) = E et donc A = In et la base e est donc orthonormale. Réciproquement, si e est orthonormale, la matrice du produit scalaire dans la base e est In qui est une matrice orthogonale. Exercice 27.49 Soit
♥♥
a A = b b
b a b
b b a
Trouver une CNS pour que A soit orthogonale. Caractériser alors l’endomorphisme associé à A dans la base canonique.
1096
Solution : Le carré de la norme des vecteurs colonnes égale a 2 + 2b 2 . On a donc a 2 + 2b 2 = 1. Le produit scalaire égale b(2a + c). Donc b(2a + c) = 0. A part le cas b = 0 qui donne ±I3 . Sinon, on a b = −2a ce qui donne 9a 2 = 1 donc a = ± 13 et b = ∓ 32 . En effectuant le produit vectoriel des deux premiers vecteurs colonnes, on trouve bien que l’endomorphisme
2 2 −1 2 . Soit n = (1, 1, 1) on a associé à A dans la base canonique appartient à O (R ). Pour a 2 −1 An = n donc n dirige l’axe de la rotation. On trouve l’angle de la rotation à la trace : c’est π. Pour a = 13 , on obtient l’opposé de la matrice précédente ce qui donne la symétrie orthogonale par rapport à n ⊥ c’est-àdire le plan d’équation x + y + z = 0. ±
= − 31 ,
3
−1 1 2 on a A = 3 2
Exercice 27.50 ♥♥ Etudier l’endomorphisme de R3 euclidien usuel ayant pour matrice 3 1 A= 1 p 4 − 6
1 3 p 6
p 6 p − 6 2
dans la base canonique. Solution : Les deux premiers vecteurs colonnes sont normés, leur produit scalaire est nul. Leur produit vectoriel est Soit d = (1, 1, 0). On a Ad = d égal au troisième vecteur colonne. L’endomorphisme associé ³à A estpdonc ´ une rotation. p p 6 1 1 6 ⊥ donc d dirige l’axe. Le vecteur u = (−1, 1, 0) ∈ d et v = Au = − 2 , 2 2 . On a u ∧ v = 2 d . Comme u est de norme 2 on a sin θd =
p 3 2 d.
Exercice 27.51 ♥♥ Etude dans R3 de l’endomorphisme ayant pour matrice A dans la base canonique, où 2 a + b2 − c2 − d 2 1 2(bc − d a) A= 2 a + b2 + c2 + d 2 2(bd + ca)
2(bc + d a) a2 − b2 + c2 − d 2 2(cd − ba)
2(bd − ca) 2(cd + ba) 2 a − b2 − c2 + d 2
Solution : Bien entendu, on prend (a, b, c, d) 6= (0, 0, 0, 0). On calcule le carré de la norme du premier vecteur colonne : Or
(a 2 +b 2 +c 2 +d 2 )2 = (a 2 +b 2 −c 2 −d 2 )2 +4(c 2 +d 2 )2 +4(c 2 +d 2 )(a 2 +b 2 −c 2 −d 2 ) = (a 2 +b 2 −c 2 −d 2 )2 +4(c 2 +d 2 )(a 2 +b 2 ) = (a 2 + b 2 − c 2 − d 2 )2 + 4((bc − d a)2 + (bd + ca)2 ) grâce à l’égalité (c 2 + d 2 )(a 2 + b 2 ) = (bc − d a)2 + (bd + ca)2 qui traduit l’égalité |(ac + bd) + (bc − ad)i |2 = |a + bi |2 |c − di |2 . On en déduit que la première colonne est normée. Un calcul
analogue montre que la deuxième colonne est elle aussi normée. Le produit scalaire de ces deux premières colonne égale (à un coefficient (a 2 +b 2 −c 2 −d 2 )2 près) 2(bc+d a)(a 2 +b 2 −c 2 − 2 d 2 )+2(bc −d a)(a 2 −b 2 +c 2 −d 2 )+4(bd −d 2 )+4ad(b2 −c 2 )+4(bcd 2 −b 2 ad +c 2 ad −bca 2 ) = 0. +ca)(cd −ba) = 4bc(a
Reste à calculer le produit vectoriel
a2 + b2 − c2 − d 2 2(bc + d a) 2(bd − ca) 2(bc − d a) ∧ a 2 − b 2 + c 2 − d 2 = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2(cd + ba) 2(bd + ca) 2(cd − ba) a2 − b2 − c2 + d 2
après quelques calculs hilarants. On est donc en présence de la matrice d’une rotation exprimée dans la base canonique. Le vecteur (b, c, d) est fixe par A. Il dirige donc l’axe de la rotation (si (b, c, d) = (0, 0, 0), alors A = I3 ). On obtient ainsi tous les axes possibles. On a Tr A =
a2 − b2 − c2 − d 2 b2 + c2 + d 2 . Donc le cosinus de l’angle de la rotation égale − a2 + b2 + c2 + d 2 a2 + b2 + c2 + d 2
1097
Chapitre
28
Géométrie affine Pour bien aborder ce chapitre La boucle est bouclée, tout finit par se mettre en place. Souvenez-vous, au collège vous avez fait de la géométrie avec des points, des droites des cercles, etc et des transformations. Plus tard, au lycée vous avez travaillé avec les vecteurs. Ce − n’était pas commode. Souvenez-vous : un vecteur → u était défini par son origine A et son extrémité B ce qui vous permettait − → −−→ − − d’écrire → u = AB. Mais vous pouviez avoir aussi → u = CD. C’était un peu déroutant mais vous vous y êtes fait. Vous ne le saviez pas , mais vous travailliez alors avec des représentants de classes d’équivalences de bipoints. C’était les fameux bipoints équipollents qui semaient la terreur dans les classes de lycée dans les années 70/80. L’inconvénient de cette démarche c’est que les axiomes n’apparaissaient pas clairement. Si l’on admettait clairement l’existence de points, de droites, de plans etc., on admettait les propriétés de conservation des isométries. Et puis quoi d’autre ? les axiomes d’incidence ? l’existence des milieux ? et puis ? et puis ? Tout ça était un peu flou. Cette année, vous avez suivi la démarche inverse. Vous avez défini les vecteurs. Ce sont des éléments d’un espace vectoriel. Ils ne ressemblent pas toujours aux vecteurs d’antan, certains sont des polynômes, d’autres sont des fonctions, plus ou moins dérivables, mais bon gré mal gré on peut calculer avec eux comme avec les bons vieux vecteurs d’autrefois. Mais les points ? C’est quoi un point ? Eh bien, un point, c’est un vecteur comme un autre ! −→ Par exemple, si A et B sont deux points d’un espace vectoriel - c’est-à-dire formellement deux vecteurs - le vecteur AB c’est la différence des deux points : B − A. C’est un peu déroutant au départ, mais on retrouve toutes les propriétés de la géométrie plane dans l’espace vectoriel R2 par exemple.
28.1 Sous-espaces affines Dans tout ce paragraphe E est un K-espace vectoriel.
28.1.1 Translations D ÉFINITION 28.1 ♥♥ Translation Soit u ∈ E. On appelle translation de vecteur u l’application de E dans E, notée tu , et donnée par : tu :
½
E x
−→ 7−→
E . tu (x) = u + x
P ROPOSITION 28.1 ♥ Les translations sont des automorphismes de E 1
La composée de la translation de vecteur u ∈ E par celle de vecteur v ∈ E est la translation de vecteur u + v : tu ◦ t v = t v ◦ tu = tu+v .
2 3
t0 = idE .
Les translations de E sont des automorphismes de E. 1098
Démonstration 1
Soit x ∈ E. t v ◦ tu (x) = t v (x + u) = x + u + v = tu+v (x). Donc t v ◦ tu = tu+v . On montre de même que tu ◦ t v = tu+v .
2
Évident.
3
On vérifie facilement que les translations sont linéaires. De plus, si u ∈ E, en appliquant les deux points précédents, on obtient tu ◦ t−u = t−u ◦ tu = idE et tu est bien bijective.
P ROPOSITION 28.2 ♥ L’ensemble des translations de E forme un sous-groupe de G l (E) L’ensemble des translations de E forme un sous-groupe commutatif de G l (E). Démonstration Soit tu et t v deux translations de E. Il est clair que tu ◦ (t v )−1 = tu ◦ t−v = tu−v est encore une translation de E. Par application du théorème 19.6, on peut affirmer que l’ensemble des translations de E est un sous-groupe de E.
28.1.2 Sous espaces affines D ÉFINITION 28.2 ♥ Sous-espace affine On appelle sous-espace affine de E l’image F d’un sous-espace vectoriel F de E par une translation de E. F = tu (F) = {u + x | x ∈ F}
On note alors F = u + F. On dit que : – le sous-espace vectoriel F est la direction du sous-espace affine F ; – la dimension du sous-espace affine F est la dimension du sous-espace vectoriel F ; – une base de F sera appelée ensemble de vecteurs directeurs de F . Exemple 28.1 • Soit u un vecteur de E. Le singleton {u} = t0 (u) est un sous-espace affine de E de direction {0} et de dimension 0. • Si E = R2 , u = (1, 2), F = Vect ((1, −1)) et F = tu (F) = {u + t (1, −1) | t ∈ R} = {(1 + t , 2 − t ) | t ∈ R} alors F est la droite affine passant pas (1, 2) et dirigée par (1, −1). ª © • Si E = R3 , u = (1, 2, 3), F = Vect ((1, 2, −4) , (1, −1, 1)) et F = tu (F) = u + t (1, 2, −4) + t ′ (1, −1, 1) | t ∈ R = ¡
x = 1+ t + t′ ¢ x, y, z ∈ E | y = 2 + 2t − t ′ alors F z = 3 − 4t + t ′ © • Avec E = C ∞ (R) et F = f ∈ E | ∀t ∈ R, ½ © ª R −→ ′′ F = f ∈ E | f + f = 0 et si u : t 7−→
est le plan affine passant pas (1, 2, 3) et de base ((1, 2, −4) , (1, −1, 1)). ª f ′′ (t ) + f (t ) = 1 + t + t 2 , F est un sous-espace affine de E de direction R ∈ E alors −1 + t + t 2
© ª F = u + F = t 7→ −1 + t + t 2 + α cos t + β sin t | α, β ∈ R .
✎ Notation 28.2 Ces exemples nous invitent à considérer : • les éléments d’un sous-espace affine comme des points. On les notera avec des lettres majuscules. (Ex : A, M, ...) • les éléments de la direction de cet espace affine comme des vecteurs. On les notera avec des lettres minuscules sur− − montées d’une flèche. (Ex : → u ,→ x , ...) – Si A et B sont deux points d’un sous-espace affine (c’est-à-dire des vecteurs a et b de E), on leur fait correspondre le −→ −→ vecteur AB donné par : AB = B − A (= b − a). − – Si A est un point d’un espace affine (c’est-à-dire un vecteur a de E) et si → x ∈ E est un vecteur de E , on leur fait → − → − correspondre le point noté A + x (= a + x ). − A +→ x
B
→ − x
−→ AB
A
A
F IGURE 28.1 – Points-vecteurs On a alors les propriétés évidentes suivantes : 1099
P ROPOSITION 28.3 ♥ Règles de calcul en géométrie affine 1 2
3
−x , → −y ∈ E, M+(→ − −y ) = (M+→ − −y ∀→ x +→ x )+→ 4 Relation de Chasles : → − → − 2 ∀(M, P) ∈ E , ∃! x ∈ E : P = M + x . −x = P − M En fait : → ∀(A, B, C) ∈ E3 , ( → − → −y =⇒ → − → −y M + x = M + x = − −y ) ∈ E2 , ∀(M, P) ∈ E2 , ∀(→ x ,→ − − M+→ x = P +→ x =⇒ M = P ∀M ∈ E,
−→ −→ −→ AC = AB + BC .
− Remarque 28.1 Avec ces nouvelles notations, le sous-espace affine F de E, image par la translation de vecteur → u ∈E du sous-espace vectoriel F ⊂ E, est :
F = A+F → − où A représente le vecteur u . Comme A ∈ F , on dit que F est le sous-espace affine de E passant par A et dirigé par F.
Exemple 28.3 − − • Dans E = R2 , posons A = (1, 2) et → u = (−1, 1). La droite affine passant par A et dirigée par → u est le sous-espace affine : A + Vect (u). − − • Dans E = R3 , considérons le point A = (1, 4, 2) et les vecteurs → = (1,¢ 0, −1) et → v = (1, 1, 0). Le plan affine passant par ¡u→ → − → − − → − A et de direction les vecteurs u et v est donné par : A + Vect u , v . L EMME 28.4 ♥ Si F est un sous-espace affine de direction F, alors pour tout point A ∈ F , on a : F = A+F
n−−→
o
et F = AM | M ∈ F .
Démonstration Soit A ∈ F . − − − • Il existe A0 ∈ E tel que : F = A0 + F. Comme A ∈ F , il existe → u . Soit M ∈ F . Il existe → u ∈ F tel que A = A0 + → v ∈ F tel que − − − − − − M = A0 + → v . Donc M = A0 + → v = A−→ u +→ v ∈ A + F car → v −→ u ∈ F, ce qui montre que A0 + F ⊂ A + F. On montre de même que A + F ⊂ A0 + F et donc que F = A + F. −−→ − − − u ∈ F ce qui u ∈ F tel que M = A + → • Utilisant le nrésultat précédent : F = A + F. Soit M ∈ F . Il existe → u . Autrement dit : AM = → o −−→ −−→ → − − → − u = AM prouve que AM | M ∈ F ⊂ F. Réciproquement, si u ∈ F alors en notant M le point de F tel que M = A+ u , on obtient : → et l’inclusion réciproque est prouvée.
D ÉFINITION 28.3 ♥ Sous-espaces affines parallèles On dit que le sous-espace affine G de direction G est parallèle au sous-espace affine F de direction F lorsque G ⊂ F.
F M F
G
→ − f
−−−−→ MF MG F ∩G G
MG
→ − g
F 0E
F
G
Ω
0E
F∩G
G
F
(b) Sous-espaces affines supplémentaires dans le plan
(a) Sous-espaces affines parallèles
F IGURE 28.2 – Intersection de sous-espaces affines
Remarque 28.2 à une droite.
Dans R3 , une droite peut être parallèle à un plan, mais il est incorrect de dire qu’un plan est parallèle
1100
P ROPOSITION 28.5 ♥ Intersection de deux sous-espaces affines Soient F et G deux sous-espaces affines de E de direction respective F et G. On suppose que : H1
F ∩ G 6= ∅
alors F ∩ G est un sous-espace affine de E de direction F ∩ G. Démonstration Comme F ∩ G 6= ∅, on considère un point A ∈ F ∩ G . Montrons que F ∩ G = A + F ∩ G. −−→ −−→ −−→ ⊂ Soit M ∈ F ∩G . Comme M ∈ F alors AM ∈ F et comme M ∈ G alors AM ∈ G. Donc AM ∈ F∩G et M ∈ A+F∩G.vient : A+u ∈ F et A + u ∈ G ce qui prouve que A + F ∩ G ⊂ F ∩ G . − − − ⊃ Réciproquement, si M ∈ A + F ∩ G alors il existe → u . Il est alors clair que M ∈ F ∩ G .existe → u ∈ F ∩ G tel que M = A + → u ∈E −→ → − → − → − → − tel que B = A + u . Comme A ∈ F ∩ G , nécessairement u = AB ∈ F et u ∈ G autrement dit u ∈ F ∩ G. On prouve ainsi que F ∩ G ⊂ A + F ∩ G. En résumé : F ∩ G = A + F ∩ G.
C OROLLAIRE 28.6 ♥ Soient F et G deux sous-espaces affines de E de direction respective F et G. On suppose que : H1
F et G sont supplémentaires dans E
alors F ∩ G est constitué d’un et un seul point de E. Démonstration −→ Existence F ∩ G est non vide. En effet, si A ∈ F et B ∈ G alors comme AB ∈ E et que E = F ⊕ G alors il existe un unique couple ¡→ ¢ −→ − − − → − u = B −→ v est donc élément de F ∩ G . u , v ∈ F × G tel que : AB = u + v . Il vient alors A + u = B − v et le point M = A + → Unicité Appliquant le résultat précédent F ∩G est un sous-espace affine de E de direction F∩G mais F et G étant supplémentaires dans E, on a : F ∩ G = ∅ et donc F ∩ G est réduit à un point.
28.1.3 Barycentres T HÉORÈME 28.7 ♥ Fonction de Leibniz, Barycentre On considère un système de points (A i )1ÉiÉn de E et n réels (αi )1ÉiÉn . On forme le système de points pondérés : µ
A1 S= α1
... ...
An αn
¶
On appelle poids du système pondéré, le réel α = α1 + · · · + αn . On considère alors la fonction vectorielle : → − F:
½
E G
E Pn
−→
−−→
i=1 αi GA i
7−→
→ −
– Si α = 0, la fonction F est constante ; → − – Si α 6= 0, il existe un unique point G ∈ E tel que F (G) = 0. Cet unique point s’appelle le barycentre du système pondéré de points S . Pour un point Ω ∈ E quelconque, on a G = Ω+
n 1X −−→ αi ΩA i α i=1
Démonstration Soit O ∈ E. En utilisant les règles de calcul dans un espace affine, pour tout M ∈ E : → − F (M)
= = = =
Donc : P → − • Si n α = 0, F est constante. i=1 i
n X
i=1 n X
i=1
Ã
Ã
−−−→ αi MAi ³−−→ −−→´ αi MO + OAi
n X
i=1 n X
i=1
! n −−→ X −−→ αi MO + αi OAi !
i=1
−−→ → − αi MO + F (O)
1101
• Si
Pn
→ −
α 6= 0, F i=1 i
− est bijective. En effet, si on considère un vecteur → u ∈ E, on a : → − − F (M) = → u à ! n X −−→ → − − αi MO + F (O) = → u
⇐⇒
i=1
→ − → − u − F (O) M = O + Pn α
⇐⇒
i=1 i
→ −
− et il existe un et un seul M ∈ E (donné par la dernière égalité) tel que F (M) = → u . En particulier, il existe et un seul point G ∈ E → − → − tel que F (G) = 0 et on a bien : G = Ω+
Remarque 28.3 G est le barycentre du système pondéré de points S =
µ
A1 α1
n X
i=1
Remarque 28.4 Soit
une famille de point pondérés avec la famille
Pn
i=1 αi
αi
avec, pour tout i ∈ 1, n, α′i = Pn
µ
A1 α1
... ...
i=1 αi
¶
µ
n 1 X −−→ αi ΩAi . α i=1
¶ P An avec ni=1 αi 6= 0 si et seulement si αn
... ...
−−→ → − αi GA i = 0 .
A1 α1
... ...
An αn
¶
6= 0 et G le barycentre de cette famille. Alors, G est encore le barycentre de µ
A1 α′1
... ...
An α′n
¶
. Compte tenu de cette remarque, on peut toujours supposer que la famille pondérée
P An vérifie ni=1 αi = 1. αn
T HÉORÈME 28.8 ♥ Associativité des barycentres Soit µ A1 α1
... ...
Ap αp
A p+1 αp+1
... ...
An αn
¶
un système pondéré de points de barycentre G. On suppose que
Si G1 est le barycentre de µ G1 β1
¶ G2 . β2
µ
β1 = α1 + · · · + αp 6= 0 et β2 = αp+1 + · · · + αn 6= 0 A1 α1
... ...
¶ µ A Ap et si G2 est le barycentre de p+1 αp+1 αp
... ...
¶ An alors G est le barycentre de αn
Démonstration Soit G ∈ E. On a les égalités : −−→ −−→ β1 GG1 + β2 GG2
= = =
=
−−→ −−→ −−→ −−→ α1 GG1 + ... + αp GG1 + αp+1 GG2 + ... + αn GG2 ³−−→ −−−→´ ³−−−→ −−−−→´ ³−−−−−→ −−−−−−→´ ³−−−→ −−−−→´ α1 GA1 + A1 G1 + ... + αp GA p + A p G1 + αp+1 GA p+1 + A p+1 G2 + ... + αn GAn + An Gn p
p
n X
−−→ X −−−→ X −−−→ αi GAi − G1 Ai − G2 Ai
n X
−−→ → − αi GAi = 0
i=1
i=1
i=1
|
{z
→ − =0
i=1
} |
{z
→ − =0
}
ce qui prouve le théorème.
1102
D ÉFINITION 28.4 ♥ isobarycentre On appelle isobarycentre des points (A 1 , . . . , A n ), le barycentre du système pondéré µ
A1 1
... ...
An 1
¶
D ÉFINITION 28.5 ♥ Segment On note [A, B] (segment AB) l’ensemble des barycentres : [A, B] = {Bar
µ
A t
¶ B ; t ∈ [0, 1]} = {t A + (1 − t ) B | t ∈ [0, 1]} (1 − t )
On définit le milieu d’un segment [A, B] comme étant l’isobarycentre
¡A B¢ 1 1
des points A et B.
Application 28.4 Soient A, B et C trois points de E distincts et non alignés. D’après la propriété d’associativité du barycentre, l’isobarycentre G des trois points A, B et C est le barycentre du système pondéré µ G1 2
C 1
¶
où G1 est le milieu de [A, B]. C’est donc un point de la médiane issue de C. On effectue le même raisonnement avec les deux autres médianes, on montre que G est à l’intersection des 3 médianes. D ÉFINITION 28.6 ♥ Partie convexe Soit une partie C de l’espace E. On dit que cette partie est convexe si et seulement si ∀(A, B) ∈ C 2 , [A, B] ⊂ C .
(a) Partie convexe
(b) Partie non convexe
F IGURE 28.3 – Parties convexes + Remarque 28.5 On montre qu’une ³ partie´C est convexe si et seulement si : ∀n Ê 1, ∀(λ1 , . . . , λn ) ∈ R , ∀(M1 , . . . , Mn ) ∈ M1 ... Mn n C , le barycentre G du système λ1 ... λn est encore dans C .
28.1.4 Repère cartésien D ÉFINITION 28.7 ♥ Repère cartésien On appelle repère cartésien de E la donnée d’un couple R = (O, e) formé par un point O de E et une base e = (e 1 , . . . , e n ) de E. • O est appelé l’origine du repère R. • e est appelée la base du repère R. P ROPOSITION 28.9 ♥ Coordonnées d’un point dans un repère Soit (O, e) un repère de E. L’application : θ: −−→
½
E M
−→ 7−→
Rn (α1 , . . . , αn )
P
où OM = nk=1 αk e k est un isomorphisme d’espaces affines. Le n−uplet (α1 , . . . , αn ) ∈ Rn représente les coordonnées de M dans le repère (O, e). Démonstration Laissée en exercice au lecteur.
1103
28.2 Applications affines 28.2.1 Définitions et propriétés D ÉFINITION 28.8 ♥ Application affine Si E et E′ sont deux espaces vectoriels, f : E → E′ est une application affine si et seulement si il existe une application linéaire L f ∈ L (E, E′ ) telle que − ∀(A, → x ) ∈ E2 ,
¡− ¢ − f (A + → x ) = f (A) + L f → x
L’application linéaire L f est appelée application linéaire associée à l’application affine f . Elle est unique. L’ensemble des applications affines est noté A (E, E′ ), et A (E) lorsque E = E′ . Remarque 28.6
Si f est une application affine, alors ∀(A, B) ∈ E2 ,
−−−−−−−→ −→ f (A) f (B) = L f (AB) .
Cette remarque permet de prouver l’unicité de L f car L f est entièrement déterminée par cette relation. Ainsi : − ∀→ x ∈ E,
− L f (→ x ) = f (x) − f (0)
C′ C B′ B A′
f (A′ )
f (B′ )
f (A)
f (B)
f (C′ ) f (C)
A
F IGURE 28.4 – Une application affine conserve l’alignement, le parallélisme et les barycentres
T HÉORÈME 28.10 ♥ Une application affine conserve l’alignement et le parallélisme Soit f : E 7→ E′ une application affine.
1. Si F = MF + F est un sous-espace affine de E, alors f (F ) = f (MF ) + L f (F) : c’est un sous-espace affine de E′ .
2. Si F et G sont deux sous-espaces affines de E, F ∥ G =⇒ f (F ) ∥ f (G ).
Démonstration ¡ → − → −¢ → − 1. ⊂ Soit ¡→ ¢ N ∈ f (F ). Il existe M = MF + u ∈ F tel que N = f (M). On a de plus u ∈ F. Donc N = f MF + u = f (MF ) + − L f u ∈ f (MF ) + L f (F). ¡− ¢ ¡ ¢ − − u ∈ F tel que N = f (MF ) + L f → u = f MF + → u et N ∈ f (F ). ⊃ Réciproquement, si N ∈ f (MF ) + L f (F) alors il existe → 2. Supposons que F = MF + F et G = MG + G où MF ,MG ∈ E et où F et G sont les directions respectives de F et G . Comme F est parallèle à G , on a : F ⊂ G. Avec la relation précédente, il vient : f (F ) = f (MF ) + L f (F)
et
f (G ) = f (MG ) + L f (G)
mais comme F ⊂ G et que L f est linéaire, on a : L f (F) ⊂ L f (G) donc f (F ) est parallèle à f (G ).
T HÉORÈME 28.11 ♥ Une application affine conserve les barycentres µ ¶
A1 . . . An un système pondéré de points de E de poids nonα1 . . . αn nul. Si G est le barycentre du système pondéré S , alors le point f (G) est le barycentre du système pondéré S ′ = µ ¶ f (A 1 ) . . . f (A n ) . Autrement dit : α1 ... αn à ! n n X X αi A i = f αi f (A i )
Soit f : E 7→ E′ une application affine. Soit S =
i=1
i=1
1104
Démonstration : Cela revient à prouver, d’après la remarque 28.3, que
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
Pn
−−−−−−− ¡ −→¢
→ −
α f (G) f Ai = 0 . i=1 i
Mais :
G est le barycentre du système pondéré S n X −−→ → − αi GAi = 0 i=1 n X
i=1 n X
i=1
³−−→´ → − αi L f GAi = 0 car L f est linéaire
−−−−−−− ¡ −→¢ → − αi f (G) f Ai = 0
d’où le résultat.
T HÉORÈME 28.12 ♥ Expression matricielle d’une application affine. Soient deux espaces vectoriels réels E et E′ . Soit R = (Ω, b) un repère cartésien de E et R ′ = (Ω′ , b ′ ) un repère cartésien de E′ , et f : E 7→ E′ une application affine de partie linéaire L f . Si X est la matrice des coordonnées d’un point A dans le repère R et X′ la matrice des coordonnées du point f (A) dans le repère R ′ , si L est la matrice de l’application linéaire L f dans les deux bases b et b ′ et si T est la matrice des coordonnées du point f (Ω) dans le repère R ′ , alors : X ′ = Z + LX
Démonstration
³−→´
−−−−−−−→
³−→´
³−→´ base b ′ sont X′ − Z. Celle de L f ΩA dans la même base sont : LX d’où l’égalité.
Remarque 28.7
−−−−−−−→
On a : f (A) = f (Ω) + L f ΩA ou encore : f (Ω) f (A) = L f ΩA . Les coordonnées du vecteur f (Ω) f (A) dans la
¯ ¯ ¯X ¯x ¯ Dans R , si M¯ et f (M)¯¯ , les formules d’une application affine sont de la forme : Y y 2
(
X
= α + ax + by
Y
= β + cx + d y
T HÉORÈME 28.13 ♥ Caractérisation des isomorphismes affines par leur partie linéaire 1. Si f : E 7→ E′ et g : E′ 7→ E′′ sont deux applications affines, alors g ◦ f est une application affine de partie linéaire Lg ◦ L f ; 2. ( f est bijective ) ⇐⇒ (L f est un isomorphisme) ;
3. Si f : E 7→ E′ est une application affine bijective, alors f −1 est une application affine de partie linéaire L f −1 = (L f )−1 .
D ÉFINITION 28.9 ♥ Isomorphisme affine, automorphisme affine 1. Si une application affine f ∈ A (E, E′ ) est bijective, on dit que c’est un isomorphisme affine.
2. Si E = E′ , on parlera d’automorphisme affine, l’ensemble des automorphismes affines est un groupe noté (G A (E), ◦), appelé groupe affine de E.
28.2.2 Translations affines D ÉFINITION 28.10 ♥ Translations affines − → − − Si → u est un vecteur de E on définit la translation τ→ u de vecteur u : c’est l’application − τ→ u :
½
E M
−→ 7−→
Une translation est une application affine de partie linéaire idE .
1105
E − M+→ u
T HÉORÈME 28.14 ♥ Groupe des translations affines 1. Une application affine de E vers E est une translation si et seulement si sa partie linéaire est l’identité. − = idE . 2. τ→ 0
− − − − − − 3. Pour tout → u ,→ v ∈ E, τ→ u τ→ v = τ→ u +→ v. − −1 − 4. Pour tout → u ∈ E, τ→ = τ−→ − u. u
5. L’ensemble T (E) des translations est un sous-groupe du groupe affine (G A (E), ◦).
Démonstration 1. Le sens direct est clair. Réciproquement, si f est une transformation affine telle que L f = id alors, fixant A ∈ E et notant
−→ − −→ − − − − − B = f (A), → v ∈ E : f (M) = f (A) + → v = B+ → v = A+ AB + → v = M +→ u . f est donc la translation u = AB, on a, pour tout M = A+ → → − de vecteur u .
2. Facile. 3. Pour tout M ∈ E, on a :
¡ → −¢ → − → − − − − − − τ→ u +→ v (M) u ◦ τ→ v (M) = τ→ u M + v = M + u + v = τ→
− − − − − − = idE . De même τ−→ 4. Utilisant la relation précédente, on a : τ→ u ◦τ→ u ◦τ−→ u = τ→ u = idE . Donc τ→ u est bijective de réciproque : 0 −1 = τ → − τ→ . − −u u
− − 5. Soient → u ,→ v ∈ E. On vérifie facilement que
−1 − − − − − τ→ − = τ→ u ◦ τ→ u ◦ τ−→ u = τ→ u −→ v ∈ T (E) v
ce qui prouve que T (E) est un sous-groupe de (G A (E) ,◦).
28.2.3 Homothéties D ÉFINITION 28.11 ♥ Homothétie On dit qu’une application affine est une homothétie affine de rapport α ∈ R \ {0, 1} si et seulement sa partie linéaire est égale à α id. T HÉORÈME 28.15 ♥ Groupe des homothéties-translations 1. Une homothétie affine f de rapport α ∈ R \ {0, 1} possède un unique point fixe Ω ∈ E (centre de l’homothétie) et ∀M ∈ E,
−−−−−→ −−→ Ωf (M) = αΩM
2. L’ensemble des homothéties-translations H T (E) est un sous-groupe du groupe affine (G A (E) , ◦). Démonstration − − 1. Soit A ∈ E. Posons B = f (A) et considérons Ω = A + → u où → u ∈ E. On a la série d’équivalence : Ω est un point fixe de f ⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
f (Ω) = Ω ¡ ¢ − − f A +→ u = A +→ u → − → − B+αu = A+ u
→ − u=
Par suite, f admet un unique point fixe donné par Ω = A + 2. Voir l’exercice 28.2 page 1114.
1 −→ AB 1−α
1 −→ AB. 1−α
28.2.4 Projections et symétries affines D ÉFINITION 28.12 ♥ Projection affine Soit F un sous-espace affine de E de direction F et G un supplémentaire de F dans E. Soit M ∈ E. D’après la proposition 28.6, il existe un unique point M′ ∈ F ∩ (M + G). On appelle projection affine sur F parallèlement à G l’application p : E → E qui à M ∈ E associe le point M′ ainsi construit. De plus, p est une application affine et son application linéaire associée est la projection de E sur F parallèlement à G. 1106
h(M) M
M′
Ω
h(M′ )
F IGURE 28.5 – Homothétie affine
− Démonstration Montrons que p est une application affine. Soient M,N ∈ E et soit M′ = p (M) et N′ = p (N). Notons → p la projection de E sur F parallèlement à G. On a : → → −−−→ −−− → −−−→′ −−− −−→ −−−→′ −−− ′ ′ + N′ M} MN = MM + M′ N′ + N′ M = M | {zN} + |MM {z ∈F
³−−→´ −−−→ −−−−−−−−→ − p MN = MM′ = p (M) p (N) ce qui prouve le résultat. donc →
∈G
D ÉFINITION 28.13 ♥ Symétrie affine Soit F un sous-espace affine de E de direction F et G un supplémentaire de F dans E. Soit M ∈ E £ et p ¤la projection affine de E sur F parallèlement à G. Il existe un unique point M′ ∈ E tel que p (M) soit le milieu de M, M′ . On appelle symétrie affine par rapport à F parallèlement à G l’application s : E → E qui à M ∈ E associe le point M′ ainsi construit. De plus, s est une isométrie affine et son application linéaire associée est la symétrie de E par rapport à F parallèlement à G. −−−→
−−−−−→
Démonstration s est bien définie car M′ est caractérisée par MM′ = 2Mp (M). Montrons que s est affine : soient M,N ∈ E et soit −s la symétrie de E par rapport à F parallèlement à G. On a : M′ = s (M) et N′ = s (N). Notons → −−→ MN
= =
−−−−−→ −−−−−−−−→ −−−−−→ Mp (M) + p (M) p (N) + p (N) N −−−−−−−−→ −−−−−→ −−−−−→ p (M) p (N) + Mp (M) + p (N) N | {z } | {z } ∈F
donc
³ −→´ → −s − MN
= = = =
∈G
−−−−−→ −−−−−−−−→ −−−−−→ −Mp (M) + p (M) p (N) − p (N) N −−− −−−→ −−−−−−−−→ −−−−−→ M′ p (M) + p (M) p (N) + p (N) N′ −−− → M′ N ′ −−−−−−−→ s (M) s (N)
ce qui prouve le résultat.
28.2.5 Points fixes d’une homothétie affine L EMME 28.16 Points fixes d’une application affine Soit une application affine f : E 7→ E. On note Fix( f ) = {M ∈ E | f (M) = M}
l’ensemble des points fixes de f . Alors lorsque Fix( f ) n’est pas vide, c’est un sous-espace affine de E de direction Ker(L f − id). n−−→
¡ ¢
¡ ¢o
Démonstration Soit Ω ∈ Fix f . Posons F = ΩM | M ∈ Fix f . Montrons que F est un sous-espace vectoriel de E. Nous aurons ¡ ¢ ainsi prouvé que Fix f = Ω + F est un sous-espace affine de E. −−→ – F 6= ∅ car 0 = ΩΩ ∈ F. ¡ ¢ ¡− ¢ −−→ −−→ − − − − u = u ,→ v ∈ F. Il existe alors M,N ∈ Fix f tels que → u = ΩM et → v = ΩN. Remarquons que L f → – Soient α,β ∈ R et soient → ³−−→´ −−→ ¡− ¢ → − − − − − u . De même : L f → L f ΩM = ΩM = → v =− v . On a : α→ u + β→ v ∈ F. En effet, posant P = Ω + α→ u + β→ v,
−→
¡ ¢
− − donc α→ u + β→ v = ΩP avec P ∈ Fix f .
¡ − ¢ − − − f (P) = f (Ω) + L f α→ u + β→ v = Ω + α→ u + β→ v =P
1107
F est donc bien un sous-espace vectoriel de E.
T HÉORÈME 28.17 ♥ Factorisation d’une application affine Soit une application affine f : E 7→ E, et un point Ω ∈ E. Alors il existe une translation t et une application affine g tels que f = t ◦ g , avec Ω qui est un point fixe de l’application affine g : g (Ω) = Ω. Démonstration Si f admet un point fixe alors f est la composée d’elle même par la translation de vecteur nul. Si f n’admet pas −→ de point fixe alors en fixant A ∈ E et posant B = f (A), on a : A 6= B et u = AB 6= 0. La composée g = t−u ◦ f vérifie : −→ t−u ◦ f (A) = t−u (B) = B + BA = A
donc elle admet un point fixe. g est de plus affine comme composée de fonction affine et on a : f = tu ◦ g comme voulue.
28.3 Isométries affines 28.3.1 Définitions et propriétés On considère un espace euclidien, muni d’un produit scalaire noté (. | .) et de la norme euclidienne associée notée k.k . Étant donnés deux points (A, B) ∈ E2 , on définit la distance entre ces points par : −→ d(A, B) = kABk
D ÉFINITION 28.14 ♥ Isométrie affine Soit f : E 7→ E une application. On dit que c’est une isométrie affine lorsqu’elle conserve les distances : ¡ ¢ d f (A), f (B) = d(A, B)
∀(A, B) ∈ E2 ,
T HÉORÈME 28.18 ♥ Caractérisation des isométries Une application f est une isométrie si et seulement si f est affine et sa partie linéaire L f est un endomorphisme orthogonal. ³−−→´
³−−→´
−−−−−−−−→
Démonstration Fixons A ∈ E. Pour tout M ∈ E, on a : f (M) = f (A) + L f AM où L f est donnée par : L f AM = f (A) f (M). Du fait que f conserve les distances, on tire : °−−→° ° ³−−→´° °−−−−−−−−→° ¡ ¢ ° ° ° ° ° ° °L f AM ° = ° f (A) f (M)° = d f (A) , f (M) = d (A,M) = °AM° .
Montrons que L f est linéaire et qu’elle préserve le produit scalaire. 1
−−→
−→
− − − − Soient → u ,→ v ∈ E. On peut supposer que → u = AM et → v = AN avec M,N ∈ E. On a donc : ¡− ¢ ¡− ¢ −−−−−−−−→ −−−−−−−→ −−−−−−−−→ Lf → u −Lf → v = f (A) f (M) − f (A) f (N) = f (N) f (M)
Utilisant l’égalité de polarisation 27.1 :
°2 °− °2 °→ °2 ´ ¡→ ¢ 1 ³°→ − − − °− u ° + °→ v ° − °− u −→ v° , u |→ v = 2
on obtient : ³
´ ¡→ ¡→ −¢ −¢ Lf u | Lf v
= = = = =
Donc L f préserve le produit scalaire.
2
µ° ° ¶ ° ° ° ° ¡→ ¡→ 1 ° −¢ − ¢°2 − ¢°2 ° ¡→ − ¢°2 ° ¡→ °L f u ° + °L f v ° − ° L f u − L f v ° 2 ° °´ °→ 1 ³° −° − ° °−−−−−−−−→° °→ u ° + ° v ° − ° f (N) f (M)° 2 °´ ° °→ 1 ³° −° − ° °−−→° °→ u ° + ° v ° − °NM° 2 °→ 1 ¡° −° − ° °→ − → − °¢ °→ u °+° v °−° u − v ° 2 ¡→ − → −¢ u |v
³ ¡ ´ ¡− −e ¢ une base orthogonale de E et soit → − −e ¢ Soit e = → e 1 ,... , → u ∈ E. Comme L f préserve le produit scalaire, la famille L f → n k
est encore orthogonale en vertu de la proposition 27.6. Soit : v = ³
´
¡− ¢ e i est une famille orthogonale : Comme la famille L f → ¡− ¢ Lf → v
= =
Pn
k=1
n ³ X ¡− ¢ ¡− ¢´ ¡→ ¢ Lf → v | Lf → e k L f −e k
k=1 n ¡ X k=1
→ − −e ¢ L ¡→ − ¢ v |→ k f ek
1108
k=1,...,n
¢ − − → − → − e avec pour tout k ∈ 1,n , α = ¡→ v |→ ek . v k→ − k k
On a ainsi montré que : Lf
Ã
n X
k=1
On en déduit facilement que L f est linéaire. 3
! n X ¡− ¢ → − αk e k = αk L f → ek k=1
En résumé f est une application affine et sa partie linéaire L f est un automorphisme orthogonal.
28.3.2 Projections et symétries orthogonales, réflexions D ÉFINITION 28.15 ♥ Projection, symétrie affine orthogonale, Réflexion Soit F un sous-espace affine de E de direction F et G un supplémentaire de F dans E. Soit p et s la projection et la symétrie affine de E sur F parallèlement à G. Si G est le supplémentaire orthogonal de F dans E, on dit que : – p est la projection affine orthogonale sur F – s est la symétrie affine orthogonale par rapport à F . Si de plus, F est un hyperplan affine de E (c’est-à-dire une droite dans le plan ou plan dans l’espace) alors on appelle réflexion la symétrie affine orthogonale par rapport à F . P ROPOSITION 28.19 Une symétrie affine est une isométrie si et seulement si elle est orthogonale. Démonstration Supposons que s est la symétrie affine par rapport à F de direction F parallèlement à G (E = F ⊕G). On a la série d’équivalence : s est une isométrie ⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒
Remarque 28.8
L’application linéaire associée à s : Ls est orthogonale F et G sont supplémentaires orthogonaux s est une symétrie orthogonale
On en déduit que les réflexions sont des isométries.
D ÉFINITION 28.16 ♥ Hyperplan médiateur d’un segment Soient A, B ∈ E deux points distincts de E. L’ensemble : H = {M ∈ E | d (M, A) = d (M, B)} est un hyperplan affine de E appelée hyperplan médiateur du segment [A, B]. De plus, H est orthogonal à [A, B] et passe par le milieu I de [A, B]. −→⊥
Démonstration Il est clair que I ∈ H . Notons H = Vect AB . H est clairement un hyperplan de E. Montrons que H = I + H ce qui prouvera la proposition. Pour tout M ∈ E, on a :
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
°−−→°2 °−−→°2 ° ° ° ° °MA° − °MB° = 0 ³−−→ −−→ −−→ −−→´ MA − MB | MA + MB = 0 ³−→ −→ − →´ → − AB | 2MI + IA + IB = 0 ³−→ −→´ AB | IM = 0
Donc : ³−→ −→´ −→ ⊂ Si M ∈ I + H alors IM ∈ H et AB | IM = 0 donc : d (M, A) = d (M,B) et M ∈ H . ⊃
³−→ −→´
−→
Si M ∈ H alors AB | IM = 0 et M = I + IM ∈ I + H.
P ROPOSITION 28.20 Etant donnés deux points A, B ∈ E distincts ; il existe une unique réflexion s telle que s(A) = B et s(B) = A. Démonstration Soit H l’hyperplan médiateur du segment [A,B]. La réflexion associée r échange A et B. Supposons que r ′ soit −→ une autre réflexion qui échange A et B. Notons H ′ son hyperplan. Alors H ′ est orthogonal à AB. Par unicité du supplémentaire ³−→´⊥
orthogonal, la direction de H ′ est H = Vect AB r = r ′.
. De plus, le milieu I de [A,B] ∈ H ′ . Donc H ′ = I + H = H . On en déduit que
1109
D ÉFINITION 28.17 ♥ Déplacement On dit qu’une isométrie affine est un déplacement lorsque sa partie linéaire est une isométrie vectorielle directe : L f ∈ SO(E).
28.3.3 Déplacements du plan D ÉFINITION 28.18 ♥ Rotation affine dans l’espace On appelle rotation tout déplacement de l’espace admettant au moins un point fixe. T HÉORÈME 28.21 ♥ Classification des déplacements du plan Soit f : E2 7→ E2 un déplacement, alors
1. Si L f = id, f n’admet aucun point fixe et f est une translation ;
2. Si L f 6= id, f admet un et un seul point fixe Ω ∈ E2 et f est une rotation : • L f est une rotation vectorielle r θ . • ∀M ∈ E2 ,
−−→ f (M) = Ω + r θ (ΩM)
Démonstration Les translations et les rotations affines sont des déplacement du plan. Réciproquement, si f est un déplacement du plan, par application du théorème ??, L f est une rotation vectorielle du plan d’angle θ ∈ R. Si θ = 0 [2π] alors L f = id et en appliquant le théorème 28.17, ¡ f est ¢ une translation. Sinon, alors montrons que f admet un point fixe. En fixant un repère orthonormal direct dans le plan et en notant dans ce repère : O,i , j ¡ ¢ • ¡x, y ¢les coordonnées de M ∈ E2 • ¡x ′ , y¢′ celles de f (M) • α,β celles de f (O) on a : µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ x′ cos θ α + = sin θ y′ β
−sin θ cos θ
x y
M est un point fixe de f si et seulement si f (M) = M c’est-à-dire si et seulement si, utilisant la relation matricielle précédente : (
mais
(1 − cos θ) x + sin θy
−sin θx + (1 − cos θ) y
¯ ¯ 1 − cos θ ¯ ¯ −sin θ
=α =β
¯ sin θ ¯¯ = 2 − 2cos θ 6= 0 1 − cos θ ¯
car θ 6= 0[2π]. Le système précédent³ admet donc une et une seule solution et f admet alors bien un point fixe noté A. f est donc de −−→´ la forme : ∀M ∈ E, f (M) = A + r θ AM et c’est bien une rotation du plan.
C OROLLAIRE 28.22 ♥ Description des rotations affines dans le plan f est une rotation affine du plan E2 si et seulement si : 1 2
f admet un point fixe Ω ∈ E2 .
L f = r θ où r θ est la rotation vectorielle d’angle θ ∈ R.
Autrement dit, pour tout M ∈ E :
³−−→´ f (M) = Ω + r θ ΩM
28.3.4 Déplacements de l’espace D ÉFINITION 28.19 ♥ Rotation affine dans l’espace On appelle rotation tout déplacement de l’espace admettant au moins un point fixe. P ROPOSITION 28.23 ♥ Description des rotations affines dans l’espace Soit f : E3 7→ E3 une rotation différente de l’identité. Alors : 1 2 3
L f = r θ où r θ est une rotation vectorielle de l’espace d’angle θ ∈ R et d’axe D. ¡ ¢ D = Fix f est une droite affine de direction notée D.
Soit H un plan affine de direction H = D⊥ . D’après la proposition 28.6, H ∩ D est un singleton. Notons Ω son élément. Alors : H est stable par f et f |H est une rotation affine du plan H de centre Ω. 1110
Démonstration 1 Notons A un point fixe de f . f étant un déplacement de l’espace, pour tout M ∈ E, on peut écrire : ³−−→´ f (M) = A + L f ΩM
avec L f ∈ O3 (R ). Par application du théorème 27.36, il existe un axe vectoriel D de l’espace tel que L f est une rotation vectorielle d’axe D d’angle θ ∈ R. Cet axe D est formé de vecteurs invariants pour L f . 2
3
¡ ¢
Plus précisément, si f 6= id, on a : D = Ker(L f − id). D’après la proposition 28.16, Fix f est un sous-espace affine de E de ¡ ¢ direction Ker(L f − id), il vient alors Fix f = A + D = D . − Soit → u un vecteur unitaire engendrant D. Les points de H sont caractérisées par : ³−−→ ´ − M ∈ H ⇐⇒ ΩM | → u = 0. ¡
¢
− On vérifie alors facilement que f (H ) ⊂ H : Soit M ∈ H . On a donc : ΩM | → u = 0. Mais ´ ³−−−−−→ − Ωf (M) | → u
= = =
=
´ ³−−−−−−−−→ − f (Ω) f (M) | → u ³ ³−−→´ ¡− ¢´ L f ΩM | L f → u ´ ³−−→ → − ΩM | u
0
car L f ∈ E3 . Donc f (M) ∈ H et H est stable par f .
− u ∈ D un vecteur Il est clair que, f étant une isométrie de E3 , f |H est une isométrie de H . Montrons qu’elle est directe. Soit → → − à H il oriente ce plan. Complétons le vecteur en une base orthonormale unitaire¡orientant¢ D. Ce vecteur étant¡normal u ¢ − − − − − u ,→ v ,→ w de E3 en sorte que → v ,→ w forme une base orthonormale directe de H . la matrice de L f dans cette base directe → ¶ 0 et où S est la matrice de L f |H . On a donc, f préservant l’orientation : 1 = det R = det S et f |H S est une isométrie directe du plan H .D’après le théorème 28.21, on en déduit que : f |H est une rotation affine du plan H de centre Ω.
est de la forme : R =
µ 1 0
L EMME 28.24 ♥ − ′ − Soit f une rotation d’axe D de direction D et soit → u ∈ D⊥ alors t→ u ◦ f est encore une rotation d’axe D de direction D. − Démonstration Il suffit pour prouver le lemme de montrer que t→ u ◦ f admet au moins un point fixe. Considérons H un plan affine de direction H = D⊥ . Comme dit dans la proposition 28.23, si Ω est le point d’intersection de H et D , f |H est une rotation − − affine du plan H de centre Ω. Comme → u ∈ D⊥ , on vérifie facilement que t→ u ◦ f |H est une isométrie directe de H et que ce n’est − pas une translation de H . D’après le théorème de classification des déplacements 28.21 du plan, on en déduit que t→ u ◦ f |H est une − rotation affine du plan H et donc qu’elle admet un point fixe dans H . Ce point fixe est aussi un point fixe de t→ ce qui prouve ◦ f u le résultat. f (M)
→ − u r (M)
θ M
D
F IGURE 28.6 – Vissage
D ÉFINITION 28.20 ♥ Vissage Soit f : E3 7→ E3 une application affine, D une droite affine de E3 de direction D , θ ∈ R et u ∈ D un vecteur de D. On dit − que f est un vissage d’axe D , d’angle θ et de vecteur → u si et seulement si f est la composée de la translation de vecteur u et de la rotation affine d’axe D et d’angle θ.. 1111
Remarque 28.9
On détermine l’axe D d’un vissage f par la condition : −−−−−→ D = {M ∈ E | M f (M) ∈ D}
T HÉORÈME 28.25 ♥ Classification des déplacements de l’espace Soit f : R3 7→ R3 un déplacement de l’espace E3 . On note Fix( f ) l’ensemble des points invariants par f : Fix( f ) = {M ∈ E3 | f (M) = M}
1. L f = id : f est une translation ;
→ −
2. L f 6= id, alors L f est une rotation vectorielle d’axe D = Vect( d ) et d’angle θ ;
(a) Si Fix( f ) 6= ∅ alors Fix( f ) est une droite affine D de direction la droite vectorielle D. On dit que f est une rotation affine d’axe D et d’angle θ,
(b) Si Fix( f ) = ∅, alors f est la composée d’une rotation d’axe D (droite de direction D) et d’une translation − − de vecteur → u ∈ D. On dit que f est un vissage d’axe D , d’angle θ et de vecteur → u. Démonstration Les translations, les rotations et les vissages sont des déplacements du plan. Réciproquement, supposons que f est un déplacement du plan, et montrons que f est une de ces 3 application. Si f admet un point fixe alors f est une rotation. − u ∈ E tel Sinon, si f n’admet pas de point fixe, alors d’après le théorème de factorisation d’une application affine 28.17, il existe → → − − que g = t→ soit une application affine avec au moins un point fixe. Si L = id est alors f est la translation de vecteur . Sinon, g ◦ f u g u est, par définition, une rotation. Notons D son axe, D la direction de D et H le supplémentaire orthogonal de D dans E. Il y a deux possibilités : − − u ∈ D dans quel cas f = t−→ • Soit → u ◦ g est un vissage d’axe D . → − → − − → − → • Soit u 6∈ D et u = u1 + u2 ∈ D ⊕⊥ H. Il vient f = t−− u→1 ◦ t−− u→2 ◦ g mais d’après le lemme 28.24, t−− u→2 ◦ g est une rotation d’axe → ∈ D, f = t −→ ◦ t −→ ◦ g est une rotation si − → = 0 et un vissage sinon, dans les ⊥ . Comme − D ′ de direction D car − u→ ∈ H = D u u 2 1 1 −u −u 1
deux cas d’axe D ′ .
2
28.4 Similitudes D ÉFINITION 28.21 ♥ Similitude On appelle similitude une application f : E 7→ E telle que ∀(A, B) ∈ E2 , d( f (A), f (B)) = kd(A, B) où k ∈ R⋆ . Le réel k s’appelle le rapport de la similitude. Remarque 28.10
Une homothétie affine est une similitude, une isométrie affine est une similitude de rapport 1.
Remarque 28.11 On montre que f est une similitude de rapport k si et seulement si f est une application affine de partie linéaire L f vérifiant : −x ∈ E, kL (→ − → − ∀→ f x )k = kk x k
c’est-à-dire que L f = ku avec u ∈ O(E). P ROPOSITION 28.26 Groupe des similitudes L’ensemble des similitudes forme un sous-groupe du groupe affine. D ÉFINITION 28.22 ♥ Similitude directe On dit qu’une similitude f est directe (resp. indirecte) si det(L f ) > 0 (resp. det(L f ) < 0). L’ensemble des similitudes directes forme un sous-groupe du groupe des similitudes. T HÉORÈME 28.27 ♥ Propriétés des similitudes directes Soit une similitude directe du plan E 2 . Alors : 1. f conserve les angles orientés : Pour trois points (A, B, C) de E 2 avec A 6= B, A 6= C, l’angle ¡−→ −→¢ ¡−−−−−−−→ −−−−−−−→¢ ∡ f (A) f (B), f (A) f (C) = ∡ AB, AC .
2. f multiplie les aires par k 2 : Si (ABCD) est un parallélogramme, A ( f (A) f (B) f (C) f (D)) = k 2 A (ABCD).
1112
f (C)
f (D)
f (B)
f (B)
θ 2
k A C f (A)
θ A
C
D
f (C)
A f (A) A
B
B
(b) Multiplication des aires par k 2
(a) Conservation des angles
F IGURE 28.7 – Similitudes directes
T HÉORÈME 28.28 ♥ Classification des similitudes directes du plan Soit une similitude directe du plan E 2 de rapport k . 1. Si k = 1, alors f est une isométrie affine (translation ou rotation).
2. Si k 6= 1, f possède un unique point fixe Ω et il existe une rotation affine r Ω,θ de centre Ω, d’angle θ et une homothétie affine de centre Ω et de rapport k telles que f = hΩ,k ◦ r Ω,θ = r Ω,θ ◦ hΩ,k
P ROPOSITION 28.29 Représentation complexe d’une similitude directe En identifiant le plan avec C , une similitude directe de rapport k et d’angle θ correspond à une application : f :
½
C z
−→ 7−→
C az + b
où a = ke iθ et b ∈ C . C OROLLAIRE 28.30 Étant donnés deux segments du plan, [A, B] et [C, D], il existe une unique similitude directe f telle que f (A) = C et f (B) = D.
1113
28.5 Exercices 28.5.1 Sous-espaces affines Exercice 28.1 On considère une partie non vide F d’un espace affine de dimension finie E . Montrer que F est un sous-espace affine de E si et seulement si pour tous points distincts A, B ∈ F , la droite (AB) est incluse dans F . Solution : ⇒ Supposons que F est un sous-espace affine de E de direction F. Soient A, B deux points distincts de F et M un −−→ −→ −→ −→ point de (AB). Alors il existe α ∈ K tel que AM = αAB. Mais alors M = A + αAB ∈ F car AB ∈ F. Donc (AB) ⊂ F . ⇐ Supposons que pour tout couple (A, B) de points distincts de F , on a (AB) ⊂ F . Montrons que F est un sous-espace n o −−→
−−→
− u = AM, affine de E . Soit A ∈ F et F = AM | M ∈ F . Il faut montrer que F est un sous-espace vectoriel de E . Soient →
−→ − → − u . Alors P est élément de la droite (AM) et comme cette droite est v = AN ∈ F et α ∈ R. Soit P ∈ E tel que P = A + α→ → − − − u +→ v . On sait que M, N ∈ F donc (MN) ⊂ F et incluse dans F , P ∈ F . Donc α u ∈ F. Soit Q ∈ E tel que Q = A + → plus particulièrement, le milieu I de [MN] est élément de F . Mais comme AMQN est un parallélogramme, I est aussi − − le milieu de [AQ] Donc Q ∈ (AI) et on a bien Q ∈ F ce qui prouve que → u +→ v ∈ F. Alors F est bien un sous-espace vectoriel de E et F est un sous-espace affine de E .
28.5.2 Applications affines Exercice 28.2 ♥ On considère un espace affine E . Soit h une homothétie de centre Ω et de rapport α 6= 0, 1. Soit t la translation de − vecteur → u . Déterminer la nature des applications t ◦ h et h ◦ t . Solution : −−→ − u . Cherchons les points fixes de ψ. On a ψ (M) = M si – On note ψ = t ◦ h . Alors pour tout M ∈ E , ψ (M) = Ω + k ΩM + → −−→ −−→ − − 1 → 1 → et seulement si ΩM = 1−k u . Notons alors ω le point de E vérifiant Ωω = 1−k u . C’est l’unique point fixe de ψ. De ¢ ¡ → − → → − − → − plus, la partie linéaire de ψ est donnée pour tout x ∈ E par ψ x = k x . Donc ψ est l’homothétie de centre ω et de rapport k . −−→ − – On considère maintenant ϕ = t ◦ h . Pour tout M ∈ E , ϕ (M) = Ω + k ΩM + k → u . M est un point fixe de ϕ si et seulement −−→ − − − k → ϕ donnée pour tout → x ∈ E par si ¡ΩM¢ = 1−k u . Notons ω le point de E ainsi défini. La partie linéaire de ϕ est → → − → − → − ϕ x = k x . On reconnaît que ϕ est l’homothétie de centre ω et de rapport k . Exercice 28.3
♥
− u un vecteur non nul de la droite qu’ils 1. Soient A, B et C trois points alignés (C 6= A) du plan affine. Soit → −→ − u . Le réel α est appelé mesure algébrique et est noté AB. Il dépend définissent. Il existe α ∈ R tel que AB = α→ − u . Montrer que ce n’est pas le cas du rapport AB/AC. évidemment du choix de → ′ ′′ 2. Soient d, d , d trois droites paralèles du plan affine ( d 6= d ′ ) et D1 , D2 deux droites du plan affine non parallèles à d . Pour i = 1, 2, on pose Ai = Di ∩ d , A′i = Di ∩ d ′ , A′′i S = Di ∩ d ′′ . (a) Démontrer le théorème de Thalès : A 1 A′′1 A 1 A′1
b
A1 D2
A 2 A′2
.
d′
d′
d
D1
A 2 A′′2
=
A′′1
A′1 b
b
b
A2 b
A′2 b
1114
A′′2
(b) Démontrer la réciproque du théorème de Thalès : Si B ∈ D1 vérifie A1B A 1 A′1
=
A 2 A′′2 A 2 A′2
alors B ∈ d ′′ (et B = A′′1 ). Solution : −→
− 1. Soit → u ′ un autre vecteur directeur de la droite définie par les trois points. Il existe α, α′ , β, β′ ∈ R tels que AB = −→ − − − − − − → − − u et → v sont non nuls et colinéaires, il existe γ ∈ R∗ tel que → u ′ = γ→ u. u = β′ → u ′ . Comme → α u = α′→ u ′ et AC = β→ ′ ′ ′ ′ Alors α γ = α et β γ = β. Il s’ensuit que α /β = α/β et on a prouvé que le rapport AB/AC est indépendant du choix − u. de →
2.
− p la projection vectorielle associée. On (a) On considère p la projection sur D2 parallèlement à d . On note → − −−→ −−−→ ′ ′′ sait que comme A1 , A1 et A1 sont alignés, il existe α ∈ R tel que A1 A′′1 = αA1 A′1 . De plus, α = A1 A′′1 /A1 A′1 ¡ ¢ ¡ ¢ (A1 A′1 6= 0 car d 6= d ′ ). Mais comme d , d ′ et d ′′ sont parallèles, p (A1 ) = A2 , p A′1 = A′2 et p A′′1 = A′′2 . De plus ´ ´ ³ ³ −−−→ −−−→′′ → −−−→ −−−→ − p A 1 A′1 = αA 2 A′2 A2 A2 = − p A 1 A′′1 = α→
et on a aussi α = A2 A′′2 /A2 A′2 ce qui prouve le théorème de Thalès.
(b) Supposons que B ∈ D1 vérifie
A1B A 1 A′1
=
A 2 A′′2 A 2 A′2
alors avec les notations précédentes
′′ ′′ −−→ A 1 B −−−→′ A 2 A 2 −−−→′ A 1 A 1 −−−→′ −−−→ A1B = A1 A1 = A1 A1 = A 1 A 1 = A 1 A′′1 A 1 A′1 A 2 A′2 A 1 A′1
et B = A′′1 . Exercice 28.4
♥♥
1. Prouver que la composée de deux homothéties de centres respectifs A1 et A2 (A1 6= A2 ) et de rapports k1 et k2 est une homothétie de rapport k1 k2 et de centre aligné avec A1 et A2. 2. En déduire le théorème de Menelaüs : Soient ABC un triangle et A′ , B′ , C′ trois points du plan tels que A′ ∈ (BC), B′ ∈ (AC) et C′ ∈ (AB). Alors A′ , B′ et C′ sont alignés si et seulement si ils vérifient A′ B B′ C C′ A . . = 1. A′ C B′ A C′ B
Solution : −−−→
1. Soit M un point du plan. Alors M′ = h1 (M) = A1 + k1 A1 M et
³−−−→ −−−→´ −−−→ ¡ ¢ −−−→ −−−→ h2 ◦ h1 (M) = h2 M′ = A 2 + k 2 A 2 M′ = A 2 + k 2 A 2 A 1 + A 1M′ = A 2 + k 2 A 2 A 1 + k 1 k 2 A 1 M
−−−→
−−−→
et on reconnaît que h1 ◦ h2 est l’homothétie de centre A2 + k2 A2 A1 et de rapport k1 k2 . Il est clair que A2 + k2 A2 A1 est un point de (A1 A2 ). ⇒ On suppose que A′ , B′ et C′ sont alignés. On considère l’homothétie h1 de centre A′ et de rapport A′ B/A′ C, l’homothétie h2 de centre B′ et de rapport B′ C/B′ A et l’homothétie h3 de centre C′ et de rapport C′ A/C′ B. Alors h1 (C) = B, h2 (A) = C et h3 (B) = A donc si h = h3 ◦¡h1 ◦ h¢2 , h (A) = A. De plus, d’après la première question, h3 ◦ h1¡ est une de centre Ω sur la droite A′ C′ et¡ donc ¢ homothétie ¢ h est aussi une homothétie de centre sur la ′ ′ ′ ′ droite ΩB . Comme A , B , C sont alignés, ce centre est sur B′ C′ . Donc il ne peut être égale à A. On en déduit ′ ′ ′ que h = id. Le rapport de h est donc 1. Mais il vaut aussi A′ B . B′ C . C′ A d’où l’égalité. AC BA CB ⇐ Réciproquement, on considère les mêmes trois homothéties de la question précédentes. Comme A′ B B′ C C′ A . . = 1, A′ C B′ A C′ B ′ rapport C B/C′ A
on a à nouveau h = id. Donc h1 ◦ h2 = h3−1 . Mais h3−1 est l’homothétie de centre C′ et de ¡
¢
et le centre de l’homothétie h1 ◦ h2 est sur la droite A′ B′ . On en déduit que les points A′ , B′ ′ et C sont alignés.
1115
Exercice 28.5 ♥ Soit D et D′ deux doites sécantes en O. Soit A et B deux points fixés sur D. On considère M et N sur D′ tels que (AM) et (BN) sont parallèles. (BM) et (PN) sont parallèles. Démontrer que le point P reste fixe lorsque M se déplace sur la droite D (pivée de O). Solution : C’est un exercice emprunté à un manuel de seconde. Il peut se traiter avec le théorème de Thalès.
N b
M b
b
b
b
A
b
B
P
O
Or, avec notre nouveau vocabulaire, le théorème de Thalès s’énonce : Les projections sont des applications affines. On considère donc p M la projection sur D′ parallèlement à (AM) et p B la projection sur D′ parallèlement à (BM). p B ◦p M est une application affine qui laisse la droite D invariante. Donc la (double) restriction f M de p B ◦ p M à D est affine. On a f M (A) = B et f M (O) = O. Donc toutes les f M sont égales sur un repère affine de D, donc elles sont toutes égales entre elles et donc f M (B) = P quelle que soit la position de M, ce qu’il fallait démontrer. Exercice 28.6 ♥ Soit ABC un triangle. On choisit un point M0 appartenant à [AB]. • La parallèle à [ AC] passant par M0 coupe [BC] en M1 . • La parallèle à [ AB] passant par M1 coupe [ AC] en M2 . • La parallèle à [BC] passant par M2 coupe [ AB] en M3 . • La parallèle à [ AC] passant par M3 coupe [BC] en M4 . • La parallèle à [ AB] passant par M4 coupe [ AC] en M5 . • La parallèle à [BC] passant par M5 coupe [ AB] en M6 . Démontrer que M0 = M6 . Démontrer que les triangles M1 M3 M5 et M2 M4 M6 ont la même aire. Solution : b
B
M0 b
b
M1
M3 b
b
A
M4
b b
M2
b
M5 b
C
On peut démontrer que M0 = M6 en utilisant la propriété de Thalès. Il est plus confortable de remarquer que l’application Mi 7→ Mi+1 par une projection oblique, donc affine : par composition, l’application M0 7→ M6 est une transformation affine de la droite (AB). On vérifie facilement que les points A et B sont invariants, donc M0 7→ M6 est l’identité. Il est simple de démontrer que les triangles M1 M3 M5 et M2 M4 M6 ont la même aire dans le cas où A0 B0 C0 est un triangle isocèle rectangle en A0. Il suffit de regarder la symétrie orthogonale par rapport à la médiatrice de [BC]. Maintenant il existe une (unique) transformation affine qui tansforme le repère affine (A0 , B0 , C0 ) en (A, B, C). Cette transformation multiplie les aires par un facteur constant : la valeur absolue du déterminant de l’application vectorielle associée. C’est le jacobien. Donc en fin de compte, les aires sont égales. 1116
Exercice 28.7 ♥ On considère une application affine f : E → E telle qu’il existe n ∈ N∗ pour lequel f n = id. Montrer que f admet un point fixe. Solution : Soit A ∈ E . Notons G l’isobarycentre des points A, f (A), . . ., f n−1 (A). Alors f (G) est l’isobarycentre des points f (A), f 2 (A), . . ., f n (A) = A et donc f (G) = G. Exercice 28.8 ♥♥ Soit f : E → E une application affine. Montrer que : 1. f est une projection si et seulement si f ◦ f = f . 2. f est une symétrie si et seulement si f ◦ f = id. Solution :
→ −
→ −
1. On note f l’application linéaire associée à f , F la direction de ImF et G = Ker f . → − ⇒ Si f est une projection affine alors f est une projection vectorielle sur F parallèlement à G. Soient A ∈ F (donc A = f (A)) et M ∈ E alors −−−−−−→ −−−−−−−−−→ → − ³−−−−−→´ −−−−−→ A f 2 (M) = f (A) f 2 (M) = f A f (M) = A f (M)
−−−−−→
car A f (M) ∈ F et donc f 2 (M) = f (M). On a montré que f 2 = f . → − ⇐ Réciproquement, on suppose que f 2 = f . Montrons que f est la projection sur F parallèlement à G. Soit → − → − u ∈ E , A ∈ E et M = A + u . Alors
→ −
¢ → − ³−−→´ −−−−−−−−→ −−−−−−−−→ → − ³−−→´ → → − 2 ¡→ − ¡− ¢ u = f 2 AM = f 2 (A) f 2 M = f (A) f (M) = f AM = f → f − u
→ −
→ −
et donc f 2 = f ce qui permet d’affirmer que f est un projecteur et que E = F⊕G. Comme f 2 (A) = f (A), f (A) est un point fixe de f . Mais si F = f (A) + F alors f prend la même valeur en f (A) et à la même application linéaire associée que la projection affine sur F parallèlement à G. Donc f est la projection affine sur F parallèlement à G. → −
→ −
2. On note f l’application linéaire associée à f , F la direction de Im f et G = Ker f . → − ⇒ On suppose que f est une symétrie affine alors f est une symétrie vectorielle. Soit A 0 ∈ E et A le milieu de [A 0 f (A 0)]. Alors f (A) = A et pour tout M ∈ E ³ ³ → − ³−−→´´ → − ³−−→´´ → − ³−−→´ −−→ f 2 (M) = s s(A) + f AM = s A + f AM = A + f 2 AM = A + AM = M
donc f 2 = id. → − → − ⇐ Si f 2 = id, on vérifie que f ◦ f = id. En effet, si A, B ∈ E alors
³−→´
−→
³ → − ³−→´´ → − ³−→´ → − ³−→´ B = f 2 (B) = f f (A) + f AB = f 2 (A) + f 2 AB = A + f 2 AB
→ −
³→ −
´
³→ −
´
et f 2 AB = AB donc f 2 = idE . Posons F = Ker f − idE et G = Ker f + idE . On sait donc que ces deux sous-espaces sont supplémentaires dans E. Soient A ∈ E et I le milieu de [A f (A)]. Comme f 2 (A) = A, f (I) est le milieu de [ f (A) f 2 (A)] = [A f (A)] donc f (I) = I et I est un point fixe de f . Posons alors F = I + F. Alors f est la symétrie par rapport à F parallèlement à G car elle prend la même valeur en I et admet la même partie linéaire. Exercice 28.9 ♥ Reconnaître les applications suivantes : 1. f 1 : 2. f 1 :
½ ½
3 ¡ R ¢ x, y, z 3 ¡ R ¢ x, y, z
−→ 7−→ −→ 7−→
3 ¡R ¢ −x + 2y − 2z − 2, −3y + 2z + 6, −4y + 3z + 6
R3¡ 1 6
3y − 3z + 4, −6x + 9y − 3z + 4, −6x + 3y + 3z + 4
Solution : 1117
¢ .
−1 1. f 1 est de la forme AX + Y avec A = 0 0 ¡ ¢ ¡ ¢ résout l’équation f 1 x, y, z = x, y, z pour ( x − y + z = −1
−2 −2 2 et Y = 6 donc c’est bien une application affine. On 3 6 trouver l’ensemble des points fixes de f 1 . Cet ensemble est donné
2 −3 −4
− u = (1, −1, −2). . On reconnaît la droite D passant par A (2, 1, −1) et dirigée par → −2y + z = −3 ³ ´ → − → − Comme A2 = I3 , f est une symétrie parallèlement à G = Ker f + id . Ce plan est engendré par les vecteurs (1, 0, 0) et (0, 1, 1) et admet donc comme équation cartésienne : y − z = 0. En conclusion, f 1 est la symétrie par rapport à la droite D et parallèlement à G. −1 2 −2 1 2. f 2 est de la forme AX + Y avec A = 16 0 −3 2 et Y = 32 1 donc c’est bien une application affine. On 0 −4 3 1 ¡ ¢ ¡ ¢ résout l’équation f 2 x, y, z = x, y, z pour trouver l’ensemble des points fixes de f 2 et on trouve le plan affine → − F d’équation 6x − 3y + 3z − 4 = 0. Comme A2 = A, f 2 est une projection vectorielle parallèlement à la direction → − G = Ker f 2 = Vect (1, 1, 1). En conclusion, f 2 est la projection sur F parallèlement à G.
par le système
Exercice 28.10
♥
¯ ¯1 ¯ 2 Soit E = R muni du repère canonique. Écrire l’expression analytique de la réflexion r échangeant les points A¯¯2 et ¯0 ¯ ¯1 ¯ B¯¯1 . ¯1
Solution : r est une réflexion par rapport au plan P passant par le milieu (1, 3/2, 1/2) de [AB] et de vecteur normal ¡ ¢ ¡ ¢ −→ AB. Une équation cartésienne de ce plan est −y + z + 1 = 0. Si M = x, y, z ∈ R3 , on note x ′ , y ′ , z ′ les coordonnées de M′ = r (M). Le milieu de [Mr (M)] est un point de P donc − −−−−−→
y + y ′ z + z′ + + 1 = 0. 2 2
−→
Le vecteur Mr (M) est colinéaire au vecteur AB donc il existe α ∈ R tel que
¡
¢
¡
¢
′ x − x y′ − y ′ z −z
=0
= −α
=α
et donc − y ′ − y + z ′ − z = 2α ce qui donne grâce à la première relation α = 1 + y − z . On reporte dans le système et on trouve une expression analytique de r : ′ x y′ ′ z
=x
= −2 + z . = 1+ y
Exercice 28.11 ♥ Déterminer l’expression analytique de la réflexion par rapport au plan P : x+y −z =1 ¡
¢
¡
¢
Solution : Soit r la réflexion par rapport au plan P . Si M = x, y, z ∈ R3 , on note x ′ , y ′ , z ′ les coordonnées de M′ = r (M). Le milieu de [Mr (M)] est un point de P donc x + x′ y + y ′ z + z′ + − =1 2 2 2
− − u = (1, 1, −1). Comme r est la symétrie par rapport à P selon → u , il existe α ∈ R tel que Un vecteur normal à P est → −−−→′ → − MM = α u et on a ′ x − x = α y′ − y ′ z −z
1118
=α
=α
¡
¢ ¡
¢ ¡
¢
¡
¢
ce qui donne x ′ − x + y ′ − y − z ′ − z = 3α et en utilisant la première équation, il vient que α = 3/2 1 − x − y + z . On en tire l’expression de r : x′ y′ z ′
¢ 1¡ 3 − x − 3y + 3z 2 ¢ 1¡ = 3 − 3x − y + 3z . 2 ¢ 1¡ = −3 + 3x + 3y − z 2
=
Exercice 28.12 ♥ Déterminer l’expression analytique de la projection p sur le plan affine P : x + y + z = −1 ¡→ ¢ − parallèlement à la droite vectorielle D = Vect − u où → u = (1, 0, 0). ¡
¢
¡
¢
Solution : Soit M = x, y, z ∈ R3 , et x ′ , y ′ , z ′ les coordonnées de M′ = p (M). Comme M′ ∈ P , x ′ + y ′ + z ′ + 1 = 0 et
¡− ¢ −−−→ u , il existe α ∈ R tel que comme MM′ ∈ Vect →
′ x − x = α y′ − y = 0 ′ z −z =0 ¡ ′ ¢ ¡ ′ ¢ ¡ ¢ et donc, en additionnant ces 3 égalités, x − x + y − y + z ′ − z = α, ce qui amène, compte tenu du fait que M′ ∈ P , α = −x − y − z − 1. On reporte dans le système et on trouve l’expression analytique de p : ′ x y′ ′ z
= −y − z − 1 =y
.
=z
28.5.3 Isométries affines Exercice 28.13 ♥ Reconnaître les applications 1. f 1 :
2. f 2 : Solution :
¡
R2
x, y (
¡
R2
x, y
¢
¢
R2 ¢ . 1 ¡ 7−→ p x + 2y − 1, −2x + y + 2 5 −→ R2 ¢ . 1¡ 7 → − 3x − 4y + 20, 4x + 3y − 20 5
−→
¶ µ ¶ 1 2 1 −1 p et B = 5 donc c’est une application affine. 1. L’application f 1 est de la forme AX + B avec A = −2 1 2 ¡ p ¢ On vérifie facilement que f 1 admet un unique point fixe Ω 1/2, 1/4 + 5/4 . De plus, comme t A.A = A.t A = I3 , A → − est une matrice orthogonale directe p et f est une rotation vectorielle d’angle − arctan 2. Donc f 1 est la rotation de centre Ω et d’angle − arcsin 2/ 5 [2π]. ¶ µ µ ¶ −3 4 1 et B = 4 donc c’est une application affine. De 2. L’application f 1 est de la forme AX + B avec A = 51 4 3 −1 → − plus, f 1 admet un unique point fixe Ω(6, 2). Comme t A.A = A.t A = I3 , A est une matrice orthogonale directe et f est une rotation vectorielle d’angle − arctan 2. Donc f 1 est la rotation de centre Ω et d’angle arccos −2/5. p1 5
Exercice 28.14 ♥♥ Reconnaître l’application affine f donnée par
µ
¯ ¯ ¯X ¯−z + 1 ¯ ¯ ¯Y = ¯ −x ¯ ¯ ¯Z ¯ y − 2
1119
0 0 −1 1 Solution : L’application f est bien affine car elle est de la forme AX + B avec A = −1 0 0 et B = 0 . Quand 0 1 0 −2 on recherche ses points fixes, on aboutit à un système incompatible donc f n’a pas de point fixe. Comme At A = t AA = I3 et que det (A) = 1, A ∈ O+3 (R) et f est un déplacement de l’espace. Comme la partie linéaire de f n’est pas l’identité et On cherche l’axe de la rotation vectorielle. Il faut résoudre AX = X et le que f n’a pas de point fixe, c’est un vissage. p → − p − ε1 = 22 (1, 1, 0) est unitaire et orthogonale sous-espace solution est Vect (d) ou d = 33 (−1, 1, 1) est unitaire. Le vecteur → à d . Si θ est l’angle de la rotation, on sait que cos θ = Tr (A) − 1 ³2 → −´ − ¡− ¢ → − sin θ = det → ε1 , d ε1 , f →
p
donc cos θ = −1/2 et sin θ = − 3/2 , c’est-à-dire θ = −2π/3. On recherche maintenant l’axe ∆ du vissage. On sait qu’il → − −−−−−→ → − est dirigé par d . Un point M de l’espace est élément de ∆ si et seulement si le vecteur M f (M) est colinéaire à d ce qui amène le système : x + z − 1 −x − y y −z −2
=λ
=λ.
=λ
→ − − u du vissage qui est − d ainsi qu’une On somme ces trois équations et on trouve λ = −1. On en déduit le vecteur → (
équation cartésienne de ∆
x+y y −z
=1
=1
puis une équation paramétrée : x y z
− Finalement, f = t→ u ◦ r ∆,−2π/3 .
=t
= t +1 . = −t
Exercice 28.15 ♥♥ Reconnaître l’application affine f donnée par ¯ ¯ ¯X ¯ x − 8y − 4z + 2 ¯ ¯ 1 ¯Y = ¯ −8x + y − 4z + 2 . ¯ ¯ 9 ¯Z ¯−4x − 4y + 7z + 1
1 −8 −4 2 Solution : L’application f est bien affine car elle est de la forme AX + B avec A = 19 −8 1 −4 et B = 19 2. −4 −4 7 1 On remarque que A2 = A. Pour rechercher les points fixes de f , on résout le système AX + B = X et l’ensemble solution − admet comme équation 4x + 4y − 2z − 1 = 0. On reconnaît l’équation d’un plan affine P de vecteur normal → n = (2, 2, 1). ¡ ¢→ ¡ ¢ −−−−−→ − Enfin, pour M = x, y, z , on calcule le vecteur M f (M) = −1/9 4x + 4y + 2z − 1 n . On reconnaît alors une réflexion de
plan P .
Exercice 28.16 ♥♥ Reconnaître l’application affine f donnée par ′ x y′ z ′
¢ 1¡ −2x − 2y + z + 1 3 ¢ 1¡ = −2x + y − 2z + 2 3 ¢ 1¡ = x − 2y − 2z + 1 3
=
−2 1 1 1 1 −2 et B = 3 2. Solution : L’application f est bien affine car elle est de la forme AX + B avec A = −2 −2 1 Comme A.t A = I3 et que det (A) = 1, A est la matrice d’une rotation vectorielle d’angle θ. Comme cos θ = (Tr A − 1)/2 = 1 3
1120
−2 −2 1
−1, l’angle de cette rotation est π [2π]. L’axe de la rotation est dirigée par un vecteur solution de AX = X , par exemple → − d = (1, −2, 1). On cherche les points fixes de f en résolvant le système AX + B = X et on s’aperçoit qu’il n’est pas compatible. Donc f n’a pas de point fixe et c’est un vissage de l’espace. Pour déterminer l’axe ∆ de ce vissage, on ¡ ¢ −−−−−→ → − cherche les point M = x, y, z ∈ R3 tels que M f (M) est colinéaire à d . On considère un tel point M. Il existe α ∈ R tel
que
−5x − 2y + z + 1 −2x − 2y − 2z + 2 = −6α x − 2y − 5z + 1
qu’on résout et on trouve que ∆ admet comme équation cartésienne → − → − − u = −1/9 d . Finalement, f = t→ u ◦ r ∆,π .
Exercice 28.17
= 3α
(
= 3α x y
=z
= 2/3 − 2z
et donc le vecteur du vissage est
♥♥
Reconnaître l’application affine f donnée par ′ x y′ ′ z
= z −2
= x +1
= y +1
0 0 1 −2 Solution : L’application f est bien affine car elle est de la forme AX + B avec A = 1 0 0 et B = 1 . Comme 0 1 0 1 → − t A. A = I3 et que det (A) = 1, A est la matrice d’une rotation vectorielle f d’angle θ. La résolution du système AX = X p p → − → − − permet de trouver le vecteur unitaire d = −1/ 3 (1, 1, 1) qui dirige l’axe de f . Le vecteur → ε1 = 1 2 (1, −1, 0) est unitaire p ¡− ¢ → − − r → ε = 1/ 2(0, 1, −1), on trouve que et orthogonal à d . Comme →
1
Tr (A) − 1 cos θ = = − 21 2 p ³ → − ¡− ¢ → −´ 3 − ε1 , f → ε1 , d = − sin θ = det → 2
donc θ = −2π/3 [2π]. On recherche maintenant ( les points fixes d f en résolvant AX+B = X et on trouve comme ensemble
solution la droite ∆ d’équation cartésienne d’angle −2π/3 : f = r ∆,−2π/3 . Exercice 28.18
y −z
x−z
= −1
= −2
. L’application affine f est donc la rotation affine d’axe ∆ et
♥♥
Démontrer que si trois droites de l’espace admettent une perpendiculaire commune, alors la composée des trois demitours correspondants est un demi-tour. Étudier la réciproque. Solution : Supposons le problème résolu. On aurait s3 ◦ s2 ◦ s1 = s soit s2 ◦ s1 = s3 ◦ s . On s’intéresse donc à la composée de deux demi-tours. C’est une isométrie directe donc un vissage, une rotation ou une translation. On prend D1 et D2 deux droites et on considère les demi-tours correspondants s1 et s2 . Or deux droites de l’espace admettent une perpendiculaire commune (unique si les deux droites ne sont pas coplanaires). Une telle perpendiculaire commune coupe D1 en H1 et −−−−→ D2 en H2 . (H1 H2 ) est globalement invariante par s2 ◦s1 . Sa (double) restriction est la translation de vecteur 2H1 H2 . C’est le vecteur nul si D1 et D2 sont sécantes. 1121
H1 b
D1 b
b
H2 D2 b
En projetant sur un plan contenant les directions de D1 et D2 : b
b
2ϑ b
b
b
ϑ b
On obtient une rotation d’angle 2ϑ où ϑ désigne l’angle entre D1 et D2 . On trouve donc (avec les notations précédentes) −−−−→ • Si D1 et D2 ne sont pas coplanaires : un vissage d’axe (H1 H − 2), de vecteur 2H1 H2 et d’angle 2ϑ. • Si D1 et D2 sont sécantes : une rotation d’axe perpendiculaire à D1 et D2 , passant par leur point d’intersection et d’angle 2ϑ. −−−−→ • Si D1 et D2 sont parallèles : une translation de vecteur 2H1 H2 . Maintenant, si D1 , D2 et D3 admettent une perpendiculaire commune ∆, cette perpendiculaire commune est globalement invariante par s3 ◦ s2 ◦ s1 . Sa (double) restriction est la composée d’une translation et d’une symétrie, donc une symétrie. Soit A le centre de cette symétrie. Dans le plan passant par A et perpendiculaire à ∆, on a la composée d’une rotation et d’une symétrie orthogonale. C’est donc une symétrie orthogonale par rapport à une droite. Appelons-la D. s3 ◦ s2 ◦ s1 est donc le demi-tour autour de D. Réciproquement si s2 ◦s1 = s3 ◦s , on a l’égalité de deux vissages/rotations en général. Comme il y a unicité de l’axe, et que cet axe est une perpendiculaire commune à D2 et D1 d’une part et D3 et D d’autre part, cet axe est une perpendiculaire commune à D3 , D2 et D1 . Reste le cas où l’on a une égalité entre deux translations, et là ça ne va plus. Si on prend • D1 parallèle à D2 • D3 parallèle à D • d(D1 , D2 ) = d(D3 , D) • les plans engendrés par D1 et D2 d’une part et D3 et D d’une part sont strictement parallèles. alors on a s2 ◦ s1 = s3 ◦ s (ou s2 ◦ s1 = s ◦ s3 ) sans avoir de perpendiculaire commune à D1 , D2 et D3 .
Donc en résumé, on a l’existence d’une perpendiculaire commune sauf dans le cas où les trois droites sont parallèles et non coplanaires. Exercice 28.19 On considère T un tétraèdre régulier, c’est-à-dire quatre points (Mi )1ÉiÉ4 d’un espace affine euclidien E de dimension 3, vérifiant pour i 6= j , Mi Mj = a , a étant un réel positif fixé. On appelle T l’ensemble des isomorphismes affines f qui conservent T dans le sens suivant : f (T) = T. 1. Démontrer que T est un sous groupe de Is(E). Φ : S4 −→ T est 2. Démontrer que ∀σ ∈ S4 , ∃!f σ ∈ T telle que ∀i ∈ 1, 4, f σ (Mi ) = Mσ(i) . Démontrer que σ
un isomorphisme de groupes. 3. Démontrer que tous les éléments de T sont des isométries affines. 1122
7−→
fσ
4. Démontrer que T ∩ Is+ (E) est isomorphe au groupe A4 . Solution : 1. Il est clair que idE est un isomorphisme affine de E qui conserve T. La composée de deux isomorphismes affines de E qui conservent T est un isomorphisme affine de E et il conserve T. Soit f ∈ T . L’isomorphisme affine f est inversible et f −1 (T) = f −1 ( f (T)) = T.
2. Existence et unicité : T est un repère affine de E et une application affine est entièrement déterminée par ses images des points d’un repère affine. De plus comme l’image par n’importe quel élément de T d’un repère affine est un repère affine, toute application affine qui conserve T est un isomorphisme affine. De ce fait, Φ est une application. De plus Φ est une surjection. En effet, si f ∈ T , alors la (double) restriction de f à T est une bijection de T et définit donc une permutation σ sur les indices des points de T. Enfin Φ est une injection. En effet deux applications affines qui coïncident sur un repère affine sont égales. Reste à voir que Φ est un morphisme. On se donne σ et τ deux éléments de S4 . Il s’agit de démontrer que Φ(σ ◦ τ) = Φ(σ) ◦ Φ(τ) c’est-à-dire que f σ◦τ = f σ ◦ f τ . Or ces deux applications affines coïncident sur le repère affine T puisque f σ◦τ (Mi ) = f σ ◦ f τ (Mi ) = Mσ◦τ(i) . On a donc l’égalité sur E tout entier.
3. Jusqu’ici, on ne s’était pas servi du fait que T est un tétraèdre régulier. On n’avait simplement utilisé le fait que T est un repère affine. Si σ est la transposition (i j ) alors f σ est la symétrie orthogonale par rapport au plan médiateur de Mi et M j . Maintenant, les transpositions engendrent S4 . Si σ est le produit de transpositions σ = τ1 ◦ . . . ◦ τk alors, d’après la question précédente, f σ = f τ1 ◦ . . . ◦ f τk est une isométrie affine comme produit d’isométries affines.
4. À nouveau, si σ est une transposition, alors f σ est une symétrie orthogonale par rapport à un plan, donc un anti-déplacement et l’application linéaire associée a pour déterminant −1. Si σ est le produit de transpositions σ = τ1 ◦ . . . ◦ τk alors, la signature de σ égale (−1)k alors que le déterminant de l’application linéaire associée à f σ vaut aussi (−1)k . On a donc (σ ∈ A4 ) ⇐⇒ ( f σ ∈ Is+ (E)).
28.6 Similitudes Exercice 28.20 ♥ Soient A et B , A′ , B′ quatre points du plan complexe tels que A 6= B et A′ 6= B′ . Montrer qu’il existe une unique similitude directe s tel que s(A) = A′ et s(B) = B′ . Solution : On considère la translation t−−→′ qui envoie A sur A′ et B sur un point B1 , puis la rotation r A′ ,θ de centre A′ et
AA µ ¶ ¡ ¢ −−á −→ −−′→′ ′ d’angle θ = A B1 , A B qui envoie B1 sur un point B2 de la droite A′ B′ puis finalement l’homothétie h A′ ,k de centre A′
et de rapport k = A′ B′ /A′ B2 (bien défini car A′ B2 = A′ B1 = AB 6= 0) qui envoie B2 sur B′ . L’application s = h A′ ,k ◦r A′ ,θ ◦t−−→′ AA est une similitude directe comme composée de similitudes directes. De plus, on a bien s(A) = A′ et s(B) = B′ . Si S est une autre similitude directe telle que S(A) = A′ et S(B) = B′ alors s ◦ S −1 est une similitude qui envoie A sur A et B sur B. Autrement dit, s ◦ S −1 est une similitude qui possède deux points fixes, ce qui n’est possible que si s ◦ S −1 = id et donc S = s . On prouve ainsi l’unicité de s . Exercice 28.21 ♥ On dit que deux triangles ABC et A′ B′ C′ du plan euclidien sont semblables si leurs angles sont deux à deux égaux, b=A b′, B b=B b ′ et C b=C b ′ 1 . Montrer l’équivalence des c’est-à-dire si on a, quitte à échanger le nom des sommets, A propriétés suivantes. 1. Les triangles ABC et A′ B′ C′ sont semblables
2. Les triangles ABC et A′ B′ C′ ont leurs côtés proportionnels. 3. Il existe une similitude directe qui envoie ABC sur A′ B′ C′ . b = Ab′ . 4. AB/A′ B′ = AC/A′C′ et A
Solution : 1. Remarquons qu’il suffit que deux couples angles soient égaux pour que ce soit le cas du troisième
1123
b=A b′, B b =B b ′ et C b =C b ′ . En effec1. 1. =⇒ 2. Supposons que les triangles ABC et A′ B′ C′ sont semblables. Donc A ′ ′ tuant une translation suivi d’une rotation, on peut supposer que A = A et que µ B ∈ ¶(AB) µ . Comme ¶ ces deux trans-
− → −→ à
− −→ −−→ á
formations conservent (les longueurs et) les angles orientés, on a toujours AB, AC = AB′ , AC′ donc C′ ∈ (AC). µ ¶ − −→ −−→ á
µ ¶ − → −→ à
¡
¢
De plus, comme C′ A, CB′ = CA, CB , les droites B′ C′ et (BC) sont parallèles. Le théorème de Thalès permet alors d’écrire que AB′ /AB = AC′ /AC = B′ C′ /BC et les triangles ABC et A′ B′ C′ ont leurs côtés proportionnels.
2. 2. =⇒ 1. Si les triangles ABC et A′ B′ C′ ont leurs côtés proportionnels et que k = AB′ /AB = AC′ /AC = B′ C′ /BC alors par une homothétie de rapport k , on transforme le triangle ABC en un triangle ayant des côtés de même b ′, B b ′ et C b ′ . On nomme encore A′ B′ C′ le longueur que ceux de ABC ce qui n’affecte pas les angles orientés A triangle obtenu. En utilisant les relations d’Al Kashi (voir l’exercice 2.26 page 98), on montre que les cosinus de b ′ et A b, B b ′ et B b, C b ′ et C b sont égaux. Comme la mesure principale de ces angles est élément de ]0, π[, on en angles A b=A b ′, B b=B b ′ et C b =C b ′. déduit qu’ils sont égaux : A
3. 1. =⇒ 3. On suppose que ABC et A′ B′ C′ sont semblables. On sait alors que leurs côtés sont proportionnels (on suppose que k = A′ B′ /AB = A′ C′ /AC = B′ C′ /BC) et que leurs angles sont deux à deux égaux. On considère la t qui envoie A sur A′ . On note t (B) = B1 et t (C) = C1 . On considère ensuite la rotation r d’angle ¶ µ translation ¡ ¢ − −→ −→ á AB1 , AB et de centre A et on note B2 = r (B1 ) et C2 = r (C1 ). Par construction B2 ∈ A′ B′ et comme les triangles ¡ ¢ AB1 C1 , AB2 C2 et A′ B′ C′ ont des angles deux à deux égaux, on sait que C2 ∈ A′ C′ . Enfin, comme les translation et les rotations conservent les longueurs, on a k = A′ B′ /AB2 = A′ C′ /AC2 = B′ C′ /B2 C2 . On considère finalement l’homothétie h de rapport k et de centre A. Elle envoie alors B2 sur B′ et C2 sur C′ . La composée h ◦ r ◦ t est une similitude directe qui envoie ABC sur A′ B′ C′ .
4. 3. =⇒ 1. et 3. =⇒ 2. Réciproquement, les similitudes conservent les angles et les rapports de longueur. 5. 1. =⇒ 4. Comme 1. =⇒ 2., il est clair que 1. =⇒ 4. aussi.
b = Ab′ alors grâce à la formule d’Al Kashi 6. 4. =⇒ 2. Supposons que k = AB/A′ B′ = AC/A′C′ et A ¡
b BC2 = AB2 + AC2 + 2ABAC cos A ¢
et B′ C′2 = A′ B′2 + A′ C′2 + 2A′ B′ A′ C′ cos Ab′
donc BC2 = k 2 A′ B′2 + A′ C′2 + 2A′ B′ A′ C′ cos Ab′ = k 2 B′ C′2 et BC/B′ C′ = k . Donc les côtés de ABC et A′ B′ C′ sont proportionnels. Exercice 28.22
♥
B b
J b
D
M′ b
O b
b
b
I
A
b
P b
M
Dans le plan affine euclidien, on considère un triangle OAB direct et rectangle en O. Soit M est un point de la droite D perpendiculaire en A à (AB). La perpendiculaire en O à (OM) coupe (AB) en M′ . On note par J le milieu de [AB]. 1. Soit s la similitude de centre O telle que s(A) = B. (a) Montrer que, pour tout point M de D , s(M) = M′ .
(b) En déduire que, lorsque M décrit D , le triangle OMM′ reste semblable 2 à un triangle fixe que l’on précisera.
2. On rappelle que des triangles sont semblables s’ils ont des côtés proportionnels
1124
2.
(a) Montrer que, pour tout point M de D , le point I milieu de [MM′ ] est l’image de M par une similitude S de centre O dont on précisera le rapport et l’angle. (b) Si H est le projeté orthogonal de O sur D , déterminer S(H. (c) Déterminer le lieu géométrique du point I lorsque M décrit D .
3. Pour tout point M de D distinct de A, on désigne par P e point du plan tel que MAM′ P est un rectangle. Déterminer le lieu géometrique du point P lorsque M décrit D \ {A}. Indication 28.4 : On n’hésitera pas à utiliser les résultats de l’exercice 28.21.
Solution : 1.
2.
(a) Comme ABC est rectangle en O, l’angle de la similitude s est π/2 et comme les similitudes directes préservent les angles, elle envoie une droite sur une droite perpendiculaire à la première. En particulier : – s envoie la droite (AM) sur la droite perpendiculaire à (AM) et passant par s(A) = B, donc s((AM)) = (AB). – s envoie la droite (OM) sur la droite perpendiculaire à (OM) et passant par s(O) = P donc s((OM)) = OM′ . Le point s(M) se trouve donc à l’intersection de (AB) et (OM′ ) et il s’ensuit que M′ = s(M).
(b) Si α ∈ R désigne le rapport de la similitude s alors on a OB/OA = α et comme M′ = s(M), on a aussi que = AOM = π/2 [2π] donc en vertu du 4. de l’exercice 28.21, les triangles OAB OM′ /OM = α. De plus, MOA et OMM′ sont donc semblables.
(a) On sait que les triangles OAB et OMM′ sont semblables donc. Soit s˜ la similitude telle que s˜ (O) = O, s˜ (A) = M et s˜ (B) = M′ . Comme s˜ ([AB]) = [MM′ ] et que les similitudes conservent les rapports de longueur, et AOJ d s˜(J) = I et les triangles OAJ et OMI sont aussi semblables, en conséquence de quoi les angles MOI sont égaux ainsi que les rapports OJ/OA et OI/OM. Donc la similitude S qui envoie A sur I envoie aussi M d. sur I. Le rapport de S est donc OJ/OA et d’angle AOJ
(b) Si M = H est le projeté orthogonal de O sur D , alors OMAM′ est rectangle et ses diagonales se coupent en leurs milieux. Donc dans ceS(M) = I cas est le milieu K du segment [OA].
(c) Si M décrit D alors I = S(M) ∈ S(D). Mais comme S est une similitude D ′ = S(D) est une droite qui passe par S(A) = J car A ∈ D . De plus, D ′ passe par s(H) le milieu K de [OA] et D ′ = (KJ). Cette droite passe par les milieux de deux côtés du triangle OAB, elle est donc parallèle au troisième (OB). On en déduit que D ′ est la médiatrice de [OA]. −→
→ −
3. On remarque que AP = 2AI donc si h est l’homothétie de rapport 2 et de centre A alors P = h ◦ S(M). Comme h ◦ S est une similitude, elle envoie la droite D sur une droite D ′′ . Mais h ◦ S(A) = B et h ◦ S(H) = O donc D ′′ = (OB) et P décrit (OB) \ {B} Exercice 28.23 On considère un carré ABCD direct. Soient M un point de (BC) et M′ le point d’intersection de la droite (CD) et de la perpendiculaire menée de A à la droite (AM). Déterminer le lieu géométrique du milieu I de [MM′ ]. Solution : Soit r la rotation de cente A et d’angle π/2. On vérifie que r ((AM)) = (AM′ ), que r (B) = D et que r ((BC)) = (CD). Comme M est le point d’intersection des droites (AM) et (BC) et que M′ est celui d’intersection des droites ′ ′ ′ ′ ((AM ) et µ ¶ (CD), on sait que M = r (M) et AM M est rectangle isocèle en A et direct. Si I est le milieu de [MM ] alors p p − −→ − → à AM, AI = π/4 [2π] et AI = 2/2AM. Donc I est l’image de M par la similitude directe s de centre A, de rapport 2/2 et d’angle π/4. Le lieu de I est alors l’image de la droite (BC) par cette similitude, c’est-à-dire la droite (BD).
1125
Annexe
A
Techniques de démonstration Bien sûr que ma moustache est vraie ! Elle appartient même à mon frère Zeppo. Groucho Marx
A.1
Logique des propositions
Dans ce paragraphe, nous allons voir quelques notions de logique qui permettent de mieux comprendre ce qu’est une démonstration mathématique. Vous pouvez laisser de côté l’aspect formel et retenir uniquement quelques idées, en particulier concernant l’implication. On considère une collection de variables propositionnelles V , et on définit de façon inductive les propositions logiques à partir de ces variables. 1. Si x ∈ V est une variable propositionnelle, P = x est une proposition logique. 2. Étant données deux propositions P, Q déjà construites, on définit de nouvelles propositions à l’aide de connecteurs logiques : (a) ¬P (lire non P) est une nouvelle proposition, (b) P ∧ Q (lire P et Q) est une nouvelle proposition, (c) P ∨ Q (lire P ou Q) est une nouvelle proposition, (d) P =⇒ Q (lire P implique Q) est une nouvelle proposition, (e) P ⇐⇒ Q (lire P équivaut Q) est une nouvelle proposition. Par exemple, à partir de deux variables propositionnelles x et y , on peut construire les propositions logiques suivantes : P1 = x ∨ y , P2 = (x ∨ y) =⇒ x , P3 = (x ∨ y) ∧ ((x ∨ y) =⇒ x) . . . Dans la pratique, une variable propositionnelle représente un énoncé qui peut être vrai ou faux. Voici des exemples de variables : – x : « mon chien est blanc » , – y : « toute fonction dérivable est continue » , – z : « il n’existe pas d’entier naturel supérieur à tous les autres entiers » ; En mathématiques, on s’intéresse surtout aux relations existantes entre les énoncés. Par exemple si f est une fonction définie sur [a, b], on peut considérer les variables propositionnelles suivantes : – x : « la fonction f est continue sur [a, b] » – y : « f (a) É 0 » , – z : « f (b) Ê 0 » , – t : « il existe c ∈ [a, b] tel que f (c) = 0 » . Chaque variable peut prendre la valeur logique V (pour vrai) ou F (pour faux). Par exemple, il existe des fonctions qui ne sont pas continues, donc x peut prendre la valeur V ou F, il en est de même pour y , z et t . Nous pouvons construire à partir de ces variables une proposition logique P = (x ∧ y ∧ z) =⇒ t et citer le théorème des valeurs intermédiaires en affirmant que la proposition P est vraie. Formellement, on définit un environnement comme une application σ : V −→ {V, F} qui assigne une valeur V (vrai) ou F (faux) à chaque variable propositionnelle et on définit de façon inductive l’évaluation Vσ (P) d’une proposition P dans l’environnement σ de la façon suivante. 1. Si P = x est une variable, la valeur de vérité de la proposition P est la même que celle de la variable : Vσ (P) = σ(x). 1126
˜ = V lorsque Vσ (P) = F et Vσ (P) ˜ = F lorsque Vσ (Q) = V . On résume cette 2. Si P˜ = ¬P où P est une proposition, Vσ (P) règle dans une table de vérité : Vσ (P)
Vσ (¬P)
V F
F V
˜ = V uniquement lorsque Vσ (P) = V et Vσ (P) = V . Il y a quatre 3. Si P˜ = P ∧ Q où P et Q sont deux propositions, Vσ (P) possibilités pour Vσ (P) et Vσ (Q) que l’on résume dans une table de vérité : Vσ (P)
Vσ (Q)
Vσ (P ∧ Q)
V V F F
V F V F
V F F F
Vσ (P)
Vσ (Q)
Vσ (P ∨ Q)
V V F F
V F V F
V V V F
Vσ (P)
Vσ (Q)
Vσ (P =⇒ Q)
V V F F
V F V F
V F V V
Vσ (P)
Vσ (Q)
Vσ (P ⇐⇒ Q)
V V F F
V F V F
V F F V
˜ est définie par la table de vérité : 4. Si P˜ = P ∨ Q, Vσ (P)
5. Si P˜ = P =⇒ Q,
6. Si P˜ = P ⇐⇒ Q,
On dit que deux propositions P et Q sont logiquement équivalentes et on note P ≡ Q, lorsque pour tout environnement σ, Vσ (P) = Vσ (Q). En d’autres termes, deux propositions sont logiquement équivalentes si, quelles que soient les valeurs de vérité affectées aux variables, les deux propositions s’évaluent de la même manière. Pour montrer que deux propositions sont logiquement équivalentes, il suffit de dresser les tables de vérité des deux propositions et de vérifier qu’elles sont identiques. Si P et Q sont deux propositions logiques, les propositions ¬(P ∧Q) et (¬P)∨(¬Q) sont logiquement équivalentes (on note P à la place de Vσ (P) désormais) : P
Q
V V F F
V F V F
P ∧Q
V F F F
¬(P ∧ Q)
F V V V
¬P
F F V V
¬Q
F V F V
¬P ∨ ¬Q
F V V V
De la même façon, on vérifie que ¬(P ∨ Q) ≡ ¬P ∧ ¬Q. Ces équivalences logiques s’appellent les lois de DeMorgan.
A.1.1 L’implication En mathématiques, on part d’un très petit nombre de faits que l’on suppose vrais (les axiomes) et, à l’aide de règles logiques, on démontre de nouveaux résultats appelés théorèmes, lemmes, propositions, corollaires, . . . Les énoncés mathématiques utilisent souvent l’implication logique. Une des raisons de son importance est la suivante : on connaît déjà un résultat représenté par une proposition P (on sait que Vσ (P) = V ) et par un raisonnement, on montre que la proposition P =⇒ Q est vraie : (Vσ (P =⇒ Q) = V ). En examinant la table de vérité de l’implication, la seule ligne où simultanément Vσ (P) = V et Vσ (P =⇒ Q) = V est la première ligne dans laquelle Vσ (Q) = V . On en déduit ainsi que la proposition Q est vraie. 1127
Remarque 1.1 Examinez attentivement la table de vérité de l’implication : une proposition P =⇒ Q est toujours vraie, sauf lorsque P est vraie et Q est fausse. Un exemple surprenant : considérons les propositions – x : « tous les entiers sont pairs », – y : « tous les entiers sont impairs », – P : « si tous les entiers sont pairs, alors tous les entiers sont impairs ». La proposition x est fausse : σ(x) = F, ainsi que la proposition y : σ(y) = F. La proposition P s’écrit en logique P = x =⇒ y . Cette proposition est vraie : Vσ (P) = V ! En effet, c’est la quatrième ligne de la table de vérité. Ce résultat est surprenant car nous avons l’habitude de considérer une implication P =⇒ Q uniquement dans le cas où P est vraie ! Pour montrer qu’une implication P =⇒ Q est vraie, on utilise deux méthodes importantes.
1. Le raisonnement direct : il consiste à montrer que la deuxième ligne de la table de vérité de l’implication P =⇒ Q est impossible. On suppose que P est vraie : Vσ (P) = V et on justifie que nécessairement Q est vraie : Vσ (Q) = V . On peut affirmer alors que Vσ (P =⇒ Q) est vraie. En effet, lorsque Vσ (P) = F, quelle que soit la valeur de vérité de Q, on a toujours Vσ (P =⇒ Q) = V et on a exclu le cas où Vσ (P) = V et Vσ (Q) = F. 2. Le raisonnement par contraposée :il consiste également à éliminer la deuxième ligne de la table de vérité. On suppose que Q est fausse (Vσ (Q) = V correspond aux lignes 2 et 4 puisqu’aux lignes 1 et 3, on a Vσ (P =⇒ Q) = V ), et on justifie que Vσ (P) = F.
Remarque 1.2 Une autre façon de comprendre le raisonnement par contraposée consiste à vérifier que les deux propositions P =⇒ Q et ¬Q =⇒ ¬P sont logiquement équivalentes : P
Q
¬Q
¬P
¬Q =⇒ ¬P
V V F F
V F V F
F V F V
F F V V
V F V V
On montre alors que ¬Q =⇒ ¬P est vraie avec un raisonnement direct : on suppose que ¬Q est vraie (c’est-à-dire Q fausse) et on justifie que ¬P est vraie (c’est-à-dire P fausse). Exemple 1.1 Soit une fonction f : R −→ R . Montrer que
¡ ¢ ( f impaire ) =⇒ f (0) = 0 .
Utilisons un raisonnement direct. On suppose que f est impaire : pour tout réel x , f (−x) = − f (x). En particulier pour x = 0, on obtient f (0) = − f (0) d’où f (0) = 0. Exemple 1.2 Soit x un réel positif. Montrer que ¡ ¢ ∀ε > 0, x < ε =⇒ (x = 0).
Raisonnons par contraposée : si x 6= 0, alors on a x > 0. En prenant ε = x/2, on a ε > 0 et x > ε ce qui montre que la première proposition est fausse. Remarque 1.3 On utilise souvent le raisonnement par l’absurde en mathématiques. On veut montrer qu’une proposition Q est vraie. On suppose Q fausse et on aboutit à une absurdité. Formellement, on utilise une suite d’implications ¬Q =⇒ Q1 , Q1 =⇒ Q2 , . . . , Qn−1 =⇒ Qn toutes vraies, avec la proposition Qn qui est fausse. p
p
Exemplep1.3 Montrer que 2 est irrationnel. On suppose par l’absurde que 2 est rationnel : il existe p ∈ Z et q ∈ N∗ tels que 2 = p/q . En élevant au carré, 2q 2 = p 2 , mais alors 2 apparaîtrait à une puissance paire dans la décomposition en facteurs premiers de 2q 2 , alors qu’il apparaît avec une puissance paire dans la décomposition de p 2 . On aboutit à une contradiction avec l’unicité de la décomposition en facteurs premiers d’un entier(voir le théorème 20.18 page 757). On p généralise cette preuve pour montrer que si un nombre p est premier, le réel p est irrationnel. Remarque 1.4 N’abusez pas des raisonnements par contraposée ou par l’absurde ! Un raisonnement direct est toujours plus clair et plus simple à rédiger. On se lance dans un raisonnement par contraposée uniquement lorsqu’on n’a pas réussi à trouver une preuve directe. On vérifie l’équivalence logique P =⇒ Q ≡ ¬P ∨ Q.
1128
P
Q
V V F F
V F V F
P =⇒ Q
V F F F
¬P
F F V V
¬P ∨ Q
V F V V
En utilisant les lois de DeMorgan, on obtient alors une technique standard pour nier une implication : ¬(P =⇒ Q) ≡ P ∧ (¬Q).
En pratique, pour montrer qu’une implication P =⇒ Q est fausse, on vérifie que P est vraie, alors que Q est fausse. Une autre équivalence logique importante : (P ⇐⇒ Q) ≡ [(P =⇒ Q) ∧ (Q =⇒ P)]. P
Q
P =⇒ Q
Q =⇒ P
(P =⇒ Q) ∧ (Q =⇒ P)
P ⇐⇒ Q
V V F F
V F V F
V F V V
V V F V
V F F V
V F F V
Ce résultat aura une conséquence importante en mathématiques : pour montrer qu’une équivalence P ⇐⇒ Q est vraie, on montre séparément que les deux implications P =⇒ Q et Q =⇒ P sont vraies.
A.2
Ensembles
La quasi-totalité des énoncés mathématiques s’exprime à l’aide de notations ensemblistes. La théorie précise des ensembles est compliquée et inutile pour nous. Il suffit de comprendre quelques notations et règles intuitives pour pouvoir traiter convenablement tout le programme des classes préparatoires. À faire : reprendre note historique du cours Un ensemble peut être compris intuitivement comme une collection d’objets appelés éléments. Lorsqu’un objet x appartient à l’ensemble E, on notera x ∈ E. S’il n’appartient pas à l’ensemble, on notera x 6∈ E. On dit qu’un ensemble E est inclus dans un ensemble F et on note E ⊂ F lorsque tous les éléments de E sont également éléments de F. On dit alors que l’ensemble E est une partie de l’ensemble F. Un axiome de la théorie des ensembles affirme qu’il existe un ensemble particulier, l’ensemble vide qui ne contient aucun élément et qui est noté ∅. Cet ensemble vide est inclus dans tous les ensembles. On dit que deux ensembles E et F sont égaux et on note E = F lorsque E ⊂ F et F ⊂ E. Cela signifie que les deux ensembles ont les mêmes éléments. Nous supposerons connus quelques ensembles fondamentaux, comme l’ensemble des entiers naturels noté N , l’ensemble des entiers relatifs noté Z , l’ensemble des nombres réels noté R . . . : (0 ∈ N , N ⊂ Z , . . .). Nous allons définir les ensembles de deux façons : 1. En listant un nombre fini de ses éléments, par exemple : F = {1, 2, 3}. Les éléments d’un ensemble peuvent être eux-mêmes des ensembles. On peut par exemple définir l’ensemble G = {∅, {∅}} formé de deux éléments qui sont eux-mêmes des ensembles (on a par exemple ∅ ⊂ G, ∅ ∈ G, {∅} ⊂ G, {∅} ∈ G, {∅, {∅}} 6∈ G). 2. En utilisant un ensemble E déjà construit et une proposition P (x) qui dépend d’un élément x ∈ E. On peut définir l’ensemble formé des éléments de E pour lesquels la propriété P est vraie : F = {x ∈ E | P (x)}.
On peut par exemple définir l’ensemble des réels strictement positifs de cette façon : F = {x ∈ R | x > 0}. Exemple 1.4 On peut définir les ensembles suivants : – {z ∈ C | Re (z) = 0} : l’ensemble des nombres complexes imaginaires purs. p p – {x ∈ R | x 2 − 2 = 0} : cet ensemble est formé de deux éléments 2 et − 2. – {z ∈ C | z 3 = 1} : l’ensemble des racines cubiques de l’unité. Remarque 1.5 Il est nécessaire à notre niveau d’utiliser toujours un ensemble E connu pour définir un nouvel ensemble sous peine d’aboutir rapidement à des paradoxes inextricables ! Par exemple, peut-on considérer l’ensemble F de tous les ensembles qui ne se contiennent pas ? Si on note E l’ensemble formé de tous les ensembles (à supposer qu’un tel ensemble existe), on pourrait définir F par : F = {x ∈ E | x 6∈ x}.
Mais que penser de l’objet F ? 1129
– Si F ∈ F, alors par définition de F, on aurait F 6∈ F ce qui est contradictoire, – Si F 6∈ F, alors par définition de F, F ∈ F ce qui est aussi contradictoire. On voit qu’on ne peut pas parler de l’ensemble E formé de tous les ensembles ! À partir d’ensembles E et F déjà définis, nous pouvons construire de nouveaux ensembles : 1. L’union de deux ensembles est un nouvel ensemble noté E ∪ F. Ses éléments sont les éléments qui sont dans E ou dans F. 2. L’intersection de deux ensembles est un nouvel ensemble noté E ∩ F. Ses éléments sont les éléments qui sont à la fois dans E et dans F. 3. La différence d’un ensemble E et d’un ensemble F noté E \F est un nouvel ensemble. Ses éléments sont les éléments de E qui ne sont pas dans F. 4. Le complémentaire d’une partie A ⊂ E, notée Ac est un nouvel ensemble formé des éléments de E qui ne sont pas dans A : Ac = E \ A.
A
B A∪B
A
B A∩B
A
B A\B
À partir de deux ensembles E et F, on définit un nouvel ensemble noté E×F qui s’appelle le produit cartésien des ensembles E et F. Pour deux éléments x ∈ E et y ∈ F, on définit le couple (x, y) et E × F est l’ensemble dont les éléments sont tous les
couples de cette forme.
Remarque 1.6 Attention, les couples (x, y) et (y, x) sont deux objets distincts, contrairement à l’ensemble {x, y} = {y, x} où l’ordre des éléments est indifférent. On dit que deux couples (x, y) ∈ E × F et (x ′ , y ′ ) ∈ E × F sont égaux lorsque x = x ′ et y = y ′ . On définit par exemple R2 = R × R comme étant l’ensemble formé des couples de réels. On généralise cette notion à des produits cartésiens d’un nombre fini d’ensembles : E1 × · · · × En est l’ensemble formé des n-uplets (x1 , . . . , xn ) où x1 ∈ E1 , . . . , xn ∈ En . Si E est un ensemble, on peut également définir l’ensemble des parties de E noté P (E). Les éléments de P (E) sont les sous-ensembles de E. Par exemple, si E = {0, 1, 2}, P (E) = {∅, {0}, {1}, {2}, {0, 1}, {0, 2}, {1, 2}, {0, 1, 2}}. Les ensembles ∅ et E sont toujours des éléments de l’ensemble P (E). Exemple 1.5 Si E = N , les notations suivantes sont correctes : ∅ ⊂ P (E), ∅ ∈ P (E), 1 6∈ P (E), {1} 6∈ E, {1} ⊂ E, {1} ∈ P (E) . . .
A.3
Quantificateurs
On étend la logique des propositions en ajoutant l’utilisation de quantificateurs ∀ et ∃ qui se lisent respectivement quel que soit et il existe. Nous pourrons parler de propositions de la forme – P : ∀x ∈ R , ∃y ∈ R : x É y – Q : ∃x ∈ R : ∀x ∈ R , x É y Si P (x) est un prédicat, c’est-à-dire une proposition dépendant d’un élément x appartenant à un ensemble E, – la proposition P : ∀x ∈ E, P (x)
est vraie lorsque pour tout élément x ∈ E, la proposition P (x) prend la valeur V , – la proposition Q : ∃x ∈ E : P (x)
est vraie lorsqu’il existe au moins un élément x ∈ E pour lequel la proposition P (x) prend la valeur V . Exemple 1.6 – La proposition P : ∀x ∈ R , x É x + 1 est vraie. – La proposition P : ∀x ∈ R , x 2 − 1 = 0 est fausse, car pour x = 0, la propriété P (x) : x 2 − 1 = 0 n’est pas vraie. – La proposition P : ∃x ∈ R : x 2 − 1 = 0 est vraie car la propriété P (x) : x 2 − 1 = 0 est vérifiée pour x = 1 par exemple.
1130
Remarque 1.7 La proposition « P : ∀x ∈ E, P (x) » utilise une lettre x , mais ne dépend pas d’un élément particulier x ∈ E. On dit que x est une variable muette. On peut écrire la même proposition avec une autre variable muette : P : ∀y ∈ E, P (y). Remarque 1.8 On note ∃!x ∈ E : P (x) pour dire qu’il existe un unique élément x ∈ E vérifiant la propriété P (x). Pour montrer une unicité en mathématiques, on suppose que deux éléments x ∈ E et x ′ ∈ E vérifient P (x) et P (x ′ ) et on montre qu’alors x = x ′ . Il est très important de savoir nier une proposition avec quantificateurs. Si P est la proposition P : ∀x ∈ E, P (x),
la négation de la proposition P, ¬P s’écrit à l’aide du quantificateur ∃ : ¬P : ∃x ∈ E : ¬P (x).
En Français : « il existe au moins un élément x de E pour lequel la propriété P (x) est fausse ». De même, la négation de la proposition Q : ∃x ∈ E : P (x)
s’écrit à l’aide du quantificateur ∀
¬Q : ∀x ∈ E, ¬P (x)
En Français : « Pour tous les éléments x de E, la propriété P (x) est fausse. Remarque 1.9 La négation de la proposition P : ∀x ∈ E, P (x) n’est pas ∀x ∈ E, ¬ P (x). Par exemple, si P est la proposition « tous les chats sont noirs », sa négation n’est pas « tous les chats ne sont pas noirs », mais « il existe au moins un chat qui n’est pas noir ». On peut alors écrire de façon automatique la négation d’une proposition faisant intervenir plusieurs quantificateurs. – P : ∀ε ∈ R+ , ∃α ∈ R+ : α < ε se nie en ¬P : ∃ε ∈ R+ : ∀α ∈ R+ , α Ê ε. – P : ∃x ∈ R : ∀n ∈ N , ∃y ∈ R : x = n y se nie en ¬P : ∀x ∈ R , ∃n ∈ N : ∀y ∈ R , x 6= n y – En se rappelant que la négation de la proposition P =⇒ Q est logiquement équivalente à (¬P∧Q), on nie la proposition : £ ¤ P : ∀x ∈ R , (∃n ∈ N : n É x) =⇒ (∀p ∈ N , p Ê x)
¬P : ∃x ∈ R : (∃n ∈ N : n É x) ∧ (∃p ∈ N : p < x)
Multimédia : Exerciseur pour nier une prop. à quantificateurs
A.4
Plans de démonstration
On réserve en mathématiques l’usage de quantificateurs pour l’énoncé des définitions et des théorèmes. Pour prouver un résultat, on écrit une démonstration qui se base sur une démarche logique. Pour montrer par exemple qu’une proposition P : ∀x ∈ E, P (x) est vraie, il faut vérifier que la proposition P (x) est vraie pour tout élément x dans l’ensemble E. On considère pour cela un élément x ∈ E quelconque et une fois cet élément donné, on vérifie que la propriété P (x) est vraie. Le fait de considérer un élément x ∈ E quelconque se traduit dans une preuve par le mot clé soit : Soit x ∈ E. Il est indispensable de bien comprendre le sens de ce mot « soit » en mathématiques. Méditez les deux images suivantes : 1. Une personne extérieure vous donne un élément x ∈ E de son choix : vous n’avez pas le droit de choisir vous même un élément x qui vous arrange ! Vous devez démontrer que la propriété P (x) est vraie pour cet élément x qu’on vous a imposé. Imaginez que la personne extérieure doute de votre preuve, elle peut choisir un élément x le plus embêtant pour vous. Vous devez être capable de la convaincre que votre raisonnement fonctionne pour tous les x qu’elle choisira. 2. Imaginez que vous deviez écrire un programme informatique. Ce programme utilise des paramètres. Les utilisateurs vont utiliser votre programme avec des valeurs de leur choix pour le paramètre. Pour convaincre votre employeur que votre programme fonctionne, vous devrez prouver qu’il renvoie le bon résultat pour toute valeur du paramètre. Pour montrer qu’une proposition P : ∃x ∈ E : P (x) est vraie, il vous suffit d’exhiber un élément x de votre choix dans l’ensemble E pour lequel la proposition P (x) est vraie. On utilise souvent pour cela le mot clé « Posons x = ». 1131
Exemple 1.7 Montrer que la proposition ∀x ∈ R , ∃y ∈ R : x < y 2
est vraie. Voici un exemple de démonstration. Soit x ∈ R , étudions plusieurs cas qui recouvrent toutes les possibilités. 1. Si x < 0, posons y = 0 et on a bien x < y 2 = 0.
2. Si 0 É x < 1, posons y = 1 et on a bien x < y 2 = 1.
3. Si x > 1, posons y = x , on a bien x < x 2 = y 2 .
On peut également utiliser une propriété connue Q pour justifier l’existence d’un élément : « d’après Q, il existe x ∈ E vérifiant P (x). . . ». Exemple 1.8 Montrer l’implication : ∀y ∈ R , ∃n ∈ N : n É y < n + 1 =⇒ ∀α > 0, ∀x ∈ R , ∃n ∈ N : nα É x < (n + 1)α . | {z } | {z } (ii)
(i)
Faisons un raisonnement direct en supposant la propriété (i ) vraie et montrons (i i ). Soit α > 0, soit x ∈ R ,
d’après (i ), en prenant y = x/α, il existe n ∈ N tel que n É y < n + 1
par conséquent, puisque α > 0, nα É x < (n + 1)α.
Il est important de réfléchir à l’ordre des quantificateurs dans une proposition logique. – On peut inverser deux quantificateurs ∀ successifs, – On peut inverser deux quantificateurs ∃ successifs, – On ne peut pas inverser deux quantificateurs ∀ et ∃. Exemple 1.9 1. La proposition P : ∀x ∈ R , ∀y ∈ R , ∃z ∈ R : z Ê x et z Ê y signifie que si l’on se donne deux réels x et y , alors il existe un réel z qui dépend de x et y plus grand à la fois que x et y . 2. La proposition Q : ∀y ∈ R , ∀x ∈ R , ∃z ∈ R : z Ê x et z Ê y signifie la même chose : qu’on vous donne d’abord x puis y revient à vous donner d’abord y puis x . Les propositions P et Q sont logiquement équivalentes (ici elles sont vraies toutes les deux). 3. La proposition R : ∃z ∈ R : ∀x ∈ R , ∀y ∈ R , z Ê x et z Ê y signifie qu’il existe un réel z universel (c’est-à-dire qu’il ne dépend de rien) tel que pour tous réels x et y , z soit plus grand que x et y . Cette proposition est fausse, alors qu’elle ne diffère de P et Q que par l’ordre des quantificateurs. Remarque 1.10 L’ordre des quantificateurs dans une proposition induit des dépendances entre les objets. C’est une source fréquente d’erreurs de raisonnement. Nous verrons quelques exemples typiques plus tard. L’essentiel de votre travail en mathématiques cette année va consister à écrire des preuves de résultats. Ces démonstrations vont utiliser les définitions du cours qu’il faudra comprendre de façon précise. Ces définitions sont écrites à l’aide de quantificateurs, mais on les retient comme un plan de démonstration : « que dois-je faire pour montrer que . . . ». Exemple 1.10 On considère une fonction f : R −→ R . On dit qu’elle est paire lorsque ∀x ∈ R , f (−x) = f (x). On dit qu’elle est impaire lorsque ∀x ∈ R , f (−x) = − f (x). On dit que f est la fonction nulle lorsque ∀x ∈ R , f (x) = 0. Montrons en utilisant ces définitions l’équivalence : ¡
¢ ¡ ¢ f paire et impaire ⇐⇒ f est la fonction nulle (i)
(ii)
Commençons par écrire un plan de démonstration correspondant à la propriété à démontrer. Pour montrer une équivalence, on montre deux implications. L’ébauche de plan commence donc par : (i ) =⇒ (i i ) :
(i i ) =⇒ (i ) :
Pour montrer (i ) =⇒ (i i ), on fait un raisonnement direct. On suppose la proposition (i ) vraie (on s’en servira comme hypothèse dans la démonstration), et il faut démontrer la proposition (i i ) : ∀x ∈ R , f (x) = 0. Le plan devient : (i ) =⇒ (i i ) :
1132
Soit x ∈ R ,
. . . f (x) = 0
(i i ) =⇒ (i ) :
De même pour l’implication (i i ) =⇒ (i ), on suppose (i i ) vraie (hypothèse) et on veut montrer (i ) : ∀x ∈ R , f (−x) = f (x) et f (−x) = − f (x). Le plan complet s’écrit donc : (i ) =⇒ (i i ) :
Soit x ∈ R ,
. . . f (x) = 0
(i i ) =⇒ (i ) :
Soit x ∈ R ,
. . . f (−x) = f (x) et f (−x) = − f (x).
Complétons maintenant ce plan pour écrire une preuve complète : (i ) =⇒ (i i ) :
Soit x ∈ R ,
puisque f est paire, f (−x) = f (x) et puisque f est impaire, f (−x) = − f (x).
En retranchant ces deux égalités, on obtient 2f (x) = 0 d’où f (x) = 0.
(i i ) =⇒ (i ) :
Soit x ∈ R ,
Puisque f est la fonction nulle, f (−x) = 0 et f (x) = 0. Par conséquent, f (−x) = − f (x) = f (x) = 0.
On a vu sur cet exemple la démarche à effectuer pour écrire une preuve. 1. Écrire au brouillon le plan de démonstration correspondant au résultat à montrer. 2. On complète au brouillon la démonstration en utilisant aux différents endroits les hypothèses. Remarquez que l’on cite précisément les hypothèses utilisées dans la démonstration finale : ce n’est pas à la personne qui vous lit de deviner d’où viennent les propriétés que vous utilisez, c’est à vous de l’indiquer clairement. 3. On rédige au propre la démonstration finale en mettant en évidence le plan de démonstration suivi. On a numéroté les deux propositions (i ) et (i i ), on indique clairement ce qu’on montre : (i ) =⇒ (i i )... On passe souvent à la ligne pour rendre la preuve plus lisible... Exemple 1.11 Une définition très importante en analyse : on dit qu’une suite réelle (un ) converge vers une limite ℓ ∈ R si et seulement si ∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N , (n Ê N) =⇒ |un − ℓ| É ε
Pour montrer que un −−−−−→ ℓ, on utilise donc le plan suivant : n→+∞
P LAN 1.1 : Convergence d’une suite
1. Soit ε > 0
2. Posons N = ... 3. Soit n ∈ N
4. Supposons n Ê N
5. On a |un − l| É ε. Que signifie ce plan ?
1. Soit ε > 0 : vous demandez à une personne extérieure de vous donner un ε > 0 de son choix (aussi petit qu’elle veut !) 2. Posons N = . . . : en fonction de cet ε > 0 qu’elle vous a donné, vous devez construire un entier N (qui dépend bien sûr de ε). 3. Phase de vérification : vous ne pouvez pas définir n’importe quel entier N, il faut qu’il satisfasse la propriété ∀n ∈ N , n Ê N =⇒ |un − l| É ε. Pour vérifier que cette propriété à quantificateur est vraie : (a) Soit n ∈ N : vous demandez un entier n à la personne extérieure.
(b) En utilisant l’entier n qu’elle vous a donné, vous devez démontrer l’implication (n Ê N) =⇒ |un − l| É ε Pour cela, on utilise le raisonnement direct. On suppose que la propriété (n Ê N) est vraie : On prend n Ê N. On vérifie alors que le choix de notre N permet de conclure que la propriété |un − l| É ε est également vraie. 1133
Montrons que la suite (1/n) converge vers 0 en utilisant le plan de démonstration qui découle de la définition. 1. Soit ε > 0.
2. Posons N = E(1/ε)+1 (où E(1/ε) désigne la partie entière du réel 1/ε, à savoir le plus grand entier inférieur ou égal à 1/ε). 3. Soit n ∈ N . Supposons que n Ê N.
4. Avec la définition de la partie entière, E(1/ε) É 1ε < E(1/ε)+1 d’où 1ε < N et, puisque n Ê N Ê 1ε , on conclut : |un − 0| = n1 É ε.
1 n
É ε et finalement
Remarquez que l’entier N que vous avez construit dépend explicitement du « paramètre » ε que la personne vous a donné. Votre démonstration peut se traduire par un programme informatique : l’utilisateur entre le ε > 0 de son choix et votre programme renvoie l’entier N calculé à partir de la formule ci-dessus. Vous avez justifié que le programme renvoie toujours un entier N vérifiant la propriété souhaitée.
Dans la suite de ce paragraphe, nous allons apprendre à traduire des définitions à quantificateurs par des plans de démonstration et nous entraîner à écrire des preuves en utilisant ces plans. Nous avons choisi des exemples portant sur les ensembles et les applications car ils sont simples et instructifs. La démarche suivie s’étend à tout le cours d’algèbre et d’analyse avec des définitions plus compliquées. Multimédia : l’utilisateur choisit des quantificateurs et variables et le programme écrit le plan de démonstration correspondant. Inverse : on propose une phrase à quantificat et il faut écrire le plan.
A.4.1 Plans de preuves ensemblistes Voici deux définitions ensemblistes et les plans de preuve associés. D ÉFINITION 1.1 Inclusion d’ensembles Un ensemble E est inclus dans un ensemble F si et seulement si ∀x ∈ E, x ∈ F P LAN 1.2 : Inclusion d’ensemble
1. Soit x ∈ E 2. . . .
3. x ∈ F D ÉFINITION 1.2 Égalité d’ensembles On dit que deux ensembles E et F sont égaux si et seulement si E ⊂ F et F ⊂ E. P LAN 1.3 : Égalité d’ensembles
1. Montrons que E ⊂ F : (a) Soit x ∈ E,
(b) . . . x ∈ F.
2. Montrons que F ⊂ E : (a) Soit x ∈ F,
(b) . . . x ∈ E.
Exemple 1.12 Soient trois ensembles A, B, C. Montrer que (A ∪ B ⊂ A ∪ C et A ∩ B ⊂ A ∩ C) =⇒ (B ⊂ C) . | | {z } {z } (i)
(ii)
Supposons la proposition (i ) vraie et montrons que la proposition (i i ) est vraie (raisonnement direct). Soit x ∈ B
Puisque x ∈ B, Étudions deux cas complémentaires – Si x ∈ A, alors x ∈ A ∩ B donc d’après (i ), x ∈ A ∩ C et donc x ∈ C. – Si x 6∈ A, alors puisque x ∈ B, x ∈ A ∪ B donc d’après (i ), x ∈ A ∪ C. Puisque x 6∈ A, x ∈ C.
Dans les deux cas, on a montré que x ∈ C.
1134
Exemple 1.13 Soient trois ensembles A, B, C. Montrer que A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
1. Montrons que A ∩ (B ∪ C) ⊂ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Soit x ∈ A ∩ (B ∪ C)
On sait que x ∈ A et que x ∈ B ∪ C. Puisque x ∈ B ∪ C, il y a deux cas possibles : – si x ∈ B, alors à fortiori, x ∈ A ∩ B et donc x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), – si x ∈ C, alors à fortiori, x ∈ A ∩ C et donc x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Dans les deux cas, on aboutit à la conclusion que x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).
2. Montrons que (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊂ A ∩ (B ∪ C). Soit x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
Puisque x appartient à une union, on étudie les deux cas : – x ∈ (A ∩ B), alors comme x ∈ B, à fortiori, x ∈ B ∪ C et comme x ∈ A, finalement x ∈ A ∩ (B ∪ C). – x ∈ (A ∩ C), x ∈ C d’où x ∈ B ∪ C et comme x ∈ A, x ∈ A ∩ (B ∪ C). Dans les deux cas, on aboutit à la conclusion que x ∈ A ∩ (B ∪ C).
Remarque 1.11 Remarquez comment nous avons respecté les plans correspondant aux définitions. Dites-vous bien que si vous voulez montrer que E ⊂ F et que vous écrivez : Posons x = . . . , x∈E
x∈F
votre professeur ne prendra pas la peine de lire votre copie : vous êtes hors sujet. Ce que vous écrivez peut être intéressant, mais ne démontre pas que E ⊂ F. Vous n’avez pas suivi le plan de démonstration correspondant à la propriété à montrer. Il est très important d’écrire au brouillon (au moins dans un premier temps), le plan de démonstration et de bien comprendre ce que vous devez faire pour montrer le résultat. Avec un peu d’habitude, le brouillon deviendra inutile et vous aurez en tête ce plan à tout moment.
Exercice 1.1 ♥ Soient trois ensembles A, B, C. Montrer que A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).
Solution : ⊂ : soit x ∈ A ∪ (B ∩ C). Étudions deux cas : – x ∈ A, alors x ∈ A ∪ B et x ∈ A ∪ C et donc x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). – x ∈ B ∩ C : comme x ∈ B, x ∈ A ∪ B et comme x ∈ C, x ∈ A ∪ C. Par conséquent, x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). Dans les deux cas, x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). ⊃ : soit x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).
On a x ∈ A ∪ B et x ∈ A ∪ C. Étudions deux cas complémentaires : – x ∈ A, alors x ∈ A ∪ (B ∩ C). – x 6∈ A, alors comme x ∈ A ∪ B, x ∈ B. De même, puisque x ∈ A ∪ C, x ∈ C. Par conséquent, x ∈ (B ∩ C) et donc x ∈ A ∪ (B ∩ C). Dans les deux cas, on a montré que x ∈ A ∪ (B ∩ C). Exercice 1.2 ♥ Soient A et B deux ensembles. On définit leur différence symétrique par : A△B = (A ∪ B) \ (A ∩ B).
a. Comparer les ensembles A△(B ∪ C) et (A△B) ∪ (A△C). b. Soient A, B, C ⊂ E trois parties d’un ensemble E. Montrer que ¡
¢ ¡ ¢ A△B = A△C ⇐⇒ B = C . (i)
1135
(ii)
Solution : a. – Montrons que A△(B ∪ C) ⊂ (A△B) ∪ (A△C).
Soit x ∈ A△(B ∪ C), par définition de la différence symétrique, x ∈ A ∪ (B ∪ C) et x 6∈ A ∩ (B ∪ C). Puisque x ∈ A ∪ B ∪ C, étudions trois cas : – si x ∈ A : puisque x 6∈ B ∪ C, x 6∈ B, donc x ∈ A△B. – si x ∈ B : x 6∈ A d’où x ∈ A△B. – si x ∈ C : x 6∈ A d’où x ∈ A△C. Dans les trois cas, on obtient que x ∈ (A△B) ∪ (A△C).
– Montrons qu’en général, l’inclusion réciproque est fausse. Il suffit pour cela d’exhiber un contre-exemple. Considérons quatre entiers distincts a, b, c, d et posons A = {a, b}, B = {b, c} et C = {d}. On calcule A△(B ∪ C) = A△{b, c, d} = {a, c, d} alors que (A△B) ∪ (A△C) = {a, c} ∪ {a, b, d} = {a, b, c, d}.
b. Pour montrer une équivalence, on montre deux implications : (i i ) =⇒ (i ) est évidente.
(i ) =⇒ (i i ) : supposons (i ) vraie et montrons que (i i ) est vraie (raisonnement direct).
Montrons que B ⊂ C :
Soit b ∈ B, étudions deux cas complémentaires :
si b ∈ A, alors b 6∈ A△B donc d’après (i ), x 6∈ A△C et donc b ∈ C.
si b 6∈ A, alors b ∈ A△B = A△C d’où b ∈ C.
Montrons que C ⊂ B : la preuve est similaire. Exercice 1.3 ♥ Soient deux ensembles E et F. Quelle relation y a-t-il a. entre les ensembles P (E ∪ F) et P (E) ∪ P (F) ? b. entre les ensembles P (E ∩ F) et P (E) ∩ P (F) ? c. entre les ensembles P (E × F) et P (E) × P (F) ? Solution : a. Montrons que P (E) ∪ P (F) ⊂ P (E ∪ F).
Soit A ∈ P (E) ∪ P (F). Étudions les deux cas possibles : – Si A ∈ P (E), cela signifie que A ⊂ E et donc que A ⊂ E ∪ F. Par conséquent, A ∈ P (E ∪ F). – De même si A ∈ P (F).
L’inclusion réciproque est fausse, comme le montre l’exemple E = {e}, F = { f } (avec e 6= f ) : P (E ∪ F) =
{∅, {e}, { f }, {e, f }} et P (E) ∪ P (F) = {∅, {e}, { f }}.
b. Montrons que P (E ∩ F) = P (E) ∩ P (F). – P (E ∩ F) ⊂ P (E) ∩ P (F).
Soit A ∈ P (E ∩ F). On a A ⊂ E ∩ F. Puisque A ⊂ E, A ∈ P (E)
Puisque A ⊂ F, A ∈ P (F).
Par conséquent, A ∈ P (E) ∩ P (F).
– P (E) ∩ P (F) ⊂ P (E ∩ F).
Soit A ∈ P (E) ∩ P (F).
Comme A ∈ P (E), A ⊂ E.
De même puisque A ∈ P (F), A ⊂ F.
Donc A ⊂ E ∩ F et donc A ∈ P (E ∩ F).
c. Il n’y a aucune inclusion entre les deux ensembles, comme le montre le contre-exemple suivant : E = {e} et F = { f }. E × F = {(e, f )}, P (E × F) = {∅, {(e, f )}}. D’autre part, P (E) = {∅, {e}}, P (F) = {∅, { f }} et P (E) × P (F) = {(∅, ∅), (∅, { f }), ({e}, ∅), ({e}, { f })}.
1136
A.4.2 Plans de démonstrations pour les applications Applications D ÉFINITION 1.3 ♥♥ Application On considère deux ensembles E et F. Une application f : E −→ F est une correspondance qui à tout élément x ∈ E associe un unique élément noté f (x) de l’ensemble F. Remarque 1.12 On définit plus formellement une application f : E −→ F par son graphe. C’est une partie G ⊂ E × F vérifiant la propriété : ∀x ∈ E, ∃! y ∈ F : (x, y) ∈ G. On dit que cet unique élément y = f (x) est l’image de l’élément x par l’application f . Pour une application f : R −→ R , son graphe est une partie de R2 telle que pour tout réel x0 ∈ R , la droite d’équation y = x0 rencontre le graphe en un unique point (x0 , y 0 ).
f (x0 )
x0
x0
Un graphe de fonction
Pas un graphe de fonction
Exemple 1.14 Lorsque les ensembles E et F sont finis, on peut représenter une application f : E −→ F par un diagramme sagittal. On trace une flèche partant de chaque élément x ∈ E vers son image, l’unique élément y = f (x) ∈ F. x1
x1 y1
y1
x2
x2 y2
y2
x3
x3 y3
y3
x4
x4
E
F
E
Une application
F
Pas une application
Le premier diagramme sagittal représente une application. Par exemple f (x3 ) = y 1 , f (x4 ) = f (x2 ) = y 2 . Le graphe de f s’écrit G = {(x1 , y 1 ), (x2 , y 2 ), (x3 , y 1 ), (x4 , y 2 )}. La deuxième figure ne représente pas une application pour deux raisons : l’élément x1 possède deux images et l’élément x2 n’a pas d’image. Remarque 1.13
On définit l’application identité d’un ensemble E par idE :
½
E x
D ÉFINITION 1.4 ♥♥ Égalité de deux applications On dit que deux applications f , g : E −→ F sont égales lorsque ∀x ∈ E,
f (x) = g (x).
P LAN 1.4 : Égalité de deux applications
1. Soit x ∈ E, 2. . . .
3. f (x) = g (x). 1137
−→ 7−→
E . x
Composée d’applications D ÉFINITION 1.5 ♥♥ Composée d’applications Soit f : E −→ F et g ¡: F −→ ¢ G deux applications. On définit une nouvelle application notée g ◦ f : E −→ G en posant ∀x ∈ E, (g ◦ f )(x) = g f (x) . ¡
¢
Exemple 1.15 Sur le diagramme sagittal ci-dessous, on a par exemple (g ◦ f )(x1 ) = g f (x1 ) = g (y 1 ) = z2 x1 y1
z1
x2 y2 x3 y3
z2
x4 g
f E
G
F g◦f
Remarque 1.14 À chaque fois que vous voyez une composée d’applications, assurez-vous que l’ensemble d’arrivée de la première est inclus dans l’ensemble de départ de la seconde. Il est conseillé de faire des schémas de composition f
g
f
g
E− →F− →G
h
Remarque 1.15
La composée est « associative » : si E − →F− →G− → H sont trois applications, (h ◦ g ) ◦ f = h ◦ (g ◦ f ).
Remarque 1.16
Si f : E −→ F, f ◦ idE = f et idF ◦ f = f .
Applications injectives, surjectives D ÉFINITION 1.6 ♥♥♥ Injectivité On dit qu’une application f : E −→ F est injective lorsque ∀(x, y) ∈ E2 ,
f (x) = f (y) =⇒ x = y
On en déduit le plan de démonstration important P LAN 1.5 : Injectivité
1. Soit (x, y) ∈ E2 .
2. Supposons que f (x) = f (y), 3. . . .
4. x = y . Remarque 1.17 La définition précédente n’est pas très intuitive. Pour la comprendre, traduisons ce que signifie le fait qu’une fonction n’est pas injective en niant la proposition à quantificateurs : ∃(x, y) ∈ E2 :
[ f (x) = f (y)] ∧ [x 6= y]
Une fonction n’est pas injective lorsqu’il existe deux éléments distincts x, y ayant la même image. Une autre façon de traduire que f est injective consiste à dire que tout élément y ∈ F possède au plus un antécédent. 1138
y1
y1
x1
x1 y2
y2
x2
x2 y3
y3
x3
x3 y4
y4
f
g
E
F
E
f injective
F
g non injective
L’application g de l’exemple ci-dessus n’est pas injective puisque x1 6= x3 et pourtant g (x1 ) = g (x3 ) = y 3 . L’application f est elle injective. Remarquons que tout élément de F possède au plus un antécédent par f (l’élément y 2 n’en possède pas). Pourquoi choisir comme définition de l’injectivité ∀(x, y) ∈ E2 , f (x) = f (y) =⇒ x = y ? Simplement parce que cette définition se prête le mieux aux démonstrations directes ! En supposant que f (x) = f (y), on dispose d’une hypothèse intéressante dans la preuve : il suffit de résoudre cette équation et montrer que x = y . Exemple 1.16 Montrer que l’application f :
½
R2 (x, y)
Soient X = (x, y) ∈ R2 et X′ = (x ′ , y ′ ) ∈ R2 .
−→ 7−→
R2 est injective. (x + y, x + 2y)
′
On suppose que f (X) = f (X ), c’est-à-dire (égalité de deux couples)
(
x+y
x + 2y
En retranchant la première ligne à la deuxième, on obtient y = y ′ puis x = x ′ .
= x′ + y ′
= x ′ + 2y ′
.
On a donc X = (x, y) = (x ′ , y ′ ) = X′ .
D ÉFINITION 1.7 ♥♥♥ Application surjective On dit qu’une application f : E −→ F est surjective lorsque ∀y ∈ F, ∃x ∈ E : y = f (x).
P LAN 1.6 : Application surjective
1. Soit y ∈ F.
2. Posons x = . . . 3. y = f (x). Remarque 1.18 antécédent.
Une application est surjective lorsque tout élément de l’ensemble d’arrivée F possède au moins un
x1
x1 y1
y1
x2
x2 y2
y2
x3
x3 y3
y3
x4
x4 f
E
g F
E
f surjective
F g non surjective
L’application g du schéma n’est pas surjective car y 2 n’a pas d’antécédent.
1139
Exemple 1.17 Montrer que l’application f : Soit Y = (y 1 , y 2 ) ∈ R2 .
½
R2 (x, y)
R2 est surjective. (x + y, x + 2y)
−→ 7−→
Posons X = (2y 1 − y 2 , y 2 − y 1 ). ¡
¢
Alors f (X) = 2y 1 − y 2 + y 2 − y 1 , 2y 1 − y 2 + 2(y 2 − y 1 ) = (y 1 , y 2 ) = Y. Remarque 1.19 Il arrive souvent dans les démonstrations qu’on ait à construire un objet, sans qu’on voit de façon évidente comment le définir. On utilise alors un raisonnement d’analyse-synthèse : – dans une partie analyse, on suppose que l’objet qu’on cherche vérifie les propriétés voulues, – on trouve que nécessairement l’objet doit être d’une forme particulière, – on rédige une partie synthèse en posant l’objet qu’on a trouvé et on vérifie qu’il convient. Sur notre exemple, on pourrait rédiger la preuve de la façon suivante. Soit Y = (y 1 , y 2 ) ∈ R2 .
Analyse : supposons que X = (x1 , x2 ) vérifie f (X) = Y. On doit avoir (
x1 + x2
= y1
x1 + 2x2
= y2
: L1 : L2
En faisant L2 −L1 , on trouve que nécessairement x2 = y 2 −y 1 et ensuite que x1 = 2y 1 −y 2 d’où X = (2y 1 −y 2 , y 2 −y 1 ). ¡
¢
Synthèse : Posons X = (2y 1 − y 2 , y 2 − y 1 ). On a bien f (X) = 2y 1 − y 2 + y 2 − y 1 , 2y 1 − y 2 + 2(y 2 − y 1 ) = (y 1 , y 2 ) = Y.
Cette façon de rédiger permet d’expliquer comment on a abouti à la démonstration. Remarquez que si l’on supprime la partie analyse, on a respecté scrupuleusement le plan de preuve de la surjectivité. Exemple 1.18 Soit E un ensemble et f : E −→ E une application. On suppose que f ◦ f ◦ f = f . Montrer que ¡
¢ ¡ ¢ f injective ⇐⇒ f surjective (i)
(ii)
Pour montrer l’équivalence, montrons deux implications : 1. (i ) =⇒ (i i ) : en supposant (i ) vraie, montrons que f est surjective. Soit y ∈ E,
¡
¢
puisque f ◦ f ◦ f = f , on a f f ◦ f (y) = f (y), mais puisque f est injective, f ◦ f (y) = y .
Posons x = f ◦ f (y),
On a bien y = f (x).
2. (i i ) =⇒ (i ) :
Soit (x, y) ∈ E2 .
Supposons que f (x) = f (y).
Puisque f est surjective, il existe x ′ ∈ E tel que x = f (x ′ ) et il existe y ′ ∈ E tel que y = f (y ′ ). Alors f ◦ f (x ′ ) = f ◦ f (y ′ ). En appliquant f , on obtient f ◦ f ◦ f (x ′ ) = f ◦ f ◦ f (y ′ ) et puisque f ◦ f ◦ f = f , on trouve que f (x ′ ) = f (y ′ )
On a donc x = f (x ′ ) = f (y ′ ) = y .
Exercice 1.4 ♥ Soit E un ensemble non vide et A ⊂ E une partie de E. On définit l’application ϕA :
½
P (E) X
−→ 7−→
P (E) . X∩A
a. Déterminer l’application ϕA lorsque E = {a, b} et A = {a}. Dans ce cas, l’application ϕA est-elle injective, surjective ? b. Montrer que (ϕA injective ) =⇒ (A = E). c. Montrer que (ϕA surjective ) =⇒ (A = E). Solution : 1140
a. On peut ici lister les éléments de P (E) = {∅, {a}, {b}, {a, b}}. Il suffit de calculer l’image de chacun de ces éléments : ϕA (∅) = ∅, ϕA ({a}) = {a}, ϕA ({b}) = ∅, ϕA ({a, b}) = {a}. On voit que l’application n’est pas injective puisque ϕA ({a, b}) = ϕA ({a}) alors que {a, b} 6= {a} et que ϕA n’est pas surjective puisque {a, b} n’a pas d’antécédent.
b. Montrons le résultat par contraposée :
Supposons A 6= E, il existe b ∈ E \ A. Posons A′ = A ∪ {b}, on a A 6= A′
et ϕA (A′ ) = A′ ∩ A = A = ϕA (A).
c. Montrons le résultat par contraposée : Supposons A 6= E, il existe b ∈ E \ A. Posons B = {b} ∈ P (E),
Montrons que ∀X ∈ P (E), ϕA (X) 6= B.
Soit X ∈ P (E), ϕA (X) = X ∩ A ⊂ A ce qui entraîne que b 6∈ ϕA (X). Par conséquent, ϕA (X) 6= B.
On aurait pu également utiliser une démonstration directe : puisque ϕA est surjective, il existe X ∈ P (E) tel que ϕA (X) = E, c’est-à-dire X ∩ A = E. On en déduit que E ⊂ A et donc que A = E.
T HÉORÈME 1.1 ♥♥ Composée et injections, surjections f
g
On considère deux applications E − →F− → G. On a les propriétés suivantes : 1. f , g injectives =⇒ g ◦ f injective.
2. f , g surjectives =⇒ g ◦ f surjective. 3. g ◦ f injective =⇒ f injective.
4. g ◦ f surjective =⇒ g surjective.
Démonstration 1. Montrons que g ◦ f est injective.
Soient (x, x ′ ) ∈ E2 tels que (g ◦ f )(x) = (g ◦ f )(x ′ ). ¡
¢
¡
¢
Puisque g est injective et que g f (x) = g f (x ′ ) , on en déduit f (x) = f (x ′ ). Puisque f est injective, on a x = x ′ .
2. Montrons que g ◦ f est surjective. Soit z ∈ G.
Puisque g est surjective, il existe y ∈ F tel que z = g (y).
Puisque f est surjective, il existe x ∈ E tel que y = f (x). ¡
¢
Alors z = g f (x) = (g ◦ f )(x)
3. Montrons que f est injective.
Soient (x, x ′ ) ∈ E2 tels que f (x) = f (x ′ ).
¡
¢
¡
¢
En prenant l’image par g des deux membres, on obtient : g f (x) = g f (x ′ ) , soit (g ◦ f )(x) = (g ◦ f )(x ′ ). Puisque (g ◦ f ) est injective, il vient que x = x ′ .
4. Montrons que g est surjective. Soit z ∈ G.
Puisque (g ◦ f ) est injective, il existe x ∈ E tel que z = (g ◦ f )(x). ¡
¢
On a donc z = g f (x) et, en posant y = f (x), cela donne z = g (y) ce qui montre que g est surjective.
Exercice 1.5 ♥ Soient E, F, G trois ensembles et deux applications f : E −→ F, g : F −→ G.
a. Montrer que si g ◦ f est injective et f surjective, alors g est injective.
b. Montrer que si g ◦ f est surjective et g injective, alors f est surjective. Solution : a. Montrons que g est injective. Soit (y, y ′ ) ∈ F2 vérifiant g (y) = g (y ′ ).
Puisque f est surjective, il existe (x, x ′ ) ∈ E2 tels que y = f (x) et y ′ = f (x ′ ). 1141
¡
¢
¡
¢
On a donc g f (x) = g f (x ′ ) , c’est-à-dire (g ◦ f )(x) = (g ◦ f )(x ′ ).
Puisque (g ◦ f ) est injective, il vient que x = x ′ .
En appliquant f , on a f (x) = f (x ′ ), c’est-à-dire y = y ′ .
b. Montrons que f est surjective. Soit y ∈ F.
Puisque g (y) ∈ G et que (g ◦ f ) est surjective, il existe x ∈ E tel que g (y) = (g ◦ f )(x). ¡
¢
On a alors g (y) = g f (x) mais comme g est injective, on a y = f (x).
Bijections D ÉFINITION 1.8 ♥♥♥ Bijection On dit qu’une application f : E −→ F est bijective lorsque f est injective et surjective. P LAN 1.7 : Pour montrer que f est bijective
1. Montrons que f est injective. 2. Montrons que f est surjective. Remarque 1.20 antécédent.
Une application est bijective lorsque tout élément de l’ensemble d’arrivée possède exactement un
x1
y1
x2
y2
x3
y3 y4
x4 g E
F
T HÉORÈME 1.2 ♥♥ Bijection réciproque Soit f : E −→ F une application bijective. Il existe une unique application g : F −→ E vérifiant (
g ◦ f = idE f ◦ g = idF
.
On dit que l’application g est la bijection réciproque de la bijection f et on note g = f −1 . Démonstration – Montrons l’unicité d’une telle application g . Soit (g 1 , g 2 ) ∈ F (F,E)2 vérifiant f ◦ g 1 = f ◦ g 2 = idF et g 1 ◦ f = g 2 ◦ f = idE . Soit y ∈ F,
¡
¢
puisque f ◦ g 1 (y) = idF (y) = y , en appliquant g 2 , on a g 2 f ◦ g 1 (y) = g 2 (y), ¡
¢
d’où (g 2 ◦ f ) g 1 (y) = g 2 (y), ¡
¢
Or g 2 ◦ f = idE , idE g 1 (y) = g 1 (y) et finalement g 1 (y) = g 2 (y).
– Montrons l’existence d’une telle application g . Considérons G = {(x, y) ∈ E × F | y = f (x)} le graphe de l’application f . Posons e = {(y, x) ∈ F × E | y = f (x)}. On vérifie que G est un graphe fonctionnel : G Soit y ∈ F,
e. puisque f est bijective, il existe un unique x ∈ E tel que y = f (x), c’est-à-dire tel que (y, x) ∈ G
e définit donc une application g : F −→ E. Montrons que f ◦ g = idF . Le graphe G ¡
¢
Soit y ∈ F, f ◦ g (y) = f g (y) .
Il existe un unique x ∈ E tel que y = f (x) et on a alors g (y) = x , d’où f ◦ g (y) = f (x) = y .
On montre de même que g ◦ f = idE .
1142
Exercice 1.6 ♥ f g h On considère trois applications E − →F− →G− → H. Montrer que g ◦ f et h ◦ g bijectives =⇒ f , g , h bijectives
Solution : Puisque g ◦ f est surjective, d’après le théorème 1.1 page 1141, g est surjective. De même, puisque h ◦ g est injective, g est injective. Par conséquent, g est bijective et on peut introduire sa bijection réciproque g −1 : G −→ F. Puisque g ◦ f et g −1 sont bijectives, toujours d’après le théorème 1.1, f = g −1 ◦ (g ◦ f ) est bijective. Par conséquent, f est bijective. On démontre avec les mêmes arguments que h est aussi bijective. On peut aussi résoudre cet exercice en utilisant les résultats de l’exercice 1.5 page 1141. Puisque g ◦ f est injective, f est injective d’après le théorème 1.1 page 1141 et, d’après l’exercice 1.5, f est surjective car g est injective. On prouve de même que h est surjective.
T HÉORÈME 1.3 ♥♥♥ Bijection réciproque d’une composée Soient f : E −→ F et g : F −→ G deux bijections. On note g −1 : G −→ F et f −1 : F −→ E leurs bijections réciproques. La composée (g ◦ f ) est également bijective et (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 . Démonstration D’après le théorème 1.1 page 1141, la composée de deux bijections est une bijection, donc g ◦ f est bijective. Posons h = f −1 ◦ g −1 . On a h ◦ (g ◦ f ) = f −1 ◦ (g −1 ◦ g ) ◦ f = f −1 ◦ f = idE et de même, (g ◦ f ) ◦ h = idG . Par le théorème 1.2 page 1142, l’application h est la bijection réciproque de l’application g ◦ f .
Image directe, image réciproque D ÉFINITION 1.9 ♥♥♥ Image réciproque d’une partie Soit une application f : E −→ F et une partie B ⊂ F. On définit l’image réciproque de la partie B par l’application f : f −1 (B) = {x ∈ E | f (x) ∈ B}.
P LAN 1.8 : Pour montrer que x ∈ f −1 (B)
Soit x ∈ E.
Vérifions que f (x) ∈ B. Remarque 1.21 Ne pas confondre la notation f −1 (B) lorsque B ⊂ F est une partie de F et la notation f −1 (y) lorsque y ∈ F qui n’a de sens que lorsque l’application f est bijective. Exemple 1.19 Soit une application f : E −→ F et deux parties B1 , B2 ⊂ F. Montrer que a. B1 ⊂ B2 =⇒ f −1 (B1 ) ⊂ f −1 (B2 )
b. f −1 (B1 ∩ B2 ) = f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 )
c. f −1 (B1 ∪ B2 ) = f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 )
a. Raisonnement direct. Supposons (i ) : B1 ⊂ B2 vraie et montrons (i i ) : f −1 (B1 ) ⊂ f −1 (B2 ) : Soit x ∈ f −1 (B1 ).
Par définition de l’image réciproque, f (x) ∈ B1 et, puisque B1 ⊂ B2 , f (x) ∈ B2 .
Par définition de l’image réciproque x ∈ f −1 (B2 ) car f (x) ∈ B2 .
b. Montrons deux inclusions : ⊂:
soit x ∈ f −1 (B1 ∩ B2 ),
Par définition de l’image réciproque, f (x) ∈ B1 ∩ B2 .
Puisque f (x) ∈ B1 , x ∈ f −1 (B1 ) et, puisque f (x) ∈ B2 , x ∈ f −1 (B2 ).
⊃:
On a donc x ∈ f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ). Soit x ∈ f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ).
1143
Puisque x ∈ f −1 (B1 ), f (x) ∈ B1 et, comme x ∈ f −1 (B2 ), f (x) ∈ B2 .
c.
⊂:
Ainsi f (x) ∈ B1 ∩ B2 et x ∈ f −1 (B1 ∩ B2 ). Soit x ∈ f −1 (B1 ∪ B2 )
Par définition de l’image réciproque, f (x) ∈ B1 ∪ B2 . Étudions deux cas :
Si f (x) ∈ B1 , alors par définition de l’image réciproque, x ∈ f −1 (B1 ) et à fortiori, x ∈ f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ).
Si f (x) ∈ B2 , alors x ∈ f −1 (B2 ) ⊂ f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ).
⊃:
Dans les deux cas, x ∈ f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ). Soit x ∈ f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ).
Étudions deux cas :
Si x ∈ f −1 (B1 ), alors f (x) ∈ B1 d’où f (x) ∈ B1 ∪ B2 et x ∈ f −1 (B1 ∪ B2 ).
Si x ∈ f −1 (B2 ), alors f (x) ∈ B2 d’où f (x) ∈ B1 ∪ B2 et x ∈ f −1 (B1 ∪ B2 ).
Dans les deux cas, on a montré que x ∈ f −1 (B1 ∪ B2 ).
D ÉFINITION 1.10 ♥♥♥ Image directe d’une partie Soit une application f : E −→ F et une partie A ⊂ E. On définit l’image directe de la partie A par l’application f : f (A) = {y ∈ F | ∃x ∈ A : y = f (x)}
P LAN 1.9 : Pour montrer que y ∈ f (A) Posons x = . . .
x ∈ A et y = f (x).
Exemple 1.20 Soit une application f : E −→ F et A 1 , A 2 ⊂ E deux parties de l’ensemble E. Montrer que : a. A 1 ⊂ A 2 =⇒ f (A 1 ) ⊂ f (A 2)
b. f (A 1 ∪ A 2 ) = f (A 1 ) ∪ f (A 2 )
c. f (A 1 ∩ A 2 ) ⊂ f (A 1 ) ∩ f (A 2 ) et que l’inclusion réciproque est fausse en général. a. Supposons A 1 ⊂ A 2 et montrons que f (A 1 ) ⊂ f (A 2). Soit y ∈ f (A 1 ),
d’après la définition de l’image directe, il existe x ∈ A 1 tel que y = f (x). Puisque A 1 ⊂ A 2 , x ∈ A 2 d’après la définition de l’image directe, y ∈ f (A 2).
b. Montrons deux inclusions : ⊂:
Soit y ∈ f (A 1 ∪ A 2 ),
d’après la définition de l’image directe, il existe x ∈ A 1 ∪ A 2 tel que y = f (x). Étudions deux cas : Si x ∈ A 1, alors y = f (x) ∈ f (A 1) et, à fortiori, y ∈ f (A 1 ) ∪ f (A 2).
Si x ∈ A 2, alors y = f (x) ∈ f (A 2) et donc y ∈ f (A 1 ) ∪ f (A 2).
⊃:
Dans les deux cas, y ∈ f (A 1 ) ∪ f (A 2). soit y ∈ f (A 1) ∪ f (A 2 ), Étudions deux cas :
Si y ∈ f (A 1), d’après la définition de l’image directe, il existe x ∈ A 1 tel que y = f (x) et puisque x ∈ A 1 ⊂ A 1 ∪ A 2 , y = f (x) ∈ f (A 1 ∪ A 2).
c.
Si y ∈ f (A 2 ), on a de même y ∈ f (A 1 ∪ A 2 ).
Montrons f (A 1 ∩ A 2 ) ⊂ f (A 1 ) ∩ f (A 2) :
1144
Soit x ∈ f (A 1 ∩ A 2 ),
d’après la définition de l’image directe, il existe x ∈ A 1 ∩ A 2 tel que y = f (x).
Puisque x ∈ A 1 et y = f (x), on a y ∈ f (A 1 ) et, puisque x ∈ A 2 et y = f (x), on a y ∈ f (A 2).
Finalement, y ∈ f (A 1 ) ∩ f (A 2).
Montrons qu’en général, l’inclusion f (A 1 ) ∩ f (A 2) ⊂ f (A 1 ∩ A 2) est fausse. Essayons tout d’abord de la prouver : Soit y ∈ f (A 1) ∩ f (A 2 ).
Puisque y ∈ f (A 1), il existe x1 ∈ A 1 tel que y = f (x1 ).
Puisque y ∈ f (A 2), il existe x2 ∈ A 2 tel que y = f (x2 ).
On est bloqué, car il nous faut trouver x ∈ A 1 ∩ A 2 tel que y = f (x). On dispose de x1 ∈ A 1 et x2 ∈ A 2, mais comment construire x à partir de x1 et x2 ? On se rend compte que si l’on ajoute l’hypothèse que la fonction f est injective, alors puisque f (x1 ) = f (x2 ), on aurait x1 = x2 et alors x = x1 = x2 ∈ A 1 ∩ A 2. Dans le cas où f n’est pas injective, on ne voit pas comment conclure. Nous allons chercher un contre-exemple en définissant une fonction f et deux parties A 1, A 2 pour lesquelles l’inclusion est fausse. On a vu que pour trouver un contre-exemple, il fallait nécessairement choisir une fonction f qui n’est pas injective. Essayons par exemple avec E = {a, b}, F = {c}, et f : E −→ F définie par f (a) = f (b) = c . En prenant A 1 = {a}, A 2 = {b}, f (A 1 ∩ A 2) = f (∅) = ∅ alors que f (A 1) = f (A 2) = {c} d’où f (A 1 ) ∩ f (A 2) = {c}.
Exercice 1.7 ½
Soit f :
R2 (x, y)
−→ 7−→
♥ R2 . (x + y, x y)
¡
¢
a. On considère un élément (a, b) ∈ R2 . Déterminer l’ensemble f −1 {(a, b)} (les notations sont-elles correctes ?) b. Déterminer f (R2 ). c. L’application f est-elle injective ? Surjective ? Solution :
¡
¢
X = (x, y) ∈ f
−1
a. Soit (x, y) ∈ R2 , on traduit la notation f −1 {(a, b)} avec la définition de l’image réciproque :
¡
¢
¡
¢
{(a, b)} ⇐⇒
(
x+y
xy
=a =b
Par conséquent, X ∈ f −1 {(a, b)} si et seulement si x et y sont racines du trinôme P¢ = X 2 − aX + b . ¡ 2 −1 – Si ∆ = a − 4b < 0, le trinôme P ne possède pas de racines réelles et f ¡ {(a, b)}¢ = ∅. – Si ∆ = a 2 − 4b = 0, le trinôme possède une racine double a/2, d’où f −1 {(a, b)} =¡{(a/2, a/2)} ¢ . – Si ∆ = a 2 −4b > 0, le trinôme possède deux racines réelles distinctes x1 6= x2 et f −1 {(a, b)} = {(x1 , x2 ), (x2 , x1 )}.
b. On a (x, y) ∈ f (R2 ) si et seulement s’il existe (x ′ , y ′ ) ∈ R2 vérifiant f (x ′ , y ′ ) = (x, y). D’après a., c’est le cas si et seulement si x 2 − 4y Ê 0. Par conséquent, f (R2 ) = {(x, y) ∈ R2 | x 2 − 4y Ê 0}
(représenter graphiquement cet ensemble dans R2 ). c. Puisque f (R2 ) 6= R2 , l’application f n’est pas surjective et, puisque f ((1, 2)) = f ((2, 1)), elle n’est pas injective. Soit f a. b.
Exercice 1.8 ♥ : E −→ F une application et A ⊂ E, B ⊂ F deux parties. Montrer que ¡ ¢ f f −1 (B) ⊂ B. ¡ ¢ f −1 f (A) ⊃ A.
Solution : a.
¡
¢
Soit y ∈ f f −1 (B) ,
par définition de l’image directe, il existe x ∈ f −1 (B) tel que y = f (x). Par définition de l’image réciproque, f (x) ∈ B. On a donc y = f (x) ∈ B.
1145
b.
Soit x ∈ A,
Par définition de l’image directe, f (x) ∈ f (A).
¡
¢
Par définition de l’image réciproque, x ∈ f −1 f (A) .
Cherchez des contre-exemples pour montrer qu’en général les inclusions réciproques sont fausses. Exercice 1.9 ♥ Soit une application f : E −→ F et deux parties A ⊂ E, B ⊂ F. Montrer que ¡ ¢ a. f injective =⇒ f −1 f (A) = A. ¡ ¢ b. f surjective =⇒ f f −1 (B) = B.
Solution :
a. Faisons un raisonnement direct en supposant f injective. Nous allons montrer l’égalité des deux ensembles en prouvant deux inclusions. – ⊃ : est vraie même si f n’est pas injective : Soit x ∈ A, par définition de l’image directe, f (x) ∈ f (A) et, par définition de l’image réciproque, x ∈ f −1 ( f (A)). – ⊂: Soit x ∈ f −1 ( f (A)),
par définition de l’image réciproque, f (x) ∈ f (A).
Par définition de l’image directe, il existe x ′ ∈ A tel que f (x) = f (x ′ ). Puisque f est injective, x = x ′ Et, puisque x ′ ∈ A, x = x ′ ∈ A.
b. Même technique : – ⊂ : Cette inclusion est vraie, même si f n’est pas surjective. Soit y ∈ f ( f −1 (B)), par définition de l’image directe, il existe x ∈ f −1 (B) tel que y = f (x). Par définition de l’image réciproque, puisque x ∈ f −1 (B), f (x) ∈ B et y = f (x) ∈ B. – ⊃ : Soit y ∈ B. Puisque f est surjective, il existe x ∈ E tel que y = f (x). Puisque f (x) ∈ B, par définition de l’image réciproque, x ∈ f −1 (B) et, puisque y = f (x) avec x ∈ f −1 (B), par définition de l’image directe, y ∈ f ( f −1 (B)).
A.4.3 Familles D ÉFINITION 1.11 ♥ Famille Soit I un ensemble (les indices) et E un ensemble. On appelle famille d’éléments de E indexée par l’ensemble I, une ½
application ϕ :
I i
−→ 7−→
E . On note (xi )i∈I cette application. xi
Exemple 1.21 Une suite de réels (un )n∈N est une famille de réels indexée par l’ensemble I = N . D ÉFINITION 1.12 ♥ Famille de parties Soit E un ensemble et I un ensemble d’indices. On considère une famille de parties de E, c’est-à-dire une application I −→ P (E) notée (A i )i∈I . On définit : 1. L’intersection de la famille de parties (A i )i∈I par : \ i∈I
A i = {x ∈ E | ∀i ∈ I, x ∈ A i }.
2. L’union de la famille de parties (A i )i∈I par : [ i∈I
A i = {x ∈ E | ∃i ∈ I : x ∈ A i }.
P LAN 1.10 : Pour montrer que x ∈
1. Soit i ∈ I, 2. . . . x ∈ Ai
1146
T
i∈I A i
P LAN 1.11 : Pour montrer que x ∈
1. Posons i = . . .
S
i∈I A i
2. . . . x ∈ Ai .
Remarque 1.22 Ces définitions généralisent les unions ou intersections finies à des unions ou intersections infinies. S T Par exemple, si E = R et pour k ∈ N , A k = [−k, k], k∈N A k = R et k∈N A k = {0}. Exemple 1.22 Soit (A i )i∈I une famille de parties d’un ensemble E. Montrer que a. E \ b. E \
³S
³T
i∈I A i i∈I A i
´
´
= =
T
S
i∈I (E \ A i ) i∈I (E \ A i )
a. Montrons deux inclusions : – ⊂: Soit x ∈ E \ Soit i ∈ I.
– ⊃:
S
i∈I A i .
Montrons que x ∈ E \ A i . Par l’absurde, si x ∈ A i , on a x ∈ Soit x ∈
T
i∈I (E \ A i ).
S
S
i∈I A i ,
ce qui est faux.
S
Montrons que x ∈ E \ i∈I A i . Par l’absurde, si x ∈ i∈I A i , par définition de l’union d’une famille de parties, il existe i 0 ∈ I tel que x ∈ A i , mais alors x 6∈ E \ A i ce qui est absurde puisque pour tout i ∈ I, x ∈ E \ A i .
b. La démonstration est similaire.
Exercice 1.10 ♥ Soit E un ensemble et f : P (E) −→ P (E) une application croissante pour l’inclusion : ∀(A, B) ∈ P (E)2 , A ⊂ B =⇒ f (A) ⊂ f (B).
On note P = {X ∈ P (E) ; f (X) ⊂ X}
1. Montrer que ∀X ∈ P (E), X ∈ P =⇒ f (X) ∈ P . T 2. Soit X0 = X∈P X. Montrer que f (X0 ) = X0 .
Solution :
¡
¢
a. Soit X ∈ P . Montrons que f (X) ∈ P . Comme X ∈ P , f (X) ⊂ X. Comme f est croissante, f f (X) ⊂ f (X) ce qui montre que f (X) ∈ P .
b. – Montrons que f (X0 ) ⊂ X0 . Soit X ∈ P .
Comme X0 ⊂ X et que f est croissante, f (X0 ) ⊂ f (X). Puisque X ∈ P , f (X) ⊂ X.
On a donc f (X0 ) ⊂ X.
Comme ∀X ∈ P , f (X0 ) ⊂ X, par définition de l’intersection d’une famille, f (X0 ) ⊂
T
X∈P
X = X0 .
– ⊃ : On vient de montrer que X0 ∈ P et, d’après la première partie, on a donc également f (X0 ) ∈ P d’où T X 0 = X∈P X ⊂ f (X 0 ).
A.5
Fautes de raisonnements classiques
Multimédia : Un “forum” où les élèves peuvent proposer des démonstrations fausses et où l’on doit trouver l’erreur
A.5.1 Bien analyser les notations Une grande partie des erreurs de raisonnement provient d’une mauvaise compréhension des définitions du cours ou des notations de l’énoncé.
1147
¡
¢
Exemple 1.23 Soit deux applications f : E −→ F et g : F −→ G. Soit B ⊂ F. Comparer g ◦ f f −1 (B) et g (B). Voici une démonstration trouvée dans une copie : ¡ ¢ g ◦ f ( f −1 (B)) = g f ( f −1 (B)) ( définition de la composée ) ¡ = g B) ( car f ◦ f −1 = id)
Que pensez-vous de cette « preuve » ? C’est l’exemple typique d’écriture formelle (une suite d’égalités) écrites sans donner un sens à ce que l’on écrit. Il y a plusieurs confusions dues à un manque d’analyse des objets manipulés. Cerise sur le gâteau, le résultat est ¡faux et ¢ en raison de son manque de rigueur, l’étudiant ne s’en est pas aperçu ! – L’élève écrit g ◦ f (A) = g f (A) . Pour lui, c’est la définition de la composée de deux applications. Il faut toujours¡ avoir¢ en tête le type d’objet que l’on manipule. Si x ∈ E est un élément de l’ensemble E, on a effectivement g ◦ f (x) = g f (x) où f (x) ∈ F est un élément de l’ensemble F. Mais ici, A n’est pas un élément de E, c’est une partie de E : A ⊂ E. La notation f (A) n’a rien à voir avec l’image d’un élément de E par l’application f , mais représente l’image directe de la partie A par f et il faut utiliser la définition précise de l’image directe. Le résultat est vrai, mais nécessite une preuve qui s’appuie sur les définitions : ¡
¢
Montrons que g ◦ f (A) ⊂ g f (A) .
Soit z ∈ g ◦ f (A) (z est un élément de l’ensemble G).
D’après la définition de l’image directe g (C) (où C = f (A) est une partie de F), il existe y ∈ f (A) tel que z = g (y).
D’après la définition de l’image directe f (A), il existe x ∈ A tel que y = f (x).
On a donc z = g (y) = g ( f (x)) = g ◦ f (x) d’après la définition de la composée de deux applications.
Puisque z = (g ◦ f )(x) avec x ∈ A, d’après la définition de l’image directe, z ∈ (g ◦ f )(A).
Montrez de la même façon l’inclusion réciproque. – Il y a une autre incompréhension des notations : f ( f −1 (B)) = f ◦ f −1 (B). Pour écrire f ◦ f −1 , il faudrait que l’application f −1 existe (on parle de composée d’applications uniquement) et ce n’est le cas que lorsque f est bijective. La notation f −1 (B) désigne ici l’image réciproque d’une partie de B par l’application f . Écrivons une preuve rigoureuse en analysant les notations et en suivant les plans de démonstration : – ⊂: ¡
¢
Soit z ∈ g ◦ f ( f −1 (B)).
Par définition de l’image directe, il existe x ∈ f −1 (B) tel que z = (g ◦ f )(x). Puisque x ∈ f −1 (B), par définition de l’image réciproque, f (x) ∈ B.
– ⊃:
¡
¢
Puisque f (x) ∈ B et z = g f (x) , par définition de l’image directe, z ∈ g (B). Soit z ∈ g (B),
Par définition de l’image directe, il existe y ∈ B tel que z = g (y).
Il nous faut trouver x ∈ f −1 (B) ⊂ E pour écrire z = (g ◦ f )(x). On ne voit pas comment à partir de y trouver ce x (ce serait possible si on supposait f surjective).
L’inclusion réciproque semble fausse. Cherchons donc un contre-exemple. On a vu que le problème se posait lorsque f n’était pas surjective. Essayons donc E = {a}, F = {b, c}, G = {d} et les applications définies par f (a) = b , g (b) = g (c) = d . Pour B = {c}, on a f −1 (B) = ∅ d’où (g ◦ f )( f −1 (B)) = ∅ alors que g (B) = {d}.
Remarque 1.23 Avant d’écrire une formule mathématique, vous devez vous demander quel type d’objet vous manipulez (est-ce un élément d’un ensemble, une partie, une application ?. . .). Pour cela, il est utile de faire des schémas au brouillon. Dans l’exemple précédent, on écrit : E
f −1 (B)⊂E
f
g
− → F − → B⊂F
G
g (B)⊂G, (g ◦ f )(f −1 (B))⊂G
Remarquez également le choix judicieux des notations de notre preuve : nous avons décidé de noter les éléments de E x, x ′ , . . . , ceux de F y, y ′ . . . et ceux de G, z, z ′ , . . . . Lors de notre démonstration, nous notons également sur le schéma les éléments utilisés : g
f
→ → F − E −
x∈E
y ∈F
G
z=g (y )∈G
Un bon étudiant fait cela intuitivement et comprend ce qu’il doit démontrer. En cas de doute, n’hésitez pas à faire une pause pour revoir la nature de chaque objet manipulé. 1148
A.5.2 Plan de démonstration incorrect Il faut bien connaître les définitions exactes du cours et les utiliser pour démontrer des résultats en suivant les plans correspondants. Exemple 1.24 On note F (E, F) l’ensemble des applications d’un ensemble E vers un ensemble F . On considère deux ensembles E et F. Soit g : F −→ E une application injective. Montrer que l’application ϕ:
½
F (E, F) f
−→ 7−→
F (E, E) g◦f
est injective. Voici une « démonstration » trouvée dans une copie : Soit (x, x ′ ) ∈ E2 .
Supposons que g ◦ f (x) = g ◦ f (x ′ ).
¡
¢
¡
¢
D’après la définition de la composée, g f (x) = g f (x ′ ) .
Puisque g est injective, f (x) = f (x ′ ).
Toutes les lignes ci-dessus sont correctes, mais qu’a-t-on montré ? Détaillons la démarche préliminaire à effectuer avant d’écrire une preuve. Il faut d’abord comprendre les notations : si f ∈ F (E, F) et g ∈ F (F, E), f
g
E− →F− → E.
La composée g ◦ f est bien définie et c’est une application g ◦ f : E −→ E. L’application ϕ est donc bien définie. On veut montrer que ϕ est injective. L’ensemble de départ de ϕ est F (E, F). Le plan de démonstration correspondant s’écrit Soit ( f , f ′ ) ∈ (F (E, F))2 .
Supposons que ϕ( f ) = ϕ( f ′ ).
On prouve que f = f ′ .
On s’aperçoit que l’élève n’a pas suivi ce plan et que ce qu’il écrit n’a aucun sens... Écrivons une preuve correcte. Nous voulons montrer que les deux applications f et f ′ sont égales. La définition de l’égalité de deux applications impose le plan suivant. Soit x ∈ E,
f (x) = f ′ (x).
Écrivons la preuve complète. Soient ( f , f ′ ) ∈ (F (E, F))2 .
Supposons ϕ( f ) = ϕ( f ′ ), c’est-à-dire g ◦ f = g ◦ f ′ . Soit x ∈ E.
On a g ◦ f (x) = g ◦ f ′ (x). ¡
¢
¡
¢
Puisque g f (x) = g f ′ (x) et que l’application g est injective, f (x) = f ′ (x). Par conséquent, f = f ′ .
A.5.3 Fautes de logique Dans ce paragraphe, nous allons voir quelques fautes de logique qui illustrent les notions introduites au paragraphe A.1 page 1126. Exemple 1.25 Un élève affirme dans sa copie que pour deux parties A, B d’un ensemble E, l’application f :
½
P (E) X
−→ 7−→
P (E) (X ∩ A, X ∪ B)
est injective et il justifie ce résultat par la « démonstration » suivante. Soit (X, X′ ) ∈ (P (E))2 .
Supposons f (X) = f (X′ ) et montrons que X = X′ . Montrons que X ⊂ X′ :
Soit x ∈ X, étudions deux cas : – si x ∈ A, alors x ∈ X ∩ A = X′ ∩ A d’où x ∈ X′ , 1149
– si x 6∈ B, alors x ∈ X ∪ B = X′ ∪ B et donc x ∈ X′ . Dans les deux cas on a montré que x ∈ X′ .
On montre que X′ ⊂ X de la même façon.
Le problème vient de l’étude de cas non-exhaustive : il peut exister des éléments x ∈ E tels que x 6∈ A et x ∈ B. Ce cas n’a pas été traité (et le résultat est faux en général). Exemple 1.26 Voici un exemple tiré de l’algèbre linéaire qui illustre la même erreur très courante. Soit E un K -espace vectoriel et F, G deux sous-espaces supplémentaires : E = F ⊕ G. On suppose que ∀x ∈ F, u(x) = x et ∀x ∈ G, u(x) = x . Montrer que u = idE . On rencontre souvent le « raisonnement » suivant : Soit x ∈ E, étudions deux cas : – Si x ∈ F, alors u(x) = x . – Si x ∈ G, alors u(x) = x .
Donc ∀x ∈ E, u(x) = x et u = idE .
C’est une confusion typique entre supplémentaires et complémentaires. Dire que E = F ⊕ G n’est pas la même chose que E = F∪G. Les deux cas étudiés ne sont pas exhaustifs : il peut exister des vecteurs x qui n’appartiennent ni à F ni à G. Par exemple, si E = R2 , F = Vect(1, 0) et G = Vect(0, 1), on a bien E = F⊕G et pourtant (1, 1) 6∈ F et (1, 1) 6∈ G. La démonstration correcte utilise la définition exacte de deux sous-espaces vectoriels supplémentaires : Soit x ∈ E.
Puisque E = F ⊕ G, il existe xF ∈ F et xG ∈ G tels que x = xF + xG . Comme u est linéaire, u(x) = u(xF ) + u(xG ) = xF + xG = x . Donc u = idE .
Exemple 1.27 Considérons une suite (un ). Un élève montre que si les deux suites extraites (u2n ) et (u2n+1 ) convergent vers 0, alors la suite (un ) converge vers 0. Il écrit : Considérons deux cas : – si n est pair, . . .alors (un ) converge vers 0. – si n est impair, . . .alors (un ) converge vers 0. Dans les deux cas, nous avons montré que un −−−−−→ 0. n→+∞
Il n’a pas compris que la proposition P : un −−−−−→ 0 ne dépend pas de n . Dire qu’une suite converge vers 0 ne fait n→+∞ pas intervenir n . On peut écrire de façon équivalente P : uk −−−−−→ 0. La lettre est muette dans un quantificateur ∀. La k→+∞
proposition
∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n ∈ N , n Ê N =⇒ |un | É ε
est logiquement équivalente à : ∀ε > 0, ∃K ∈ N : ∀k ∈ N , k Ê K =⇒ |uk | É ε.
Il étudie donc deux cas en fonction de n et démontre dans ces deux cas qu’une propriété indépendante de n est vraie. Au mieux il a écrit deux démonstrations correctes identiques. Au pire, il a écrit n’importe quoi . . . Exemple 1.28 Pour montrer une proposition de type P : ∀n ∈ N P (n)
on utilise souvent le principe de récurrence. – On vérifie la propriété au rang n = 0 : P (0) est vraie. – On montre que ∀n ∈ N , P (n) =⇒ P (n + 1) est vraie. Pour rédiger une récurrence, vous devez d’abord mettre en évidence la propriété P (n). Par exemple, pour montrer que ∀n ∈ N ,
on écrit : P (n) :
n X
k=
n(n + 1) , 2
k=
n(n + 1) . 2
k=0 n X
k=0
On utilise ensuite le plan suivant : P (0) :
0 X
k =0=
k=0
0×1 2
Soit n ∈ N , montrons P (n) =⇒ P (n + 1) : 1150
n+1 X k=0
k=
n X
k + (n + 1) =
k=0
On en déduit que
n+1 X k=0
n(n + 1) + (n + 1) d’après P (n). 2
k=
(n + 1)(n + 2) . 2
Une erreur courante consiste à citer la propriété P (n) avec le quantificateur ∀ : n X
P (n) : ∀n ∈ N ,
k=
k=0
n(n + 1) . 2
Remarquons que cette propriété ne dépend pas de n : elle est logiquement équivalente à la propriété ∀p ∈ N ,
p X
k=
k=0
p(p + 1) . 2
Exemple 1.29 On considère une suite récurrente définie par u0 ∈ R et ∀n ∈ N , un+1 = f (un ) où f : R −→ R est une fonction vérifiant : ∀x ∈ R , f (x) É x . On veut montrer que la suite (un ) est décroissante : ∀n ∈ N , un+1 É un . Écrivons une récurrence : P (n) : un+1 É un . P (0) : u1 = f (u0 ) É u0 .
P (n) =⇒ P (n + 1) : un+1 = f (un ) É un .
Ce que nous avons écrit est correct, mais à quel endroit avons-nous utilisé la propriété P (n) pour montrer P (n + 1) ? La récurrence est inutile. Il suffit d’écrire : Soit n ∈ N ,
un+1 = f (un ) É un .
Donc la suite (un ) est décroissante.
Remarque 1.24 Les étudiants ont tendance à abuser de la récurrence. Pour montrer une propriété qui commence par ∀n ∈ N , . . . , ils se lancent automatiquement dans une récurrence. On écrit une récurrence uniquement lorsqu’on a essayé une démonstration directe qui n’aboutit pas et qu’on repère un lien intéressant entre P (n) et P (n + 1). Si l’on décide d’écrire une récurrence, il est important – d’écrire précisément la propriété P (n), – dans la preuve de P (n) =⇒ P (n + 1) d’indiquer précisément à quel endroit on a utilisé que P (n) est supposée vraie. Exemple 1.30 Réfuter la démonstration suivante : Dans une boîte de crayons de couleurs, tous les crayons sont de la même couleur. Par récurrence : Soit n le nombre de crayons. pour n = 1 c’est évident. Passons de n à n +1 : on enlève le premier crayon c 1 . Il reste n crayons c 2 , . . . , c n+1 qui sont de la même couleur, par "hypothèse" de récurrence. De même c 1 , . . . , c n sont de la même couleur. Les deux "sous-boîtes" sont donc de la même couleur que ci (1 < i < n + 1). Ainsi tous les crayons ont la même couleur. Bien entendu, comme le résultat est faux pour n = 2, c’est qu’on ne peut pas passer de n = 1 à n = 2. L’intersection entre les deux "sous-boîtes" est vide. ¡
¢
Exemple 1.31 Soit une application f : E −→ F¡ et A¢⊂ E une partie de E. On demande de comparer f −1 f (A) et A. Un étudiant voulait démontrer que l’inclusion f −1 f (A) ⊂ A était fausse. Il écrit : ¡
¢
Soit x ∈ f −1 f (A) , montrons que x 6∈ A
et il n’aboutit pas. Il essaie de montrer que f −1 ( f (A)) ⊂ E \ A, ce qui n’est pas la même chose que f −1 ( f (A)) 6⊂ A. Un autre traduit correctement que f −1 ( f (A)) ⊂ A est faux. ¡
¢
Montrons qu’il existe x ∈ f −1 f (A) tel que x 6∈ A
et n’aboutit pas non plus. Ces deux élèves voulaient montrer que la propriété est toujours fausse, quels que soient l’ensemble E, l’application f et la partie A. Il y a des exemples où la propriété est vraie et d’autres pour lesquels elle est fausse. Il s’agit de montrer que la propriété n’est pas toujours vraie et, pour cela, il suffit d’exhiber un contre-exemple où l’on construit E, f , A pour lesquels la propriété est fausse. Il faut bien comprendre la distinction entre : « une propriété est toujours fausse » et « il existe des cas où la propriété est fausse ».
A.5.4 Utilisation d’objets non-définis Il important de relire une démonstration pour s’assurer que tous les objets utilisés ont été bien définis. 1151
Exemple 1.32 Un élève écrit ¡
¢
Soit y ∈ f f −1 (A) .
Puisque x ∈ f −1 (A) . . .
Pour lui, la nature de l’objet x est évidente, mais il n’a pas introduit cet objet avant de l’utiliser. La preuve peut être correcte, mais est mal rédigée. Il aurait du écrire Soit y ∈ f (A).
Par définition de l’image directe, il existe x ∈ A tel que y = f (x).
Exemple 1.33 Un élève veut montrer que si f , g : R −→ R sont deux applications surjectives, l’application ( f + g ) est également surjective. Pour cela, il écrit Soit z ∈ R .
Posons x ∈ R tel que z/2 = f (x) et z/2 = g (x)
Alors z = z/2 + z/2 = f (x) + g (x) = ( f + g )(x)
Le problème dans cette « preuve » est qu’un tel réel x n’existe pas forcément. Par exemple, si f = idR et g = − idR , f et g sont surjectives alors que ( f + g ) est l’application nulle qui n’est pas surjective. Pour z = 1, essayez de trouver un réel x tel que f (x) = 1/2 et f (x) = −1/2 . . . Remarque 1.25 Méfiez-vous d’une phrase « Posons x . . . tel que . . . ». Bien que l’existence d’un tel objet x vous arrange pour terminer votre preuve, il y a souvent un problème !
A.5.5 Ordre des objets introduits En analyse, de nombreuses fautes proviennent d’un problème de dépendance d’objets introduits. Plutôt que d’analyser des erreurs, nous allons voir deux exemples importants qui illustrent ce propos. Exemple 1.34 Voyons un exercice classique d’analyse, le théorème de Césaro. Soit (un ) une suite, on définit sa moyenne u1 + · · · + un
. Montrons que un −−−−−→ l =⇒ S n −−−−−→ l . de Césaro comme étant la suite (S n ) où S n = n→+∞ n→+∞ n Commençons par comprendre intuitivement pourquoi ce résultat est vrai. Puisque un −−−−−→ l , approximons un par l en n→+∞ écrivant un = l + r n avec r n −−−−−→ 0. Alors n→+∞
Sn =
l + · · · + l r1 + · · · + rn r1 + · · · + rn + =l + n n n
r1 + · · · + rn
−−−−−→ 0. Soit ε > 0. Puisque r n −−−−−→ 0, à partir d’un certain rang N1 , Il suffit donc de montrer que Rn = n→+∞ n→+∞ n |r n | est petit : |r n | É ε. Majorons en valeur absolue pour n Ê N1 |Rn | É
|r 1 | + · · · + |r n | |r 1 | + · · · + |r N1 −1 | |r N1 | + · · · + |r n | C n − N1 É + É + ε n n n n n
où C = |r 1 | + · · · + |r N1 −1 | est une constante indépendante de n . Lorsque n est grand, C/n est petit : C/n É ε pour n Ê N2 et comme (n − N1 ) É n , on a |Rn | É ε + ε = 2ε pour n plus grand que N1 et que N2 . Il s’agit maintenant de rédiger une preuve rigoureuse en utilisant la définition d’une suite qui converge vers 0. Pour montrer que Rn −−−−−→ 0, il nous faut suivre le plan de démonstration suivant. n→+∞
Soit ε > 0.
Posons N = . . . .
Soit n Ê N, |Rn | É ε.
Réfléchissons à l’ordre dans lequel nous allons introduire les objets utiles à la démonstration. Au brouillon, nous avons pris n Ê N2 où N2 est défini tel que C/n É ε pour n Ê N2 , mais la constante C = r 1 + · · · + r N1 −1 dépend de N1 . Il faut donc avoir introduit N1 avant N2 . Pour vérifier notre calcul, il faut prendre n Ê N1 et n Ê N2 . L’entier N que nous devons construire doit donc dépendre à la fois de N1 et de N2 . L’ordre d’introduction des objets est donc le suivant : On vous donne ε. Construire N1 à partir de ε. Construire N2 à partir de ε et N1 . Construire N à partir de N1 et N2 . 1152
Vérifier que le N construit convient. Voici la preuve complète : Soit ε > 0.
Puisque r n −−−−−→ 0, il existe N1 ∈ N∗ tel que ∀n Ê N1 , |r n | É ε/2. n→+∞
Posons C = (|r 1 |+· · ·+|r N1 −1 |). Puisque la suite (C/n) converge vers 0, il existe N2 ∈ N∗ tel que ∀n Ê N2 , C/n É ε/2.
Posons N = max(N1 , N2 ). Soit n ∈ N tel que n Ê N,
Nous pouvons découper la somme en deux. Majorons en valeur absolue : ¯r +··· +r r N + · · · + r n ¯¯ N1 −1 ¯ 1 + 1 |Rn | = ¯ ¯ n n |r 1 | + · · · + |r N1 −1 | |r N1 | + · · · + |r n | É + n n C (n − N1 )ε É + n 2n É ε/2 + ε/2
É ε.
Si on avait écrit : Soit ε > 0.
Posons C = |r 1 | + · · · + |r N1 − 1|.
Puisque C/n −−−−−→ 0, il existe N2 ∈ N tel que C/n É ε/2. n→+∞
Puisque r n −−−−−→ 0, il existe N1 ∈ N tel que ∀n Ê N, |r n | É ε/2 n→+∞
Posons N = max(N1 , N2 ) . . .
nous aurions fait une erreur de dépendance. L’objet C dépend de N1 qui n’a pas encore été introduit dans la démonstration. Exemple 1.35 Dans le cours d’analyse, une fonction f : I −→ R est uniformément continue si par définition : ∃α > 0 : ∀ε > 0, ∀(x, y) ∈ I2 , |x − y| É α =⇒ | f (x) − f (y)| É ε.
On dit que la fonction f est continue sur I lorsqu’elle est continue en tout point x ∈ I ce qui se traduit avec les quantificateurs par ∀x ∈ I, ∀ε > 0, ∃α > 0 : ∀y ∈ I, |x − y| É α =⇒ | f (x) − f (y)| É ε.
En voyant la définition d’une fonction uniformément continue, vous devez vous demander quelle est la différence avec celle d’une fonction continue. Ayant écrit les deux définitions avec des quantificateurs, on s’aperçoit qu’elles se ressemblent beaucoup, l’unique différence concerne l’ordre de deux quantificateurs ∀ et ∃. Pour comprendre l’impact de cette différence, étudions les plans de démonstration correspondant aux deux définitions. 1. Pour montrer que f est continue sur I : Soit x ∈ I, soit ε > 0.
Posons α =.
Soit y ∈ I tel que |x − y| É α, | f (x) − f (y)| É ε.
En pratique : – On vous donne un x et un ε que vous ne pouvez pas choisir. – À partir de x et ε, vous devez construire un réel α qui dépend à la fois de x et ε et qui vérifie la propriété. Pour montrer que f est uniformément continue, le plan s’écrit Soit ε > 0
Posons α =
Soit x ∈ I, soit y ∈ I, tels que |x − y| É α
| f (x) − f (y)| É ε.
En pratique : – On vous donne un ε > 0 que vous ne pouvez pas choisir. – À partir de cet ε, vous devez construire un αε qui ne dépend que de ε vérifiant la propriété. 1153
On comprend alors la différence entre ces deux définitions : c’est un problème de dépendance dans la construction de α. Dans le premier cas, vous pouvez construire α qui dépend de ε et x alors que dans le deuxième cas, vous devez construire un α qui ne dépend que de ε et qui convient pour tout x ∈ I, ce qui est plus difficile. Pour comprendre réellement une telle définition, vous devez prendre l’habitude de chercher par vous même des exemples et contre-exemples. C’est le meilleur moyen de bien assimiler un cours de mathématiques. Voyons un exemple de réflexion sur le cours. Un théorème affirme que f uniformément continue sur I =⇒ f continue sur I. Un autre théorème (Heine) affirme que si I est un segment, f continue sur I ⇐⇒ f uniformément continue sur I. Pour trouver un contreexemple de fonction continue qui n’est pas uniformément continue, il est donc nécessaire de choisir un intervalle I qui n’est pas un segment. Écrivons la négation de l’uniforme continuité de f : ∃ε > 0 : ∀α > 0, ∃x ∈ I : ∃y ∈ I : |x − y| É α et | f (x) − f (y)| > ε.
Prenons I = [0, +∞[ et f (x) = x 2 . Cette fonction est continue sur [0, +∞[. Montrons qu’elle n’est pas uniformément continue sur I. Formons pour 0 É x < y , | f (x) − f (y)| = y 2 − x 2 = (y − x)(y + x). On voit que si |x − y| É α avec le cas limite y = x + α, | f (x) − f (y)| = α(y + x) donc la quantité | f (x) − f (y)| devient arbitrairement grande en choisissant x et y grands. Montrons par l’absurde que f n’est pas uniformément continue. Posons ε = 1. Soit α > 0,
posons x = 1/α et y = 1/α + α
on a |x − y| = α et | f (x) − f (y)| = 2αx + α2 Ê 2 + α2 Ê 1.
Exercice 1.11 ♥♥ Quelles sont les liens entre les notions suivantes : « f est uniformément continue sur I » et « f est lipschitzienne sur I»? Solution : On a les implications : f lipschitzienne =⇒ f uniformément continue =⇒ f continue
et aucune des implications réciproques n’est vraie en général. Montrons que f lipschitzienne entraîne f uniformément continue. Soit ε > 0
Puisque f est lipschitzienne, il existe k > 0 tel que ∀(x, y) ∈ I2 , | f (x) − f (y)| É k|x − y|.
Posons α = ε/k .
Soit (x, y) ∈ I2 tel que |x − y| É α, | f (x) − f (y)| É k|x − y| É kα É ε.
Montrons que l’implication réciproque est fausse en général. Dire que f est lipschitzienne revient à dire qu’il existe
¯ f (x) − f (y) ¯ ¯ ¯ k > 0 tel que ∀x, y ∈ I, x 6= y , ¯ ¯ É k : les pentes de toutes les cordes sont bornées. Considérons la fonction xp −y f : [0, 1] −→ R définie par f (x) = x . Elle est continue sur le segment [0, 1], donc uniformément continue d’après y) ∈ I2 , le théorème de Heine. Vérifions qu’elle n’est pas lipschitzienne. Par l’absurde, s’il existe k > 0 telpque ∀(x, p ∗ ∗ | f (x) − f (y)| É k|x − y|, on a pour tout entier n ∈ N , ( f (2/n) − f (1/n)) É 1/n , c’est-à-dire ∀n ∈ N , ( 2 − 1) n É 1 ce
qui est faux.
1154
Annexe
B
Techniques d’ algèbre sans techniqu’,un don n’est rien qu’un’ sal’ manie. Georges Brassens (1921-1981)
B.1 Trigonométrie Dans ce paragraphe, nous allons voir les formules de trigonométrie à connaître par cœur ou à savoir retrouver rapidement. Il est aussi important de comprendre à quoi servent ces formules.
B.1.1
Lecture du cercle trigonométrique
Il faut savoir interpréter pour un angle θ, son sinus, son cosinus, sa tangente et sa cotangente géométriquement sur le cercle trigonométrique : y
cotan θ Q
C A
N sin θ
P
tan θ
θ O
M B
x
cos θ
Multimédia : animation avec l’angle qui varie On représente une demi-droite issue de l’origine faisant un angle θ avec l’axe (Ox), cette demi-droite coupe le cercle unité en un point A, coupe la tangente au cercle au point B = (1, 0) en un point P et la tangente au cercle au point C = (0, 1) en
1 comme des mesures algébriques : tan θ – En notant M la projection orthogonale du point A sur l’axe (Ox), sin θ = OM. – En notant N la projection orthogonale du point A sur l’axe (Oy), cos θ = ON. – tan θ = BP . – cotan θ = CQ. On a cos(π/2 − θ) = sin(θ), sin(π/2 − θ) = cos(θ), tan(π/2 − θ) = cotan(θ) et cotan(π/2 − θ) = tan(θ). Pour retrouver d’autres simplifications, remarquons que si l’on choisit sur le dessin un angle θ petit et positif, sin θ est petit positif, cos θ est proche de 1 positif, tan θ est petit positif et cotan θ est grand et positif.
un point Q. On interprète sin θ, cos θ, tan θ, cotan θ =
1155
On retrouve sans calculs les simplifications de sin(kπ ± θ), sin(kπ + π/2 ± θ), cos(kπ ± θ), cos(kπ + π/2 ± θ) en fonction de sin θ ou cos θ et les simplifications de tan(kπ ± θ), tan(kπ + π/2 ± θ), cotan(kπ ± θ), cotan(kπ + π/2 ± θ) en fonction de tan θ ou cotan θ. Exemple 2.1 Simplifier sin(3π/2 − θ), cos(3π/2 − θ), tan(3π/2 − θ) et cotan(3π/2 − θ). On prend sur le dessin un angle θ petit positif et on représente l’angle 3π/2 − θ : tan(3π/2 − θ) = cotan(θ) cos(3π/2 − θ) = −sin θ
cotan(3π/2 − θ) = tan(θ)
θ
sin(3π/2 − θ) = −cos θ
3π/2 − θ
On voit que cos(3π/2−θ) est petit et négatif et on retrouve sans calculs que cos(3π/2−θ) = − sin θ. De même, sin(3π/2− θ) étant proche de −1, il vaut − cos θ. Puisque tan(3π/2−θ) est grand et positif, il vaut cotan θ et de même cotan(3π/2− θ) = tan θ. Exemple 2.2 Simplifier en utilisant le cercle trigonométrique, sin(7π/2+θ), cos(5π/2+θ), tan(π/2+θ), cotan(7π/2+θ). sin(7π/2 + θ) = − cos θ, cos(5π/2 + θ) = − sin θ, tan(π/2 + θ) = − cotan θ, cotan(7π/2 + θ) = − tan θ. On remarque que cos(θ+kπ) = ± cos(θ), sin(θ+kπ) = ± sin(θ) en fonction de la parité de l’entier k . On vérifie la formule utile : sin(θ + kπ) = (−1)k sin θ
♥ 2.1
B.1.2
cos(θ + kπ) = (−1)k cos(θ).
Les quatre formules fondamentales de la trigonométrie
Il n’y a que peu de formules à retenir vraiment par cœur en trigonométrie. Comme les méthodes que nous allons voir sont similaires en trigonométrie hyperbolique, nous les inscrivons en parallèle. On sait exprimer cos2 x en fonction de sin2 x grâce à la formule fondamentale : ♥ 2.2
p
cos2 x + sin2 x = 1
ch2 x − sh2 x = 1.
Lorsqu’on rencontrep un groupement 1 − y 2 (avec |y| É 1), il est souvent intéressant de poser y = sin x ou y = cos x pour p p éliminer la racinep: 1 − sin2 xp= cos2 x = |cos x|. De même pour un groupement 1 + y 2 , il est intéressant p de poser p 2 2 2 − 1 de poser y = ± ch x puisque 1 + sh x = ch x = ch x et pour un groupement y ch2 x − 1 = y = sh x puisque p sh2 x = |sh x|. Il faut connaître par cœur les quatre formules d’addition : cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b
♥ 2.3
ch(a + b) = ch a chb + sh a sh b
cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b
ch(a − b) = ch a chb − sh a sh b
sin(a − b) = sin a cos b − cos a sin b
sh(a − b) = sh a chb − ch a sh b.
sin(a + b) = sin a cos b + cos a sin b
sh(a + b) = sh a chb + ch a sh b
Elles permettent, en prenant b = a , de trouver les deux formules importantes : 1156
♥ 2.4
cos 2a = cos2 a − sin2 a = 2cos2 a − 1 = 1 − 2sin 2 a
ch2a = ch2 a + sh2 a = 2ch2 a − 1 = 1 + 2sh2 a
sin 2a = 2sin a cos a
sh 2a = 2sh a ch a.
Ces formules servent en particulier à linéariser cos2 a et sin2 a : cos 2a + 1 2 1 − cos 2a sin2 a = 2
ch2a + 1 2 ch2a −1 sh2 a = . 2
cos2 a =
♥ 2.5
ch2 a =
Remarque 2.1 Ces formules de linéarisation sont surtout utilisées en trigonométrie classique. Pour la trigonométrie hyperbolique, les signes changent. On peut vérifier facilement une formule hyperbolique en prenant a = 0 et en faisant a → +∞. Par exemple, la formule suivante est fausse : ch(2a) = 1 − 2sh2 a
(a → +∞ ne va pas ! ) Remarque 2.2
Ces formules servent également à exprimer 1 + cos a ou 1 − cos a comme un carré : 1 + cos θ = 2cos2 p
Lorsqu’on rencontre un groupement 1 + cos θ ou p
B.1.3
1 + cos θ =
θ 2
θ 1 − cos θ = 2sin2 . 2
p 1 − cos θ, il faut donc penser à l’angle moitié :
p ¯¯ θ ¯¯ 2¯cos ¯, 2
p p ¯¯ θ ¯¯ 1 − cos θ = 2¯sin ¯. 2
Comment retrouver les autres
Pour linéariser un produit de cosinus et de sinus, il suffit d’additionner ou de retrancher deux lignes des quatre formules fondamentales. Par exemple, si l’on veut retrouver la linéarisation de cos a cos b , on part des deux premières lignes : (
cos(a + b) cos(a − b)
= cos a cos b − sin a sin b = cos a cos b + sin a sin b
1£
¤
et on fait L2 + L1 pour obtenir cos a cos b = cos(a + b) + cos(a − b) . On retrouve ainsi rapidement les trois formules 2 suivantes : ¤ 1£ cos(a + b) + cos(a − b) 2 ¤ 1£ sin(a) sin(b) = cos(a − b) − cos(a + b) 2 ¤ 1£ sin(a) cos(b) = sin(a + b) + sin(a − b) 2
cos(a) cos(b) = ♥ 2.6
¤ 1£ ch(a + b) + ch(a − b) 2 ¤ 1£ sh(a) sh(b) = ch(a + b) − ch(a − b) 2 ¤ 1£ sh(a) ch(b) = sh(a + b) + sh(a − b) . 2
ch(a) ch(b) =
On sait également transformer une somme de cosinus ou une somme de sinus en un produit. Par exemple, pour exprimer cos p + cos q , on part des deux premières lignes (
cos(a + b) cos(a − b)
= cos a cos b − sin a sin b = cos a cos b + sin a sin b
et, en les sommant, cos(a + b) + cos(a − b) = 2cos(a) cos(b). p +q a = a +b = p 2 . On obtient de cette façon les deux formules suivantes : i. e. Il suffit de choisir a et b pour que b = p − q a −b = q 2 ¡p +q ¢ ¡p −q ¢ ¡p +q¢ ¡p −q¢ cos p + cos q = 2cos cos ch p + ch q = 2ch ch 2 2 2 2 ♥ 2.7 ¡p +q¢ ¡p −q¢ ¡p +q¢ ¡p −q¢ sin p + sin q = 2sin cos sh p + sh q = 2sh ch . 2 2 2 2 (
1157
On ne sait pas transformer cos p + sin q en un produit simple, sauf si p = q :
Remarque 2.3
cos p + sin p =
Plus généralement,
p ¡ ¢ p 2 cos(π/4) cos(p) + sin(π/4) sin(p) = 2 cos(p − π/4)
a cos θ + b sin θ =
p
³ ´ b a cos θ + p sin θ . a2 + b2 p 2 2 2 2 | a {z+ b } | a {z+ b } A
2
2
B
Mais puisque A + B = 1, il existe ϕ ∈ [0, 2π[ tel que A = cos ϕ et B = sin ϕ d’où finalement a cos θ + b sin θ =
p
p ¡ a 2 + b 2 cos θ cos ϕ + sin ϕ sin θ) = a 2 + b 2 cos(θ − ϕ).
On retient le lien simple qui existe entre tan x et cos x : 1 + tan2 x =
♥ 2.8
1 . cos2 x
Pour les tangentes, on a les formules suivantes qui proviennent de la définition et des formules fondamentales. 1 cos2 x tan a + tan b tan(a + b) = 1 − tan a tan b tan a − tan b tan(a − b) = 1 + tan a tan b 2tan a tan(2a) = 1 − tan2 a 1 + tan2 x =
♥ 2.9
1 − th2 x =
1
ch2 x th a + th b th(a + b) = 1 + th a thb th a − th b th(a − b) = 1 − th a thb 2th a th(2a) = . 1 + th2 a
Terminons par des formules qui permettent d’exprimer les fonctions trigonométriques comme fractions rationnelles en t = tan(x/2). Ces formules nous serviront pour calculer des primitives. x t = tan( ) 2 2t sin x = 1+ t2 1− t2 cos x = 1+ t2 2t tan x = 1− t2
♥ 2.10
Démonstration
x t = th( ) 2 2t sh x = 1− t2 1+ t2 ch x = 1− t2 2t th x = . 1+ t2
Utilisons la formule sin(x) = 2sin(x/2) cos(x/2) et la relation entre cos et tan : cos2 (x/2) =
écrire : sin(x) = 2tan(x/2) cos2 (x/2) =
De même, cos(x) = 2cos2 (x/2) − 1 =
Il suffit de former le quotient pour trouver tan(x) =
sin x 2t . = cos x 1 − t 2
2 1 + t2
2t 1 + t2
−1 =
1 1 + tan2 (x/2)
pour
.
1 − t2 1 + t2
B.2 Calculs de sommes B.2.1
Comprendre les notations
On considère un ensemble I fini (indices) et une famille de réels (ai )i∈I . On note la somme de cette famille : produit de cette famille :
Y i∈I
Par exemple, si I = [[1, n]],
X
ai et le
i∈I
ai . X i∈I
ai = a1 + a2 + · · · + an et
Y i∈I
ai = a1 × a2 × · · · × an . Lorsque l’ensemble d’indices est un
1158
intervalle d’entiers : I = [[p, q]], on note q X
i=p
ai =
X i∈I
ai = a p + a p+1 + · · · + a q .
Il est important de comprendre que la lettre i utilisée dans la notation
X
est muette (elle prend les différentes valeurs dans
i∈I
I) et on peut la remplacer par une autre lettre : q X
i=p
ai =
q X
j =p
a j = ap + · · · + aq .
On sait calculer certaines sommes fondamentales, comme la somme des n premiers entiers (ainsi que la somme de leurs carrés et de leurs cubes) : n X
♥ 2.11
i=1 n X
♥ 2.12
i=1
i2 =
i=
n(n + 1) 2
n(n + 1)(2n + 1) 6
!2 Ã n X n 2 (n + 1)2 i = i . = 4 i=1 i=1 n X
♥ 2.13
3
Pour la somme S des n premiers entiers, une démonstration simple consiste à écrire les termes en ordre inverse : (
S
= 1 + 2 + · · · + (n − 1) + n
S
= n + (n − 1) + · · · + 2 + 1
et, en remarquant que 1 + n = 2 + (n − 1) = · · · = n + 1 puis en additionnant ces deux lignes, on obtient 2S = n(n + 1) d’où le résultat. On montre les deux autres formules par récurrence sur n . La formule du binôme de Newton : Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! n n n n−1 n n−2 2 n n (a + b) = a + a b+ a b +··· + b 0 1 2 n n
s’écrit avec nos notations :
à ! n n X (a + b) = a n−k b k . k=0 k n
♥ 2.14
Les sommes géométriques sont très importantes. Si x 6= 1, S = 1 + x + x2 + · · · + xn =
En effet,
(
S xS
1 − x n+1 . 1−x
= 1 + x + · · · + xn
= x + · · · + x n + x n+1
et, en soustrayant, on obtient (1− x)S = 1− x n+1 d’où le résultat. Lorsque x = 1, on somme 1 (n +1) fois : S = (n +1). Cette formule s’écrit avec nos notations : n+1 1−x x = 1−x i=0 (n + 1) n X
♥ 2.15
B.2.2
i
si x 6= 1 si x = 1
Changement d’indices, télescopage
Considérons deux entiers n < p et une somme S=
p X
k=n
ak = an + an+1 + · · · + a p .
1159
.
On peut également écrire S=
p−n X i=0
an+i = an + an+1 + · · · + an+(p−n) .
Formellement, on effectue un changement d’indice de sommation en posant i = k − n et en modifiant les bornes de l’intervalle de sommation : lorsque k = n , i = 0 et, lorsque k = p , i = p − n . Dans le terme générique à sommer ak , on remplace toutes les occurrences de k par (n + i ). On peut également effectuer le changement d’indices j = p − k : lorsque k parcourt l’intervalle [[n, p]], j parcourt l’intervalle [[0, p − n]]. En remplaçant k par p − j , on obtient alors : S=
p−n X j =0
a p− j = a p + a p−1 + · · · + a p−(p−n) . | {z } an
Ce changement d’indice consiste à sommer les termes de la famille dans l’ordre inverse. La formule du binôme peut s’écrire : Ã ! Ã ! (a + b)n =
n n n n X X a k b n−k = a n− j b j . k j j =0 k=0
Il suffit d’échanger les rôles de a et b ou d’effectuer le changement d’indice j = n − k . Si dans les termes à sommer, on a en facteur un terme qui ne dépend pas de l’indice de sommation, on peut le factoriser dans la somme : S=
n X
i=1
α × ai = (αa1 ) + (αa2 ) + · · · + (αan ) = α(a1 + · · · + an ) = α
n X
ai .
i=1
Par exemple, pour calculer une somme géométrique avec l’indice qui ne commence pas à 0, on peut utiliser deux techniques : S=
ou, en posant j = i − p , S=
q X
i=p
q X
i=p
xi =
xi =
q X
i=0
q−p X j =0
xi −
p−1 X i=0
x j +p =
1 − x q+1 1 − x p x p − x q+1 − = 1−x 1−x 1−x
xi =
q−p X j =0
xp x j = xp
q−p X j =0
xp = xp
1 − x q−p+1 . 1−x
En pratique, il vaut mieux utiliser la deuxième méthode car elle donne un résultat factorisé dans des calculs de sommes plus compliqués. Exemple 2.3 Pour calculer la somme S = S=
n X
i=0
n X
i=0
(n − i )2 , on peut développer :
n2 −
n X
i=0
2ni +
n X
i2
i=0
n X
n X
i2
= (n + 1)n 2 − 2n
i=0
= (n + 1)n 2 − 2n
n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) + . 2 6
i+
i=0
Mais il vaut bien mieux effectuer le changement d’indices k = n − i : S=
n X
k2 =
k=0
n(n + 1)(2n + 1) . 6
Voyons maintenant une technique courante dans les calculs de sommes, le télescopage. Considérons : S=
n ³ 1 X 1´ − . k k=1 k + 1
Si l’on écrit les termes successifs de cette somme, S=
³1
2
−
³ 1 1´ ³1 1´ 1´ + − +··· + − , 1 3 2 n +1 n
1160
1
on s’aperçoit que tous les termes se simplifient sauf 1/1 et 1/(n + 1) : S = − 1. Utilisons les changements d’indices n +1 pour rédiger ce calcul : S= = = = =
n 1 X 1 − k=1 k + 1 k=1 k n X
n+1 X1 i=1
i
n+1 X1 i=1 i n 1 X
i=2 i
− − +
n 1 X k=1 k n 1 X
i=1 i
(i = k + 1) ( les indices sont muets )
³X n 1 1 1´ (on sort des sommes les termes qui ne sont pas communs) − + n +1 1 i=2 i
1 − 1. n +1
Exemple 2.4 Calculer la limite de la suite de terme général n X
1 k(k + 1)(k + 2) k=1
Sn =
Commençons par décomposer en éléments simples la fraction rationnelle 1/2 1 1/2 1 = − + . k(k + 1)(k + 2) k k +1 k +2
pour écrire S=
n n 1 n X 1 1 1X 1X − + 2 k=1 k k=1 k + 1 2 k=1 k + 2
n+1 n 1 X 1 1 n+2 X1 1X − + 2 k=1 k i=2 i 2 j =3 j n 1 n 1 n 1 1³X 1 1´ ³X 1 1 ´ 1³ X 1 1 ´ = + + − + + + + + 2 k=3 k 1 2 2 n +1 2 k=3 k n + 1 n + 2 k=3 k
=
=
1 1 1 1 − + −−−−−→ . n→+∞ 4 2(n + 1) 2(n + 2) 4
On utilise souvent des changements d’indice pour calculer des sommes où tous les indices sont pairs ou impairs. Par exemple, on veut calculer la somme des premiers entiers pairs inférieurs à un entier n : Sn = 0 + 2 + 4 + · · · =
n X
i.
i =0 i pai r
Puisque les indices i de cette somme sont pairs, on peut les écrire sous la forme i = 2k où k est un entier. Comme 0 É i = 2k É n , il vient 0 É k É n/2 et le nouvel indice k varie donc dans l’intervalle entier [[0, E(n/2)]]. Si n = 2p , k ∈ [[0, p]] et si n = 2p + 1, k ∈ [[0, p]]. Par conséquent, Sn =
p X
(2k) = 2
k=0
p X
k=2
k=0
p(p + 1) = p(p + 1). 2
Nous voulons calculer maintenant la somme des coefficients binomiaux à ! à ! à ! n X n n n Sn = + +··· = . 0 2 i i =0 i pai r
L’idée consiste à utiliser la formule du binôme donnant la somme de tous les coefficients binomiaux : Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! n n X n n n 2 = (1 + 1) = + + +··· = . 0 1 2 i=0 i n
n
1161
On introduit la somme des coefficients binomiaux où les indices sont impairs : Tn =
n X
i =0 i i mpai r
à ! n . i
Nous avons alors S n + Tn = 2n . Il nous faut une autre relation pour calculer S n et Tn . Formons la différence : Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! n X n n n n i n S n − Tn = − + − + · · · = (−1) = (1 − 1)n = 0. 0 1 2 3 i i=0
On en déduit que S n = Tn = 2n−1 . Nous avons calculé les deux sommes en développant (1 + 1)n et (1 − 1)n . On remarque que 1 et −1 sont les racines carrées de l’unité. On peut généraliser cette idée en utilisant les racines n -ièmes de l’unité. Par exemple, si nous voulons calculer les sommes Un Vn W n
on calcule à l’aide du binôme les trois sommes (1 + 1)n (1 + j )n (1 + j 2 )n
à ! n = , k k=0 k≡0 [3] à ! n X n = , k k=0 k≡1 [3] à ! n X n = , k k=0 n X
k≡2 [3]
à ! n n X = = Un + Vn + Wn , k=0Ãk ! n n X = j k = Un + j Vn + j 2 Wn , k=0Ãk ! n n X = j 2k = Un + j 2 Vn + j Wn . k=0 k
Nous avons utilisé les relations j k = 1 lorsque k ≡ 0 [3], j k = j lorsque k ≡ 1 [3] et j k = j 2 lorsque j ≡ 2 [3]. En utilisant la propriété 1 + j + j 2 = 0, il suffit d’additionner les trois lignes précédentes pour trouver Un =
2n + (1 + j )n + (1 + j 2 )n . 3
On peut également avec la combinaison linéaire L1 + j 2 L2 + j L3 calculer Vn et de même avec L1 + j L2 + j 2 L3 calculer Wn . Cette technique permet de calculer plus généralement des sommes de la forme n X
k=0 k≡l [p]
à ! n . k
Il suffit de développer (1 + ωk )n pour les n racines n -ièmes de l’unité ωk .
B.2.3
Sommes doubles
Lorsque l’ensemble d’indices est une partie finie formée de couples, on dit qu’on a une somme double. Par exemple, si I = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 2)} et a(i,j ) = i + j , S=
X i∈I
ai = a(1,2) + a(3,1) + a(2,1) + a(1,1) = (1 + 2) + (1 + 3) + (2 + 2) + (3 + 2) = 16.
Un cas courant est lorsque I est un produit d’intervalles d’entiers : I = [[1, p]] × [[1, q]] = {(1, 1), (1, 2), . . . , (1, q), (2, 1) . . . , (2, q), . . . , (p, q)}
En notant ai j = a(i,j ) , on a la formule d’interversion de sommes : X
(i,j )∈I×J
ai j =
p ³X q X
i=1 j =1
q ³X p ´ ´ X ai j . ai j =
| {z } αi
1162
j =1 i=1
| {z } βj
Remarquons que αi =
q X
ai j ne dépend pas de j (l’indice de sommation est muet), mais de i . De même, β j ne dépend pas
j =1
de i . La formule précédente permet donc d’exprimer une somme double à l’aide de sommes simples. Pour comprendre cette formule, considérons l’exemple suivant : I = {1, 2} et J = {1, 2, 3} : 2 ³X 3 X
´ ai j = (a11 + a12 + a13 ) + (a21 + a22 + a23 ), {z } | {z } | j =1
i=1
i=1
2 3 ³X X
j =1
i=2
´ ai j = (a11 + a21 ) + (a12 + a22 ) + (a13 + a23 ) . | {z } | {z } | {z } i=1 j =1
j =2
j =3
Ces deux sommes sont bien égales puisque le résultat d’une sommation ne dépend pas de l’ordre dans lequel on effectue les sommes (en algèbre, on dit que la loi + est commutative). Lorsque ai j = αi × β j , la somme double s’écrit comme un produit de deux sommes simples : S= =
p X q X
αi β j
i=1 j =1 p X
q ³X
αi
i=1
βj
j =1
´
(αi ne dépend pas de j )
| {z } γ
=
q ³X
p ´ ³X ´ βj × αi
j =1
(γ ne dépend pas de i ).
i=1
à ! n p j Exemple 2.5 Calculons la somme S = i ( 2) : j =0i=0 j p n X X
à ! p ´³ X ³X n n p ´ j 2 S= i j i=0 j =0
=
Exemple 2.6 Calculons la somme S =
n X n X
i=1 j =1
S=
(i + j )2 . En développant cette somme,
n X n X n X
i=1
= 2n
n X n X
ij+
i=1 j =1
n X n X
j2
i=1 j =1
³X n ´ n n ´³ X X j +n j2 i i2 +2 i=1
n X
i=1 2
=
i2 +2
i=1 j =1
=n
p p(p + 1) (1 + 2)n . 2
j =1
n ´2 ¡X i2 +2 i
j =1
( indices muets )
i=1
n (n + 1)(7n + 5) . 6
Un exemple plus compliqué d’interversion de signes sommes, lorsque les bornes ne sont pas indépendantes : S=
i n ³X X
i=0 j =0
´ ´ X n n ³X ai j . ai j = j =0 i= j
P
Ici, S = (i,j )∈I ai j où I = {(i , j ) ∈ N2 | 0 É j É i É n}. On peut représenter chaque couple (i , j ) ∈ I par un point sur un quadrillage ( n = 3 sur la figure) : 1163
j
j
3
3
2
2
1
1
0 0
1
2
3
i
0 0
1
2
3
i
Si on commence par sommer sur l’indice i variant de 0 à n , à i fixé, j varie entre 0 et i . Sur le dessin, cela correspond à sommer verticales par verticales : S = (a00 ) + (a10 + a11 ) + (a20 + a21 + a22 ) + (a30 + a31 + a32 + a33 ) . {z } | {z } | {z } | {z } | i=0
i=1
i=2
i=3
Mais on peut également sommer horizontale par horizontale :
S = (a00 + a10 + a20 + a30 ) + (a11 + a21 + a31 ) + (a22 + a32 ) + (a33 ) . | {z } | {z } | {z } | {z } j =0
j =1
j =2
j =3
à !à ! n X n n X j Exemple 2.7 Calculer la somme S = . En inversant les signes sommes : i i=0 j =i j
à !à ! à ! à ! à ! j j n X n n X n n X X X n j j S= = = 2 j = (1 + 2)n = 3n i j =0i=0 j j =0 j i=0 i j =0 j
B.3 Trigonométrie et nombres complexes Nous allons voir dans ce paragraphe des techniques de calcul trigonométrique utilisant la notation imaginaires.
B.3.1
P
et les exponentielles
Transformation de cos(nθ)
Il s’agit de transformer une combinaison linéaire de cos kθ et sin kθ en produits de la forme cosp a sinq a . Ce procédé s’avérera utile pour résoudre des équations trigonométriques. La formule de Moivre est à la base du procédé de factorisation. Commençons par un exemple. Pour θ ∈ R, on veut transformer en produits cos 5θ et sin 5θ. On a, par application de la formule de Moivre : ¡ ¢5 cos θ + i sin θ = e 5iθ = cos 5θ + i sin 5θ.
Développons le membre de gauche de cette égalité avec la formule du binôme : (cos θ + i sin θ)5
=
=
cos5 θ + 5i cos4 θ sin θ − 10cos3 θ sin2 θ − 10i cos2 θ sin3 θ + 5cos θ sin4 θ + i sin5 θ ¡ ¢ ¡ ¢ cos5 θ − 10cos3 θ sin2 θ + 5cos θ sin4 θ + i 5cos4 θ sin θ − 10cos2 θ sin3 θ + sin5 θ .
En prenant la partie réelle et imaginaire, on obtient : cos 5θ sin 5θ
=
=
cos5 θ − 10cos3 θ sin2 θ + 5cos θ sin4 θ
5cos4 θ sin θ − 10cos2 θ sin3 θ + sin5 θ.
Calculons maintenant une formule générale qui permet d’exprimer cos(nθ) comme un polynôme en cos(θ). Écrivons avec la formule de Moivre i h cos(nθ) =
¢ 1 1 ¡ inθ e + e −inθ = (cos θ + i sin θ)n + (cos θ − i sin θ)n 2 2
et développons à l’aide de la formule du binôme :
à ! n n £ ¤ 1X cos(nθ) = 1 + (−1)k i k cosn−k θ sink θ. 2 k=0 k
1164
k
Puisque [1+(−1) ] =
(
à !
n X si k pair n k , cos(nθ) = i cosn−k θ sink θ. Tous les indices de cette somme étant pairs, k si k impair k=0
2 0
kpai r
on peut les écrire k = 2p avec 0 É 2p É n , c’est-à-dire p ∈ [[0, E(n/2)]]. Par conséquent, cos(nθ) =
E(n/2) X p=0
Ã
! Ã ! E(n/2) X n n p n−2p 2p (−1) cos θ sin θ = cosn−2p θ(1 − cos2 θ)p = Tn (cos θ) 2p p=0 2p
où Tn est un polynôme appelé n -ième polynôme de Tchebychev (de première espèce) :
Tn (X) =
E(n/2) X p=0
Ã
! n (−1)p X n−2p (1 − X 2 )p . 2p
Le calcul précédent est fondamental. Les polynômes de Tchebychev jouent un rôle important en algèbre et en analyse et il est courant de trouver cette question de cours dans les premières questions d’un problème de concours. Vous devez avoir bien compris et savoir refaire rapidement ce calcul. Effectuons le calcul similaire pour sin(nθ) : sin(nθ) =
´ 1h i 1 ³ inθ e − e −inθ = (cos θ + i sin θ)n − (cos θ − i sin θ)n , 2i 2i
à ! n n £ ¤ 1 X 1 sin(nθ) = 1 − (−1)k i k cosn−k θ sink θ = 2i k=0 k i
n X
k=0 ki mpai r
à ! n k i cosn−k θ sink θ. k
Tous les indices de cette somme étant impairs, on peut les écrire sous la forme k = 2p + 1 où 0 É 2p + 1 É n , c’est-à-dire
−1/2 É p É (n − 1)/2 et p varie donc dans l’intervalle d’entiers [[0, E( n−2 2 )]]. n−1 )Ã
E( 2 1 X sin(nθ) = i p=0
où Un (X) =
à E( n−1 2 ) X
p=0
à ! ! E( n−1 2 ) X n n 2p+1 n−2p−1 2p+1 i cos θ sin θ = sin θ (−1)p cosn−2p−1 θ(1−cos2 θ)p = sin θUn (cos θ) 2p + 1 2p + 1 p=0 ! n (−1)p X n−2p−1 (1 − X 2 )p est un polynôme. 2p + 1
Pour terminer, voyons un complément important sur les polynômes de Tchebychev. Utilisons la formule de trigonométrie cos p + cos q = 2cos
pour écrire ∀θ ∈ R , ∀n Ê 2,
¡p +q¢
2
¡p −q¢ cos 2
£ ¤ £ ¤ cos (n + 1)θ + cos (n − 1)θ = 2cos θ cos(nθ).
Puisque tout réel x ∈ [−1, 1] peut s’écrire cos(θ), il vient ∀x ∈ [−1, 1],
Tn+1 (x) + Tn−1 (x) = 2xTn (x)
et on utilise une technique importante sur les polynômes : le polynôme Q = Tn+1 + Tn−1 − 2XTn admet une infinité de racines, il est donc nul. On obtient ainsi une relation de récurrence qui permet de calculer de proche en proche les Tn : T0 = 1, T1 = X, ∀n Ê 2,
Tn+1 = 2XTn − Tn−1 .
On obtient T2 (X) = 2X2 − 1, T3 = 4X3 − 3X et on retrouve les formules de trigonométrie cos(2θ) = 2cos2 θ − 1, cos(3θ) = 4cos3 θ − 3cos θ
et ainsi de suite. On se sert souvent de cette formule de récurrence pour introduire plus simplement les polynômes de Tchebychev. Elle permet en particulier de montrer simplement par récurrence que le terme dominant du polynôme Tn vaut 2n−1 Xn .
B.3.2
Problèmes de linéarisation
L’objectif de ce paragraphe est de montrer comment transformer un produit cosp θ sinq θ en une combinaison linéaire de cos kθ et sin kθ. Cette opération s’avérera très utile pour les problèmes de calcul de primitive. Les formules d’Euler sont 1165
également à la base du processus de linéarisation. Commençons par un exemple. Nous souhaitons linéariser sin6 θ. On a : 6
sin θ
Ã
!6 e iθ − e −iθ 2i ´ 1 ³ i6θ e − 6e i5θ e −iθ + 15e i4θ e −i2θ − 20e i3θ e −i3θ + 15e i2θ e −i4θ − 6e iθ e −i5θ + e −i6θ − 64 ´ 1 ³ i6θ − e − 6e i4θ + 15e i2θ − 20 + 15e −i2θ − 6e −i4θ + e −i6θ 64 ´ ´ ´ ³ ³ 1 ³ i6θ e + e −i6θ − 6 e i4θ + 6e −i4θ + 15 e i2θ + e −i2θ − 20 − 64 1 − (cos 6θ − 6cos 4θ + 15cos 2θ − 10) . 32
= = = = =
Nous avons utilisé la formule du binôme et avons regroupé les termes symétriques pour retrouver des cosinus. Maple permet d’effectuer ces linéarisations trigonométriques à l’aide de la fonction combine : MAPLE
> A:=(cos(t))^4; 4 A := cos(t) > combine(A); 1 1 3 - cos(4 t) + - cos(2 t) + 8 2 8
R
1
1
3
Il est alors facile de déterminer une primitive, cos4 t dt = sin(4t ) + sin(2t ) + t + C. 32 4 8 Attaquons-nous maintenant à la linéarisation générale : Ã ! ´n n n 1 ³ iθ 1 X −iθ cos θ = n e + e = n e i(n−2k)θ . 2 2 k=0 k n
En s’inspirant de l’exemple précédent, nous souhaitons regrouper le terme k = 0 avec le terme k = n , le terme k = 1 avec le terme k = n − 1 ... Il faut distinguer les cas n pair et n impair pour pouvoir compter précisément le nombre de termes dans la somme. – Si n = 2p + 1 est impair, il y a 2p + 2 termes dans la somme que l’on sépare en deux : Ã ! Ã ! p X X n i(n−2k)θ n i(n−2k)θ 2p+1 2 cos θ = e + e . k=0 k k=p+1 k n
n
Effectuons alors d’indice dans la deuxième somme pour inverser l’ordre des termes : k ′ = n − k . On à un changement ! à ! remarque que
n n = ′ et que (n − 2(n − k ′ )) = −(n − 2k ′ ) d’où ′ n −k k
à ! à ! à ! p p p X ¤ n i(n−2k)θ X n −i(n−2k ′ ) X n £ i(n−2k)θ 2 cos θ = e + e = e + e −i(n−2k)θ ′ k k k k=0 k=0 k ′ =0 n
n
et finalement, cos
2p+1
à ! p 2p + 1 1 X cos[(2p − 2k + 1)θ]. θ = 2p 2 k=0 k
– Si n = 2p est pair, il y a 2p + 1 termes dans la somme et on doit sortir le terme médian : les (p − 1) premiers termes correspondent à k ∈ [[0, p − 1]], le terme médian à k = p et les (p − 1) derniers termes à k ∈ [[p + 1, 2p]] : Ã ! Ã ! Ã ! 2p X n i(n−2k)θ 2p n i(n−2k)θ 2 cos θ = e + + e p k=0 k k=p+1 k n
n
p−1 X
et avec le changement d’indice k ′ = n−k dans la deuxième somme puis en regroupant les sommes, on trouve finalement
cos
2p
θ=
Ã
2p p
!
22p
+
1
p−1 X
22p−1 k=0
1166
Ã
! ¡ ¢ 2p cos 2(p − k)θ . k
B.3.3
Utilisation des sommes géométriques complexes
L’idée fondamentale de ce paragraphe est qu’il est souvent plus facile de calculer une somme complexe qu’une somme trigonométrique, grâce aux propriétés de l’exponentielle imaginaire. Pour calculer la somme S n = 1 + cos(θ) + cos(2θ) + · · · + cos(nθ) =
n X
introduisons la somme correspondante avec des sinus : Tn = 0 + sin(θ) + sin(2θ) + · · · + sin(nθ) =
n X
n X
e ikθ =
k=0
n £ X
e iθ
k=0
sin(kθ)
k=0
et la somme des exponentielles imaginaires associées : Un = S n + i Tn =
cos(kθ),
k=0
¤k
.
Si on sait calculer Un , on en déduit S n et Tn en prenant les parties réelles et imaginaires : S n = Re (Un ) et Tn = Im(Un ). On reconnaît pour Un une somme géométrique de raison e iθ . Distinguons deux cas : 1. Si e iθ 6= 1, c’est-à-dire θ 6= 2kπ où k ∈ Z, alors Un =
e i(n+1)θ − 1 e iθ − 1
.
Nous voulons extraire la partie réelle et imaginaire. Utilisons la factorisation de l’angle moitié : Un =
d’où Sn =
ei
n+1 2
sin
θ
¡ n+1 ¢ 2 θ
sin θ2
ei 2
(n+1)θ cos nθ 2 sin 2
sin θ2
=e
Tn =
in θ 2
¡ n+1 ¢ 2 θ ¡θ¢ sin 2
sin
(n+1)θ sin nθ 2 sin 2
sin θ2
.
2. Si e iθ = 1, c’est-à-dire θ = 2kπ où k ∈ Z, alors Un = n + 1 d’où S n = (n + 1) et Tn = 0. Vous devez penser par vous-même à introduire la somme complexe correspondante. Par exemple, pour calculer la somme à ! n n X Sn = cos(α + kβ) k=0 k
où α, β ∈ R , introduisez la somme des exponentielles imaginaires correspondante : Ã ! n n X Un = e i(α+kβ) k=0 k
puisque S n = Re (Un ). Le calcul de Un se ramène au calcul d’une somme binômiale : Ã ! n n £ X ¤k £ ¤n Un = e e iβ = e iα e iβ + 1 . k k=0 iα
Il suffit alors de factoriser l’angle moitié :
i h nβ β β β n Un = e iα 2cos e i 2 = 2n cosn e i(α+ 2 ) 2
et de prendre la partie réelle :
2
¡ nβ ¢ β S n = 2n cos α + cosn . 2 2
Un dernier exemple : nous voulons calculer la somme
Sn =
n X
cos2 (kθ)
k=0
Nous ne pouvons pas ici introduire de somme d’exponentielles imaginaires associés. Si par exemple Un =
n £ X
k=0
e ikθ ]2 ,
¤ 1£ nous n’avons pas S n = Re (Un ) ! Pour calculer cette somme, il suffit de linéariser cos (kθ) = cos(2kθ) + 1 et on a alors 2 n (n + 1) 1X . cos(2kθ) + Sn = 2 k=0 2 2
Vous pouvez terminer le calcul en introduisant la somme complexe Un = 1167
n X
e 2ikθ .
k=0
B.4 Calculs sur des polynômes B.4.1
Les trinômes
Le but de ce paragraphe est de rappeler les principales propriétés des trinômes qui doivent être parfaitement connues. Discriminant réduit On considère un polynôme du second degré P = aX 2 + bX + c
avec a 6= 0.
On sait calculer ses deux racines complexes x1 , x2 à l’aide du discriminant : ∆ = b 2 − 4ac
b
– Si ∆ = 0, le trinôme possède une racine double donnée par x = − . a – Si ∆ 6= 0, le trinôme possède deux racines complexes distinctes. On commence par calculer une racine carrée complexe de ∆, c’est-à-dire un complexe δ vérifiant δ2 = ∆ et on obtient x1 x2
=
−b − δ , 2a
=
−b + δ . 2a
– Si ∆ < 0 est un réel strictement négatif, on sait que les deux racines complexes sont conjuguées : x2 = x1 . Lorsque le trinôme s’écrit P = aX 2 + 2bX + c
(utile lorsque b est entier), on peut utiliser directement le discriminant réduit ∆′ = b 2 − ac et exprimer les racines à l’aide d’une racine carrée complexe de ∆′ (δ′2 = ∆′ ) : x1 x
2
=
−b − δ′ , a
=
−b + δ′ . a
Cela évite la simplification par 2 dans les expressions . . . Exemple 2.8 Pour résoudre l’équation x 2 − 4x + 3 = 0, on écrit ∆′ = 22 − 3 = 1 et les deux racines sont x1 = 2 + 1 = 3 et x2 = 2 − 1 = 1. Exemple 2.9 Une démonstration de l’inégalité de Cauchy-Schwarz utilise le discriminant réduit. Soit E un espace euclidien et x, y ∈ E deux vecteurs, considérons (lorsque x 6= 0E ) le trinôme ¡ ¢ T(λ) = kλx + yk2 = λ2 kxk2 + 2λ x | y + kyk2 .
Puisqu’une norme ne prend que des valeurs positives, ce trinôme ne prend que des valeurs positives et ne possède donc au plus qu’une racine réelle. Son discriminant réduit est négatif ou nul :
¡
¡ ¢2 ∆′ = x | y − kxk2 kyk2 É 0
¢
d’où | x | y | É kxkkyk . Relations entre coefficients et racines
En notant x1 , x2 les deux racines complexes du polynôme P = aX2 + bX + c , on a
£ ¤ P = a(X − x1 )(X − x2 ) = a X 2 − (x1 + x2 )X + x1 x2 .
En identifiant les coefficients de P, on déduit la somme et le produit des racines sans avoir à les calculer explicitement :
♥ 2.16
x1 + x2 x1 x2
1168
b =− , a =
c . a
Exemple 2.10 Déterminons l’expression logarithmique de argsh(x). Soit x ∈ R , notons y = argsh(x) : x = sh(y) =
e y − e −y . 2
Y − 1/Y Y2 − 1 = . On en déduit que 2 2Y
En notant Y = e y , Y est racine d’un trinôme : x =
Y2 − 2xY − 1 = 0.
Le discriminant réduit vaut ∆′ = x 2 + 1 > 0 et le trinôme possède deux racines réelles distinctes (
Y1 Y2
=x+
=x−
p
p
x 2 + 1 > 0, x 2 − 1 < 0.
En effet, puisque Yp 1 Y2 = −1 < 0, l’une des racines est positive, l’autre est négative et puisque de façon évidente Y1 > 0, il vient que e y = x + x 2 + 1 d’où p argsh(x) = ln(x +
x 2 + 1).
Déterminons de même l’expression logarithmique de y = argch(x) pour x Ê 1. Avec les mêmes notations, x=
e y + e −y Y + 1/Y Y2 + 1 = = 2 2 2
et Y2 − 2xY + 1 = 0.
Le discriminant réduit ∆′ = x 2 − 1 Ê 0 est toujours positif d’où les deux racines (
Y1 Y2
=x+
=x−
p
p
x 2 − 1, Ê 1 x 2 + 1.
Puisque Y1 Y2 = 1, les deux racines ont même signe (> 0), l’une est supérieure p et l’autre inférieure à 1. Puisque Y1 Ê x Ê 1, et que y = argch(x) = ln Y Ê 0, il vient Y Ê 1 d’où Y = Y1 et argch(x) = ln(x + x 2 − 1). Extrémum d’un trinôme La courbe représentative d’un trinôme y = P(x) = ax 2 + bx + c est une parabole. b
1. a > 0 : la parabole est convexe et atteint son maximum en c = − : le milieu des racines de P (lorsque P possède a deux racines réelles). b
2. a < 0 : la parabole est concave et atteint son minimum en c = − : le milieu des racines de P (lorsque P possède a deux racines réelles).
c= b
α
c=
α+β 2
b
α+β 2
α
β
P(x) = (x − α)(β − x)
β
P(x) = (x − α)(x − β)
Il suffit d’étudier les variations de P : P′ (x) = 2ax + b et P′ s’annule en −b/a . Exemple 2.11
sup x(1 − x) =
x∈[0,1]
1 Le trinôme admet un maximum atteint en x = 1/2 (milieu des racines 0, 1) et la valeur 4
du maximum vaut 1/4.
Exercice 2.1 ♥♥ On considère la suite de terme général un =
a. Montrer que un −−−−−→ 0.
n p 1 X k(n − k) n 3 k=1
n→+∞
1169
b. Déterminer un équivalent simple de un . Solution : a. Le trinôme P = X(n − X) a pour racines 0 et n et atteint son maximum sur [0, n] en c = n/2. Le maximum vaut n 2 /4. On majore facilement : 0 É un É
et un −−−−−→ 0.
p 1 1 n × n 2 /4 = 3 n 2n
n→+∞
b. Écrivons
s n k 1h1 X k i Sn un = (1 − ) = n n k=1 n n n Z1 p p où S n est une somme de Riemann qui converge vers L = x(1 − x) dx Mais la courbe d’équation y = x(1 − x) 0
a pour équation y 2 = x − x 2 et on reconnaît un demi-cercle centré en (1/2, 0) de rayon 1/2. L’intégrale L est l’aire π d’un demi-disque de rayon 1/2 et vaut donc L = π/8. Finalement, un ∼ . n→+∞
B.4.2
8n
Développement de polynômes
Pour développer un produit de polynômes, il est indispensable de mener les calculs en une seule ligne. Par exemple, pour développer P(X) = (X 2 + 3X − 2)(X 3 + 2X 2 − 3X + 1)
il est très maladroit d’écrire : P(X) = X 2 (X 3 + 2X 2 − 3X + 1) + 3X(X 3 + 2X 2 − 3X + 1) − 2(X 3 + 2X 2 − 3X + 1) = X 5 + 2X 4 − 3X 3 + X 2 + 3X 4 + 6X 3 − 9X 2 + 3X − 2X 3 − 4X 2 + 6X − 2
= X 5 + 5X 4 + X 3 − 12X 2 + 9X − 2.
En effet, recopier mécaniquement des termes mène à une perte d’attention, source fréquente d’erreurs. La bonne méthode pour mener ce calcul consiste à : – déterminer le degré d du polynôme produit (somme des degrés), – déterminer pour k ∈ [[0, d]] d’où vient le terme en Xk et sommer les coefficients sélectionnés, – écrire en une seule ligne le résultat. Multimédia : Coefficients entiers de 2 (ou 3) polynômes choisis au hasard, pour calculer le coefficient de Xk , griser dynamiquement les termes du produit et collecter les coefficients en bas. Exerciseur ? Détaillons cette technique sur notre exemple. Les opérations suivantes se font de tête et ne nécessitent qu’une seule ligne ! Le degré du polynôme P vaut 5. – Le terme en X5 ne provient que du produit de X2 avec X3 et le coefficient de X5 vaut donc 1 : ( X 2 + 3X − 2)( X 3 + 2X 2 − 3X + 1).
– Le terme en X4 provient du produit de X2 avec 2X2 (coefficient 2) ( X 2 + 3X − 2)(X 3 + 2X
2
− 3X + 1),
du produit de 3X avec X3 (coefficient 3) (X 2 + 3X − 2)( X 3 + 2X 2 − 3X + 1)
et le coefficient de X4 vaut donc 2 + 3 = 5. – Le terme en X3 provient du produit de X2 avec −3X, ( X 2 + 3X − 2)(X 3 + 2X 2 −3X + 1),
du produit de 3X avec 2X2 (X 2 + 3X − 2)(X 3 + 2X 2 − 3X + 1)
1170
et du produit de −2 avec X3
(X 2 + 3X −2 )( X 3 + 2X 2 − 3X + 1).
Le coefficient vaut donc −3 + 6 − 2 = 1. – Le terme en X2 a pour coefficient 1 − 9 − 4 = −12 : ( X 2 + 3X − 2)(X 3 + 2X 2 − 3X +1 ), (X 2 + 3X − 2)(X 3 + 2X 2 −3X + 1),
– Le terme en X a pour coefficient 3 + 6 = 9
(X 2 + 3X −2 )(X 3 + 2X 2 − 3X + 1). (X 2 + 3X − 2)(X 3 + 2X 2 − 3X +1 ), (X 2 + 3X −2 )(X 3 + 2X 2 −3X + 1).
– Le terme constant provient du produit des deux constantes et vaut −2. (X 2 + 3X −2 )(X 3 + 2X 2 − 3X +1 ).
Il faut impérativement adopter cette technique de calcul. Dans un premier temps, vous pouvez utiliser le brouillon pour noter les coefficients que vous récoltez et ensuite les sommer. Avec un peu d’habitude, ce calcul se fait de tête immédiatement. Exercice 2.2 Développer les polynômes suivants : 1. (X3 + X2 − X + 2)(2X2 + X − 1) ; 2. (2X4 + 3X2 − 6X − 1)(X3 − 2X2 + X + 1) ; 3. (X5 + X4 − 2X2 + 3)(2X3 − X2 + X − 1).
Solution : 1. 2X5 + 3X4 − 2X2 + 3X − 2 ;
2. 2X7 − 4X6 + 5X5 − 10X4 + 14X3 − X2 − 7X − 1 ; 3. 2X8 + X7 − 4X5 + X4 + 4X3 − X2 + 3X − 3.
Exercice 2.3 Déterminer le développement limité à l’ordre 4 en 0 de : a. sin(x) exp(x) ; b.
ln(1 + x) . 1+x
Solution : a. ¢¡ ¡ x3 e x sin(x) = x − + o(x 4 ) 1 + x + ¡
6 x2
= x 1−
6
= x + x2 +
3
x2
+ o(x ))(1 + x + x3 3
+
2 x2 2
x3
+
+ o(x 3 )
6 x3 6
¢
+ o(x 3 ))
+ o(x 3 ).
b. x x2 x3 ln(1 + x) = x(1 − + − + o(x 3 ))(1 − x + x 2 − x 3 + o(x 3 )) 1+x 2 3 4 3
= x(1 − x + 2
11 2
x −
25 3
x + o(x 3 ))
3
6 11 3
12 25 4
2
6
12
= x − x2 +
x −
x + o(x 4 ).
Pour développer un produit de trois polynômes, on peut utiliser la même technique et chercher directement d’où provient le terme Xd .
1171
Exemple 2.12 Développer P(X) = (X 2 + X − 1)(X 2 + 3X − 1)(X − 5).
Le degré du produit vaut 5. – Le terme en X5 provient uniquement du produit ( X 2 + X − 1)( X 2 + 3X − 1)( X − 5)
et vaut X5 . – Le terme en X4 provient des produits : ( X 2 + X − 1)( X 2 + 3X − 1)(X −5 ), ( X 2 + X − 1)(X 2 + 3X − 1)( X − 5), (X 2 + X − 1)( X 2 + 3X − 1)( X − 5)
et le coefficient de X4 vaut donc −5 + 3 + 1 = −1. – Terminer le calcul de cette façon. Si vous n’êtes pas à l’aise avec cette méthode, vous pouvez effectuer le calcul en deux lignes en ne faisant que des multiplications de deux polynômes en utilisant la méthode précédente (une multiplication par ligne ) : P = P(X) = (X 2 + X − 1)(X 2 + 3X − 1)(X − 5) = (X 2 + X − 1)(X 3 − 2X 2 − 16X + 5)
= X 5 − X 4 − 19X 3 − 9X 2 + 21X − 5.
B.4.3
Factorisation de polynômes
Il est tout aussi important de savoir factoriser un polynôme. Rappelons que Maple permet de développer et de factoriser les polynômes : MAPLE
> P := (x+1)*(x^2-3*x+2); 2 P := (x + 1) (x
- 3 x + 2)
> expand(P); 3 2 x - 2 x - x + 2 > Q := X^4 + 2*X^3 - 11*X^2 - 12*X + 36; 4 3 2 Q := X + 2 X - 11 X - 12 X + 36 > factor(Q); 2 2 (X + 3) (X - 2)
La factorisation d’un polynôme revient à déterminer ses racines (complexes). On se heurte ici à l’un des principaux problèmes des mathématiques. Depuis l’antiquité, on connaît un algorithme pour trouver les racines d’un polynôme de degré 2 et on sait également déterminer les racines d’un polynôme de degré 3 et de degré 4. À faire : Manu : note historique + précise avec photo ? On a cherché longtemps un algorithme similaire permettant d’exprimer les racines d’un polynôme de degré 5 à l’aide de radicaux faisant intervenir les coefficients du polynôme. Abel puis Galois ont montré que ce problème était insoluble. Cette obstruction au calcul de racines d’un polynôme se retrouve dans toutes les branches des mathématiques : Exemple 2.13 On sait en théorie primitiver une fraction rationnelle. En pratique, il faut être capable de la décomposer en éléments simples. Pour cela, la première étape consiste à factoriser le polynôme au dénominateur. Dès que le degré du dénominateur est supérieur à 5 on est bloqué. Voici une réponse de Maple pour le calcul de 1172
R
dx x6 + x5 + 1
:
MAPLE
int( 1/(x^6+x^5+1), x); ----\ 336657046555205 5 43328897320370 4 ) _R ln(x - --------------- _R - -------------- _R / 363446734701 363446734701 ----_R = %1 7892189829980 3 408178287515 2 2020667424601 - ------------- _R - ------------ _R + ------------- _R 363446734701 121148911567 363446734701 43796810471 + ------------) 363446734701 6 4 3 2 % 1 := RootOf(43531 _Z + 540 _Z + 80 _Z + 10 _Z % + _Z + 1)
Ce n’est pas tout à fait ce que l’on appelle une primitive explicite . . . On est souvent confronté à cette obstruction fondamentale en calcul scientifique et le seul choix possible consiste à utiliser des méthodes numériques pour déterminer des valeurs approchées des racines d’un polynôme. Heureusement, on dispose d’algorithmes très efficaces pour trouver ces valeurs approchées (vous connaissez déjà la méthode de Newton par exemple ...). Voici un calcul avec Maple qui illustre l’impossibilité de trouver les valeurs exactes des racines d’un polynôme. Une méthode numérique permet cependant de trouver des racines réelles approchées : Exemple 2.14 P := x^10 -2*x - 1; 10 P := x
- 2 x - 1
> factor(P); 10 x
- 2 x - 1
> solve(P = 0, x); 10 RootOf(_Z - 2 _Z - 1) > fsolve(P=0, x); -.4995164207, 1.125099677 Dans la suite de ce paragraphe, nous allons voir quelques techniques qui permettent de factoriser de façon explicite un polynôme dans certains cas très particuliers. Factoriser à partir d’une racine connue On veut factoriser un polynôme P de degré d . Si l’on connaît une racine α de ce polynôme, on se ramène à la factorisation d’un polynôme Q de degré (d − 1) en factorisant (X − α) dans P. Considérons le polynôme P(X) = X 3 − 5X 2 + 7X − 3.
On voit que α = 1 est racine évidente de P puisque 1 − 5 × 1 + 7 × 1 − 3 = 0. On peut donc écrire P = (X − 1)Q(X)
Il faut savoir écrire en une seule ligne le polynôme Q en utilisant la méthode suivante : – P = X3 − 5X2 + 7X − 3 – Le degré du polynôme Q vaut 2 : P = (X − 1)(aX2 + bX + c). – On détermine le coefficient a puisque le produit de X avec aX2 doit donner le terme en X3 de P : a = 1 P = (X − 1)(X 2 +?X + . . . ).
– On cherche le coefficient de X dans Q en examinant le terme X2 du produit : (−1+?)X2 = −5X2 d’où ? = −4 : P = (X − 1)(X 2 − 4X+?).
1173
– On s’intéresse ensuite au terme en X dans le développement : (? + 4)X = 7 d’où ? = 3. P = (X − 1)(X 2 − 4X + 3).
– On vérifie notre calcul en calculant le terme constant du produit : (−1)×3 = −3 qui est bien le coefficient constant de P. Voici un autre exemple. Nous détaillons ici les calculs en plusieurs étapes afin d’illustrer la méthode, mais vous devez mener ce calcul de tête en une seule ligne ! P = 2X 5 − X 4 − 3X 3 + X 2 + 3X − 2.
On voit immédiatement que 1 est racine évidente de P (la somme des coefficients est nulle) et on factorise en une seule ligne P en suivant les étapes suivantes : – P = (X − 1)(2X4 . . . ), – P = (X − 1)(2X4 + X3 . . . ), – P = (X − 1)(2X4 + X3 − 2X2 . . . ), – P = (X − 1)(2X4 + X3 − 2X2 − X . . . ), – P = (X − 1)(2X4 + X3 − 2X2 − X + 2), – On vérifie le coefficient constant. Multimédia : Applet exerciseur Trouver toutes les racines rationnelles La méthode précédente permet de factoriser (X − α) où α est une racine de P. Encore faut-il être capable de trouver une racine « évidente » du polynôme P ! Pour un polynôme quelconque, c’est impossible comme nous l’avons vu dans l’introduction. Il existe tout de même quelques méthodes à connaître. D’abord des remarques évidentes : – Si le coefficient constant est nul, on peut factoriser X ! X 5 + 4X 2 − 5X = X(X 4 + 4X − 5) = X(X − 1)(X 3 + X 2 + X + 5) p 3+ 21 2
X 6 − 4X 5 + 3X 3 = X 3 (X 3 − 4X 2 + 3) = X 3 (X − 1)(X 2 − 3X − 3) = X 3 (X − 1)(X − α)(X − β) p
où α = et β = 3− 2 21 . – Examiner les coefficients du polynôme : si leur somme vaut 0 alors 1 est racine évidente. Regarder de même si P(−1) = 0. Il existe un algorithme pour déterminer les racines rationnelles d’un polynôme à coefficients rationnels. Voir exercice 21.54 p. 804 Considérons par exemple le polynôme 3 3 7 P = X3 − X2 − X + . 6 2 2
1. On peut supposer que le coefficient constant a0 est non-nul, sinon on peut factoriser Xk dans P et se ramener à chercher les racines d’un polynôme de degré inférieur. 2. On peut se ramener à chercher les racines rationnelles d’un polynôme à coefficients entiers en réduisant les fractions au même dénominateur : P=
a0 α a1 ad d = (b d −1 . . . b 0 X d + · · · + b d . . . b 1 ). X +··· + X + bd b1 b0 β
Sur notre exemple, 1 P = (6X 3 − 7X 2 − 9X + 9). 6
On se ramène ainsi à chercher les racines du polynôme Q = 6X 3 − 7X 2 − 9X + 9.
3. Supposons que α = p/q soit une racine rationnelle du polynôme Q = ad Xd + ad −1 Xd −1 + · · · + a1 X + a0 où ai ∈ Z . On suppose que p ∈ Z et q ∈ N∗ et que les entiers p et q sont premiers entre eux : p ∧ q = 1. On doit avoir : 0 = Q(α) = ad
pd qd
+ ad −1
p d −1 q d −1
+ · · · + a1
p + a0 q
et, en réduisant au même dénominateur, ad p d + ad −1 q p d −1 + · · · + a1 q d −1 p + a0 q d = 0.
On obtient ainsi une relation entre entiers et on peut utiliser le cours d’arithmétique dans Z . 1174
4. Écrivons en factorisant p : p(−ad p d −1 − · · · − a1 q d −1 ) = a0 q d .
On en déduit que l’entier p doit diviser l’entier a0 q d et puisque p ∧ q = 1, on a aussi p ∧ q d = 1 d’où en utilisant le théorème de Gauss : ( p | a0 q d
p ∧ qd = 1
{z } p | a0 . |=⇒
Gauss L’entier p doit diviser le coefficient a0 . L’entier p ne peut donc prendre qu’un nombre fini de valeurs, les diviseurs de a0 . Sur notre exemple, p ∈ {1, 3, 9, −1, −3, −9}.
5. De façon symétrique, puisque
ad p d = q(−ad −1 p d −1 − · · · − a0 q d −1 ),
on a q | ad p d et, puisque q ∧ p = 1, il vient q | ad et q ne peut prendre qu’un nombre fini de valeurs. Sur notre exemple, q ∈ {1, 2, 3, 6}
6. On ne peut donc avoir qu’un nombre fini de racines rationnelles de P, sur notre exemple ½
¾ 1 3 9 1 1 1 3 9 1 1 α ∈ 1, 3, 9, , , , , , −1, −3, −9, − , − , − , − , − . 2 2 2 3 6 2 2 2 3 6
7. Il suffit, pour chacun de ces rationnels, de tester si P(α) = 0. On en déduit toutes les racines rationnelles de P. Sur notre exemple, α = 3/2 est la seule racine rationnelle de P.
B.4.4
Polynômes particuliers
Polynômes bicarrés Si un polynôme s’écrit P = Q(Xk ), il suffit, pour trouver les racines de P, de déterminer les racines de Q. En effet, si P(α) = 0, alors αk est une racine de Q et on sait déterminer les racines k -ièmes d’un nombre complexe. Par exemple, P = X 6 − 3X 3 + 2 = (X 3 )2 − 3(X 3 ) + 2 = Q(X 3 ) où Q(X) = X 2 − 3X + 2 = (X − 1)(X − 2) ©
p
p
p ª
Les racines de P sont donc 1, j , j 2 , 3 2, j 3 2, j 2 3 2 . Un polynôme bicarré est un polynôme P = Q(X2 ) où Q est un polynôme du second degré : Q(X) = aX2 + bX + c . Par exemple, P(X) = X 4 − 3X 2 + 2 = Q(X 2 ) où Q(X) = X 2 − 3X + 2 = (X − 1)(X − 2) Dans le chapitre 21.6.7, on a vu que les polynômes irréductibles normalisés dans R [X] étaient : – les polynômes du premier degré (X − α), – les polynômes du second degré sans racines réelles : X2 + pX + q avec ∆ = p 2 − 4q < 0. Un polynôme bicarré n’est donc jamais irréductible et on peut toujours le factoriser ! On peut évidemment déterminer les racines complexes α, β de Q et les 4 racines complexes de P seront les racines carrées complexes de α et β. Pour obtenir la décomposition dans R [X], il suffit alors de grouper ces racines conjuguées deux à deux. Cette méthode est souvent lourde et il faut connaître l’algorithme suivant qui permet d’obtenir directement la factorisation de P dans R [X] sans passer par les complexes. 1. Si le polynôme Q(X) = (X − a)(X − b) possède deux racines réelles, P(X) = (X2 − a)(X2 − b), selon le signe de a et b , on obtient directement la factorisation de P dans R [X]. Par exemple, p p P(X) = (X 2 − 1)(X 2 − 2) = (X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2), P(X) = (X 2 + 3)(X 2 − 1) = (X 2 + 3)(X − 1)(X + 1).
2. Si le polynôme Q ne possède pas de racines réelles, travailler directement sur le polynôme P en groupant le terme en X4 avec le terme constant et en faisant apparaître un début de carré et en utilisant la factorisation a 2 − b 2 = (a − b)(a + b) : P = X 4 + X 2 + 1 = (X 4 + 1) + X 2 = (X 2 + 1)2 − X 2 = (X 2 − X + 1)(X 2 + X + 1), p p P = X 4 + 1 = (X 2 + 1)2 − 2X 2 = (X 2 − 2X + 1)(X 2 + 2X + 1), p p P = X 4 + 2X 2 + 2 = (X 4 + 2) + 2X 2 = (X 2 + 2)2 + (2 − 2 2)X 2 q q p p p p = (X 2 − 2 − 2 2X + 2)(X 2 + 2 − 2 2X + 2).
1175
Racines de l’unité Certains polynômes font intervenir les racines n -ièmes de l’unité et se factorisent facilement. Exemple 2.15 Le polynôme P = 1+X +X2 a pour racines j et j 2 : P = (X − j )(X − j 2 ). Il faut le reconnaître et le factoriser sans calculer son discriminant ! Exemple 2.16 Le polynôme Q = X2 − X + 1 a pour racines − j et − j 2 puisque Q(−X) = P(X). Plus généralement, considérons le polynôme P = Xn − 1. Ses racines complexes sont les n racines n -ièmes de l’unité :
ωk = e
2ikπ n ,k
∈ [[0, n−1]]. On a l’identité remarquable X n −1 = (X−1)(1+X+X 2 +· · ·+X n−1 ). Il en découle que le polynôme Q = 1 + X + · · · + X n−1
a pour racines les racines n -ièmes de l’unité sauf 1. On sait également écrire la factorisation dans R [X] du polynôme P = Xn − 1 en groupant les racines n -ièmes de l’unité avec leurs conjugués. On a toujours P(1) = 0 et selon la parité de n : – si n = 2p est pair, P(−1) = 0 et −1 est une racine n -ième de l’unité. Les (2p − 2) autres racines ne sont pas réelles et puisque le conjugué de ωk est ω2p−k , on peut écrire X 2p − 1 = (X − 1)(X + 1)
p−1 Y k=1
p−1 ³ 2kπ ´ ´ Y³ 2 ¡ ¢ X − 2cos X+1 . (X − ωk ) X − ωk = (X − 1) (X + 1) k=1
n
– si n = 2p + 1 est impair, −1 n’est pas une racine de l’unité et en groupant les 2p racines différentes de 1, on trouve X 2p+1 − 1 = (X − 1)
¶ ¶ µ µ kπ X+1 . X 2 − 2cos n k=1 p Y
Polynômes réciproques Cette technique est beaucoup moins importante que les précédentes. Vous pouvez la sauter en première lecture. Un polynôme P = ple, le polynôme
d X
i=0
ai X i est dit réciproque lorsque ses coefficients sont symétriques : ∀i ∈ [[0, d]], ai = ad −i . Par exemP = 6X 4 + 5X 3 − 38X 2 + 5X + 6
est réciproque (a4 = a0 , a3 = a1 , a2 = a2 ). – Une remarque importante : un polynôme est réciproque si et seulement si ∀x 6= 0,
Sur notre exemple, P
P
µ ¶ 1 P(x) = d . x x
µ ¶ 1 5 38 5 6 + 5x 3 − 38x 2 + 5x + 6 P(x) 6 = 4 . = 4 + 3 − 2 + +6 = x x x x x x4 x
On en déduit que si x 6= 0 est une racine de P, alors 1/x est également une racine de P. Il suffit donc de trouver deux racines de P pour les connaître toutes. – Voyons une technique pour calculer les racines de P qui réduit le problème à chercher les racines d’un polynôme de degré d/2 lorsque d est pair. Nous allons illustrer la technique sur notre exemple. Une fois l’idée comprise, elle se généralise sans problème à tous les polynômes à coefficients symétriques. Soit x 6= 0 une racine de P, en divisant par x 2 , on obtient ¶ µ µ ¶ 0 = 6x 2 + 5x − 38 +
1 1 6 5 + 2 = 6 x2 + 2 + 5 x + − 38. x x x x
1 x
Posons y = x + , calculons y 2 = x2 + 2 +
1 1 d’où x 2 + 2 = y 2 − 2 x2 x
et y doit donc être racine d’un polynôme de degré 2 : 0 = 6(y 2 − 2) + 5y − 38 = 6y 2 + 5y − 50 = 0.
1176
On cherche les racines de ce trinôme. On trouve y = 5/2 ou y = −10/3 et il suffit ensuite de résoudre deux équations du second degré en x : 1 5 x + x = 2 ,
x + 1 = − 10 , x 2
d’où
5 2 x − 2 x + 1 = 0,
x 2 + 10 x + 1 = 0. 3
On trouve finalement x ∈ {2, 1/2, −3, −1/3}, d’où la factorisation de notre polynôme, P = (X − 2)(X − 1/2)(X + 3)(X +
3)(X + 1/3).
Lorsque le degré d est impair, il est facile de voir que P(−1) = 0 et, en factorisant (X + 1) dans P, on se ramène à un polynôme de degré (d − 1) qui est encore réciproque. En effet, P(X) = (X + 1)Q(X), (X + 1)Q(X) Xd
d’où l’on tire Q(1/X) =
Q(X) X d −1
=
P(X) Xd
= P(1/X) = (1/X + 1)Q(1/X) =
X+1 Q(1/X), X
et on en déduit que Q est réciproque.
Exercice 2.4 Factoriser le polynôme P = X5 + 3X4 + X3 + X2 + 3X + 1.
Solution : On factorise (X + 1), P = (X + 1)(X4 + 2X3 − X2 + 2X + 1) et on se ramène à factoriser le polynôme réciproque Q = X 4 + 2X 3 − X 2 + 2X + 1. Soit x ∈ C une racine de Q, en divisant par x 2 , on obtient µ
x2 +
¶ µ ¶ 1 1 + 2 x + −1 = 0 x2 x
et en posant y = x + 1/x , y vérifie l’équation du second degré y 2 + 2y − 3 = 0, d’où y = 1 oupy = −3. On résoutpalors x+1/x = 1, soit x 2 −x+1 = 0 d’où x1 = − j et x2 = − j 2 , puis x+1/x = −3 et on trouve x3 = (−3+ 5)/2 et x4 = (−3− 5)/2 (on vérifie à l’aide des quantités conjuguées que 1/x3 = x4 ). Finalement, µ p ¶µ p ¶ 3− 5 3+ 5 P = (X + 1)(X + j )(X + j ) X + X+ . 2
2
B.4.5
2
Relations entre coefficients et racines
Le but de ce paragraphe est de présenter de façon plus élémentaire, avec des exemples, les relations entre coefficients et racines d’un polynôme et de montrer des applications en calcul algébrique. Commençons par l’exemple élémentaire d’un trinôme ayant pour racines (complexes) α et β. Il peut s’écrire sous forme développée et sous forme factorisée : P = a2 X2 + a1 X + a0 ,
£ ¤ P = a2 (X − α)(X − β) = a2 X 2 − (α + β)X + αβ) .
En identifiant les coefficients, on trouve les relations coefficients racines bien connues : σ = α+β 1 σ2 = αβ
=− =
a1 a2
a0 a2
.
Pour un polynôme de degré 3, ayant trois racines complexes (pas nécessairement distinctes) α, β, γ, le même calcul donne : P = a3 X3 + a2 X2 + a1 X + a0
et P = a3 (X − α)(X − β)(X − γ) £ ¤ = a3 X 3 − (α + β + γ)X 2 + (αβ + αγ + βγ)X − αβγ ,
1177
d’où les relations entre coefficients et racines : σ1 = α + β + γ σ2 = αβ + αγ + βγ σ3 = αβγ
Un polynôme de degré n
=− =
a2 a3
a1 a3
=−
.
a0 a3
P = an X n + an−1 X n−1 + · · · + a1 X + a0
s’écrit sous forme factorisée dans C P = an (X − x1 )(X − x2 ) . . . (X − xn )
où x1 , . . . , xn sont ses racines (pas nécessairement distinctes). En développant cette forme factorisée et en identifiant les coefficients, on trouve les relations coefficients racines générales : σ1 = x 1 + · · · + x n σ2 = x1 x2 + · · · + x1 xn + x2 x3 + · · · + x2 xn + · · · + xn−1 xn .. . σn = x 1 . . . x n
=− =
an−1 an
an−2 an
.. . = (−1)n
a0 . an
Ces relations sont importantes car on a vu qu’on ne savait pas exprimer en général les racines d’un polynôme de degré Ê 5 à l’aide des coefficients. Par contre, certaines expressions faisant intervenir les racines du polynôme peuvent s’exprimer à l’aide des coefficients. Par exemple, la somme ou le produit des racines et plus généralement tous les σi s’expriment à l’aide des coefficients. Il est bon de connaître le résultat suivant (hors programme). Si l’on prend l’expression des σi , par exemple lorsque n = 3, σ2 = x1 x2 +x1 x3 +x2 x3 , on s’aperçoit que cette expression est invariante par permutation des racines (on peut par exemple échanger les indices 1 et 2, on retrouve la même expression). L’expression N2 = x12 + x22 + x32
et, plus généralement, les sommes de Newton Nk = x1k + x2k + x3k
sont invariantes par permutation des racines. L’expression E = x1 x3 + x2 x3 + x12
par contre n’est pas invariante. Il existe un théorème d’algèbre qui dit que toute expression polynomiale en (x1 , . . . , xn ) (c’est-à-dire une somme-produit des xi ) invariante par permutation des racines peut s’exprimer comme un polynôme en σ1 , . . . , σn . Prenons par exemple la somme de Newton N2 et exprimons-la explicitement à l’aide de σ1 , σ2 , σ3 . Calculons σ21 = (x1 + x2 + x3 )2 = x12 + x22 + x32 − 2(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ).
On trouve donc N2 = σ21 − 2σ2 . Calculons ensuite σ1 N2 = (x1 + x2 + x3 )(x12 + x22 + x32 )
= N3 − x1 x2 (x1 + x2 ) − x1 x3 (x1 + x3 ) − x2 x3 (x2 + x3 )
= N3 − x1 x2 (x1 + x2 + x3 ) − x1 x3 (x1 + x2 + x3 ) − x2 x3 (x1 + x2 + x3 ) + 3x1 x2 x3
= N3 − σ1 σ2 + 3σ3 ,
d’où l’on tire N3 = σ1 (σ21 − 2σ2 ) + σ1 σ2 − 3σ3 = σ31 − 3σ1 σ2 + 3σ3 .
Exercice 2.5 ♥♥ Soit P(X) = X3 + X − 1 ∈ C [X]. On note x1 , x2 , x3 ses trois racines complexes.
a. Vérifier (sans chercher à les calculer) que les trois racines sont distinctes. 1178
b. Effectuer la division euclidienne de X5 par P. c. En déduire la valeur de la somme N5 =
3 X
k=1
xk5 .
Solution : i
a. Par l’absurde, si x est une racine double de P, alors P(x) = P′ (x) = 0. Mais P′ (x) = 0 =⇒ 3x 2 +1 = 0 =⇒ x = ± p , qui ne sont pas des racines de P. Donc toutes les racines complexes de P sont simples.
3
b. On trouve X5 = (X2 − 1)P(X) + X2 + X − 1.
c. Si xk est une racine de P, alors xk5 = (xk2 − 1)P(xk ) + xk2 + xk − 1 = xk2 + xk − 1. On peut alors exprimer la somme cherchée en fonction des fonctions symétriques élémentaires des racines de P : N5 =
3 X
k=1
xk2 + σ1 − 3 = σ21 − 2σ2 + σ1 − 3 = −2 − 3 = −5.
Exercice 2.6 ♥♥ Soient trois complexes (a, b, c) ∈ C3 de module 1 vérifiant a + b + c = 1. Montrer que l’un de ces trois complexes vaut 1. 1
1
1
1
Solution : Comme |a| = 1, = a et a + b + c = + + = 1 d’où σ1 = 1 et σ2 = ab + ac +bc = abc = α. Donc (a, b, c) a a b c sont les racines du polynôme P = X 3 − X 2 + αX − α.
Puisque P(1) = 0, l’une des racines vaut 1. Exercice 2.7 Montrer qu’il n’existe pas de réels (u, v, w) vérifiant : u+v +w =3
et uv + v w + wu = 6.
Solution : u, v, w seraient racines du polynôme P(X) = X3 − 3X2 + 6X + c avec c = uv w ∈ R . Mais d’après le théorème de Rolle, P′ posséderait alors deux racines réelles distinctes, ce qui est faux.
B.5 Calculs en algèbre linéaire B.5.1
Symbole de Kronecker
Dans un corps K , pour deux indices (i , j ) ∈ [[1, n]]2 , on définit le symbole de Kronecker : δi j =
♥ 2.17
(
1K
si i = j . si i 6= j
0K
Il apparaît souvent dans les calculs matriciels. La principale utilisation de ce symbole consiste à simplifier les sommes. P Dans une somme S = i∈I δi p ai , tous les termes de la somme sont nuls, sauf celui correspondant à l’indice i = p : S = a p . Exemple 2.17
n X
i=1 n X n X
δi1 aii = a11 , δi j a i j =
i=1 j =1
1179
n X
i=1
aii .
Utilisation des matrices E pq en calcul matriciel
B.5.2
Dans ce paragraphe, nous allons voir quelques utilisations pratiques des matrices de la base canonique de Mn (K ). D ÉFINITION 2.1 ♥♥ Matrices E pq Pour (p, q) ∈ [[1, n]]2 , on définit la matrice
¡ ¢ E pq = δi p δi q 1Éi,j Én ∈ Mn (K ).
Les coefficients de cette matrice sont tous nuls, sauf le coefficient à la ligne p et à la colonne q qui vaut 1K . Dans le chapitre 25, on montre que la famille constituée de ces n 2 matrices (E pq )1Ép,qÉn forme une base de Mn (K ). En particulier, toute matrice A = (ai j ) ∈ Mn (K ) se décompose en une combinaison linéaire de ces matrices : A=
n X n X
ai j Ei j .
i=1 j =1
Le produit de deux matrices de la base canonique est simple à retenir : E pq × Ekl = δqk E pl
♥ 2.18
Ces matrices fournissent des exemples simples en algèbre linéaire. Par exemple, si p 6= q , E2pq = E pq E pq = 0 : la matrice E pq est nilpotente d’indice 2. Pour n Ê 2, l’anneau Mn (R ) n’est pas commutatif : E12 E21 = E11 alors que E21 E12 = E22 . . . Exemple 2.18 Soit A = (ai j ) ∈ Mn (K ) et (p, q) ∈ [[1, n]]2 . Calculer Tr (AE pq ). Décomposons la matrice A sur la base canonique : A=
n X n X
ai j Ei j
i=1 j =1
En utilisant la formule du produit Ei j E pq , la linéarité de la trace et la trace d’une matrice de la base canonique : Tr (Ei q ) =
δi q ,
Tr (AE pq ) =
n X n X
i=1 j =1
ai j Tr (Ei j E pq ) =
n X n X
i=1 j =1
ai j δ j p Tr (Ei q ) =
n X n X
i=1 j =1
ai j δ j p δi q = a qp .
Exemple 2.19 Déterminer les formes linéaires ϕ : Mn (K ) 7→ K vérifiant : ∀(A, B) ∈ Mn (K ), ϕ(AB) = ϕ(BA).
Soit ϕ une telle forme linéaire. Si l’on considère deux matrices quelconques A et B, on a 2n 2 coefficients arbitraires et le calcul est pénible. Remarquons que si l’on connaît ϕ(Ei j ) pour tous (i , j ) ∈ [[1, n]], ϕ étant linéaire, on connaîtra ϕ(A) pour toute matrice A : il suffit de décomposer A sur la base canonique. Utilisons cette idée : Puisque ϕ vérifie la propriété pour deux matrices quelconques, elle la vérifie en particulier pour deux matrices de la base canonique E pq et Ekl , ϕ(E pq Ekl ) = ϕ(Ekl E pq ) et on doit donc avoir : ¡
¡ ¢ ∀ p, q, k, l ∈ [[1, n]]4 ,
¢
δqk ϕ(E pl ) = δl p ϕ(Ek q )
Soient i , j ∈ [[1, n]]2 , avec i 6= j . – En prenant p = i , l = j , q = k = i , on trouve que ϕ(Ei j ) = δ j i ϕ(Eii ) = 0. – En prenant p = l = i et q = k = j , on trouve que ϕ(Eii ) = ϕ(E j j ), c’est-à-dire que ϕ prend la même valeur sur toutes les matrices Eii . En notant α = ϕ(E11 ) = · · · = ϕ(Enn ) cette valeur commune, on a donc ϕ(Ei j ) = αδi j . Pour une matrice A quelconque, ϕ(A) = ϕ(
n X n X
i=1 j =1
ai j Ei j ) =
n X n X
i=1 j =1
ai j ϕ(Ei j ) =
n X
i=1
aii αδi j = α
n X
i=1
aii = αTr (A)
Nous avons montré qu’il existait α ∈ K tel que ϕ = αTr . Réciproquement, pour tout α ∈ K , en posant ϕ = αTr , ϕ vérifie la propriété.
Exercice 2.8 ♥ Soit deux matrices A, B ∈ Mn (K). On suppose que ∀X ∈ Mn (K)
Tr (AX) = Tr (BX).
Montrer que A = B. 1180
Solution : Si A = (ai j ) et X = (xi j ), on calcule Tr (AX) =
n X n X
aik xki .
i=1 k=1
En prenant X = E pq , xki = δk p δi q , Tr (AX) = a qp et ∀(q, p) ∈ 1, n, a qp = b qp d’où A = B. Exercice 2.9 ♥♥ Soit une sous-algèbre A de l’algèbre Mn (K ). On suppose que ∀M ∈ Mn (K ),
M2 ∈ A =⇒ M ∈ A
Montrer que A = Mn (R ). Solution : Supposons que A soit une sous-algèbre de Mn (K ) vérifiant ∀M ∈ Mn (K ), M2 ∈ A =⇒ M ∈ A . Il suffit de montrer que toute matrice Ei j de la base canonique appartient à A . Comme A est une sous-algèbre de Mn (K ), 0Mn (K ) ∈ A . Or si (i , j ) ∈ [[1, n]]2 , E2i j = Ei j Ei j = δi j Ei j . Par conséquent, si i 6= j , E2i j ∈ A et Ei j ∈ A . Soit maintenant i ∈ [[1, n]]. Soit j 6= i . On sait que Ei j , E j i ∈ A et, puisque A est une sous-algèbre de Mn (K ), le produit Ei j E j i = Eii est encore dans A . Comme A contient toutes les matrices de la base canonique et que c’est un sous-espace vectoriel de Mn (K ), A = Mn (K ). Regardons ce que donne la multiplication à gauche et à droite d’une matrice par une matrice de la base canonique : À faire : Dessins 1. Lorsqu’on pose la multiplication E pq A, on remarque que toutes les lignes du produit sont nulles sauf la ligne p où l’on retrouve les coefficients de la ligne L q de la matrice A. 2. Lorsqu’on pose la multiplication AE pq , toutes les colonnes du produit sont nulles sauf la colonne q où l’on retrouve les coefficients de la colonne Cp de la matrice A. Un premier exemple illustre l’utilisation de ces matrices : Exemple 2.20 Déterminer les matrices A ∈ Mn (K ) qui commutent avec toutes les matrices de Mn (K ). Soit A une telle matrice. Puisqu’elle commute avec toutes les matrices, elle commute en particulier avec les matrices de la base canonique : ∀(p, q) ∈ [[1, n]]2 ,
E pq A = AE pq .
Mais on a calculé E pq A et AE pq ci-dessus et on en déduit que ∀j 6= q , a q j = 0 et, en examinant le coefficient à la ligne p et à la colonne q de ces deux produits, on obtient : ∀p, q ∈ [[1, n]], a qq = a pp . En notant α = a11 = · · · = ann , on a nécessairement A = αIn : A est une matrice scalaire. Réciproquement, toute matrice scalaire commute avec toutes les matrices.
Exercice 2.10 ♥ Déterminer les matrices A ∈ Mn (R ) qui commutent avec toutes les matrices symétriques. Solution : A doit commuter avec toutes les matrices symétriques E pp et on trouve que A doit nécessairement être diagonale. Ensuite, A doit commuter avec toutes les matrices S i j = Ei j + E j i et, en effectuant le calcul, on trouve que A doit être une matrice scalaire.
B.5.3
Calcul de déterminants
Faire apparaître des zéros C’est, peu ou prou, la méthode de Gauss. La méthode est plus souple : on peut travailler sur les lignes et sur les colonnes. Exercice 2.11 Calculer ¯ ¯ ¯−8 ¯ ¯−1 D = ¯¯ ¯−2 ¯−5
0 8 −7 −4
1181
3 −10 4 −2
2 ¯¯ −7¯¯ . −9¯¯ 1¯
Solution : On est en présence d’une matrice à coefficients entiers. On utilise la méthode du pivot de Gauss. On utilise des petits pivots (en valeur absolue) pour éviter les quotients. 2 8 7 0 −36 −20 −24 0 . −47 −43 −14 0 −5 −4 −2 1 1 : C2 ←− C2 − C3 . On fait apparaître un pivot égal à ¯ ¯ ¯ 2 2 1 7 2 8 7 ¯¯ ¯ 4 −24 L2 ←− L2 − 4L1 −44 D = ¯¯−36 −20 −24¯¯ = −36 ¯−47 −43 −14¯ −47 −29 −14 L3 ←− L3 + 29L1 7 D’où D = −(−44 × 189 − (−52) × 11) = 7744. −8 −1 −2 −5
0 8 −7 −4
3 −10 4 −2
2 −7 −9 1
L1 ←− L1 − 2L4 L2 ←− L2 + 7L4 L3 ←− L3 + 9L4
1 0 0
7 −52 . 175
Factorisation C’est l’hygiène du calcul de déterminants. Repérer un facteur commun sur une ligne ou une colonne et mettre en facteur simplifie le travail. En particulier lorsque la somme des lignes est constante, un bon réflexe est d’additionner toutes les lignes dans première, de mettre en facteur (on n’a plus que des 1 sur la première ligne) puis on peut soustraire la première colonne de toutes les autres... Exercice 2.12 Soit a, b, c, x quatre complexes. Factoriser ¯ ¯x ¯ ¯a D = ¯¯ ¯b ¯c
a x c b
¯ c ¯¯ b ¯¯ . a ¯¯ ¯ x
b c x a
Solution : En additionnant toutes les lignes dans la première, on fait apparaître x + a + b + c : ¯ ¯x + a + b + c ¯ ¯ a D = ¯¯ b ¯ ¯ c
x +a +b +c x c b
x +a +b +c c x a
¯ ¯ ¯1 x + a + b + c ¯¯ ¯ ¯ ¯ b ¯ = (x + a + b + c) ¯ a ¯b ¯ a ¯ ¯ ¯c ¯ x
1 x c b
1 c x a
¯ 1 ¯¯ b ¯¯ . a ¯¯ ¯ x
La présence des 1 sur la première ligne incite à soustraire par exemple la dernière colonne dans les autres : ¯ ¯ 0 ¯ ¯a − b D = (x + a + b + c) ¯¯ ¯b − a ¯c − x
0 x −b c −a b−x
0 c −b x−a a−x
On additionne la deuxième ligne dans la première : ¯ ¯ 0 ¯ D = −(x + a + b + c) ¯¯b − a ¯c − x
x −b +c −a c −a b−x
¯ ¯ 1 ¯¯ ¯a − b ¯ b ¯¯ = (x + a + b + c) × (−1) × ¯¯b − a a ¯¯ ¯c − x x¯
x −b c −a b−x
¯ ¯ ¯ 0 x − a + c − b ¯¯ ¯ ¯ ¯ x−a ¯ = −(x + a + b + c)(x − a − b + c) ¯b − a ¯c − x ¯ a−x
¯ c − b ¯¯ x − a ¯¯ a − x¯
1 c −a b−x
On soustrait la troisième colonne dans la deuxième, on développe ensuite suivant la première ligne : ¯ ¯ 0 ¯ D = −(x + a + b + c)(x − a − b + c) ¯¯b − a ¯c − x ¯ ¯b − a = −(x + a + b + c)(x − a − b + c) ¯¯ c −x
0 c −x b−a
¯ 1 ¯¯ x − a ¯¯ a − x¯
¯ £ ¤ c − x ¯¯ = (x + a + b + c)(x − a − b + c) (c − x)2 − (b − a)2 b − a¯
= (x + a + b + c)(x − a − b + c)(x − c − b + a)(x − c + b − a).
Exercice 2.13 Soit α1 , α2 , α3 trois réels. Calculer
¯ ¯1 ¯ D = ¯¯1 ¯1
cos α1 cos α2 cos α3
Démontrer que si α1 + α2 + α3 = π alors D = 0.
1182
¯ tan α21 ¯¯ tan α22 ¯¯ . tan α23 ¯
¯ 1 ¯¯ x − a ¯¯ a − x¯
Solution : Soit tk = tan α2k , on a
¯ ¯ ¯ t 1¯ 2 1 + t1 ¯ ¯ ¯1 + t 2 ¯ 1 ¯ ¯ 1 − t22 1 ¯1 + t 2 ¯ t2 ¯ = ¯ 2 2 2 2 2 1 + t2 ¯ (1 + t1 )(1 + t2 )(1 + t3 ) ¯1 + t 2 ¯ 3 2 1 − t3 ¯ ¯ t 3 ¯ 1 + t32 ¯ ¯ ¯1 + t 2 2 t1 + t 3 ¯ 1 1¯ ¯ 1 ¯1 + t 2 2 t2 + t 3 ¯ = (1 + t12 )(1 + t22 )(1 + t32 ) ¯¯1 + t22 2 t + t23 ¯¯
¯ ¯ ¯1 ¯ ¯ ¯ ¯ D = ¯¯1 ¯ ¯ ¯ ¯1 ¯
1 − t12
3
3
1 − t12 1 − t22 1 − t32
¯ t1 (1 + t12 )¯¯ t2 (1 + t22 )¯¯ t3 (1 + t32 )¯
3
en soustrayant la première colonne dans la deuxième. Maintenant on soustrait la première ligne dans les deux autres : ¯ ¯ 1 + t12 ¯ 2 ¯t − t 2 D= 2 2 2 (1 + t1 )(1 + t2 )(1 + t3 ) ¯¯t22 − t12 3 1
1
2 0 0
¯ ¯ ¯ 1 + t12 ¯ t1 + t13 ¯ ¯ (t − t )(t − t ) 2 1 3 1 3 3¯ ¯t2 + t1 t2 − t1 + t2 − t1 ¯ = ¯ 2 2 2 ) )(1 + t )(1 + t (1 + t 3 3¯ 3 ¯t3 + t1 2 1 t3 − t1 + t3 − t1
On développe par rapport à la deuxième colonne,
2 0 0
¯ ¯ t1 + t13 ¯ 1 + t22 + t12 + t1 t2 ¯¯ 1 + t32 + t12 + t1 t3 ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ t2 + t1 1 + t 2 + t 2 + t1 t2 ¯ ¯t2 + t1 1 + t22 + t12 + t1 t2 ¯¯ 2 1 ¯ = −2 (t2 − t1 )(t3 − t1 ) ¯ ¯ 2 2 2 2 (1 + t12 )(1 + t22 )(1 + t32 ) ¯ t3 + t1 1 + t3 + t1 + t1 t3 ¯ (1 + t12 )(1 + t22 )(1 + t32 ) ¯t3 − t2 t3 − t2 + t1 (t3 − t2 )¯ ¯ ¯ ¤ (t2 − t1 )(t3 − t1 )(t3 − t2 ) ¯¯ t2 + t1 1 + t22 + t12 + t1 t2 ¯¯ (t2 − t1 )(t1 − t3 )(t3 − t2 ) £ = −2 =2 (t2 + t1 )(t3 + t2 + t1 ) − (1 + t22 + t12 + t1 t2 ) t3 + t2 + t1 ¯ (1 + t 2 )(1 + t 2 )(1 + t 2 ) ¯ 1 (1 + t 2 )(1 + t 2 )(1 + t 2 )
D = −2
(t2 − t1 )(t3 − t1 )
1
=2
2
3
(t2 − t1 )(t1 − t3 )(t3 − t2 ) (1 + t12 )(1 + t22 )(1 + t32 )
3
2
1
(t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 − 1)
tan ϑ1 + tan ϑ2 + tan ϑ3 , en prenant ϑk = α2k , comme α1 +α2 +α3 = π, 1 − tan ϑ1 tan ϑ2 − tan ϑ2 tan ϑ3 − tan ϑ3 t anϑ1 on en déduit que le dénominateur 1−tan ϑ1 tan ϑ2 −tan ϑ2 tan ϑ3 −tan ϑ3 tan ϑ1 s’annule, autrement dit t1 t2 +t2 t3 +t3 t1 − 1 = 0 et par suite D = 0. Cela signifie que les points de paramètres αk avec α1 + α2 + α3 = π sont alignés sur la courbe x = cos t ; y = tan 2t .
Comme tan(ϑ1 +ϑ2 +ϑ3 ) =
Techniques polynomiales Lorsque les coefficients sont des polynômes, le déterminant est lui-même un polynôme. Exercice 2.14 ♥♥
Soit a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ Cn , soit x ∈ C . Calculer ¯ ¯−x ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ D(x) = ¯ 0 ¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯ 0
0 −x
... ...
0 0
1
..
.
...
..
.
. .. .. .
...
0
1
1183
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −a2 ¯ . ¯ ¯ ... ¯ ¯ −an−1 − x ¯
−a0 −a1
Solution : On développe par rapport à la dernière colonne : ¯ ¯1 ¯ ¯ ¯0 ¯ ¯ D(x) = (−1)n−1 × (−a0 ) ¯¯0 ¯ ¯ .. ¯. ¯ ¯0
−x 1
0
...
..
. .. ...
.
0
1
..
..
.
.
... ... ¯ ¯−x ¯ ¯ . ¯ .. ¯ ¯ + . . . + (−1)n+k−1 × (−ak ) ¯¯ 0 ¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯ 0
1 0 0
..
.
...
..
.
...
¯ ¯ ¯−x 0 ... ... 0¯¯ ¯ ¯ ¯ . ¯ ¯ 1 −x 0¯ .. ¯ 0 ¯ ¯ n ¯ ¯ ... 0 1 0¯ + (−1) × (−a1 ) ¯ 0 ¯ ¯ ¯ .. .. .. ... ¯¯ ¯ . . . 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 ... ... 0 ¯ ¯ ¯−x ¯ 0 . . . . . . 0¯ ¯ ¯ ¯ . . .. . . ¯ ¯ . . .¯ ¯ 1 −x ¯ .. ¯¯ + . . . + (−a ¯ n−1 − x) ¯ 0 −x 0 . ¯ 1 ¯ ¯ .. ¯ ¯ .. . .. .. ¯ . . 1 . ¯¯ ¯ ¯ ¯ ... 0 1 0 ...
¯ 0¯¯ ¯ 0¯¯ ¯ ¯ 0¯ ¯ ... ¯¯ ¯ 1¯
...
...
..
. .. . ..
.
−x
..
.
...
−x 1
En développant les déterminants par blocs (triangulaires)
¯ 0 ¯¯ ¯ 0 ¯¯ ¯ ¯ 0¯ ¯ ¯ 1 ¯¯ −x ¯
D(x) = (−1)n−1 × (−a0 ) × 1 + (−1)n × (−a1 ) × (−x) + . . . + (−1)n+k−1 × (−ak ) × (−x)k + . . . + (−1)n+n−2−1 × (−an−2 ) × (−x)n−2 + (−1)n+n−1−1 × (−an−1 − x) × (−x)n−1
Puis, en effectuant les calculs, D(x) = (−1)n a0 + (−1)n a1 x + . . . + (−1)n ak x k + . . . + (−1)n an−2 x n−2 + (−1)n (an−1 + x)x n−1 ¡ ¢ = (−1)n a0 + a1 x + . . . + an−1 x n−1 + x n .
On peut reprendre un exercice précédent en simplifiant les calculs ... à condition d’avoir le bon coup d’œil et de connaître ses déterminants de Vandermonde : Exercice 2.15 ♥♥ Calculer ¯ ¯1 + t 2 1 ¯ ∆ = ¯¯1 + t22 ¯1 + t 2 3
¯ t1 (1 + t12 )¯¯ t2 (1 + t22 )¯¯ . t3 (1 + t32 )¯
1 − t12 1 − t22 1 − t32
Solution : Comme précédemment, ¯ ¯1 + t 2 1 ¯ ∆ = ¯¯1 + t22 ¯1 + t 2 3
2 2 2
¯ ¯ ¯1 + t 2 t1 (1 + t12 )¯¯ 1 ¯ 2 ¯ t2 (1 + t2 )¯ = 2 ¯¯1 + t22 ¯1 + t 2 t3 (1 + t32 )¯ 3
1 1 1
En utilisant la multilinéarité du déterminant :
¯ 2 ¯ t1 ¯ ∆ = 2 ¯¯ t22 ¯t 2 3
1 1 1
¯ 2 ¯ ¯t t1 (1 + t12 )¯¯ ¯ 1 t2 (1 + t22 )¯¯ = 2 ¯¯ t22 ¯t 2 t3 (1 + t32 )¯ 3
¯ 2 ¯ ¯ t1 t1 ¯¯ ¯ t2 ¯¯ + 2 ¯¯ t22 ¯t 2 t3 ¯ 3
1 1 1
1 1 1
¯ t13 ¯¯ t23 ¯¯ . t33 ¯
¯ t1 (1 + t12 )¯¯ t2 (1 + t22 )¯¯ . t3 (1 + t32 )¯
Le premier déterminant est le déterminant de Vandermonde V3 (t1 , t2 , t3 ) = (t2 − t1 )(t3 − t1 )(t3 − t2 ) et le second est le ¯ ¯
x x 2 x 3 ¯¯ t1 t12 t13 ¯¯ = V4 (x, t1 , t2 , t3 ). t2 t22 t23 ¯¯ 2 3¯ t3 t3 t3 Or V4 (x, t1 , t2 , t3 ) = (x − t1 )(x − t2 )(x − t3 )V3 (t1 , t2 , t3 )(t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 ). Ainsi le coefficient de x égale −(t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 )V3 (t1 , t2 , t3 ). Finalement, ∆ = −2V3 (t1 , t2 , t3 )(t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 − 1). ¯1 ¯ ¯1 coefficient de x dans ¯¯ ¯1 ¯1
L’avantage d’être un polynôme, c’est qu’il est déterminé par un nombre fini de valeurs. Exercice 2.16 ♥♥
1. Soit a, b deux réels distincts, x1 , . . . , xn , n nombres réels. 1184
En ajoutant x à chacun des éléments, calculer ¯ ¯ x1 ¯ ¯a ¯ ¯ ¯ Da,b = ¯ a ¯ ¯ .. ¯. ¯ ¯a
b x2
... ...
a
x3
..
..
.
...
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯¯ . ¯. ¯ ¯ b ¯¯ xn ¯
b ...
..
.
.
..
.
...
a
b b
2. Soit a un réel, x1 , . . . , xn , n nombres réels. Calculer
¯ ¯x1 ¯ ¯a ¯ ¯ ¯ Da = ¯ a ¯ ¯ .. ¯. ¯ ¯a
Solution :
a x2
... ...
a
x3
..
..
.
...
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯¯ . ¯. ¯ ¯ a ¯¯ xn ¯
a ...
..
.
.
..
.
...
a
a a
1. Cet exercice illustre l’adage : Plus une égalité comporte de variables, plus elle est facile à démontrer ! Ici on cherche à calculer Da,b = Da,b (0) avec
Da,b (x) est un polynôme en x .
¯ ¯ x1 + x ¯ ¯ a+x ¯ ¯ ¯ Da,b (x) = ¯ a + x ¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯ a+x
b+x x2 + x
... ...
a+x
x3 + x
..
..
.
...
b+x ...
.
...
..
.
..
.
a+x
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ... ¯¯ . ¯ ¯ b + x ¯¯ xn + x ¯
b+x b+x
En retranchant la première colonne à toutes les autres puis en développant par rapport à la première colonne (ou en dérivant deux fois par rapport à x le déterminant Da,b (x)), on voit que Da,b (x) est un polynôme en x de degré inférieur ou égal à 1, c’est-à-dire une fonction affine. Da,b (x) = αx + β. Maintenant, il suffit de déterminer la valeur de Da,b (x) en deux points distincts. Par exemple en −a et −b on voit alors qu’on a à calculer le déterminant d’une matrice triangulaire. Da,b (−a) =
n Y
En posant Πt =
n Y
Da,b (−b) =
k=1
D’où α=
et
(xk − a)
Da,b (−a) − Da,b (−b) b−a
n Y
(xk − b).
k=1
! Ã n n Y Y 1 (xk − b) . (xk − a) − = b − a k=1 k=1
(xk − t ), la valeur qui nous intéresse est β = Da,b (0) = Πa + a
k=1
Πb − Πa . b−a
2. a étant fixé, la fonction D : b 7−→ Da,b est continue puisque c’est un polynôme en b . Donc Da = D(a) = lim D(b) = Πa + aΠ′a = b→a
n Y
(xk − a) −
k=1
n X Y
i=1 1ÉkÉn k6=i
(xk − a).
Un exercice déjà vu : Exercice 2.17 ♥♥ Soit a, b, c, x quatre complexes. Factoriser ¯ ¯x ¯ ¯a Pa,b,c (x) = ¯¯ ¯b ¯c
a x c b
b c x a
¯ c ¯¯ b ¯¯ . a ¯¯ x¯
Solution : Pa,b,c est un polynôme de degré inférieur ou égal à 4. Le coefficient de x 4 ne peut être obtenu qu’en prenant les x de la diagonale principale. Donc ce coefficient égale 1. 1185
En additionnant toutes les lignes dans la première, on trouve x + a + b + c : ¯ ¯x + a + b + c ¯ ¯ a Pa,b,c (x) = ¯¯ b ¯ ¯ c
x +a +b +c x c b
x +a +b +c c x a
¯ ¯ ¯1 x + a + b + c ¯¯ ¯ ¯ ¯ b ¯ = (x + a + b + c) ¯ a ¯b ¯ a ¯ ¯ ¯c ¯ x
1 x c b
1 c x a
¯ 1 ¯¯ b ¯¯ . a ¯¯ x¯
Autrement dit, le polynôme X + a + b + c divise Pa,b,c (X). Cette fois nous allons multiplier la deuxième et la quatrième ligne par −1. Nous additionnons le tout dans la première ligne et nous pouvons factoriser x − a + b − c . Cette fois, c’est X − a + b − c qui divise Pa,b,c (X). En multipliant la deuxième et la troisième ligne par −1, on trouve X − a − b + c divise Pa,b,c (X) et en multipliant la troisième et la quatrième ligne par −1, on trouve que X + a − b − c divise Pa,b,c (X). Lorsque les quatre nombres a+b+c , −a+b−c , −a−b+c , a−b−c sont distincts deux à deux, alors les quatre polynômes X + a + b + c sont premiers entre eux, donc leur produit divise Pa,b,c (X). Comme Pa,b,c (X) et (X + a + b + c)(X − a + b − c)(X − a − b + c)(X + a − b − c) sont deux polynômes de degré 4, que le deuxième divise le premier et qu’ils sont tous deux unitaires, on a ∀ x ∈ C, Pa,b,c (x) = (x + a + b + c)(x − a + b − c)(x − a − b + c)(x + a − b − c).
Dans le cas où au moins deux des nombres a + b + c; −a + b − c; −a − b + c et a − b − c sont égaux, on remplace b par b ′ = b + h et c par c ′ = c + 2h . La fonction h 7−→ Pa,b ′ ,c ′ (x) = (x + a + b ′ + c ′ )(x − a + b ′ − c ′ )(x − a − b ′ + c ′ )(x + a − b ′ − c ′ ) est un polynôme en h donc une application continue, qui est nulle d’après ce qui précède pour h > 0 assez petit pour que les a + b ′ + c ′ , −a + b ′ − c ′ , −a − b ′ + c ′ et a − b ′ − c ′ soient tous distincts. (Il suffit de prendre h plus petit que la moitié du plus petit des nombres strictement positifs parmi |a ± b|, |a ± c| et |b ± c|.) Donc en faisant tendre h vers zéro, on a bien Pa,b,c (x) − (x + a + b + c)(x − a + b − c)(x − a − b + c)(x + a − b − c) = 0, ce qu’il fallait démontrer. Remarque : Il faut parfois se torturer les méninges pour éviter des calculs pas forcément méchants. C’était surtout pour voir la méthode. Méthode qui est beaucoup plus efficace avec les polynômes à plusieurs indéterminées (qui ne sont pas au programme). En effet, plus il y a de variables... Dérivation Un déterminant peut être une fonction d’une (ou plusieurs) variable(s). Il faut savoir la dériver. Exercice 2.18 ♥♥ ¯ ¯ ¯cos(a + d) ¯ Soit a, b, c, d quatre réels. On pose ∆(d) = ¯¯cos(b + d) ¯ cos(c + d)
1. Calculer ∆(b − c − a). 2. Calculer la dérivée ∆′ (d). 3. Conclure.
sin(a + d) sin(b + d) sin(c + d)
cos(b − c) ¯¯ cos(c − a)¯¯. cos(a − b)¯
Solution : 1. On a a + d = b − c; b + d = 2b − c − a; c + d = b − a . Donc
¯ ¯ ¯ cos(b − c) sin(b − c) cos(b − c) ¯¯ ¯ ∆(b − c − a) = ¯¯cos(2b − c − a) sin(2b − c − a) cos(c − a) ¯¯ ¯ cos(b − a) sin(b − a) cos(a − b)¯ ¯ ¯ ¯ 0 sin(b − c) cos(b − c) ¯¯ ¯ = ¯¯cos(2b − c − a) − cos(c − a) sin(2b − c − a) cos(c − a) ¯¯ ¯ 0 sin(b − a) cos(a − b)¯ ¯ ¯ ¯ sin(b − c) cos(b − c) ¯ ¯ ¯ = −(cos(2b − c − a) − cos(c − a)) ¯ sin(b − a) cos(a − b)¯
= (cos(c − a) − cos(2b − c − a))(sin(b − c) cos(b − a) − cos(b − c) sin(b − a))
= (cos(c − a) − cos(2b − c − a)) sin(b − c − (b − a)) = (cos(c − a) − cos(2b − c − a)) sin(a − c) 1 1 1 = sin(2a − 2c) − (sin(2b − 2c) + sin(2a − 2b)) = (sin(2a − 2c) + sin(2c − 2b) + sin(2b − 2a)) . 2 2 2
2. En notant Ck (d) la k -ième colonne. On a (voir proposition 6.3 p. 232 ) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∆′ (d) = ¯C1′ (d)C2 (d)C3 (d)¯ + ¯C1 (d)C2′ (d)C3 (d)¯ + ¯C1 (d)C2 (d)C3′ (d)¯ .
1186
(On aurait bien sûr un résultat semblable avec les lignes). On a donc ¯ ¯sin(a + d) ¯ ′ ∆ (d) = − ¯¯sin(b + d) ¯ sin(c + d)
sin(a + d) sin(b + d) sin(c + d)
= 0+0+0
¯ ¯ cos(b − c) ¯¯ ¯¯cos(a + d) cos(c − a) ¯¯ + ¯¯cos(b + d) cos(a − b)¯ ¯ cos(c + d)
cos(a + d) cos(b + d) cos(c + d)
¯ ¯ cos(b − c) ¯¯ ¯¯cos(a + d) cos(c − a) ¯¯ + ¯¯cos(b + d) cos(a − b)¯ ¯ cos(c + d)
sin(a + d) sin(b + d) sin(c + d)
1
3. Conclusion : ∆(d) ne dépend pas de d et ∀d ∈ R, ∆(d) = (sin(2a − 2c) + sin(2c − 2b) + sin(2b − 2a)). 2 Plus il y a de variables...
Matrices Les déterminants sont utiles pour les matrices, pourquoi pas l’inverse ? Exercice 2.19 Soit a, b, c, d ∈ C. Calculer ¯ ¯ b +c +d ¯ 2 ¯b + c 2 + d 2 ¯ ¯b 3 + c 3 + d 3 ¯ ¯b 4 + c 4 + d 4
Solution : On a
b +c +d b 2 + c 2 + d 2 b 3 + c 3 + d 3 b4 + c4 + d 4
a +c +d a2 + c2 + d 2 a3 + c3 + d 3 a4 + c4 + d 4
a +c +d a2 + c2 + d 2 a3 + c3 + d 3 a4 + c4 + d 4
a +b +d a2 + b2 + d 2 a3 + b3 + d 3 a4 + b4 + d 4
¯ a + b + c ¯¯ a 2 + b 2 + c 2 ¯¯ . a 3 + b 3 + c 3 ¯¯ a4 + b4 + c4¯
a +b +d a2 + b2 + d 2 a3 + b3 + d 3 a4 + b4 + d 4
a +b +c a a 2 a2 + b2 + c2 = a 3 + b 3 + c 3 a 3 a4 + b4 + c4 a4
b b2 b3 b4
c c2 c3 c4
d 0 1 d 2 × d 3 1 d4 1
1 0 1 1
1 1 0 1
1 1 . 1 0
Á l’aide d’un déterminant de Vandermonde : ¯ ¯a ¯ 2 ¯a ¯ ¯a 3 ¯ ¯a 4
b b2 b3 b4
c c2 c3 c4
¯ ¯ ¯1 d ¯¯ ¯ 2¯ ¯a d ¯ = abcd ¯¯ 2 d 3 ¯¯ ¯a ¯a 3 d 4¯
1 b b2 b3
1 c c2 c3
En additionnant dans la première ligne :
Donc
¯ ¯0 ¯ ¯1 ¯ ¯1 ¯ ¯1
1 0 1 1
¯ ¯ b +c +d ¯ 2 ¯b + c 2 + d 2 ¯ ¯b 3 + c 3 + d 3 ¯ ¯b 4 + c 4 + d 4
1 1 0 1
¯ ¯ ¯1 1¯¯ ¯ ¯1 1¯¯ ¯ = 3 ¯1 ¯ 1¯ ¯ ¯1 ¯ 0
a +c +d a2 + c2 + d 2 a3 + c3 + d 3 a4 + c4 + d 4
1 0 1 1
1 1 0 1
¯ ¯ ¯0 1¯¯ ¯ ¯0 1¯¯ ¯ = 3 ¯0 ¯ 1¯ ¯ ¯1 ¯ 0
a +b +d a2 + b2 + d 2 a3 + b3 + d 3 a4 + b4 + d 4
1 0 1 1
¯ 1 ¯¯ d ¯¯ = abcd(d − c)(d − b)(d − a)(c − b)(c − a)(b − a). d 2 ¯¯ 3¯ d
1 1 0 1
¯ ¯ 1¯¯ ¯1 ¯ 1¯¯ ¯0 = −3 ¯ ¯ 1¯ ¯1 ¯ 0
1 1 0
¯ ¯ ¯1 1¯¯ ¯ 1¯¯ = −3 ¯¯0 ¯1 1¯
1 1 0
¯ ¯ 0¯¯ ¯1 1¯¯ = 3 ¯¯ 1 0¯
¯ 1¯¯ = −3. 0¯
¯ a + b + c ¯¯ a 2 + b 2 + c 2 ¯¯ = −3abcd(d − c)(d − b)(d − a)(c − b)(c − a)(b − a). a 3 + b 3 + c 3 ¯¯ 4 4 4¯ a +b +c
Un autre exemple, déjà vu : Exercice 2.20 Soit a, b, c, x quatre complexes. Factoriser ¯ ¯x ¯ ¯a Pa,b,c (x) = ¯¯ ¯b ¯c
1187
a x c b
b c x a
¯ c ¯¯ b ¯¯ . a ¯¯ x¯
¯ 0¯¯ 0¯¯ 0¯
Solution : Après une bonne contemplation, il saute aux yeux que :
x a b c
a x c b
b c x a
c 1 b 1 a 1 x 1
−1 −1 1 1
−1 x +c +b +a x + c + b + a 1 = 1 x + c + b + a −1 x +c +b +a
1 −1 1 −1
−x + c + b − a −x + c + b − a x −c −b +a x −c −b +a
x −c +b −a −x + c − b + a x −c +b −a −x + c − b + a
−x − c + b + a x +c −b −a x +c −b −a −x − c + b + a
d’où l’égalité : ¯ ¯1 ¯ ¯1 Pa,b,c (x) ¯¯ ¯1 ¯1
−1 −1 1 1
¯ ¯ ¯1 −1¯¯ ¯ ¯1 1 ¯¯ ¯ = (x + a + b + c)(x + a − b − c)(x − a + b − c)(x − a − b + c) ¯1 1 ¯¯ ¯ ¯1 −1¯
1 −1 1 −1
¯ ¯1 ¯ ¯1 et il suffit de vérifier que ¯¯ ¯1 ¯1
−1 −1 1 1
1 −1 1 −1
1 −1 1 −1
−1 −1 1 1
¯ −1¯¯ 1 ¯¯ 1 ¯¯ −1¯
¯ −1¯¯ 1 ¯¯ est non nul. Or ses vecteurs colonnes sont orthogonaux deux à deux. 1 ¯¯ ¯ −1
Enfin un exemple qui ressemble plus à une devinette : Exercice 2.21 Démontrer que ¯ ¯ 1− ps ¯ ¯ ¯ ¯ ns − m ¯ ¯ ¯ ¯ mp − n
1 Solution : Soit A = q r
1 − nr nq − p m 1 s 1
A A= q t
¯ ¯ qs −r ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ mr − s ¯¯ = ¯¯ q ¯ ¯ ¯ ¯ 1 − mq ¯ ¯ r
pr − q
r
¯2 ¯ ¯ 1 + m2 + n2 n ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ p ¯ = ¯¯ m + q + np ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ n + r + ms ¯ 1
m 1 s
m + q + np 1 + p2 + q2 p + s + qr
n p . La deuxième égalité vient de 1
m 1 s
n
1
p × m
1
n
q 1 p
r
1 + m2 + n2
s = m + q + np
1
n + r + ms
m + q + np 2
1+p +q
2
p + s + qr
¯ n + r + ms ¯ ¯ ¯ ¯ p + s + qr ¯¯ ¯ ¯ 2 2 ¯ 1+r +s
n + r + ms
p + s + qr .
1 + r 2 + s2
Pour la première, on commence par calculer les cofacteurs :
1− ps
det AI3 = A pr − q
qs −r
ns − m 1 − nr nq − p
mp − n
1 − mq .
mr − s
En calculant le déterminant des deux membres : ¯ ¯ 1− ps ¯ ¯ ¯ 3 (det A) = det A ¯¯ pr − q ¯ ¯ ¯ qs −r
ns − m 1 − nr nq − p
¯ ¯ ¯ 1− ps mp − n ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 − mq ¯¯ = det A ¯¯ ns − m ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ mp − n mr − s ¯
pr − q 1 − nr nq − p
¯ qs −r ¯ ¯ ¯ ¯ mr − s ¯¯ ¯ ¯ 1 − mq ¯
puisqu’une matrice a même déterminant que sa transposée. Lorsque A est inversible, on obtient la première égalité en simplifiant par det A. Lorsque A n’est pas inversible, la matrice transposée des cofacteurs n’est pas inversible non plus. En effet, lorsqu’on la multiplie par A on trouve la matrice nulle. Donc les deux membres de l’égalité sont nuls.
Polynôme caractéristique Cette méthode sera utilisée l’an prochain. 1188
Annexe
C
Techniques d’ analyse Le Calcul infinitésimal, [...], est l’apprentissage du maniement des inégalités bien plus que des égalités, et on pourrait le résumer en trois mots : MAJORER, MINORER, APPROCHER. Jean Dieudonné, Calcul Infinitésimal, (1968).
C.1
Majorer-minorer
En algèbre, on s’intéresse particulièrement à des égalités alors que l’analyse est l’art des approximations où les majorationsminorations jouent un rôle essentiel. Dans ce paragraphe, nous allons voir un bon usage des inégalités et étudier quelques erreurs fréquentes qu’il est bon d’analyser pour ne jamais les commettre.
C.1.1 Quelques inégalités classiques Majorations trigonométriques On a les majorations fondamentales en trigonométrie : ♥ 3.1
|sin(x)| É 1,
∀x ∈ R ,
|cos(x)| É 1.
Préférer une majoration en valeur absolue à des inégalités lorsque c’est possible. ♥ 3.2
∀x ∈ R ,
|sin(x)| É |x|.
Cette dernière majoration est surtout intéressante lorsque x est proche de 0. y =x
1
y = sin(x)
π 2
−1
y = −x
Exemple 3.1 En utilisant la trigonométrie, on peut majorer une différence de sinus ou de cosinus : ¯ ³x−y ´ ³ x + y ´¯ ¯ x − y ¯¯ ¯ ¯ cos É |x − y| |sin x − sin y| = ¯2sin ¯ É 2¯sin 2 2 2 ¯ ³ x + y ´¯ ³x−y ´ ¯ x − y ¯¯ ¯ ¯ sin É |x − y|. |cos x − cos y| = ¯2sin ¯ É 2¯sin 2 2 2
(On aurait pu également utiliser que les fonctions sin et cos sont 1-lipschitzienne puisque |sin′ (x)| = |cos(x)| É 1 et |cos′ (x)| = |sin(x)| É 1). 1189
Majoration de produits ∀(a, b) ∈ R2 ,
♥ 3.3
|ab| É
a2 + b2 2
ce qui permet de majorer ab et −ab par une somme de deux carrés. La démonstration s’obtient en développant (a+b)2 Ê 0 et (a − b)2 Ê 0. Pour 2n réels (a1 , . . . , an ) ∈ Rn , (b1 , . . . , bn ) ∈ Rn , ¯ ¯ Ã !1/2 !1/2 Ã ¯X ¯ n n n X X ¯ ¯ 2 2 bi ai ¯ ai bi ¯ É ¯i=1 ¯ i=1 i=1
♥ 3.4
C’est l’inégalité de Cauchy-Schwarz utilisée avec le produit scalaire canonique de Rn . Étude de fonctions Il est souvent utile d’étudier une fonction pour montrer une égalité. Exemple 3.2 Montrer que ∀x Ê 0, x−
x3 É sin x É x . Définissons les deux fonctions f et g sur [0, +∞[ par f (x) = sin x−x 6
x3 . Elles sont dérivables et f ′ (x) = cos x − 1 É 0 ce qui montre que f est décroissante. Donc ∀x Ê 0, 6 x2 f (x) Ê f (0) = 0 d’où la majoration de sin. Ensuite, g ′ (x) = cos x − 1 + , g ′′ (x) = − sin x + x Ê 0 donc g ′ est croissante, 2 et comme g ′ (0) = 0, g ′ est positive donc g est croissante et comme g (0) = 0, g (x) Ê 0 d’où la minoration.
et g (x) = sin x − x +
0
+∞
f′
−
& %
g′
+
f 0
g 0
Exercice 3.1 ♥ x Montrer que ∀x Ê 0, x − É ln(1 + x) É x . 2
2
x x Solution : En posant f (x) = ln(1 + x) − x et g (x) = ln(1 + x) − x + x 2 /2, f ′ (x) = − x+1 É 0 pour x Ê 0 et g ′ (x) = x+1 Ê 0. Dresser le tableau de variations de f et g pour conclure.
Procéder par inégalités équivalentes On est souvent amené à se demander si une inégalité est vraie. On peut procéder par équivalences (c’est l’un des rares cas nous vous le conseillons !) pour aboutir à une inégalité triviale. Exemple 3.3 On veut comparer les deux réels et x 7→ x 2 sont des fonctions croissantes :
p p p p p 2 − 2 et 3 − 3. Procédons par équivalence en utilisant que x 7→ x q
q p 2− 2 É 3− 3 p p ⇐⇒2 − 2 É 3 − 3 p p ⇐⇒ 3 − 2 É 1 p ⇐⇒3 − 2 6 + 2 É 1 p ⇐⇒ 6 Ê 2
p
⇐⇒6 Ê 4
La dernière inégalité étant vraie, on en déduit que
p p p p 2 − 2 É 3 − 3.
1190
Utilisation de la convexité ex Ê 1 + x .
∀x ∈ R ,
♥ 3.5
∀x ∈] − 1, +∞[,
♥ 3.6
ln(1 + x) É x .
On utilise la convexité (concavité) de l’exponentielle (du logarithme). La courbe est située au dessus (en dessous) de chacune de ses tangentes. y =x y = ln(1 + x)
y = 1+x
y = sin x y = π2 x y = ex
convexité de exp
π 2
concavité de ln
concavité de sin
La fonction sinus est concave sur [0, π/2], donc son graphe se situe au dessus de la corde. On obtient l’inégalité : ∀x ∈ [0, π/2],
sin x Ê
2x . π
La fonction x 7→ x α étant convexe sur R∗+ pour α Ê 1, on peut utiliser l’inégalité de convexité f obtenir l’inégalité
µ
¶ a +b f (a) + f (b) pour É 2 2
(a + b)α É 2α−1 (a α + b α ).
La fonction f : x 7→ ln(1 + e x ) étant convexe sur R. En effet f est deux fois dérivable sur R et pour tout x ∈ R , f ′ (x) =
ex 1 = −x est croissante sur R. On en déduit, d’après la proposition 12.23 p. 482 en prenant les λk égaux à x 1+e e +1 pour tous (x1 , . . . , xn ) réels, Ã ! n n ¡ ¢ 1 X 1 X xk ln 1 + e ln 1 + e xk . É n k=1 n k=1
1 n
que
En prenant pour les xk les ln(y k ), on obtient pour tous (y 1 , . . . , y n ) réels positifs, Ã
ln 1 + exp
soit
Ã
ln 1 +
Ã
Ã
n 1 X
n k=1
n Y
yk
k=1
ln(y k ) !!
soit, en prenant l’exponentielle des deux membres : 1+
Ã
yk
k=1
É
Ã
É ln
!1
n
n Y
!!
É
Ã
n ¡ ¢ 1 X ln 1 + y k , n k=1
n Y
k=1
!1 n
1 + yk !1
,
n
n Y
k=1
1 + yk
.
On applique cette dernière inégalité en prenant pour y k le quotient de deux nombres positifs bk et ak , ce qui donne, pour tous (a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn ) réels positifs, Ã
n b Y k 1+ a k=1 k
Enfin, en multipliant les deux membres par Ã
n Y
k=1
¡ Qn
b k=1 k
ak
!1
n
+
¢1
Ã
n
!1
n
Ã
n Y
bk 1+ É ak k=1
!1
n
.
, on obtient :
n Y
k=1
!1
n
bk
É
Ã
n Y
!1
n
(ak + b k )
k=1
.
Cette dernière inégalité - qui signifie que la somme des moyennes géométriques est inférieure à la moyenne géométrique de la somme - reste vraie lorsque l’un (ou plusieurs) des ak ou bk est nul, par passage à la limite. Voir aussi les propositions 12.27 et 12.28 p. 484. 1191
C.1.2 Techniques de majoration En analyse, on utilise par défaut des inégalités larges (É, Ê). Une inégalité stricte peut être parfois nécessaire, mais il faut toujours la justifier. Par exemple, est une inégalité classique. Par contre la formule
∀x ∈ R ,
|sin(x)| É |x|
∀x ∈ R ,
|sin x| < |x|
est fausse : pour x = 0 l’inégalité stricte n’est pas vérifiée. Majorer des produits-quotients Attention aux multiplications d’inégalités : a É b =⇒
(
ac É bc si c Ê 0
ac Ê bc si c < 0
.
En pratique, on utilise souvent les valeurs absolues et les termes à majorer sont positifs. Pour majorer un produit P = P1 ×P2 de termes positifs, il suffit de majorer chaque terme du produit. Exemple 3.4 un = (n 2 + 2n + 1) ln(n 2 + 1). Puisque ∀n ∈ N , ln(n 2 + 1) É n 2 et que pour n Ê 1, 2n É 2n 2 et 1 É n 2 , on obtient la majoration grossière : ∀n Ê 1,
un É (4n 2 ) × n 2 = 4n 4 .
Pour majorer un quotient de termes positifs, majorer le numérateur et minorer le dénominateur. Exemple 3.5 Encadrer pour x ∈ [2, 3] f (x) = 2 1 É f (x) É 2 . e3 + 1 e +1
Exemple 3.6
x −1 . Puisque 2 É x É 3, 1 É x − 1 É 2 et e 2 + 1 É e x + 1 É e 3 + 1 d’où ex + 1
p k 2 + nk un = 3 2 k=1 n + k − k n X
Puisque lorsque 1 É k É n , k 2 + nk É 2n 2 et n 3 + k(k − 1) Ê n 3 , on majore p
p 2n 2 2 = −−−−−→ 0. 0 É un É n × 3 n n n→+∞
Exercice 3.2 ♥ Majorer (un ) par une suite de la forme Cn α à partir d’un certain rang : a. un = b. un =
n3 + n2 n2 + 1 n +1 2
3n −n p p c. un = n 3 + n 2 − n + 1 − n 3 + 3n
Solution : a. Pour n Ê 1, n 3 + n 2 É 2n 3 et n 2 + 1 Ê n 2 d’où un É 2n . 2 2 b. Pour n Ê 1, 3n −n = (1 + 2)n −n Ê 1 + 2(n 2 − n) en utilisant la formule du binôme (c’est un cas particulier de l’inégalité de Bernoulli, voir l’exercice 8.30 page 329) et en minorant les termes positifs restants par 0. Par conséquent, un É
puisque n 2 − n Ê n 2 /2 pour n Ê 2. c. Avec les quantités conjuguées, un = p
puisque pour n Ê 1, 1 É n 2 .
2n n 2 2n É É É 2n 2 − 2n + 1 2(n 2 − n) n 2 /2 n
n 2 − 4n + 1 1 2n 2 =p É p 3/2 n n 3 + n 2 + n + 1 + n 3 + n 2n
1192
Bonne utilisation des valeurs absolues Une valeur absolue, un module (ou une norme) permettent de mesurer des distances : |a − b| mesure l’écart entre les deux réels (complexes) a et b . Ce sont des outils indispensables en analyse. Par exemple, pour montrer qu’une suite converge vers une limite l , il suffit de majorer la quantité εn = |un − l| par une suite qui converge vers 0. L’année prochaine, vous utiliserez des normes qui se manipulent comme la valeur absolue et le module. Autant prendre maintenant de bonnes habitudes et utiliser la valeur absolue aussi souvent que possible. Les propriétés importantes sur les modules-valeurs absolues sont 1. L’inégalité triangulaire : |a + b| É |a| + |b|
¯ ¯
¯ ¯
2. La minoration de l’inégalité triangulaire : ¯|a| − |b|¯ É |a + b| qui permet au choix deux minorations d’un module : (
|a| − |b|
|b| − |a|
É |a + b|.
3. Le module d’un produit : |a × b| = |a| × |b|.
On a par exemple en utilisant l’inégalité triangulaire : |a| − |b| É |a − b| É |a| + |b|.
Exemple 3.7 On définit f (x) =
sin x − 2cos x e sin x
. Majorer | f (x)| pour x ∈ R .
| f (x)| É
|sin x| + 2|cos x| e sin x
É
3 = 3e. e −1
On a utilisé l’inégalité triangulaire |sin x + 2cos x| É |sin x| + 2|cos x|, que |sin x| É 1, que e sin x était positive pour enlever la valeur absolue, puis que sin x Ê −1 pour minorer le dénominateur. |1 − 3x 2 | − x Minorer | f (x)| par une fonction de type Cx α pour |x| grand. x ¯ ¯ ¯|1 − 3x 2 | − x ¯
Exemple 3.8 Pour x 6= 0, on définit f (x) = | f (x)| =
|x| |1 − 3x 2 | − |x| Ê |x|
|3x 2 − 1| − |x| |x| 2 3x − 1 − |x| |x| 3x 2 − 2x 2 |x|
= Ê Ê Ê |x|
¯
¯
−→
R sin(x y) x2 + y 2 0
On a utilisé la minoration de l’inégalité triangulaire, ¯|1 − 3x 2 | − x ¯ Ê |1−3x 2 |−|x| puis l’inégalité triangulaire |1−3x 2 | É 1 + 3|x 2 | et que |x| + 1 É 2|x|2 pour |x| Ê 1.
Exercice 3.3 ♥ Montrer que la fonction f :
est bornée.
R2
(x, y)
7−→
Solution : Pour (x, y) 6= (0, 0), | f (x, y)| É
On a utilisé les inégalités classiques |sin θ| É |θ| et |ab| É a
|x y|
x2 + y 2 2
+b 2 2 .
1193
si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)
É
1 2
On se sert très souvent de l’inégalité triangulaire pour majorer des sommes et des intégrales : ¯ ¯ ¯ X ¯X n n ¯ ¯ ¯ un ¯ É |un | ¯i=1 ¯ i=1
¯ Zb ¯Zb ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (t )¯ dt . ¯ f (t ) dt ¯¯ É ¯ a
a
Pour les intégrales de Riemann, on utilise également la majoration fondamentale : ∀x ∈ [a, b], f (x) É g (x) =⇒
Zb a
f (x) dx É
Zb
g (x) dx
a
Si f est une fonction continue sur un segment [a, b], elle est bornée et on note k f k∞ = sup | f (x)|. On se sert très souvent x∈[a,b]
de la majoration :
¯Zb ¯ Zb ¯ ¯ f (t ) dt ¯ É | f (t )| dt É (b − a)k f k∞ ¯ a
a
Exemple 3.9 On définit la suite d’intégrales
In =
Z1
x n f (x) dx
0
où f : [0, 1] 7→ R est une fonction continue. Montrer que In −−−−−→ 0. n→+∞ La fonction f est continue sur un segment donc est bornée. Notons k f k∞ = sup | f (x)| et majorons : x∈[0,1]
¯Z1 ¯ Z1 Z1 Z1 ¯ ¯ k f k∞ −−−−−→ 0. |In | = ¯¯ x n f (x) dx ¯¯ É |x n || f (x)| dx É x n k f k∞ dx = k f k∞ x n dx = n + 1 n→+∞ 0 0 0 0 y = xn
On rencontre souvent en pratique l’intégrale
1
♥ 3.7
Jn =
Z1 0
x n dx =
R1 n 1 0 x d x = n+1
1 . n +1
1
Multimédia : animation pour voir l’aire
R1 0
x n f (t )d t qui tend vers 0
C.1.3 Erreurs de majoration fréquentes Une faute très fréquente consiste à majorer à l’intérieur des valeurs absolues : a É b =⇒ |a| É |b|. C’est faux en général. Par exemple, −3 É −2 et pourtant |−3| = 3 > 2 = |−2|. Exemple 3.10 Voici une erreur typique rencontrée dans une copie : puisque sin x É 1 et − sin y É 1, pour x, y > 0 on a : ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ sin x sin y ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ ¯É¯ − ¯ − ¯ x y ¯ ¯x y ¯ ¯
¯
¯
¯
¯ ¯1 2¯ 1 Si on prend par exemple x = π et y = π/2, l’inégalité obtenue s’écrit ¯ −2 π É π − π = π qui est évidemment fausse.
Le résultat suivant est classique et souvent posé en devoir : L EMME 3.1 ♥♥ Lebesgue Soit f ∈ C 1 ([a, b], C ), In =
Zb a
sin(nt ) f (t ) dt −−−−−→ 0 n→+∞
Dans les deux « démonstrations » suivantes, il y a des erreurs de majoration. Trouvez-les ! La fonction f est continue sur le segment [a, b] donc est bornée. On note k f k∞ = sup | f (x)|. x∈[a,b]
1194
¯Zb ¯ ¯ ¯ ¯ |In | = ¯ f (t ) sin(nt ) dt ¯¯ a ¯ ¯Zb ¯ ¯ ¯ sin(nt ) dt ¯¯ É k f k∞ ¯ ¯ a ¯ ¯ cos(nb) − cos(na) ¯ ¯ É k f k∞ ¯¯ ¯ n 2 É −−−−−→ 0. n n→+∞
|In | É
Zb a
| f (t )||sin(nt )| dt
É k f k∞ É k f k∞ É
Zb a
|sin(nt )| dt
|cos(nb)| − |cos(na)| n
2k f k∞ −−−−−→ 0. n→+∞ n
Dans la première série de majorations, on a majoré à l’intérieur des valeurs absolues en multipliant par sin t qui peut être négatif (deux erreurs). Dans la deuxième série, les majorations sont correctes, mais |sin(nt )| ne se primitive pas en |cos(nt )|/n . Remarque 3.1 On comprend graphiquement le résultat précédent : lorsque n est grand, la fonction t 7→ sin(nt ) oscille beaucoup entre a et b et les aires positives compensent les aires négatives :
y = f (t )
y = − f (t )
On comprend également que
Rb a
f (t )|sin(nt )| dt ne converge pas vers 0 et que la dernière tentative était vouée à l’échec !
La preuve correcte est instructive et doit être étudiée soigneusement. Démonstration ♥♥♥ Puisque la fonction f est de classe C 1 , on peut intégrer par parties In et puisque f et f ′ sont continues sur le segment [a,b], elles sont bornées : h f (t) cos(nt) ib 1 Zb In = − f ′ (t) cos(nt) dt + a n a n
et en utilisant l’inégalité triangulaire : Z | f (b)||cos(nb)| + | f (a)||cos(na)| 1 b ′ + | f (t)||cos(nt)| dt n n a 2kf k∞ kf ′ k∞ (b − a) + −−−−−→ 0 É n→+∞ n n
|In | É
Remarque 3.2 On montre que le résultat précédent reste vrai lorsque f est uniquement continue par morceaux sur [a, b]. On commence par le démontrer lorsque f est une fonction indicatrice d’un segment (la fonction indicatrice d’une partie de R est la fonction qui vaut 1 sur cette partie et 0 partout ailleurs), puis lorsque f est une fonction en escalier et on utilise l’approximation d’une fonction continue par morceaux par des fonctions en escalier.
C.1.4 Suivre son intuition avant de majorer Pour montrer qu’une suite (un ) converge vers 0, on majore |un |. Par contre, pour montrer que un −−−−−→ l , il ne sert à rien n→+∞ de majorer |un |, c’est |un − l| qu’il faudrait majorer. Avant de se lancer dans une majoration hasardeuse, il est nécessaire de comprendre intuitivement comment se comportent les différents termes.
1195
Exemple 3.11 Étudier la suite de terme général un = d’une autre façon pour comprendre ce qui se passe : un =
n 1 X k!. Commençons par écrire les différents termes de la somme n! k=1
1 1 1 1 1 +··· + + . (1 + 1 × 2 + · · · + 1 × 2 × · · · × n) = 1 + + n! n n(n − 1) n(n − 1) . . . 3 n(n − 1) . . . 2
1 1 −−−−−→ 0, . . ., −−−−−→ 0, un −−−−−→ 1 : bien que chaque terme tende vers n→+∞ n n→+∞ n(n − 1) . . . 2 n→+∞ 1 1 0, le nombre de termes augmente avec n . Avec le même raisonnement, on aurait 1 = + · · · + −−−−−→ 0 ! n→+∞ |n {z n}
Une erreur fréquente : puisque
n fois Nous allons tout de même montrer que un −−−−−→ 1 en écrivant un = 1 + εn et en montrant que εn −−−−−→ 0. Pour cela, n→+∞ n→+∞ majorons εn : si l’on majore tous les termes de εn par le plus grand 1/n , on trouve que εn É (n − 1)/n qui ne tend pas vers 0. Écrivons plutôt
0 É εn É
1 (n − 2) + −−−−−→ 0. n n(n − 1) n→+∞
Z2x
sin t dt . t2 x a. Déterminer la limite lorsque x → +∞ de F.
Exemple 3.12 On pose pour x > 0, F(x) =
b. Déterminer la limite lorsque x → 0 de F. a. Avec une majoration simple :
∀t ∈ [x, 2x],
on obtient : |F(x)| É
Z2x x
1 |sin t | É 2 t2 x
|sin t | dt É t2
Z2x x
1 1 dt = x2 x
Par conséquent, F(x) −−−−−→ 0. x→+∞
b. Essayons d’abord un encadrement élémentaire : pour t ∈ [0, π/2], 2t É sin t É t π
on obtient pour 0 < x < 2x É π/2, l’encadrement 2 ln 2 = π
Z2x x
2t dt É F(x) É πt 2
Z2x x
t dt = ln 2. t2
On voit que la fonction F est bornée au voisinage de zéro, mais l’encadrement obtenu ne permet de trouver la limite. Au voisinage de 0, sin(t ) est proche de t : on peut utiliser l’inégalité t − t 3 /6 É sin t É t vue dans l’exemple 3.2. On obtient l’encadrement : ln 2 −
x2 = 4
Z2x x
dt 1 − t 6
Z2x x
t 2 dt É F(x) É
Z2x x
dt = ln 2 t
et avec le théorème des gendarmes, on en déduit que F(x) −−−→ ln 2. x→0
Pour des exemples plus théoriques, lorsqu’on ne dispose pas de majorations explicites des fonctions, il est nécessaire d’utiliser les définitions à ε d’analyse pour justifier les approximations. Voyons deux exemples classiques. Exemple 3.13 Soit f une fonction continue sur [0, 1]. Étudier la limite de la suite de terme général In = n
Z1
x n f (x) dx.
0
Le graphe de x 7→ x n pour n grand montre que x n est très petit, sauf au voisinage de 1 où il vaut 1. On se doute que la limite va dépendre des valeurs de f au voisinage de 1. Commençons par approximer f (x) par f (1) sur [0, 1] pour comprendre ce qui se passe (cela consiste à supposer dans un premier temps que f est constante) : Jn ≈ n f (1)
Z1 0
x n dx =
n f (1) −−−−−→ f (1). n→+∞ n +1
1196
Montrons rigoureusement que In −−−−−→ f (1) en écrivant pour x ∈ [0, 1], f (x) = f (1)+r (x) où r est une fonction continue n→+∞ sur [0, 1] telle que r (x) −−−→ 0. Par linéarité de l’intégrale, x→1
In =
n f (1) + n n +1 |
Z1 0
x n r (x) dx . {z } Rn
On a déjà vu que la première suite convergeait vers f (1). Il nous suffit de traiter le reste de notre approximation : montrons que Rn −−−−−→ 0. Pour cela, écrivons une démonstration à epsilon. Soit ε > 0, comme r (x) −−−→ 0, il existe c ∈ [0, 1[ tel n→+∞ x→1 que ∀x ∈ [c, 1], |r (x)| É ε/2. Coupons notre intégrale en deux : Zc
|r (x)|x n dx + n
É nc n
|r (x)| dx + n
|Rn | É n
0
Zc 0
É Knc n +
Nous avons noté K =
Zc 0
Z1 c
ε 2
|r (x)|x n dx
Z1
x n dx
0
nε = θn . 2(n + 1)
|r (x)| dx qui est une constante indépendante de n . Puisque θn −−−−−→ ε/2, il existe N ∈ N tel que n→+∞
∀n Ê N, θn É ε et pour n Ê N, |Rn | É ε.
L’exemple précédent est typique d’une démonstration en analyse. 1. On commence par comprendre intuitivement les approximations pertinentes. 2. On met en évidence l’approximation pour isoler le résultat et on se ramène à montrer qu’un reste tend vers 0. 3. On utilise les majorations, les définitions à ε . . .pour traiter le reste de l’approximation. Exemple 3.14 1 Soit f : [0, +∞[7→ R une fonction continue telle que f (x) −−−−−→ l . On définit pour x Ê 0, F(x) = 1 x
Zx 0
x→+∞
f (t ) dt . Montrons que F(x) −−−−−→ l . x→+∞
On commence par utiliser l’hypothèse en approximant f par l : f (x) = l + r (x) avec r (x) −−−−−→ 0 x→+∞
Cette approximation permet de mettre en évidence la limite de F : F(x) =
1 x
Zx 0
l dt +
1 x
Zx 0
r (t ) dt = l + R(x).
Il nous suffit de montrer que R(x) −−−−−→ 0. Rédigeons pour cela une démonstration à ε. x→+∞
Soit ε > 0.
Puisque r (t ) −−−−−→ 0, il existe A > 0 tel que ∀t Ê A, |r (t )| É ε/2. t →+∞
Posons C =
ZA 0
|r (t )| dt . Puisque C/x −−−−−→ 0, il existe B Ê A tel que ∀x Ê B, C/x É ε/2. x→+∞
Soit x Ê B, coupons l’intégrale en deux :
¯ ¯ ZA Z Z ¯ C 1 x ¯1 1 x (x − A)ε r (t ) dt + r (t ) dt ¯¯ É + |r (t )| dt É ε/2 + É ε. |R(x)| = ¯¯ x 0 x A x x A 2x
C.2
Dérivation
Contrairement au calcul de primitives où l’on sait primitiver très peu de fonctions à l’aide des fonctions usuelles, on sait dériver une fonction quelconque, aussi compliquée soit-elle. Dans ce paragraphe, nous allons voir quelques règles simples pour calculer efficacement une dérivée sous forme factorisée. En effet, on se sert souvent du signe d’une dérivée pour étudier les variations d’une fonction, d’où l’intérêt d’obtenir une forme factorisée de ces dérivées. Rappelons d’abord comment calculer la dérivée d’une expression à l’aide de Maple : 1197
MAPLE
f := exp(x) * sin(x^3); f := exp(x) sin(x^3) > diff(f, x); 3 3 2 exp(x) sin(x ) + 3 exp(x) cos(x ) x > factor(%); 3 3 2 exp(x) (sin(x ) + 3 cos(x ) x )
C.2.1 Dérivées particulières Homographies Une homographie est une fonction définie par : ax + b cx + d Cette fonction est définie sur les deux intervalles I1 =] − ∞, −d/c[ et I2 =] − d/c, +∞[. f (x) =
Une homographie se dérive facilement :
ax + b , cx + d
f (x) =
♥ 3.8
f ′ (x) =
¯ ¯a ¯ ¯c
¯ b ¯¯ d¯
(cx + d)2
Il est bon de retenir cette formule (déterminant des coefficients au numérateur, dénominateur au carré), car on rencontre souvent des homographies en pratique. Remarquez que le signe de la dérivée est donné par le signe du déterminant : les variations des homographies sont simples. La bijection réciproque d’une homographie est encore une homographie : il faut savoir résoudre rapidement l’équation dy −b ax + b (c y − a)x = b − d y x = − . cx + d cy −a ¯ ¯ ¯a b ¯ ¯ ¯ est strictement positif, f définit une bijection de I1 vers J1 =]−∞, a/c[ On voit donc que lorsque le déterminant ∆ = ¯ c d¯ et de I2 vers J2 =]a/c, +∞[. Exercice 3.4 ♥ y=
Dériver les homographies suivantes et déterminer l’expression de leur bijection réciproque. 3x − 4 2x + 1 2 − 3x b. g (x) = 5+x
a. f (x) =
Solution : 11 y +4 , f −1 (y) = − . (2x + 1)2 2y − 3 3x − 2 17 5y − 2 b. Écrivons g (x) = − d’où g ′ (x) = − et g −1 (y) = − . x +5 (x + 5)2 y +3
a. f ′ (x) =
Exponentielle en facteur On rencontre souvent en analyse des expressions de la forme f (x) = e A(x) × B(x)
où A et B sont deux fonctions dérivables. On peut mettre e A(x) en facteur dans la dérivée et il est bon de retenir la formule suivante : ♥ 3.9
f (x) = e A(x) B(x),
£ ¤ f ′ (x) = e A(x) B′ (x) + A′ (x) × B(x) .
Cette formule est à la base de la résolution des équations différentielles du premier ordre. Considérons l’équation différentielle y ′ + a(x)y = b(x)
1198
Soit y : I 7→ R une fonction solution. On considère la fonction auxiliaire définie par f (x) = e A(x) × y(x) où A est une primitive de a car lorsqu’on dérive f , on trouve £ ¤ f ′ (x) = e A(x) y ′ (x) + a(x)y(x) = e A(x) × b(x).
Par conséquent, avec le théorème fondamental, si x0 ∈ I, f (x) = f (x0 ) +
Zx x0
f ′ (t ) dt = f (x0 ) +
Zx
e A(t ) b(t ) dt .
x0
et on trouve l’expression de y sur l’intervalle I en fonction de la condition initiale y(0) : y(x) = e
−A(x)
f (x) = y(0)e
−A(x)
+e
−A(x)
Zx
e A(t ) b(t ) dt .
x0
On peut utiliser la même technique pour des inéquations différentielles : Exercice 3.5 ♥♥ Soit f : [0, +∞[7→ R une fonction dérivable vérifiant f (0) = 1 et ∀x Ê 0, f ′ (x) + f (x) É 1. Montrer que f est bornée.
Solution : Considérons la fonction F définie par F(x) = e x f (x). Elle est dérivable et ∀x Ê 0, £ ¤ F′ (x) = e x f ′ (x) + f (x) É e x
d’où
F(x) = F(0) +
Zx 0
F′ (t ) dt É 1 +
Zx 0
e t dt = e x
et donc f (x) = e −x F(x) É 1
Il faut savoir dériver successivement une fonction définie par f (x) = e A(x) × B(x)
en utilisant de façon répétée la formule précédente. En particulier, pour résoudre des équations différentielles du second ordre, on rencontre souvent le cas où A et B sont des polynômes. Par exemple : f (x) = e x
2
£
¤ ¤ 2£ 2x + (2x)(x 2 + 1) = 2e x x 3 + 2x ¤ ¤ 2£ 2£ f ′′ (x) = e x 3x 2 + 2 + (2x)(x 3 + 2x) = 2e x 2x 4 + 7x 2 + 2 ¤ ¤ 2£ 2£ f (3) (x) = 2e x 8x 3 + 14x + 2x(2x 4 + 7x 2 + 2) = 4e x 2x 5 + 11x 3 + 9x
f ′ (x) = e x
2
£
¤ x2 + 1
.. .
Remarquez que les calculs s’effectuent avec une ligne par dérivée. Pour chaque ligne, à la première étape, appliquer la formule de dérivation, à la deuxième étape, ordonner le polynôme en facteur.
C.2.2 Règle de la chaîne Il s’agit simplement de la formule de la dérivée d’une fonction composée ( f ◦ g )′ = ( f ′ ◦ g ) × g ′
Cette formule s’étend par récurrence à la composée de n fonctions (on dérive à la chaîne) : ′ ( f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f n )′ = ( f 1′ ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f n ) × ( f 2′ ◦ f 3 ◦ · · · ◦ f n ) × · · · × ( f n−1 ◦ f n ) × f n′
Remarquez que le résultat est donné sous forme de produit, donc est automatiquement factorisé ! Remarquez aussi que pour une fonction composée, il est parfois plus rapide d’utiliser la « règle des signes »pour les variations d’une fonction (voir 11.4 page 416) que de calculer sa dérivée.
1199
Exemple 3.15 Déterminer la dérivée et les variations de la fonction définie par Ã
f (x) = ln ch
Ã
2
2e x + 1 2
ex + 1
!!
On calcule avec la règle de la chaîne et la dérivée d’une homographie en une ligne : ′
f (x) = ch
Ã
1 2e
x2
2 ex
+1
+1
! × sh
Ã
2
2e x + 1 2 ex
+1
!
×
1 2 (e x
2
+ 1)2
× e x × (2x)
Tous les facteurs étant toujours positifs sauf le dernier, la fonction est décroissante sur ] − ∞, 0] et croissante sur [0, +∞[.
Exercice 3.6 ♥♥ Pour chacune des fonctions suivantes, déterminer les intervalles sur lesquels la fonction est dérivable et calculer sa dérivée. Les résultats seront factorisés et on déterminera le signe de la dérivée. p
a. f (x) = ln(x + x 2 + 1) p p b. f (x) = ln( 2sin x + 1 + 2sin x − 1) c. f (x) = arctan
ln x 3
f. g. h. i. j. k.
p
m. f (x) = ln p
´ 1 + e 2x . ´ p xp 2 k ³ x + k + ln x + x 2 + k Pour k ∈ R , f (x) = ¶ 2 µ2 1 + sin x sin x + ln f (x) = cos2 x cos x 2x 2 f (x) = arcsin 1 + x4 (x 2 ) f (x) = x ³ x x´ − f (x) = ln tan 2 sin x arctan x x f (x) = − ln p x 1 + x2 1 x−a 1 x Pour a ∈ R∗+ , f (x) = ln + arctan 4a x + a 2a a
d. f (x) = e x arctan(e x ) − ln e.
l. f (x) = arctan
Solution :
³p
p
n. f (x) = ln p
3x − x 3 1 − 3x 2
1 + x2 − 1 1 + x2 + 1
x4 + 1 − x2
x4 + 1 + x2 p p o. f (x) = x arcsin( x) + 1 − x ! Ã sin x p. f (x) = arcsin p 1 + sin2 x ¶ µ x x − x −x q. f (x) = arctan 2 p
xx (x ln x − x − 1) ex p s. f (x) = loge 2 (x n + x 2n + 1), n ∈ N , n Ê 1
r. f (x) =
t. f (x) = ln [ln x(ln ln ln x − 1)].
p
p p x 2 + 1 > x 2 = |x|. Par conséquent, x + x 2 + 1 > |x| + x Ê 0. La fonction est dérivable sur R et l’on 1 trouve f ′ (x) = p Ê 0. x2 + 1 b. Il faut que sin x > 1/2, c’est à dire x ∈ ∪k∈Z ]2kπ + π/6, 2kπ + 5π/6[. On trouve ensuite f ′ (x) = cos x Ê 0. p (2sin x − 1)(2sin x + 1) c. La fonction f est dérivable sur ]0, +∞[ et
a. Pour x ∈ R ,
f ′ (x) =
3 x(9 + ln2 x)
> 0.
d. La fonction f est dérivable sur R et f ′ (x) = e x arctan e x > 0.
i
p
i
e. Il faut que x 2 > −k . Donc si k > 0, f est définie et dérivable sur I = R . Si k É 0, f est définie sur −∞, − −k ∪ h h i hp p h ip −k, +∞ et dérivable sur −∞, − −k ∪ −k, +∞ . On calcule
f ′ (x) =
p
x 2 + k.
f. Il faut que cos x > 0 et sin x > −1, c’est à dire x ∈ ∪k∈Z ]2kπ − π/2, 2kπ + π/2[. On trouve que f ′ (x) =
2 > 0. cos3 x
1200
g. La fonction arcsin est dérivable sur ] − 1, 1[. Puisque x 2 É 2x 2
1 + x 4 2x 2 É 1 et la fonction est définie sur R . On , 2 1 + x4
= 1 si et seulement si x = ±1 et donc f est dérivable sur I1 =] − ∞, −1[, I2 =] − 1, 1[ et I3 =]1, +∞[. On a 1 + x4 calcule 4x 4 si x ∈ I2 4x(1 − x ) 4 f ′ (x) =
|1 − x 4 |(1 + x 4 )
=
h. La fonction f est dérivable sur ]0, +∞[ et f ′ (x) = x x
i. La fonction f est définie et dérivable sur
2
1+x 4x − 1 + x4
+1
S
.
si x ∈ I1 ∪ I3
(1 + 2ln x).
k∈Z ]2kπ, (2k + 1) π[.
Si x est élément de cet ensemble : f ′ (x) =
j. La fonction f est définie et dérivable sur ]0, +∞[. Si x ∈ R∗+ , f ′ (x) = −
x cos x sin2 x
.
arctan x . x2
k. La fonction f est définie et dérivable sur ]−∞, −a[ ∪ ]a, +∞[ et pour x dans cet ensemble, f ′ (x) = x2 . (x − a)(x + a)(x 2 + a 2 )
l. La fonction f est définie et dérivable sur R \
np o 3 3
et si x est élément de cet ensemble, f ′ (x) =
m. La fonction f est définie et dérivable sur R∗ et si x ∈ R∗ , f ′ (x) = p
2
x 1 + x2 −4x . n. La fonction f est définie et dérivable sur R et si x ∈ R, f ′ (x) = p x4 + 1
3 . 1 + x2
.
p arcsin( x) . p 2 x cos x
o. La fonction f est définie sur [0, 1] et dérivable sur ]0, 1[. De plus, si x ∈]0, 1[, f ′ (x) = p. Puisque |sin x| <
p
1 + sin2 x , la fonction est définie et dérivable sur R et f ′ (x) =
2(1 + ln x) . x x + x −x x x+1 ln x(ln x − 1) r. La fonction est définie et dérivable sur ]0, +∞[ et f ′ (x) = . ex nx n−1 s. La fonction f est définie et dérivable sur R et f ′ (x) = p . 2 x 2n + 1 ln ln ln x . t. La dérivée de f est f ′ (x) = x ln x
1 + sin2 x
.
q. La fonction est définie et dérivable sur ]0, +∞[ et f ′ (x) =
C.3
Manipulation de bornes supérieures
Dans ce paragraphe, nous allons voir en pratique comment manipuler les bornes supérieures et inférieures définies dans le chapitre sur les nombres réels 9.4 page 342. Avant toute chose, retenez que l’on ne manipule jamais les bornes supérieures en écrivant une suite d’égalités, mais en justifiant des inégalités. La technique principale s’appelle le raisonnement de passage à la borne supérieure et utilise la définition même de la borne supérieure, le plus petit élément de l’ensemble des majorants de la partie. P LAN 3.1 : Passage à la borne supérieure
On veut montrer que la borne supérieure d’une partie A est majorée par un réel M. Il suffit de justifier que M est un majorant de la partie : 1. Soit x ∈ A, . . .x É M.
2. Alors, puisque sup A est le plus petit des majorants de A, sup A É M. Exemple 3.16 Soient A et B deux parties non vides et majorées de R telles que A∩B 6= ∅. Montrer que les parties (A∪B) et (A ∩ B) possèdent une borne supérieure et que sup(A ∪ B) É max(sup A, sup B), sup(A ∩ B) É min(sup A, supB). – On vérifie facilement que les deux parties sont non vides et majorées ce qui justifie l’existence des bornes supérieures. 1201
– Soit x ∈ A ∪ B. Si x ∈ A, alors x É sup A et si x ∈ B, x É sup B. Dans les deux cas, x É max(sup A, sup B) ce qui montre que max(sup A, supB) est un majorant de A ∪ B. Par passage à la borne supérieure, on en déduit que sup(A ∪ B) É max(sup A, sup B). – Soit x ∈ A ∩ B. Puisque x ∈ A, x É sup A et puisque x ∈ B, x É sup B donc x É min(sup A, sup B). Le réel min(sup A, supB) est donc un majorant de A ∩ B et par passage à la borne supérieure, on en déduit que sup(A ∩ B) É min(sup A, supB). On ne raisonne jamais directement avec des égalités entre bornes supérieures, mais on justifie toujours les égalités en suivant le plan suivant. P LAN 3.2 : Pour montrer sup A = sup B
Pour montrer que deux bornes supérieures sont égales, on montre deux inégalités en utilisant deux passages à la borne supérieure. 1. Montrons que sup A É sup B.
2. Montrons que sup B É sup A. Exemple 3.17 Soient deux parties A, B non vides et majorées de R . On note A + B = {a + b; (a, b) ∈ A × B}.
Montrons que sup(A + B) = sup(A) + sup(B). – A et B possèdent une borne supérieure puisque ce sont des parties non vides et majorées de R . Puisque A 6= ∅, il existe a ∈ A et de même, il existe b ∈ B. Alors l’élément a + b appartient à la partie A + B ce qui justifie qu’elle est non vide. Notons MA un majorant de A et MB un majorant de B. Soit x ∈ A + B, il existe (a, b) ∈ A × B tel que x = a + b et alors x É MA + MB . Nous avons montré que MA + MB est un majorant de la partie A + B. Par conséquent, sup(A + B) existe. – Montrons que sup(A + B) É sup(A) + sup(B). Soit x ∈ A + B, il existe (a, b) ∈ A × B tels que x = a + b et alors comme a É sup A et b É sup B, x É sup A + supB. Le réel sup A + supB est donc un majorant de la partie A + B. Puisque sup(A + B) est le plus petit des majorants, on a sup(A + B) É sup A + supB. – Montrons que sup(A) + sup(B) É sup(A + B). La technique de passage à la borne supérieure permet de majorer une borne supérieure. Isolons donc dans le membre gauche de l’inégalité à montrer une borne supérieure. La propriété que nous voulons montrer s’écrit de façon équivalente sup(A) É sup(A + B) − sup(B)
Pour montrer l’inégalité sous cette forme, il nous faut majorer A. Soit a ∈ A, et b ∈ B, écrivons a = (a + b) − b
Comme (a + b) ∈ A + B, (a + b) É sup(A + B) d’où a É sup(A + B) − b et par passage à la borne supérieure, sup(A) É sup(A + B) − b
L’inégalité précédente est valable pour tout élément b ∈ B, donc ∀b ∈ B,
b É sup(A + B) − sup(A)
ce qui montre que sup(A + B) − sup(A) est un majorant de B. Par passage à la borne supérieure, on en déduit que sup(B) É sup(A + B) − sup(A)
c’est à dire sup(A) + sup(B) É sup(A + B).
Exercice 3.7 ♥ Reprendre l’exemple 3.16 page 1202 et montrer que sup(A ∪ B) = max(sup A, supB).
On dispose d’une technique similaire pour minorer une borne inférieure :
P LAN 3.3 : Passage à la borne inférieure
On veut montrer que α É inf A.
1. Soit x ∈ A, α É x donc α est un minorant de la partie A.
2. Puisque inf A est le plus grand des minorants de A, il vient que α É inf A. 1202
Exemple 3.18 On considère une partie A ⊂ R non vide. Pour un réel x ∈ R , on définit la distance de x à la partie A par : d(x, A) = inf{|x − a| | a ∈ A}.
– Vérifions que d(x, A) est bien défini. Soit x ∈ R , on définit la partie X = {|x−a| | a ∈ A} de telle façon que d(x, A) = inf X. Puisque A 6= ∅, il existe a ∈ A et alors r = |x − a| ∈ X ce qui montre que la partie X est non vide. Puisque ∀a ∈ A, |x − a| Ê 0, la partie X est minorée par 0. La partie X possède donc une borne inférieure. – Montrons que ∀(x, y) ∈ R2 , ¯ ¯ Il s’agit de montrer deux inégalités. – Soient x, y ∈ R . Montrons que
¯d(x, A) − d(y, A)¯ É |x − y|.
d(x, A) − d(y, A) É |x − y|.
Écrivons l’inégalité à montrer en isolant à droite une borne inférieure : d(x, A) − |x − y| É d(y, A).
Soit a ∈ A. En utilisant la minoration de l’inégalité triangulaire, |x − a| − |x − y| É |(x − a) − (x − y)| = |y − a|.
Mais d(x, A) É |x − a| et donc
d(x, A) − |x − y| É |y − a|.
Le réel d(x, A) − |x − y| ne dépend plus de a et il est un minorant de l’ensemble Y = {|y − a| | a ∈ A}. Puisque d(y, A) est le plus grand minorant de Y, il vient que d(x, A) − |x − y| É d(y, A).
– Pour montrer que d(y, A) − d(x, A) É |x − y|, il suffit de faire le même raisonnement en échangeant les rôles de x et y. On utilise très souvent en analyse les notations suivantes : D ÉFINITION 3.1 Borne supérieure d’une fonction Soit une fonction définie sur un partie A ⊂ R : f : A 7→ R . On note lorsque ces bornes existent, sup f (x) = sup f (A) = sup{ f (a) | a ∈ A} x∈A
inf f (x) = inf f (A) = inf{ f (a) | a ∈ A}.
x∈A
Exemple 3.19 Soit A ⊂ R une partie non vide majorée et f : R 7→ R une fonction croissante. Comparer sup f (A) et f (sup A). – Montrons que sup f (A) É f (sup A). Soit y ∈ f (A), il existe x ∈ A tel que y = f (x). Puisque x ∈ A et que sup A est un majorant de A, x É sup A. Comme la fonction f est croissante, on a f (x) É f (sup A). Le réel f (sup A) est un majorant de la partie f (A) et par passage à la borne supérieure, on en déduit l’inégalité annoncée. – L’autre inégalité est fausse en général comme le montre le contre-exemple suivant. On note A =]−∞, 0[ et f la fonction définie sur R par ( 0 si x < 0 f (x) = 1 si x Ê 0 Alors sup(A) = 0, f (sup A) = 1 alors que f (A) = {0} et sup f (A) = 0 et donc sup f (A) < f (sup A). Si une fonction f est continue sur un segment [a, b], le théorème 11.48 page 437 affirme qu’elle est bornée. Par conséquent l’ensemble X = {| f (x)| | x ∈ [a, b]} est non vide (car | f (a)| ∈ X) et majoré. Il possède une borne supérieure et on note k f k∞ = sup X = sup | f (x)|. x∈[a,b]
Exemple 3.20 Soient f , g : [a, b] 7→ R deux fonctions continues sur un segment. Montrons que k f + g k∞ É k f k∞ + kg k∞
En notant pour une fonction h : [a, b] 7→ R Xh = {|h(x)| | x ∈ [a, b]}, il s’agit de montrer que sup X f +g É sup X f + sup X g . Utilisons le raisonnement de passage à la borne supérieure. Soit t ∈ X f +g , il existe x ∈ [a, b] tel que t = |( f + g )(x)| = 1203
| f (x) + g (x)|. Avec l’inégalité triangulaire, | f (x) + g (x)| É | f (x)| + |g (x)| É sup X f + sup X g .
Le réel X f + X g est donc un majorant de la partie X f +g et par passage à la borne supérieure, sup X f +g É sup X f + X g ce qui prouve la propriété. Soit maintenant un réel λ. Montrons que kλ f k∞ = |λ| k f k∞
Avec les notations précédentes, il nous faut montrer que sup Xλ f = |λ| sup X f . Procédons par double inégalité. 1. Montrons que
sup X λ f É |λ| sup X f
Soit t ∈ Xλ f , il existe x ∈ [a, b] tel que t = |λ f (x)| = |λ| | f (x)| É |λ| sup X f . Par passage à la borne supérieure, on en déduit l’inégalité voulue. 2. Montrons que |λ| sup X f É sup X λ f .
Le membre gauche à majorer n’est pas une borne supérieure. Écrivons l’inégalité en isolant une borne supérieure. Si λ = 0, le résultat est clair. Si λ 6= 0, il nous faut montrer que sup X f É
Soit t ∈ X f , il existe x ∈ [a, b] tel que t = | f (x)| = en déduit l’inégalité souhaitée.
C.4
1 sup X λ f . |λ|
1 1 |λ f (x)| É sup X λ f . Par passage à la borne supérieure, on |λ| |λ|
Équivalents
Dans ce paragraphe, nous allons voir la pratique des équivalents et des développements limités. Les équivalents sont un outil très puissant en analyse, indispensables dans plusieurs chapitres du cours de math. spé. et agréables à utiliser une fois que l’on a compris certains points. À utiliser sans modération !
C.4.1 Qu’est-ce qu’un équivalent simple ? On parle d’équivalents de suites (au voisinage de +∞) et de fonctions (au voisinage d’un point a éventuellement infini). Les techniques utilisées sont tout à fait similaires. Il y a plusieurs façons de traduire que deux suites (un ) et (v n ) sont équivalentes un ∼ v n : n→+∞
un 1. −−−−−→ 1 (si v n ne s’annule pas à partir d’un certain rang). v n n→+∞
2. il existe une suite (εn ) telle que un = v n (1 + εn ) avec εn → 0 3. la définition de suites équivalentes (valable même si les suites s’annulent une infinité de fois ) : un = v n + w n avec w n = o(v n ).
Pour deux fonctions f , g définies sur un voisinage d’un point a , elles sont équivalentes au voisinage de a et on note f (x) ∼ g (x) si et seulement si l’une des propriétés suivantes est vérifiée : x→a
1.
f (x) −−−→ 1 (lorsque la fonction g ne s’annule pas sur un voisinage de a ) g (x) x→a
2. Il existe une fonction ε définie sur un voisinage V de a telle que : ∀x ∈ V, f (x) = g (x) (1 + ε(x)) avec ε(x) −−−→ 0 x→a
3. La définition : f (x) = g (x) + h(x) où h(x) = o(g (x)) au voisinage de a . Il est nécessaire de bien réfléchir à ces définitions et de ne pas les confondre avec d’autres propriétés :
1204
Exemple 3.21 1. Si un = v n + w n avec w n −−−−−→ 0, les suites (un ) et (v n ) ne sont pas nécessairement équivalentes. Par exemple un =
1 n2
n→+∞
et v n = n1 + n12 , la suite w n = − n12 converge vers 0 et pourtant (un ) et (v n ) ne sont pas équivalentes.
2. Les suites un = e n
2
+n
2
et v n = e n ne sont pas équivalentes (former le quotient !).
3. Si un ∼ v n , alors un − v n −−−−−→ 0 : cette propriété est fausse en général. Par exemple, un = n 2 + n et v n = n 2 n→+∞ n→+∞ donne un contre-exemple. On utilise les équivalents en pratique pour simplifier l’expression d’une suite ou d’une fonction en vue de : – calculer sa limite, – déterminer son signe à partir d’un certain rang, P – en deuxième année, déterminer la nature de la série un , – en deuxième année, voir si la fonction f est intégrable sur un intervalle – ... Qu’entend-t-on par un équivalent simple d’une suite un ? C’est une suite v n équivalente à un formée uniquement de 2 produits-quotients de suites de références. Quelques exemples de suites de référence : n α , k n , n!, n α (ln n)β , n n , . . . Il existe une infinité de suites équivalentes à une suite donnée : n2
∼
n→+∞
n 2 + ln n
∼
n→+∞
n 2 + sin(n)
∼
n→+∞
e 2 ln n+1/ ln n . . .
mais parmi ces suites, il y en a une de référence (ici n 2 ) qu’on appellera équivalent simple. Remarquons qu’un équivalent simple ne fait intervenir aucune somme, uniquement des produits-quotients. Voici quelques exemples d’équivalents simples : n sin(n),
n 3 ln(n),
ln(n)2 e 3n ,
n n! ,
2
en en ,
ln(sin(n 2 )), . . .
Par contre les expressions suivantes ne sont pas des équivalents simples : – v n = n 2 + n car v n
∼
n→+∞ 3
n2
– v n = ln(n 3 ) car ln(n ) = 3ln n 2
2
2
– v n = e n +n+1/n car v n = e n e n e 1/n ∼ e n e n . n→+∞ Pour déterminer un équivalent d’une suite composée un = f (v n ), il est indispensable de déterminer la limite de (v n ). Une erreur grossière courante consiste à écrire sin(v n ) ∼ v n alors que la suite (v n ) ne converge pas vers 0. En pratique, n→+∞ lorsque la suite (v n ) est compliquée, on commence par chercher un équivalent simple de (v n ) qui permet d’une part de trouver la limite de (v n ) et d’autre part de simplifier l’équivalent de (un ) ensuite. Exemple 3.22
sin(e −n ) . un = tan ³ ´ n sh n ln n e {z } | vn
Puisque e −n −−−−−→ 0, sin(e −n ) n→+∞
∼
n→+∞
e −n . Puisque vn
³ n ´ n n ∼ − − − − − → 0 , sh et donc e n ln n n→+∞ e n ln n n→+∞ e n ln n
∼
n→+∞
ln n −−−−−→ 0 n n→+∞
On peut utiliser l’équivalent usuel de tan en 0 et finalement un
∼
n→+∞
ln n . n
Exemple 3.23 un = ln(cos
1 ) n
Ici cos(1/n) −−−−−→ 1 et on connaît un équivalent de ln(θn ) lorsque θn −−−−−→ 1 sous la forme ln(1 + v n ) n→+∞
n→+∞
v n −−−−−→ 0. Il suffit d’écrire un = ln(1 + v n ) où v n = cos(1/n) − 1 et puisque v n n→+∞
un
∼
n→+∞
−
1 . 2n 2
1205
∼
n→+∞
−
∼
n→+∞
v n avec
1 −−−−−→ 0, il vient que 2n 2 n→+∞
C.4.2 Suppression des sommes Puisqu’un équivalent simple n’est formé que de produits-quotients, il faut savoir faire disparaître toutes les sommes dans la recherche d’équivalents. Supposons qu’une suite (un ) s’écrive comme somme de deux suites : un = v n + w n . Remarque 3.3 un
∼
2
n→+∞
n + 1/n
On ne peut pas sommer les équivalents ! Si v n
an + b n . Par exemple : v n = n + n ∼
n→+∞
2
an et w n 2
∼
n→+∞
b n , on n’a pas toujours
−n 2 . On a un = v n + w n =
∼
an = n + 1/n , w n = −n + 1/n
∼
v n . C’est la définition même d’un équivalent.
n→+∞
n et pourtant an + b n = 2/n . . .
∼
n→+∞
∼
n→+∞
Deux cas se rencontrent souvent en pratique. L’une des suites est négligeable devant l’autre Si par exemple w n = o(v n ), alors un = v n + w n Exemple 3.24 un = n 2 + sinn n
∼
n→+∞
Exemple 3.25
n→+∞
w n sin n sin n = 3 −−−−−→ 0. = o(n 2 ) = v n car n→+∞ n vn n
n 2 . En effet, w n =
p ln(ln n) ln n ln n ln(ln n 7 ) un = p + p + p + p n n n n n
Commençons par utiliser les propriétés du logarithme pour écrire p ln n ln n p = p , n 2 n
ln(ln n 7 ) = ln(7ln n) = ln 7 + ln(ln n)
Il est indispensable ensuite de classer les suites par ordre décroissant d’importance : ln n ln(ln n) ln 7 ln n un = p + 2 p +p + p . 2 n n n n n p ln x ln n ln(ln n) 7 −−−−−→ 0 et donc −−−−−→ 0. On a également p = o(ln n/ n) et p = x→+∞ n→+∞ x ln n n n n p ln n o(1/ n). Les trois dernières suites sont donc négligeables devant p et on en déduit l’équivalent simple : 2 n
En effet, ln(ln n) = o(ln n) puisque
un
∼
n→+∞
ln n p . 2 n
En pratique, on commence par chercher un équivalent simple de chacune des suites (v n ) et (w n ) ce qui permet de les comparer plus facilement. Exemple 3.26
s
¶ µ ¶ ln n ln n 1 + sin − cos n2 n
un =
µ
Pour utiliser les équivalents usuels, écrivons un =
avec v n
∼
n→+∞
Ãs |
! µ ¶ ln n ln n 1 + sin 2 − 1 + 1 − cos n n {z } {z } | wn
vn
(ln n)2 (ln n)2 ln n = an et w n ∼ = b n . Puisque an = o(b n ), v n = o(w n ) et donc un ∼ . 2 2 n→+∞ 2n n→+∞ 2n 2 2n
Les deux suites ont le même ordre de grandeur On suppose encore que un = v n + w n et on commence toujours par chercher un équivalent plus simple de v n et w n : v n ∼ an , w n ∼ b n . Ici, on n’a ni an = o(b n ), ni b n = o(an ). Bien qu’on ne puisse pas sommer les équivalents, si n→+∞ n→+∞ la somme n’est pas nulle, on devine l’équivalent de un . Il ne reste qu’à le démontrer en utilisant les définitions.
1206
Exemple 3.27 1 u n = e 2n
+
r
1+
1 −2 2n
Pour utiliser les équivalents usuels, écrivons : ! µ ¶ Ãr 1 1 n 2 un = e − 1 + 1+ n −1 . 2 | {z } | {z } vn
Puisque v n
∼ 1n n→+∞ 2
= an et que w n
∼ 1 1n n→+∞ 2 2 vn =
= b n , en utilisant la définition des équivalents,
1 1 + o( n ) 2n 2
d’où un =
d’où un
∼
n→+∞
wn
wn =
1 1 1 + o( n ) 2 2n 2
3 1 1 + o( n ) n 22 2
3 1 . 2 2n
Lorsque la somme des équivalents simples an et bn est nulle, utiliser les développements limités (voir paragraphe suivant).
C.4.3 Utilisation des propriétés fonctionnelles On connaît nos équivalents classiques sous la forme un = f (v n ) avec v n −−−−−→ 0 ou f (v(x)) avec v(x) −−−→ 0. Que se n→+∞ x→a passe-t-il lorsque v n −−−−−→ l 6= 0 ? n→+∞
Logarithmes On connaît un équivalent usuel de ln(v n ) lorsque v n −−−−−→ 1 sous la forme ln(1+εn ) ∼ εn avec εn −−−−−→ 0. Lorsque n→+∞ n→+∞ n→+∞ v n −−−−−→ l ∈]0, +∞[, il suffit d’utiliser la propriété ln(ab) = ln a + ln b en écrivant : n→+∞
³ ³v ´ vn ´ vn n ln(v n ) = ln l × = ln l + ln avec −−−−−→ 1 l l l n→+∞
et on peut utiliser l’équivalent classique. Exemple 3.28
Puisque
µ un = ln 1 +
¶ n2 − ln 2 n2 + 1
n2 → 1, on ne peut pas utiliser l’équivalent classique ln(1 + εn ) ∼ εn . Écrivons plutôt : n→+∞ n2 + 1 2n 2 + 1 2(n 2 + 1) ¸¶ µ · 2n 2 − 1 − 1 = ln 1 + 2(n 2 + 1) µ ¶ 3 = ln 1 − 2(n 2 + 1) 3 ∼ − . n→+∞ 2n 2
un = ln
Remarque 3.4 ln(un )
∼
n→+∞
Attention à ne pas prendre de logarithmes d’équivalents ! Si un 2
ln(v n ). Par exemple si un = 1+1/n et v n = 1+1/n , on a un 2
∼
n→+∞
vn
∼
∼
n→+∞
n→+∞
v n , on n’a pas toujours
1 et pourtant ln(un )
∼
n→+∞
1/n
alors que ln(v n ) ∼ 1/n . n→+∞ Il est intéressant d’examiner d’où vient le problème. Traduisons que un ∼ v n par un = v n (1 + εn ) avec εn −−−−−→ 0. n→+∞ n→+∞ Alors ln(un ) = ln(v n ) + ln(1 + εn ) donc ln(1 + εn ) ln un = 1+ ln v n ln v n
1207
Il y a un problème lorsque ln(v n ) −−−−−→ 0 c’est à dire lorsque v n −−−−−→ 1 comme dans l’exemple ci-dessus. n→+∞ n→+∞ Par contre, lorsque v n −−−−−→ l 6= 1 (même 0 ou +∞), on s’aperçoit qu’on a le droit de prendre les logarithmes des n→+∞ équivalents. Pour éviter d’écrire des bêtises, il vaut mieux retenir qu’on ne peut pas prendre le logarithme d’équivalents et refaire au cas par cas la preuve précédente lorsque nécessaire. Exemple 3.29 Déterminer un équivalent lorsque x → +∞ de f (x) = argsh(x). On connaît la forme logarithmique (voir l’exemple 2.10 page 1169) : p f (x) = ln(x +
p
x 2 + 1).
Puisque x + x 2 + 1 = 2x + o(x),
f (x) = ln (2x(1 + ε(x))) = ln x + ln 2 + ln(1 + ε(x)) = ln x + o(ln x)
et donc f (x)
∼
x→+∞
ln x .
Lorsqu’on veut trouver un équivalent de f (x) = ln [u(x) + v(x)] avec v(x) = o(u(x)), factoriser à l’intérieur du logarithme le terme dominant : f (x) = ln [u(x) (1 + v(x)/a(x))] = ln u(x) + ln(1 + v(x)/u(x)) ∼ ln u(x)
puisque v(x)/u(x) −−−→ 0, ln(1 + v(x)/u(x)) −−−→ 0. x→a
x→a
Exemple 3.30 Déterminer un équivalent de f (x) = ln(ch x) lorsque x → +∞. Écrivons f (x) = ln
et donc f (x)
∼
x→+∞
µ
¶ ¶ µ x ¤ e x + e −x e £ 1 + e −2x = ln e x − ln 2 + ln(1 + e −2x ) = x − ln 2 + ln(1 + e −2x ) = ln 2 2
x.
Exponentielles On connaît un équivalent classique (e εn − 1) propriété e
a+b
a b
∼
n→+∞
= e e en écrivant
εn lorsque εn −−−−−→ 0. Lorsque εn −−−−−→ l 6= 0, il suffit d’utiliser la n→+∞
n→+∞
e εn = e l × e (εn −l )
Exemple 3.31 n2
Comme
n2 −−−−−→ 1 n 2 +1 n→+∞
ainsi que
n3 −−−−−→ 1, n 3 +1 n→+∞
n3
un = e n 2 +1 − e n 3 +1
écrivons 3 ( n −1)
2 ( n −1)
− e × e n 3 +1 un = e × e n 2 +1 ¶ µ ¶¸ ·µ − 1 − 1 = e e n 2 +1 − 1 − e n 3 +1 − 1 . µ ¶ − 21 n +1 Mais comme e −1
Remarque 3.5 e un
∼
n→+∞
∼
n→+∞
µ ¶ − 31 n +1 −1/n et que e −1 3
e v n . Par exemple si un = n 2 + n et v n = n 2 , e n
∼
n→+∞
−1/n 2 = o(1/n 2 ), il vient que un
On ne peut pas prendre d’exponentielle d’équivalents : si un
Regardons ce qui se passe :
donc e un
∼
n→+∞
2
+n
2
n’est pas équivalent à e n .
∼
n→+∞
∼
n→+∞
n→+∞
1208
e . n2
v n , on n’a pas toujours
e un = e un −v n e vn
e v n si et seulement si un − v n −−−−−→ 0, ce qui n’est pas la même chose que un
−
∼
n→+∞
vn !
Fonctions puissances On connaît un équivalent classique de [(v n )α − 1] lorsque v n −−−−−→ 1 sous la forme [(1 + εn )α − 1] ∼ αεn lorsque n→+∞ n→+∞ εn −−−−−→ 0. Si v n −−−−−→ l 6= 1, on se ramène au cas précédent en écrivant : n→+∞
n→+∞
£
avec v n /l −−−−−→ 1.
h³ v ´α i ¤ n (v n )α − l α = l α −1 l
n→+∞
Exemple 3.32 un =
r
4n + 1 − n +1
r 3
8n n +1
Écrivons : "Ãs
! µr ¶ ¶# ´ ³ n n + 1/4 3 −1 −1 − −1 −1 un = 2 1+ 1+ n +1 n +1 ! Ãr !# "Ãs 3 1 3 −1 − −1 =2 1− 1− 4(n + 1) n +1 µ
= 2(an − b n )
et comme an = −3/(8n) + o(1/n), bn = −1/(3n) + o(1/n), on trouve que un
∼
n→+∞
−
1 . 24n
Quantités conjuguées Une identité basique très utile pour manipuler des différences de racines carrées (multiplication par les quantités conjuguées) : p
♥ 3.10
p a −b a− b= p p a+ b
Elle provient simplement de la formule (α − β)(α + β) = α2 − β2 . p
p
Exemple 3.33 Trouver un équivalent de un = ( n + 1 − n). (n + 1) − n 1 un = p p =p p n +1+ n n +1+ n
∼
n→+∞
1 p . 2 n
C.4.4 Mise sous forme exponentielle Pour étudier un équivalent d’une suite un = anbn où l’exposant dépend de n , utiliser la forme exponentielle : ab = e b
♥ 3.11
l na
Exemple 3.34 Cherchons un équivalent de f (x) = x x − 1 lorsque x → 0 : x x − 1 = e x ln x − 1 ∼ x ln x x→0
puisque x ln x −−−→ 0. x→0
Exemple 3.35 3 Un exemple fondamental : Soit x ∈ R , étudier la limite de la suite de terme général ³ x ´n . un = 1 + n
Une erreur fréquente consiste à dire que lorsque v n −−−−−→ 1, v nn −−−−−→ 1. C’est une forme indéterminée 1∞ . En effet, n→+∞
n→+∞
v nn = e n ln v n et on voit que si v n −−−−−→ 1, il y a une forme indéterminée ∞ × 0 dans l’exposant. n→+∞
Écrivons plutôt
x
un = e n ln(1+ n ) = e v n
1209
et cherchons la limite de la suite (v n ). Comme x/n −−−−−→ 0, avec l’équivalent du logarithme, v n
donc v n −−−−−→ x et par composée de limites, n→+∞
n→+∞ un −−−−−→ e x . n→+∞
∼
n→+∞
n×
x = x et n
Remarque 3.6 La forme exponentielle n’est utile que si l’exposant dépend de la variable. N’en abusez pas. Il serait 2 ridicule d’écrire (n 2 + 1)2 = e 2 ln(n +1) pour trouver un équivalent de cette suite !
C.4.5 Utilisation des développements limités Les équivalents sont l’outil principal pour obtenir le comportement d’une fonction au voisinage d’un point et sont à utiliser en priorité. Dans certains cas, l’utilisation des développements limités est plus simple, voire nécessaire. Dans ce paragraphe, nous allons voir comment calculer et utiliser les développements limités. Rappelons que Maple permet d’obtenir des développements limités : MAPLE
f := sin(x)^3 * tan(x); 3 f := sin(x) tan(x) > series(f, x = 0, 10); 4 6 8 10 x - 1/6 x + 3/40 x + O(x )
Attention, si l’on veut un DL à l’ordre n avec un reste en o(x n ), il faut demander à Maple l’ordre (n + 1) (Maple donne les restes en O (x n )). Prévoir les ordres des DL Lorsqu’on veut obtenir un développement limité d’un produit à l’ordre n , il faut faire un développement limité de chaque terme à l’ordre n et ne garder que les termes de degré inférieur à n dans le produit des parties principales. Si dans un des deux termes, le développement limité commence par x k avec k Ê 1, on peut économiser des calculs. Exemple 3.36
Calculer le développement limité de f (x) = tan x × sin2 x à l’ordre 5. Nous pouvons utiliser que le 2
développement de sin x et tan x commence par x (pas de termes constants) en écrivant sin x = x x
µ
¶
tan x . Alors x f (x) = x
3
·
sin x x
¸2 ·
2
µ
sin x x
¶2
et tan x =
¸ tan x . x
On voit que comme x 3 est en facteur, il suffit d’obtenir un DL de (sin x/x)2 et de tan x/x à l’ordre 2 : x2 sin x = 1− + o(x 3 ) x 3!
x2 sin2 x = 1 − + o(x 3 ) x2 3
x2 tan x = 1+ + o(x 2 ). x 3
Et en effectuant le produit des DL, · ¸· ¸ h i x2 x2 f (x) = x 3 1 − + o(x 2 ) 1 + + o(x 2 ) = x 3 1 + 0x 2 + o(x 2 ) = x 3 + o(x 5 ). 3 3
Dans cet exemple, nous avons utilisé uniquement le DL de sin à l’ordre 3 et le DL de tan à l’ordre 3 (et non pas à l’ordre 5 comme on aurait pu le penser). Plus généralement, si les développements limités de deux fonctions s’écrivent : (
f (x) g (x)
= ak x k + . . .
= bp x p + . . .
il suffit d’écrire f (x)g (x) = ak b k x k+p
f (x) g (x) xk xp
et pour obtenir un DL à l’ordre n de f g , il suffit de faire un DL à l’ordre n − (k + p) de f (x)/x k et g (x)/x k . Il suffit donc d’avoir le DL de f à l’ordre n − p et celui de g à l’ordre n − k . 1210
Exercice 3.8 ♥ Calculer le DL à l’ordre 13 de f (x) = sh3 (x) ln4 (1 + x 2 ). Solution : Comme sh x = x + . . . et ln(1 + x 2 ) = x 2 − . . . , écrivons ·
sh x x
x2 sh x = 1+ + o(x 2 ) x 6
µ
ln(1 + x 2 ) x2 = 1 − + o(x 2 ) x2 2
µ
3
f (x) = x × x
8
¸3 ·
ln(1 + x 2 ) x2
sh x x
¶3
¸4
.
Il suffit d’avoir le DL des deux crochets à l’ordre 2 : = 1+
ln(1 + x 2 ) x2
¶4
x2 + o(x 2 ) 2 = 1 − 2x 2 + o(x 2 )
et finalement, · ¸h ¸ · i 3 3 x2 + o(x 2 ) 1 − 2x 2 + o(x 2 ) = x 11 1 − x 2 + o(x 2 ) = x 11 − x 13 + o(x 13 ). f (x) = x 11 1 + 2 2 2
La même technique est valable pour les composées de DL. Pour calculer un DL à l’ordre n de f (x) = g (h(x)), d’après le cours, il nous faut un DL à l’ordre n de g et de h , effectuer la composée des parties régulières et ne conserver que les termes de degré inférieur à n . En pratique, on commence par regarder le premier terme du DL de h et en fonction de ce premier terme, on évalue les ordres nécessaires. Exemple 3.37 Calculer le DL à l’ordre 4 de f (x) = sh(sin3 x). Puisque sin3 x = x 3 + . . . , lorsqu’on effectue le DL de sh, sh(y) = y + . . . , en remplaçant y par la partie régulière de sin3 x , on s’aperçoit que le premier terme est déjà de degré 3. Les autres termes seront des o(x 4 ) car (x 3 )2 = x 6 = o(x 4 ) (on peut utiliser également que la fonction f est impaire, donc que le coefficient de x 4 est nul). Il suffit finalement d’utiliser le DL de sin et sh à l’ordre 1 : f (x) = sh(x 3 + o(x 3 )) = x 3 + o(x 4 ).
DL et équivalents Un développement limité d’une fonction au voisinage d’un point permet de trouver un équivalent. Si au voisinage de zéro, f (x) = ak x k + ak+1 x k+1 + · · · + o(x n )
avec ak 6= 0, alors f (x) ∼ ak x k . x→0
Exemple 3.38 Trouver un équivalent simple lorsque x → 1 de f (x) = x x − x . Commençons par faire un changement de variables pour se ramener à chercher un équivalent en 0. On pose h = x − 1 et on définit la fonction auxiliaire g (h) = f (1 + h) = (1 + h)1+h − 1 − h . On se ramène à chercher un équivalent de g lorsque h → 0. Sous forme exponentielle, g (h) = [e (1+h)ln(1+h) − 1] − h.
Avec l’ équivalent usuel, (e u − 1) ∼ u , puisque (1 + h) ln(1 + h) ∼ h → 0, e (1+h)ln(1+h) − 1 ∼ h . On est dans le cas où u→0
h→0
h→0
la somme formelle des équivalents est nulle. La méthode du paragraphe précédent ne s’applique pas. C’est typiquement le cas où l’on utilise les développements limités. Nous avons utilisé le DL de ln(1 + h) à l’ordre 1, poussons le DL à l’ordre supérieur : g (h) = e
(1+h)(h−h 2 /2+o(h 2 ))
−1−h = e
h+h 2 /2+o(h 2 )
− 1 − h = 1 + (h + h 2 /2) + h 2 /2 + o(h 2 ) − 1 − h = h 2 + o(h 2 ).
Par conséquent, g (h) ∼ h 2 et donc f (x) ∼ (x − 1)2 h→0
x→1
πx + 1
. On commence toujours par Exemple 3.39 Déterminer un équivalent lorsque x → +∞ de f (x) = arctan(x) − 2x + 1 étudier la limite de la fonction (si f (x) → l 6= 0, alors f (x) ∼ l !). Ici f (x) −−−−−→ 0 et il faut travailler un peu plus. On x→+∞
1211
∼ π/2, on est dans le cas cherche un équivalent de chaque terme de la somme : puisque arctan(x) ∼ π/2 et πx+1 2x+1 x→+∞ x→+∞ où la somme des équivalents est nulle et on ne peut pas conclure. Utilisons alors les développements limités. Faisons le changement de variables h = 1/x pour se ramener à nos DL en 0 : on définit la fonction g (h) = f (1/h) : g (h) = arctan(1/h) −
π 1 + h/π π+h π = − arctan h − . 2+h 2 2 1 + h/2
On a utilisé que arctan(h) + arctan(1/h) = π/2 pour h > 0. Alors g (h) =
On en déduit que g (h) ∼
h→0
¶ µ π π π−6 h − (h + o(h)) − h + o(h). 1 − + o(h) = 2 2 2 4
π−6 π−6 h et donc f (x) ∼ . x→+∞ 4 4x
Recherche de limites Les développements limités sont un outil important, mais nécessitent des calculs souvent pénibles. Par exemple, pour trouver le développement limité d’un produit de fonctions, il faut effectuer un produit de polynômes (utiliser la méthode vue en B.4.2 page 1170). Si l’on veut uniquement trouver la limite d’une fonction qui s’écrit comme produits-quotients, il serait maladroit de calculer un développement limité : il est préférable d’utiliser les équivalents (on peut faire des produits et quotients d’équivalents). On veut trouver la limite d’une fonction f qui s’écrit comme produit de fonctions f i lorsque x → a . Voici la démarche typique à suivre : 1. On étudie la limite de chaque fonction f i et on regarde si la limite de f est évidente. 2. S’il y a des formes indéterminées, on cherche un équivalent de chaque terme f i du produit. Si a 6= 0, on se ramène à des équivalents en zéro avec le changement de variables h = (x − a) ou h = (a − x) (ou h = 1/x lorsque a = ±∞). On se ramène à chercher des équivalents en 0 de fonctions g i . 3. Si la fonction g i est une somme de fonctions, et si les sommes d’équivalents sont nulles, utiliser les développements limités pour trouver un équivalent de g i . 4. On peut faire des produits d’équivalents et on trouve un équivalent de f qui permet de trouver la limite. Exemple 3.40 Déterminer la limite lorsque x → 0 de f (x) =
´£ ¤ 1 ³ x2 e − cos x (1 + x)x − 1 4 x
Il y a plusieurs formes indéterminées dans cette limite. Cherchons un équivalent de chaque facteur : ¸ h i · 2 3 x2 3 + o(x 2 ) = x 2 + o(x 2 ) ∼ x 2 f 1 (x) = e x − cos(x) = 1 + x 2 + o(x 2 ) − 1 − x→0 2 2 2 ³ ´ f 2 (x) = e x ln(1+x) − 1 ∼ x 2 x→0
3 3 3 1 d’où f (x) ∼ 4 × x 2 × x 2 = et donc f (x) −−−→ . x→0 2 x→0 x 2 2
Lorsque la fonction f s’écrit comme quotient de fonctions, f (x) =
n(x) , on commence par chercher un équivalent du d(x)
dénominateur. Si par exemple, d(x) ∼ bk x k avec bk 6= 0 et qu’on doit utiliser un développement limité pour le numérax→0
teur, il suffira de faire un DL à l’ordre k pour conclure :
1. Si n(x) = a p x p + · · · + o(x k ) avec p < k et ak 6= 0, f (x) ∼
x→0
ap b k x k−p
−−−→ ±∞. x→0
ak 2. Si n(x) = ak x k + o(x k ) avec ak = 6 0, alors f (x) ∼ et f (x) −−−→ ak /bk . x→0 b k x→0
3. Si n(x) = o(x k ), alors f (x) = o(1) d’où f (x) −−−→ 0. x→0
1212
Exemple 3.41 Déterminer la limite lorsque x → 0 de f (x) = du dénominateur : d(x) ∼ x × x→0
e sin x − e tan x . Commençons par chercher un équivalent x(1 − cos(3x))
9x 2 9 3 = x . Pour obtenir la limite de f , il suffit de faire un DL du numérateur à l’ordre 3. 2 2
n(x) = e
x−x 3 /6+o(x 3 )
−e
x+x 3 /3+o(x 3 )
1 1 = [1 + (x − x 3 /6) + (x − x 3 /6)2 + (x − x 3 /6)3 + o(x 3 )] 2 6 1 1 3 2 3 − [1 + (x + x /3) + (x + x /3) + (x + x 3 /3)3 + o(x 3 )] 2 6 x3 = − + o(x 3 ). 2
D’où n(x) ∼ −x 3 /2 et en prenant les quotients d’équivalents, f (x) ∼ −1/9 puis f (x) −−−→ −1/9. x→0
x→0
x→0
C.4.6 Étude locale d’une fonction On se sert souvent des développements limités pour étudier le prolongement d’une fonction en un point. Si une fonction f est continue sur ]0, a] et qu’elle possède un développement limité en 0 à l’ordre 1 : f (x) = a0 + a1 x + o(x)
alors : 1. f (x) −−−→ a0 donc la fonction f se prolonge en une fonction x→0
f˜ :
qui est continue sur [0, a]. 2. De plus, pour x 6= 0,
[0, a]
−→
x
7−→
R (
f (x)
si x 6= 0 si x = 0
a0
f˜(x) − f˜(0) f (x) − a0 = = a1 + o(1) −−−→ a1 x→0 x −0 x
ce qui montre que la fonction f˜ est dérivable en 0 et que f˜′ (0) = a1 .
Remarque 3.7 Une fonction f :]0, a] 7→ R peut admettre un développement limité à un ordre n Ê 2 sans qu’elle soit de classe C 1 sur [0, a]. Étudiez attentivement le contre-exemple classique suivant (n Ê 2) : f : ¯
¯
[0, 1]
x
−→ 7−→
R (
x n+1 sin(1/x n )
0
si x 6= 0 . si x = 0
– Puisque ¯x n+1 sin(1/x n )¯ É x n+1 , f (x) = o(x n ) et donc f admet un DL à l’ordre n en 0 (a0 = · · · = an = 0). – La fonction f est donc continue et dérivable en 0 (puisqu’elle admet un DL(0,1)). – Calculons pour x 6= 0, f ′ (x) = (n + 1)x n sin
1 1 − n cos n n x x
On voit que f ′ n’admet pas de limite en 0 (considérer par exemple les suites xn = (2nπ)−1/n et y n = (2nπ + π/2)−1/n ). La fonction f ′ n’est donc pas continue en 0 (et à fortiori n’est pas dérivable en 0). La fonction f est donc dérivable sur [0, 1] mais pas de classe C 1 sur [0, 1]. Exemple 3.42 2 Montrer que la fonction
f :
R t
−→ 7−→
R 1 − 1 t sin t 0
1213
si t 6= 0 si t = 0
est de classe C 1 sur R . La fonction f est dérivable (et continue) en tout point x 6= 0. Étudions ce qui se passe en 0. Effectuons un DL de f en 0 à l’ordre 1 : pour t 6= 0, ¸ · 2 1 1 = 1 1 − (1 + t + o(t 2 )) = − t + o(t ). 1− f (t ) = 2 t t 6 6 1 − t + o(t 2 ) 6
On en déduit que f (t ) −−−→ a0 = 0 = f (0) donc que f est continue en 0. De plus, f est dérivable en 0 et f ′ (0) = a1 = 1/6. t →0
Le DL que nous avons fait ne suffit pas à conclure que f est de classe C 1 (voir le contre-exemple ci-dessus). Il nous faut étudier la continuité de la fonction dérivée :
′
f :
R t
−→
R 2 2 t cos t − sin t 2 2 t sin t −1/6
7−→
si t 6= 0 . si t = 0
Cherchons la limite de f ′ lorsque t → 0 en utilisant les équivalents : on a un équivalent immédiat du dénominateur : d(t ) ∼ t 4 . Il suffit de faire un DL à l’ordre 4 du numérateur pour conclure : t →0
n(t ) = t 2 (1 − t 2 /2 + o(t 2 )) − t 2 (1 − t 2 /6 + o(t 2 )) = −t 4 /6 + o(t 4 ) ∼ −t 4 /6 t →0
d’où f (t ) −−−→ −1/6 = f ′ (0). La fonction f ′ étant continue, la fonction f est de classe C 1 sur R . t →0
Un développement limité à un ordre supérieur à 2 permet de préciser l’allure locale de la courbe y = f (x). Si au voisinage de x0 , f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + ak (x − x0 )k + o((x − x0 )k ), la fonction f est dérivable en x0 et l’équation de la tangente en x0 s’écrit y = a0 + a1 (x − x0 ). La quantité r (x) = f (x) − a0 − a1 (x − x0 ) représente la mesure algébrique entre la courbe et la tangente :
r (x) = f (x) − a 0 − a 1 (x − x0 )
y = a 0 + a 1 (x − x0 ) y = f (x)
x0
x
Puisque r (x) ∼ ak (x − x0 )k (ak 6= 0), on obtient sur un voisinage de x0 , le signe de r (x) et donc la position locale de la x→x 0
courbe par rapport à sa tangente (elle dépend du signe de ak et de la parité de k ). sin x
1
Exemple 3.43 Pour la fonction définie sur R⋆ par f (x) = 2 − , on effectue un DL à l’ordre 5 du sinus pour trouver x x que f (x) = −
x x3 + + o(x 3 ). 6 5!
On en déduit que f est dérivable en 0, que l’équation de la tangente au point (0, 0) s’écrit y = −x/6 et qu’il existe α > 0 tel que la courbe se situe au-dessus de la tangente pour x ∈]0, α[ et au-dessous pour x ∈] − α, 0[.
C.4.7 Développements asymptotiques Revenons sur la définition d’un développement limité au voisinage de zéro : f (x) = a0 + a1 x + · · · + ak x k + o(x k ). La
fonction f s’écrit comme un polynôme (la partie régulière du DL) et un reste r (x) = x k ε(x) où ε(x) −−−→ 0. Nous pouvons x→0 écrire par exemple : e x ln x = 1 + x ln x +
x 2 (ln x)2 + o(x 2 ln2 x). 2
1214
En effet, il suffit d’utiliser le fait qu’un développement limité est une égalité : e u = 1 + u + u 2 /2 + u 2 ε(u) et on peut remplacer u par x ln x : e x ln x = x ln x +
x 2 ln2 x + x 2 ln2 xε(x ln x). 2
Mais puisque x ln x −−−→ 0 et que ε(u) −−−→, par composée de limites, ε(x ln x) −−−→ 0 et donc x 2 ln2 xε(x ln x) = o(x 2 ln2 x). x→0
u→0
x→0
Exemple 3.44 Cherchons un équivalent lorsque x → 0 de f (x) = x − 1 − x ln x . Écrivons f (x) = e x ln x − 1 − x ln x = x
¸ · x 2 ln2 x x 2 ln2 x (x ln x)2 2 2 + o(x ln x) − 1 − x ln x = + o(x 2 ln2 x) et donc f (x) ∼ . 1 + x ln x + x→0 2 2 2
Exemple 3.45 Cherchons un équivalent lorsque x → 0 de f (x) = (tan x)x − x x . Écrivons en utilisant le DL(0,3) de tan : f (x) = e
x ln[x+x 3 /3+o(x 3 )]
− e x ln x
x(ln x+ln(1+x 2 /3+o(x 2 )))
− e x ln x · ¸ x ln(1+x 2 /3+o(x 2 )) = e x ln x e −1
=e
= e x ln x ∼
x→0
x3 3
·
x3 + o(x 2 ) 3
¸
en effet, puisque x ln x −−−→ 0, e x ln x −−−→ 1. x→0
x→0
Exemple 3.46 On appelle développement asymptotique d’une fonction f au voisinage d’un point a , une égalité : f (x) = f 0 (x) + f 1 (x) + · · · + f k (x) + r (x)
où les fonctions f i sont ordonnées par ordre décroissant d’importance au voisinage du point a : f 1 (x) = o( f 0 (x)), f 2 (x) = o( f 1 (x)) . . .et r (x) = o( f k (x)). Si de plus r (x) = o(g (x)), on dit qu’on a un développement asymptotique à la précision g (x). Cette notion généralise les développements limités : un développement limité (au voisinage de a ) est un développement asymptotique avec les fonctions f 0 (x) = 1, f 1 (x) = (x − a), . . . f k (x) = (x − a)k . Remarque 3.8
Un développement asymptotique donne un équivalent de f : f (x) ∼ f 0 (x). x→a
Exemple 3.47 Trouver un développement asymptotique à la précision 1/x 2 au voisinage de +∞ de f (x) = x ln(x + 1) − (x + 1) ln x
Posons h = 1/x et g (h) = f (1/h). On se ramène à effectuer un développement asymptotique de g à la précision h 2 au voisinage de 0. Écrivons : µ ¶ 1+h 1 1+h ln h g (h) = ln + h h h 1 = [ln(1 + h) + h ln h] h ¸ · h2 h3 1 + + o(h 3 ) h ln h + h − = h 2 3
= ln h + 1 −
h h2 + + o(h 2 ) 2 3
d’où au voisinage de +∞, f (x) = − ln x + 1 −
En particulier, f (x)
∼
x→+∞
1 1 + o(1/x 2 ). + 2x 3x 2
− ln x .
Un développement asymptotique permet de trouver des asymptotes à une courbe. On dit que deux courbes d’équations y = f (x) et y = g (x) sont asymptotes au voisinage de a lorsque g (x) − f (x) −−−→ 0. x→a
1215
r (x) = g (x) − f (x)
y = g (x)
y = f (x)
x
Par exemple, pour déterminer une asymptote d’une courbe d’équation y = f (x) lorsque x → +∞, on peut effectuer un développement asymptotique de f au voisinage de +∞. Si par exemple f (x) = a0 x + a1 +
En posant g (x) = a0 x + a1 , r (x) = f (x) − g (x)
∼
x→+∞
ak xk
ak xk
+ o(1/x k ).
−−−−−→ 0 ( ak 6= 0) et on en déduit que la droite d’équation x→+∞
y = a0 x + a1 est asymptote on détermine la position de la courbe par rapport à son asymptote à l’aide du signe de ak
l’équivalent
xk
.
Exemple 3.48 Si f (x) = (x + 2)e 1/x , en posant h = 1/x , 1 + 2h h e h 1 h2 = (1 + 2h)(1 + h + + o(h 2 )) h 2 5 1 = + 3 + h + o(h) h 2
g (h) =
et on obtient un développement asymptotique de f lorsque x → ±∞ : f (x) = x + 3 +
1 5 + o( ) 2x x
On en déduit que la droite d’équation y = x + 3 est asymptote à la courbe y = f (x) lorsque x → ±∞. De plus, puisque 5 , sur un voisinage de +∞, f (x) − [x + 3] Ê 0 ce qui montre que la courbe est située au-dessus de 2x son asymptote et sur un voisinage de −∞, la courbe est située en-dessous de son asymptote. f (x) − [x + 3]
∼
x→+∞
Un développement asymptotique permet également de trouver des courbes asymptotes plus compliquées que les droites. On effectue en pratique un développement asymptotique avec le dernier terme significatif qui tend vers zéro. x
Exemple 3.49 Étudier la branche infinie lorsque x → +∞ de la courbe d’équation y = f (x) où f (x) = x 2 e x 2 −1 . En posant h = 1/x , h 1 e 1−h 2 2 h 1 h+h 3 +o(h 3 ) = 2e h 1 1 7 1 = 2 + + + h + o(h) h h 2 6
g (h) =
1
7
1
d’où f (x) = x 2 + x + + + o( ). On en déduit que la parabole d’équation y = x 2 + x + 1/2 est asymptote à la courbe 2 6x x et que sur un voisinage de +∞, la courbe est située au-dessus de cette parabole.
C.4.8 Exercices Exercice 3.9 ♥♥♥ Déterminer un équivalent simple de
1216
µ
¶ x3 + 1 lorsque x → +∞. x3 + x p b. f (x) = th x − 1 lorsque x → +∞. µ ¶ π n2 + 1 c. un = cos . 2 n2 + n + 2 ln(n + 1) − ln n d. un = q 3 1 + tan2 ( 21n ) − cos( 21n )
a. f (x) = ln
e. un = e sin
Solution : x 3 +1 x 3 +x
q
p
g. un =
p p p p n + n 2 + 1 − n + n 2 − 1.
h. f (x) = ln(ch x) − ch(ln x) lorsque x → +∞. ¶ ln(n + 1) n ln n . ln n ¶¸ · µ π 1 n j. un = tan + . 3 n
i. un =
1 − cos p . 4 n
ln n n
2
f. un = cos(1/n) − e sin(1/n ) .
³ −−−−−→ 1. Écrivons donc f (x) = ln 1 +
x 3 +1 x 3 +x
µ
´ ´ ³ − 1 = ln 1 + −x+1 . Puisque 3
1 x2
−−−−−→ 0,
b. Puisque th x −−−−−→ 1, écrivons f (x) = 1 + (th x − 1)−1 et cherchons un équivalent de v(x) = th x−1 =
e x − e −x − e x + e −x
a.
f
x→+∞
(x) ∼ − 12 . x→+∞ x
∼
x→+∞
−2e −2x −−−−−→ 0. Par conséquent, f (x) x→+∞
∼
x→+∞
−e −2x .
c. Su un = cos(v n ), la suite (v n ) tend vers π/2. Utilisons la trigonométrie : un = cos ³ ³
−
p
x→+∞
e −x 1 = −2 x e + e −x
−x+1 ∼ x 3 +x x→+∞
x +x
³
¶¸¶ · µ π n2 + 1 −1 = 1+ 2 2 n +n +2
´ π −n + 3 ∼ − 1 = − π2 2 . n→+∞ n→+∞ n +n −2 2n h¡ i £ ¢ ¤ 1/3 − 1 + 1 − cos(1/2n ) . v n d. αn = ln(n + 1) − ln(n) = ln(1 + 1/n) ∼ n1 . βn = 1 + tan2 (1/2n ) n→+∞ {z } {z } | |
− sin
π 2
n 2 +1 n +n+2 2
w n ∼ 12 41n n→+∞
´´ −1
µ
− π2
∼
d’où βn =
5 1 6 4n
n 2 +1 n +n+2
x→+∞
2
n
+ o(1/2 ) et donc
n un ∼ 56 4n . n→+∞
∼ 1 1n n→+∞ 3 4
et
wn
vn
e. Écrivons d’abord un = (e θn − 1) + (1 − cos n −1/4 ) = an + b n .
p ln n/n → 0. Avec l’équivalent classique de l’exponentielle, an ∼ ln n/n . n→+∞ p Avec l’équivalent classique du cosinus, bn ∼ 1/(2 n) et comme b n = o(an ), il vient que n→+∞ r ln n un ∼ an ∼ . n→+∞ n→+∞ n
Puisque ln n = o(n), θn
∼
n→+∞
p
f. Pour utiliser les équivalents usuels, écrivons un =
On trouve que an
∼
n→+∞ 2
hp
i h i 2 1 + (cos 1/n − 1) − 1 − e sin(1/n ) − 1 = an + b n .
−1/2n 2 et b n
∼
n→+∞ 2
1/n 2 . Donc avec la définition d’un équivalent, an = −1/2n 2 +o(1/n 2 )
et bn = 1/n 2 + o(1/n ) et donc un = 1/2n + o(1/n 2 ). Finalement, un
∼
n→+∞
1/2n 2 .
g. En utilisant les quantités conjuguées, écrivons : 2 2 un = ³p . ´³p ´= p p p p vn wn n + n2 + 1 + n + n2 − 1 n2 + 1 + n2 − 1
Ensuite, on cherche un équivalent de chaque partie du produit. Puisque
p n 2 + 1 ∼ n , n + n 2 + 1 = 2n + n→+∞ p p ∼ 2n et ensuite un ∼ 2 2n .
p p p 2n . De même, n + n 2 − 1 n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ 1 On fait de même pour w n : w n ∼ 2n et finalement, un ∼ p . n→+∞ 4 2n 3/2 ´ ³ x h. Utilisons la propriété du logarithme pour écrire ln(ch x) = ln e2 (1 + e −2x ) = x − ln 2 + ln(1 + e −2x ) = x + o(x) et
o(n)
∼
2n . Donc
ensuite ch(ln x) = e
ln x
p
p
p n + n2 + 1
+e − ln x 2
=
x−1/x 2
∼
=
x 2
+ o(x). Alors f (x) = 32 x + o(x)
i. Sous forme exponentielle, h
et an = n ln n ln 1 + ln(1+1/n) ln n
i
un = e ∼ n ln n n→+∞ n ln n
h i n ln n ln ln(n+1) ln n
∼ 3 x. x→+∞ 2
= e an
= 1 d’où an −−−−−→ 1 et donc un n→+∞
1217
∼
n→+∞
e.
j. Sous forme exponentielle : un = e
´´ ³ ³ 1 n ln tan π 3+n
= e a n Utilisons ensuite la formule de trigonométrie :
tan a + tan b 1 − tan a tan b p µ ¶ p 3 + tan n1 π 1 ∼ 3. + tan = p 1 3 n 1 − 3 tan n tan(a + b) =
On n’a pas le droit de prendre l’exponentielle d’équivalents ! Formons toutefois le quotient :
θn =
un e n ln
avec
donc
p
3
³
p p1 + 3 3 θn → e
an = n ln 1 +
et donc un
∼
n→+∞
e
=e
n ln
1 + p1 tan n1 3 p 1 − 3 tan n1
= e an
p ´ ¶ µ + 3 tan n1 p ∼ p1 + 3 p 3 1 − 3 tan n1
p1 3
p p n ln 3+( 3+ p1 ) 3
= e(
p 4 3) p 3 ( 3)n .
Exercice 3.10 ♥♥♥ Déterminer les limites : ¡
a. f (x) = tan πx 4
¢tan πx 2
lorsque x → 1.
e. f (x) =
b. f (x) = [ln(1 + e −x )]1/x lorsque x → +∞. c. f (x) = d. f (x) =
ln(cos 3x)
·
sin2 (x) ln(1 + x) ln x
f. f (x) =
lorsque x → 0.
¸x ln x
g. f (x) =
lorsque x → +∞.
xx − x lorsque x → 1+ . p ln(1 + x 2 − 1) 1 2
sh x 1
−
1 2
ln (1 + x)
p
2(1 − x)
−
1 3(1 −
lorsque x → 0. p 3
x)
lorsque x → 1.
Solution : a. Par le changement de variables h = x − 1, on se ramène à chercher la limite lorsque h → 0 de g (h) = tan
³π 4
+
´ πh −1/ tan(πh/2) 4
"
= exp −
1 tan πh 2
¶# µ 2tan πh/4 ln 1 + 1 − tan πh/4
et avec les équivalents usuels, on trouve que la limite vaut 1/e . b. Sous forme exponentielle, 1
f (x) = e x ln(ln(1+e
−x
))
Mais puisque ln(1 + e −x ) ∼ e −x , on peut écrire ln(1 + e −x ) = e −x × θ(x) avec θ(x) −−−−−→ 1. Alors x→+∞
Finalement, f (x) −−−−−→ 1/e .
x→+∞
¢ ln(θ(x)) 1 ¡ ln ln(1 + e −x ) = −1 + −−−−−→ −1. x→+∞ x x
x→+∞
c. Si f (x) = n(x)/d(x) alors d(x) ∼ x 2 et n(x) = ln(1 − (1 − cos(3x))) ∼ − x→0
x→0
x ln x ln
d. Sous forme exponentielle, f (x) = e ln(1 + 1/x) ln x
∼
x→+∞
#
"
9x 2 d’où finalement f (x) −−−→ −9/4. x→0 2
ln(1 + 1/x) 1+ ln x . Avec l’équivalent classique du logarithme,
1 d’où x ln x ln (1 + ln(1 + 1/x)/ ln x) −−−−−→ 1 et finalement f (x) −−−−−→ e . x→+∞ x→+∞ x ln x
1218
e. Avec le changement de variables h = x − 1, on se ramène à chercher la limite lorsque h → 0+ de g (h) =
Puisque d(h) ∼
h→0
p
(1 + h)1+h − 1 − h . p ln(1 + h(2 + h))
2h , il suffit de faire un DL à l’ordre 1 du numérateur : n(h) = e
(1+h)(h+o(h))
− 1 − h = o(h)
d’où f (x) −−−→ 0. x→1
ln2 (1 + x) − sh2 x
. Le dénominateur d(x) ∼ x 4 et il suffira de faire x→0 sh2 x ln2 (1 + x) un DL du numérateur r (x) à un ordre inférieur à 4 pour conclure. On trouve que n(x) ∼ −x 3 et donc que
f. Réduisons au même dénominateur f (x) =
x→0
−∞ et f (x) −−−−→ +∞. f (x) ∼ −1/x d’où f (x) −−−−→ − + x→0
x→0
x→0
g. Avec le changement de variables h = x − 1, on se ramène à chercher la limite lorsque h → 0 de g (h) =
p 1 + h) − 2(1 − 1 + h) . p p 3 6(1 − 1 + h)(1 − 1 + h)
3(1 −
p 3
Avec l’équivalent usuel (1 + h)α − 1 ∼ αh , on trouve un équivalent du dénominateur : d(h) ∼ h 2 . Il suffit de h→0
h→0
faire un DL à l’ordre 2 du numérateur :
· µ ¶¸ · µ ¶¸ h h2 h h2 h2 n(h) = 3 1 − 1 + − + o(h 2 ) − 2 1 − 1 + − + o(h 2 ) = + o(h 2 ). 3 9 2 8 12
Finalement, f (x) −−−→ x→1
C.5
1 . 12
Étude de suites récurrentes, vitesse de convergence
C.5.1 Étude d’une suite récurrente Dans ce paragraphe, nous allons voir quelques techniques pour étudier une suite définie par son premier terme u0 et une relation de récurrence de la forme ∀n ∈ N ,
un+1 = f (un )
Nous allons citer quelques résultats hors programme dans le but de dégager quelques méthodes générales. Dans la pratique des exercices, n’utilisez pas ces théorèmes, mais rédigez des démonstrations (essentiellement des récurrences simples) pour retrouver ces résultats. Une procédure Maple permet de calculer le n -ième terme d’une suite récurrente MAPLE
terme := proc(f, u0, n) local u, i; u := u0; for i from 1 to n do u := f(u) #u = u_i od; u; #u = u_n end; f := x -> x^2 terme(f, 2, 3);
On peut également calculer la liste des n premiers termes de la suite 1219
MAPLE
listetermes := proc(f, u0, n) local u, i, l; u := u0; l := u0; for i from 1 to n do u := f(u); l := l, u; od; [l]; end;
D ÉFINITION 3.2 Intervalle stable On dit qu’un intervalle I est stable par la fonction f lorsque f (I) ⊂ I, c’est-à-dire ∀x ∈ I, f (x) ∈ I. P ROPOSITION 3.2 La suite récurrente reste dans un intervalle stable Si I est un intervalle stable par la fonction f et si u0 ∈ I, alors ∀n ∈ N , un ∈ I. Démonstration Par récurrence sur n . Pour n = 0, on a supposé que u0 ∈ I. Supposons la propriété vraie au rang n , un ∈ I. Puisque un+1 = f (un ) et que I est stable par f , f (un ) ∈ I.
Le résultat suivant est fondamental car il permet de trouver les limites éventuelles d’une suite récurrente.
P ROPOSITION 3.3 ♥ Limites possibles de (un ) Si la suite (un ) converge vers une limite finie l , et si la fonction f est continue au point l , alors l est un point fixe de la fonction f : f (l) = l . Démonstration Si (un ) converge vers l , alors la suite extraite (un+1 ) converge ¡ ¢vers la même limite l . De plus, d’après le théorème 11.22 page 426, comme la fonction f est continue au point l , la suite f (un ) converge vers f (l ). Par unicité de la limite, on doit avoir l = f (l ). Les deux résultats précédents montrent qu’il est important d’étudier les intervalles stables par la fonction f et les points fixes de f . Un point fixe d’une fonction se lit facilement sur un dessin : il correspond à l’intersection du graphe de f avec
la première bissectrice. Lors de l’étude d’une suite récurrente, on commencera donc par représenter sur le même dessin le graphe de la fonction et la première bissectrice. On peut ainsi deviner le comportement de la suite (un ) en représentant les premiers termes de la suite par « ricochets »sur la première bissectrice.
1
u0
u1
u2
u3
u4 u15610 987
Multimédia : Animation pour représenter l’évolution d’une suite récurrente avec des ricochets sur la première bissectrice Le dessin permet également de visualiser les intervalles stables intéressants, en général limités par les points fixes de la fonction. 1220
L’étude générale d’une suite récurrente peut être très compliquée, et une suite récurrente aussi simple que u0 ∈ [0, 1], ∀n ∈ N , un+1 = λ un (1 − un ) est un sujet de recherche récent ! Nous allons étudier uniquement le cas le plus simple où la fonction f est monotone sur un intervalle stable I. P ROPOSITION 3.4 Cas où f est croissante sur un intervalle stable On suppose que la fonction f est continue et croissante sur un intervalle I stable et que u0 ∈ I. 1. Si u0 É f (u0 ), la suite (un ) est croissante.
2. Si u0 Ê f (u0 ), la suite (un ) est décroissante.
Démonstration On a déjà montré que ∀n ∈ N , un ∈ I. Supposons par exemple que u0 É f (u0 ). Montrons par récurrence que ∀n ∈ N , un É un+1 . La propriété est vraie pour n = 0 par hypothèse. Supposons-la vraie au rang n : un É un+1 . Puisque f est croissante sur I, f (un ) É f (un+1 ) c’est-à-dire un+1 É un+2 .
Remarque 3.9 Si de plus l’intervalle I est borné, alors la suite (un ) converge en vertu du théorème de la limite monotone et sa limite ne peut être qu’un point fixe de f . Cela nous suffit en général pour conclure. Exemple 3.50 Étudions la suite définie par (
Introduisons la fonction f :
½
l 2 = 4 + 3l , c’est-à-dire l = 4.
[0, +∞[ x
−→ 7−→
u0 Ê 0
∀n ∈ N ,
un+1 =
p 4 + 3un
.
[0, +∞[ p . Elle est continue sur [0, +∞[ et un point fixe l Ê 0 de f vérifie 4 + 3x
u0
u1
u2u3l
On justifie ce que l’on voit sur le dessin en appliquant le théorème précédent. Les intervalles I1 = [0, 4] et I2 = [4, +∞[ sont stables par la fonction continue f . – Si u0 ∈ [0, 4], puisque u0 É f (u0 ), la suite (un ) est croissante. Puisqu’elle est majorée par 4, elle converge et ce ne peut être que vers l’unique point fixe de f donc un −−−−−→ 4. n→+∞ – Si u0 ∈ [4, +∞[, puisque u0 Ê f (u0 ), la suite (un ) est décroissante. Comme elle est minorée par 4, elle converge et ce ne peut être que vers l’unique point fixe de f donc un −−−−−→ 4. n→+∞ Nous avons donc montré que ∀u0 Ê 0, un −−−−−→ 4. n→+∞
Remarque 3.10
Dans l’étude d’une suite récurrente, il est intéressant d’étudier le signe de la fonction définie par
g (x) = f (x) − x qui donne la position du graphe de f par rapport à la première bissectrice et qui permet de connaître le signe de f (u0 ) − u0 .
P ROPOSITION 3.5 Cas d’une fonction décroissante sur un intervalle stable On suppose que la fonction f est continue et décroissante sur un intervalle I stable et que u0 ∈ I. Alors les deux suites extraites (u2n ) et (u2n+1 ) sont monotones de sens contraire. Démonstration Notons (v n ) = (u2n ) et (w n ) = (u2n+1 ). On calcule v n+1 = u2n+2 = f (u2n+1 ) = f ◦ f (u2n ) = f ◦ f (v n )
1221
et de même w n+1 = f ◦ f (w n ). Les deux suites vérifient la même relation de récurrence associée à la fonction g = f ◦ f . Puisque la fonction f est décroissante sur I, la fonction g est croissante sur I et les deux suites (v n ) et (w n ) sont monotones. Si u0 É f ◦ f (u0 ), alors u1 Ê f ◦ f (u1 ) et d’après la proposition 3.4, la suite (v n ) est croissante et la suite (w n ) est décroissante. Si par contre u0 Ê f ◦ f (u0 ), alors u1 É f ◦ f (u1 ) donc (v n ) est décroissante et (w n ) est croissante.
u
Remarque 3.11
u
u uu uu u
u
La preuve précédente montre qu’il peut être intéressant d’étudier le signe de la fonction définie par
θ(x) = f ◦ f (x) − x .
Exemple 3.51 Étudions la suite définie par (
½
∀n ∈ N ,
un+1 = 1 − un2
[0, 1] . On vérifie facilement que l’intervalle I = [0, 1] est stable par f donc 1 − x2 que ∀n ∈ N , un ∈p[0, 1]. La fonction f est décroissante sur I et admet un unique point fixe l ∈ [0, 1] vérifiant l 2 + l − 1 = 0 c’est-à-dire l = ( 5 − 1)/2. On calcule g (x) = f ◦ f (x) = 1 − (1 − x 2 )2 puis g (x) − x = x(1 − x)(x 2 + x − 1). Les points fixes de g dans [0, 1] sont donc 0, l et 1. En utilisant le théorème précédent, – Si 0 É u0 < l , puisque g (u0 ) Ê u0 , la suite (u2n ) est décroissante et la suite (u2n+1 ) est croissante. Puisque (u2n ) est décroissante minorée par 0, elle converge d’après le théorème de la limite monotone et ce ne peut être que vers un point fixe x de g . Par passage à la limite dans l’inégalité u2n É u0 , on obtient que x É u0 < l d’où la seule possibilité x = 0. Nous avons donc montré que u2n −−−−−→ 0. Le même raisonnement montre que u2n+1 −−−−−→ 1 et la suite (un )
Introduisons la fonction f :
[0, 1] x
u0 ∈ [0, 1]
−→ 7−→
n→+∞
n→+∞
est donc divergente. – Si l < u0 É 1, comme g (u0 ) É u0 , la suite (u2n ) est croissante et la suite (u2n+1 ) décroissante. Elles convergent toutes les deux vers l ce qui montre en vertu du théorème 10.24 page 363 que un −−−−−→ l . n→+∞
C.5.2 Vitesse de convergence d’une suite On s’intéresse dans ce paragraphe à la vitesse de convergence d’une suite vers sa limite. Votre calculatrice sait faire des opérations simples comme l’addition, la multiplication et la division de nombres décimaux. Lorsque vous tapez p 2 suivi de la touche « racine », votre calculatrice utilise un algorithme qui calcule une valeur décimale approchée de 2 en n’effectuant que des additions, multiplications et divisions. 1222
p
Certaines suites convergent vers a très lentement et demandent un grand nombre de termes pour obtenir une approximation satisfaisante alors que d’autres convergent très rapidement et il suffit de calculer quelques termes pour obtenir une précision à neuf chiffres. Considérons une suite (un ) qui converge vers une limite finie l . Nous noterons εn = |un − l|
l’erreur commise en approximant la limite l par le n -ième terme de notre suite. La vitesse de convergence de la suite (un ) vers sa limite est la vitesse de convergence de la suite d’erreurs (εn ) vers 0. Nous voulons connaître le nombre n de termes à calculer pour que cette précision soit inférieure à une valeur ε = 10−p donnée. Pour fixer les idées, supposons que notre suite soit une suite récurrente et qu’à chaque terme le calcul de f (x) prenne 10−6 secondes à notre calculatrice. Nous noterons T le temps total de calcul pour aboutir à une précision de 10−10 . – Si εn = 1/n , pour que εn É 10−p , il faut prendre n = 10p . Il faut calculer 1010 termes de notre suite ce qui nécessite un temps de calcul T = 104 secondes ou environ 3 heures . . . – Si εn = 1/n 2 , n vaut 10p/2 et T = 10−1 : un dixième de seconde. – Si εn = 1/10n , n = p et T = 10−5 secondes. On utilise le vocabulaire suivant pour classifier les vitesses de convergences : εn+1 −−−−−→ 1, (par exemple si εn = 1/n α ), on parle de convergence lente. – Si εn n→+∞ εn+1 – Si −−−−−→ k ∈]0, 1[ (par exemple si εn = k n ), on parle de convergence géométrique. εn n→+∞ εn+1 −−−−−→ 0, (par exemple si εn = 1/n!), on parle de convergence rapide. – Si εn n→+∞
Exemple 3.52 Étudions un premier algorithme de calcul de la racine carrée d’un nombre a > 1 basé sur la suite récurrente u 0 = 1
∀n ∈ N ,
un+1 =
un + a un + 1
a
1
1
p
a
a
Pour calculer les termes successifs de cette suite, nous effectuons uniquement des additions et des divisions. Définissons (
[0, +∞]
−→
R 1−a x + a . C’est une homographie de dérivée f ′ (x) = < 0 et on vérifie x 7−→ (x + 1)2 x +1 p p ( a − x)( a + x) facilement en étudiant les variations de f que l’intervalle I = [1, a] est stable. On calcule f (x) − x = x +1 p et on voit que la fonction f admet un unique point fixe l = a dans l’intervalle I. En utilisant le théorème 3.5 page 1221, on vérifie que la suite (u2n ) est croissante, que la suite (u2n+1 ) est décroissante et qu’elles convergent toutes les p p deux vers a ce qui montre que un −−−−−→ a . Étudions la vitesse de convergence de cette suite. Définissons la suite n→+∞ p εn = un − a . On obtient une relation de récurrence simple :
la fonction associée : f :
εn+1 = p
p p un + a p un + a − a(un + 1) 1 − a − a= = εn un + 1 un + 1 un + 1
Puisque un −−−−−→ a , on en déduit que n→+∞
p ¯ ¯ ¯ εn+1 ¯ ¯ ¯ −−−−−→ p a − 1 = k < 1 ¯ ε ¯ n→+∞ a +1 n
La convergence de cette suite est donc géométrique.
Il existe une classe importante de suites récurrentes définies à l’aide d’une fonction f contractante. La convergence d’une telle suite est assurée par le théorème suivant que vous étudierez dans un cadre plus général en deuxième année. 1223
T HÉORÈME 3.6 Point fixe en dimension un Soit f : [a, b] 7→ [a, b] une fonction contractante, c’est-à-dire une fonction k -lipschitzienne de rapport k ∈ [0, 1[ : ∀(x, y) ∈ I,
Alors :
¯ ¯ ¯ f (x) − f (y)¯ É k|x − y|.
1. La fonction f possède un unique point fixe l ∈ [a, b].
2. Pour tout u0 ∈ I, la suite récurrente un+1 = f (un ) converge vers ce point fixe.
3. La convergence est géométrique : |un − l| É Ck n où C est une constante.
Démonstration Remarquons que la fonction f est continue sur l’intervalle stable I = [a,b] puisqu’elle est lipschitzienne. Définissons la fonction g par g (x) = f (x) − x . Puisque f (a) Ê a , g (a) Ê 0 et puisque f (b) É b , g (b) É 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe l ∈ [a,b] tel que g (l ) = 0, c’est-à-dire f (l ) = l . Montrons l’unicité d’un point fixe de f . Supposons que l ,l ′ ∈ [a,b] vérifient f (l ) = l et f (l ′ ) = l ′ . En majorant la différence en valeur absolue, on obtient |l − l ′ | = | f (l ) − f (l ′ )| É k|l − l ′ | d’où (1 − k)|l − l ′ | É 0 et puisque 1 − k > 0, il vient que l = l ′ . En utilisant que l est un point fixe, majorons ¯ ¯ |un+1 − l | = ¯ f (un ) − f (l )¯ É k|un − l |
Une récurrence simple montre qu’alors, pour tout n ∈ N , |un − l | É |u0 − l |k n .
Remarque 3.12
On vérifie en pratique qu’une fonction est contractante en calculant sa dérivée et en montrant que
sup| f ′ | É k < 1. Si f : R 7→ R est une fonction contractante, on peut montrer en utilisant les outils de math. sup. qu’elle admet un segment I = [−a, a] stable puis appliquer le théorème précédent. Puisque f est k -lipschitzienne, grâce à la minoration de l’inégalité triangulaire, pour x ∈ R , | f (x)| − | f (0)| É | f (x) − f (0)| É k|x|
et donc | f (x)| É | f (0)| + k|x|. Le graphe de la fonction f est situé dans la région délimitée par les courbes d’équation y = | f (0)| + k|x| et y = −| f (0)| − k|x|. La première bissectrice coupe ces courbes en a et −a où a = | f (0)|/(1 − k). On vérifie facilement que le segment [−a, a] est stable par f et d’après le théorème précédent, la fonction f admet un unique point fixe l ∈ R situé dans le segment [−a, a]. y = | f (0)| + k|x|
a
−a
Exemple 3.53 Étudions une autre suite récurrente qui permet également de calculer une valeur décimale approchée de p a: u0 = a
∀n ∈ N ,
un+1 =
¶ µ a 1 un + 2 un
Remarquons que le calcul de un ne fait intervenir ici aussi que des additions et des divisions. Introduisons la fonction (
]0, +∞[
−→
R a − x2 x2 − a2 1³ a ´ . On calcule f ′ (x) = et f (x)−x = . On en déduit que f possède un unique 2 x 7−→ x+ 2x 2x 2 x p point fixe l = a ainsi que la position de la courbe représentative de f par rapport à la première bissectrice. p p – Si 0 < up on se ramène au cas suivant. 0 É a , alors u 1 Ê a et p – Si u0 Ê a , comme l’intervalle [ a, +∞[ est stable par f , et que f est croissante sur cet intervalle avec f (x) É x , on p p vérifie que la suite (un ) est décroissante, minorée par a . Elle converge donc vers a . p p Considérons désormais l’erreur commise en approximant a par un : εn = un − a . On obtient facilement une relation de récurrence liant εn+1 à εn .
f :
p
εn+1 = un+1 − a =
p un2 − 2 aun + a 2un
1224
p ε2 (un − a)2 = = n 2un 2un
Puisque ∀n Ê 1, un Ê u1 , on en déduit que
0 É εn+1 É Cε2n
où C = 1/(2u1 ). Lorsque la suite d’erreurs vérifie une telle relation, on dit que la convergence est quadratique. Pour comprendre la signification pratique d’une telle convergence, regardons le cas d’une suite d’erreurs (e n ) vérifiant e n+1 É e n2 . Si un est une valeur approchée de sa limite à 10−p près, (e n É 10−p ), alors comme e n+1 É e n2 , le terme suivant un+1 sera une valeur approchée à 10−2p près. Le nombre de décimales communes entre un et sa limite double à chaque itération. On peut calculer la liste [ε0 , . . . , εn ] avec Maple (nous avons pris a = 2) : MAPLE
liste_erreurs := proc(n) local u, l, rac2; rac2 := evalf(sqrt(2)); u := 1.; l := NULL; for i from 1 to n do l := l, u - rac2; u := (u + 2/u) / 2; od; [l]; end; Digits := 30; liste_erreurs(10);
On obtient la liste d’erreurs [−0.41421, 0.08578, 0.00245, 2.45 × 10−6 , 1.59 × 10−12 , 8.99 × 10−25 , 0, 0, 0, 0] p
On voit que u5 est déjà une approximation de 2 avec 24 décimales exactes. À partir de u6 , l’erreur est inférieure à la précision de 30 décimales définie par la variable Digits. La suite précédente est un cas particulier de la méthode de Newton qui permet de trouver une valeur approchée du zéro d’une fonction. Supposons que xn soit une première valeur approchée de l’unique zéro c de la fonction g sur l’intervalle I. L’idée consiste à approximer le graphe de g par sa tangente au point xn . L’intersection de cette tangente avec l’axe (Ox) va fournir une meilleure valeur approchée de c :
c xn+1 xn
Si l’on suppose la fonction g dérivable sur I et que g ′ ne s’annule pas sur I, l’équation de la tangente au point (xn , g (xn )) s’écrit Y = g (xn ) + g ′ (xn ) (X − xn ). On cherche xn+1 = X pour que Y = 0 et on trouve xn+1 = xn −
g (xn ) g ′ (xn ) p
Si l’on prend la fonction g définie par g (x) = x 2 − a qui s’annule en ± a , on retrouve notre suite récurrente xn+1 = (xn + a/xn )/2. Multimédia : Une applet maple pour voir l’effet d’une convergence quadratique, géométrique sur le nombre de décimales exactes
C.6
Fractions rationnelles, primitives
Dans ce paragraphe, nous allons voir des techniques pour calculer une primitive d’une fonction sur un intervalle. Il est indispensable de comprendre que l’on ne sait calculer une primitive que d’un nombre très restreint de types de fonctions. Il est donc primordial de reconnaître des classes de fonctions que l’on saura primitiver et de connaître les algorithmes correspondants. 1225
La première classe intéressante de fonctions que l’on sait primitiver est formée des fractions rationnelles. L’algorithme est basé sur leur décomposition en éléments simples. Nous commençons donc par étudier la pratique de cette décomposition. On obtient la décomposition d’une fraction rationnelle dans R (X) avec Maple en utilisant la commande convert : MAPLE
> F := (X^5 + 1) / (X^3 - X)^2; 5 X + 1 F := --------3 2 (X - X) > convert(F, parfrac, X); 1 1 1 1 1/2 -------- - 1/4 ----- + 5/4 ----- + ---2 X - 1 X + 1 2 (X - 1) X
On calcule une primitive avec Maple en utilisant la commande int : MAPLE
f := x / (x^3+1); x f := -----3 x + 1 > int(f, x); 2 - 1/3 ln(x + 1) + 1/6 ln(x - x + 1) + 1/3 sqrt(3) arctan(1/3 (2 x - 1) sqrt(3))
C.6.1 Décomposition pratique dans C P où Q est un polynôme unitaire. Dans C [X], tout Q α1 polynôme est scindé. Le polynôme Q peut donc s’écrire Q = (X − a1 ) . . . (X − an )αn . La forme de la décomposition en éléments simples dans C s’écrit alors :
Une fraction rationnelle est un quotient de deux polynômes : F =
µ
¶ λ1α1 λ12 λ11 + + · · · + +···+ X − a1 (X − a1 )2 (X − a1 )α1 µ ¶ λnαn λn2 λn1 + +··· + + X − an (X − an )2 (X − an )αn
F=E+
où la partie entière E ∈ C [X] est un polynôme et où les coefficients λi j ∈ C sont complexes. Calcul de la partie entière 1. Lorsque deg(P) < deg(Q), E = 0. Lorsque d = deg(P) − deg(Q) Ê 0, E est un polynôme de degré d . 2. Lorsque d = 0, E est un polynôme constant qui s’obtient directement : E = a p où a p est le coefficient de plus haut degré de P. 3. Lorsque d Ê 1, E est le quotient de la division euclidienne de P par Q. Exemple 3.54 F =
X3 + 1 7X − 5 = (X + 3) + 2 . X 2 − 3X + 2 X − 3X + 2
On se ramène alors à décomposer
R où R est le reste de la division de P par Q (avec une partie entière nulle). Q
Calcul du coefficient associé à une pôle simple Lorsque αi = 1, on dit que le pôle ai est simple. Exemple 3.55 7X − 5 λ µ = + (X − 1)(X − 2) X − 1 X − 2
1226
et on cherche les coefficients λ et µ. Il suffit de multiplier la décomposition par (X − ai ) et de prendre x = ai dan la fraction restante : X−1 7X − 5 = λ+µ . X−2 X−2
En prenant x = 1, on trouve que −2 = λ. De même, en multipliant par (X − 2) : 7X − 5 X−2 =λ +µ X−1 X−1
et en prenant x = 2, on trouve que 9 = µ. On écrit alors la décomposition complète : −2 9 X3 + 1 = (X + 3) + + . (X − 1)(X − 2) X−1 X−2
Calcul des coefficients associés à un pôle multiple Il existe une méthode qui permet de calculer tous les coefficients λi j (division selon les puissances croissantes d’un polynôme), mais elle est hors programme et en pratique l’ordre des pôles est généralement inférieur à 2. Nous préférons vous montrer une technique plus utile. Exemple 3.56 Décomposons la fraction F=
X3 a c b d = + . + + (X − 1)2 (X − 2)2 X − 1 (X − 1)2 (X − 2) (X − 2)2
1. Multiplions par X les deux membres : X X X X X4 =a +c . +b +d 2 2 2 (X − 1) (X − 2) X−1 (X − 1) (X − 2) (X − 2)2
En faisant x → +∞, on obtient toujours une relation intéressante. Ici, 1 = a + c . Il suffit donc de trouver l’un des deux coefficients a et c et on connaît automatiquement l’autre. 2. Les coefficients b et d sont simples à déterminer. Il suffit de multiplier les deux membres par (X − 1)2 : X3 (X − 1)2 (X − 1)2 = a(X − 1) + b + c . +d 2 (X − 2) (X − 2) (X − 2)2
En prenant ensuite x = 1, on tire b = 1. De la même façon, en multipliant par (X − 2)2 puis en prenant x = 2, on tire d = 8.
3. Il suffit enfin de prendre une valeur particulière pour x afin d’obtenir une nouvelle relation liant a et c . Ici, pour x = 0, on a 0 = −a + b − c/2 + d/4 = −a − c/2 + 3.
On a les deux relations
(
a +c
2a + c
=1
=6
et l’on tire a = 5, c = −4.
4. La décomposition s’écrit donc : X4 5 4 1 8 = − . + + (X − 1)2 (X − 2)2 X − 1 (X − 1)2 (X − 2) (X − 2)2
C.6.2 Décomposition pratique dans R Considérons une fraction rationnelle F =
P ∈ R (X). La décomposition en facteurs irréductibles dans R [X] du dénominateur Q
s’écrit : Q = (X − a1 )α1 . . . (X − an )αn (X 2 + b 1 X + c 1 )β1 . . . (X 2 + b p X + c p )βp
1227
Alors la fraction F s’écrit de façon unique : ¶ hµ λ λ1α1 λ12 11 + + · · · + +... X − a1 (X − a1 )2 (X − a1 )α1 µ ¶i λnαn λn2 λn1 + + · · · + + X − an (X − an )2 (X − an )αn ¶ hµ µ X + δ µ1β1 X + δ1β1 µ12 X + δ12 11 11 +... + +··· + 2 + X 2 + b 1 X + c 1 (X 2 + b 1 X + c 1 )2 (X + b 1 X + c 1 )β1 ! Ã i µpβp X + δpβp µp2 X + δp2 µp1 X + δp1 + 2 + · · · + + 2 X + b p X + c p (X + b p X + c p )2 (X 2 + b p X + c p )βp
F=E+
où la partie entière E ∈ R [X] est un polynôme nul ou de degré d = degP − deg Q, et tous les λi j , µi j , δi j sont des réels. Le premier groupe est formé d’éléments simples de première espèce et le second groupe d’éléments simples de seconde espèce. Nous allons voir sur des exemples simples comment calculer les coefficients de cette décomposition. Exemple 3.57 1 F=
1 X3 + 1
1. Commençons par factoriser dans R [X] le dénominateur : X3 + 1 = (X + 1)(X2 − X + 1). La décomposition dans R (X) s’écrit donc 1 a bX + c = + (X + 1)(X 2 − X + 1) X + 1 X 2 − X + 1
2. On calcule facilement le coefficient du pôle simple en multipliant par (X − 1) et en prenant x = 1 : a = 1/3.
3. En multipliant par X et en faisant tendre x vers +∞, on trouve une relation entre coefficients : 0 = a + b d’où b = −1/3. 4. Il ne reste que le coefficient c à déterminer. En prenant x = 0, on a la relation 1 = a + c d’où c = 2/3. 5. La décomposition s’écrit donc :
µ ¶ 1 X−2 1 1 = − X3 + 1 3 X + 1 X2 − X + 1
Exemple 3.58 F=
1 X4 + 1
Le polynôme Q = X4 + 1 est bicarré. On obtient sa décomposition en suivant la technique du paragraphe B.4.4 : p p X 4 + 1 = (X 2 + 1)2 − 2X 2 = (X 2 − 2X + 1)(X 2 + 2X + 1).
La décomposition en éléments simples dans R (X) s’écrit : 1 X4 + 1
=
aX + b cX + d + . p p 2 2X + 1 X + X + 1
X2 −
Le plus rapide lorsqu’il n’y a pas de pôles simples consiste à réduire au même dénominateur : p p 1 [a + c]X 3 + [ 2(a − c) + (b + d)]X 2 + [(a + c) + 2(b − d)]X + (b + d) = . X4 + 1 X4 + 1
On obtient ainsi un système d’équations linéaires : a +c p2(a − c) + (b + d) b −d b +d
=0
=0
=0
p
d’où b = d = 1/2, a = −1/2 2 = −c.
=1
La décomposition s’écrit donc :
à ! p p 1 X2 + 2 1 X2 − 2 = p − . p p X 4 + 1 2 2 X 2 + 2X + 1 X 2 − 2X + 1
1228
C.6.3 Primitives de fractions rationnelles Rappelons qu’on dit qu’une fonction F est une primitive d’une fonction f sur un intervalle I lorsque F est dérivable et que F′ = f . Toute fonction f continue possède une primitive (théorème fondamental de l’analyse) et toutes les primitives de f diffèrent d’une constante. Dans les calculs qui suivent, on ne notera pas les constantes de primitivation. On ne définira pas non plus les intervalles sur lesquels on cherche les primitives (ils sont définis à partir des pôles de la fraction). Ne pas R R confondre primitive f (x) dx (une fonction) avec une intégrale définie ab f (x) dx (un réel). Les méthodes que nous allons voir s’appliquent également au calcul d’intégrales : il suffit de ne pas oublier de modifier les bornes lors d’un changement de variables. Z P(x) On veut calculer une primitive d’une fraction rationnelle F(x) = dx . On commence par décomposer la fraction en Q(x)
éléments simples dans R (X) et on doit alors primitiver des éléments simples de première espèce et de deuxième espèce.
Primitives des éléments simples de première espèce On connaît une primitive sur I1 =] − ∞, a[ ou I2 =]a, +∞[ de : F(x) =
♥ 3.12
Z
1 − 1 k − 1 (x − a)k−1 = (x − a)k ln|x − a|
si k 6= 1
dx
.
si k = 1
Remarque 3.13 Ces primitives se rencontrent très souvent en pratique. Il suffit de retenir que pour α ∈ R , α 6= −1 (le dénominateur ne doit pas s’annuler) : Z
♥ 3.13
et d’écrire
Z
dx (x − a)k
=
Z
(x − a)α dx =
(x − a)−k dx =
1 (x − a)α+1 . α+1
1 1 −1 . (x − a)−k+1 = −k + 1 k − 1 (x − a)k−1
Primitive des éléments simples de seconde espèce Il est bon de connaître par coeur deux primitives fondamentales que l’on rencontre souvent dans les calculs : Z
♥ 3.14
Z
dx
=
x2 + a2
¯x−a ¯ 1 ¯ ¯ = ln ¯ ¯ 2a x+a
dx 2 x − a2
Pour primitiver un élément simple de seconde espèce
F(x) =
on procède dans l’ordre suivant : 1. Éliminer x du numérateur : F(x) =
a 2
µZ
2x + p
(x 2 + p x + q)k
dx +
Z
u ′ (x)
ax + b
(x 2 + p x + q)k
.
dx
¶ Z Z a u ′ (x) dx dx = . dx + C 2 k k 2 2 u (x) (x + p x + a) (x + p x + q)k
2b/a − p
On sait primitiver : Z
Z
³x´ 1 arctan a a
−
1
pour k Ê 2 (k − 1)u k−1 (x) . ln|u(x)| pour k = 1 Z dx On se ramène donc à trouver une primitive G(x) = . (x 2 + p x + q)k u k (x)
dx =
2. Mettre le trinôme sous forme canonique : on écrit p
x 2 + p x + q = (x + p/2)2 + (q − p 2 /4) = (x − α)2 + a 2
où a = 4q − p 2 /2 (∆ = p 2 − 4q < 0 puisque le trinôme est irréductible). On effectue ensuite le changement de variables y = x + p/2 et on se ramène à primitiver Gk (y) =
Z
1229
dy (y 2 + a 2 )k
1 y arctan et pour k Ê 2, a a 3. Intégrer par parties Gk−1 (y) :
Lorsque k = 1, G1 (y) =
Gk−1(y) = = =
Z
dy (y 2 + a 2 )k−1 y
(y 2 + a 2 )
+ 2(k − 1) k−1
y
(y 2 + a 2 )k−1
Z
y 2 + a2 − a2 (y 2 + a 2 )k
dy
£ ¤ + 2(k − 1) Gk−1(y) − a 2 Gk (y) .
On exprime alors Gk (y) en fonction de Gk−1 (y) et en itérant, en fonction de G1 (y) que l’on sait calculer.
Exemple 3.59
Calculons F(x) =
page 1228 : F(x) =
Z
dx − x +1
Z
Z
Z
dx x3 + 1
. On a décomposé la fraction en éléments simples dans l’exemple 3.57
x −2 dx = ln|x + 1| − G(x). On écrit alors x2 − x + 1 Z 1 3 1 2x + 1 − 3 dx = ln(x 2 − x + 1) − H(x) G(x) = 2 x2 + x − 1 2 2
dx avec H(x) = . Avec le changement de variables y = (x − 1/2), on calcule K(y) = (x − 1/2)2 + 3/4 µ ¶ 2y 2x + 1 2 2 et finalement, p arctan p et donc H(x) = p arctan p 3 3 3 3 ¶ µ 2x + 1 1 1 1 . F(x) = ln|x + 1| − ln(x 2 − x + 1) + p arctan p 3 6 3 3
Exemple 3.60 Calculons F(x) =
Z
dy ³ p ´2 = y 2 + 23
Z
x +1 dx . (x 2 + x + 1)2 Z Z 1 2x + 1 dx 1 F(x) = . + 2 2 2 (x + x + 1) 2 [(x + 1/2)2 + 3/4]2 {z } | G(x)
p
Avec le changement de variables y = x + 1/2 et en posant a = 3/2, on est amené à calculer H2 (y) = intégrant par parties
dy (y 2 + a 2 )2
. En
Z 2 y y dy y + a2 − a2 = + 2 = 2 + 2H1 (y) − 2a 2 H2 (y) 2 2 2 2 2 2 2 y +a y +a (y + a ) y + a2 · ³ y ´¸ y 2x + 1 1 1 4 2x + 1 d’où G(x) = on trouve que H2 (y) = 2 2 + arctan + p arctan p et finalement 2a y + a 2 a a 3(x 2 + x + 1) 3 3 3 ¶ µ x −1 2 2x + 1 . F(x) = + arctan p p 3(x 2 + x + 1) 3 3 3
H1 (y) =
Z
R
C.6.4 Primitives F(cos x, sin x) dx , règles de Bioche On sait en théorie primitiver des fonctions définies par f (x) =
P(sin x, cos x) où P(X, Y) et Q(X, Y) sont des polynômes en Q(sin x, cos x)
deux variables (sommes-produits de X et Y). Par exemple : Z
X3 + Y sin3 x + cos x . dx où F(X, Y) = 2 X + Y2 Z sin x + cos x XY2 tan x X/Y – = . dx où F(X, Y) = 1 + tan3 x 1 + X 3 /Y3 X 3 + Y3
–
1230
On définit l’élément différentiel ω(x) = F(sin x, cos x) dx et on regarde Z s’il est invariant par l’un des trois changements de sin x cos x
variables x 7→ −x , x 7→ π − x , x 7→ π + x . Par exemple, pour calculer ω(x) =
sin3 x + cos3 x
sin x cos x sin3 x + cos3 x
dx ,
dx
(− sin x)(cos x) sin x cos x (− dx) = 6= ω(x). − sin3 x + cos3 x − sin3 x + cos3 x (sin x)(− cos x) (− dx) 6= ω(x). – ω(π − x) = sin3 x − cos3 x (− sin x)(− cos x) – ω(π + x) = dx = −ω(x). − sin3 x − cos3 x L’élément Z différentiel n’est invariant par aucun des changements de variables. sin x cos x Pour dx , sin4 x + cos4 x – ω(−x) = ω(x). – ω(π − x) = ω(x). – ω(π + x) = ω(x).
– ω(−x) =
L’élément différentiel est invariant par chaque changement de variables. Les règles de Bioche (hors programme) suggèrent un changement de variables intéressant qui ramène le calcul à une primitive d’une fraction rationnelle : 1. 2. 3. 4.
Si ω(−x) = ω(x), faire le changement de variables t = cos(x). Si ω(π − x) = ω(x), faire le changement de variables t = sin(x). Si ω(π + x) = ω(x), faire le changement de variables t = tan x . Si ω(x) n’est invariant par aucune des trois transformations, faire le changement de variables t = tan( x2 ).
Remarque 3.14 Ces règles sont faciles à mémoriser : parmi les trois fonctions sin, cos, tan, cos est la seule invariante par x 7→ −x , sin est la seule invariante par x 7→ π − x et tan est la seule invariante par x 7→ π + x . Exemple 3.61 F(x) =
Z
sin x sin2 x + 1
dx
On voit que ω(−x) = ω(x). Comprenons pourquoi le changement de variables t = cos x va fonctionner : dt = − sin x dx Z
d’où F(x) = −
d’où finalement
(− sin x dx) et on se ramène à calculer la primitive de la fraction rationnelle : 1 + (1 − cos2 x) ¯ ¯ Z ¯ t − p2 ¯ dt 1 ¯ ¯ G(t ) = = p ln ¯ p ¯ t2 −2 2 2 ¯ t + 2 ¯ p 2 − cos x 1 . F(x) = p ln p 2 2 2 + cos x
Exemple 3.62 F(x) =
Z
tan x dx
1. ω(−x) = ω(x), on peut donc effectuer le changement de variables t = cos(x), dt = − sin(x) dx : F(x) = − G(t ) = −
Z
Z
(− sin x dx) cos x dt = − ln|t | t
d’où F(x) = − ln|cos x|. 2. ω(π − x) = ω(x), on peut effectuer le changement de variables t = sin(x), dt = cos(x) dx : Z sin x sin x (cos x dx) = (cos x dx) 2 cos x 1 − sin2 x Z Z 2t 1 1 t dt = − dt = − ln|t 2 − 1| G(t ) = 1− t2 2 t2 −1 2
F(x) =
1 2
Z
d’où F(x) = − ln|1 − sin2 x| = − ln|cos x|. 1231
3. ω(π + x) = ω(x), on peut effectuer le changement de variables t = tan x , dt = (1+ tan2 x) dx = la relation 1 + tan2 x =
1 : cos2 x
F(x) =
Z
tan x cos2 x
G(t ) =
d’où F(x) =
Z
dx = cos2 x
Z
dx . En utilisant cos2 x
dx tan x 2 1 + tan x cos2 x
1 t dt = ln(t 2 + 1) 2 1+t 2
1 1 1 ln(1 + tan2 x) = ln = − ln|cos x|. 2 2 cos2 x
Exemple 3.63 F(x) =
Z
dx 2 + cos x
ω(x) n’est invariant par aucune des trois transformations. On utilise le changement de variables général t = tan x2 : 2t sin(x) = 1 + t 2 1− t2 cos(x) = 1+ t2 . ♥ 3.15 2t tan(x) = 1− t2 2 dt dx = 1+ t2 ¶ µ Z Z 2 dt 2 2 dt t 1 = = p arctan p G(t ) = 2 1+ t2 t2 +3 3 3 2 + 1−t 1+t 2 µ ¶ 1 2 d’où F(x) = p arctan p tan x2 . 3 3
Remarque 3.15
En toute rigueur, les changements de variables de cette section ne sont valables que sur certains inter-
1 est continue sur R et admet donc une primitive sur 2 + cos(x) R . Mais le changement de variables t = tan(x/2) n’est défini que sur les intervalles Jk =](2k −1)π, (2k +1)π[. La primitive p que nous avons obtenue n’est pas définie pour x = (2k + 1)π. On s’aperçoit tout de même que F(x) −−−−−−−−→ ±π/ 3
valles. Par exemple dans le dernier calcul, la fonction x 7→
x→(2k+1)π
et on peut donc « recoller »les différentes primitives en ajustant les constantes d’intégration pour obtenir une fonction continue sur R . Il suffit ensuite de vérifier que la fonction obtenue est dérivable en chacun des points (2k + 1)π et que sa dérivée coïncide avec la valeur de f en ces points. . . On rencontre souvent dans les calculs les primitives de Wallis : Wk (x) =
1. Lorsque k est impair, W2p+1 (x) = Z
Z
Z
sink x dx
(1 − cos2 x)p x sin x dx . Par le changement de variables y = cos x , on se ramène
à primitiver un polynôme − (1 − y 2 )p dy . 2. Lorsque k est pair et petit, on peut linéariser sin2p x . Par exemple, W2 (x) =
Z
1 − cos(2x) x sin(2x) dx = − . 2 2 4
3. Lorsque k est pair et supérieur à 4, utiliser une intégration par parties pour trouver une relation de récurrence : W2p+2 (x) =
Z
sin2p+1 x sin x dx
= − sin2p+1 x cos x + (2p + 1)
Z
sin2p x(1 − sin2 x) dx
= − sin2p+1 x cos x + (2p + 1)[W2p (x) − W2p+2 (x)].
1232
On exprime W2p+2 (x) en fonction de W2p (x) et on itère cette relation pour exprimer W2p (x) en fonction de W0 (x) = x. Voir l’exercice 13.95 page 584.
C.6.5 Primitives
Z
F(sh x, ch x) dx
e x − e −x
e x + e −x
Puisque sh(x) = et ch(x) = , on peut utiliser le changement de variables y = e x qui conduit à une 2 2 primitive de fraction rationnelle en y . On peut également utiliser les règles de Bioche. On remplace dans ω(x), sh(x) par sin(x) et ch(x) par cos(x). Si les règles de Bioche indiquent le changement de variables y = cos(x) (resp. sin(x), tan x ), on utilise le changement de variables y = ch(x) (resp. sh(x), th(x)). Exemple 3.64 Calculer F(x) =
Z
sh3 x
dx . On notant ω(x) =
ch x(2 + sh2 x)
sin3 x cos x(2 + sin2 x)
, ω(−x) = ω(x), ω(π − x) = ω(x)
et ω(π + x) = ω(x). On peut utiliser plusieurs changements de variables : 1. t = sh x donne G(t ) = 2. t = ch x donne G(t ) = 3. t = th x donne G(t ) = 4. t = e x donne G(t ) =
Z
(1 + t 2 )(2 + t 2 )
Z
t3 dt . 2− t2
Z
Z
t3
dt .
t2 −1 dt . t (1 + t 2 )
(t 2 − 1)3
t (t 2 + 1)(t 4 + 6t 2 + 1)
dt .
Les fractions rationnelles à primitiver ne sont pas toutes agréables ! Le mieux ici est d’utiliser le changement de variables t = th x pour calculer G(t ) = −
t2 − ln|t 2 − 2| 2
puis F(x) = −
th2 (x) − ln(2 − th2 x) + C 2
C.6.6 Primitives avec des racines Deux types de primitives avec radicaux sont à connaître : s ! Z Ã n ax + b Primitives F x, dx cx + d
Ce sont des primitives de fractions rationnelles en x et en une racine n -ième d’une homographie. Dans la notation précédente, p F(X, Y) est une fraction rationnelle. Par exemple : Z
X+Y x +1+x dx où F(X, Y) = 2 p X + XY rx + 1 Z X x 3 2x + 1 dx où F(X, Y) = 2 Y. – 2 x +1 x +2 X +1
–
x2 + x
Pour calculer ces primitives, on effectue le changement de variables y = et on se ramène au calcul d’une primitive de fraction rationnelle. Exemple 3.65 Calculer F(x) =
Zr
r n
d yn − b ad − bc ax + b n y n−1 dy ,x =− n , dx = cx + d cy −a (c y n − a)2
1 + x dx sur l’intervalle I =]0, 1[. On effectue le changement de variables 1−x x r y2 − 1 4y 1+x , x= 2 dx = 2 y= 1−x y +1 (y + 1)2
et on se ramène à calculer la primitive
Z G(y) = 4
y2 dy. (y 2 − 1)(y 2 + 1)
1233
La décomposition de la fraction rationnelle s’écrit X2 (X 2 − 1)(X 2 + 1)
=
1/4 1/4 1/2 − + X − 1 X + 1 X2 + 1
¯ ¯ ¯ y −1¯ ¯ ¯ + 2arctan y . Après simplifications : et on trouve que G(y) = ln ¯ y +1¯ ¯ ¯p r ¯ 1 + x − p1 − x ¯ 1+x ¯ ¯ . F(x) = ln ¯ p ¯ + 2arctan p ¯ 1+x + 1−x ¯ 1−x
On peut utiliser ensuite les quantités conjuguées pour écrire
x F(x) = ln + arctan p 1 + 1 − x2 Z
r
1+x . 1−x
dx p sur l’intervalle I =]0, +∞[. x+ 3 x p 1 . On reconnaît une primitive de notre type avec ici 6 x qui est une racine sixième d’une homographie et F(X, Y) = 3 Y + Y2 p Avec le changement de variables y = 6 x , x = y 6 , dx = 6y 5 dy , on se ramène à calculer
Exemple 3.66 Calculer une primitive F(x) =
p
G(y) = 6
y3 dy 1+ y
et en effectuant la division euclidienne de X3 par (X + 1) : 1 y3 = y2 − y + 1 − 1+ y 1+ y
on calcule G(y) = 2y 3 − 3y 2 + 6y − 6ln|y + 1|
d’où finalement
Primitives
Z
p p p p F(x) = 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6ln(1 + 6 x).
F(x,
p
ax 2 + bx + c) dx
Ce sont des p primitives de fractions rationnelles en x et en une racine carrée d’un trinôme. Par exemple, on sait calculer : Z
X+Y x + x2 + x + 1 , dx avec F(X, Y) = 2 p 2 2 X +Y Z x +4 x + x + 1 4 x +1 X +1 – dx avec F(X, Y) = . 2 3/2 X(X 2 + 1)Y x(x + 1)
–
Il est bon de connaître par coeur les primitives fondamentales (a > 0) : Z dx p 2 − x2 Z a dx p x2 + a2 Z dx p 2 x − a2
♥ 3.16
³x´ = arcsin (I =] − a, a[) a ³x ´ (I = R ) = argsh . a ³x´ (I =]a, +∞[) = argch a
Si possède deux racines réelles α < β et on veut calculer par exemple une primitive sur I =]α, β[, F(x) = Z le trinôme q F(x, (x − α)(β − x)) dx le plus rapide consiste à se ramener à une racine d’une homographie en factorisant (x − α) :
Z r 1−x dx , on se ramène à une x(1 − x) dx sur I =]0, 1[. En écrivant F(x) = x x p primitive du paragraphe précédent. Le changement de variables y = (1 − x)/x , x = 1/(y 2 + 1) mène au calcul de
Exemple 3.67
Calculons F(x) =
Zp
Z G(y) = −2
y2 y y 1 dy = − − arctan y. (y 2 + 1)3 2(y 2 + 1)2 4(y 2 + 1) 4
1234
On trouve finalement
1 2x − 1 p x(1 − x) − arctan F(x) = 4 4
r
1−x . x
Dans l’algorithme général de calcul de ces primitives, on commence par réduire le trinôme sous forme canonique. Par un premier changement de variables affine y = (x − a)/b , on se ramène à calculer une primitive de la forme : 1.
Z
q
1 − y 2 ) dy : on effectue alors le changement de variables y = sin θ (ou y = cos(θ)). Avec la formule de Z p trigonométrie sin2 θ + cos2 θ = 1, 1 − sin2 θ = |cos θ| et on se ramène à une primitive de type F(cos θ, sin θ) dθ F(y,
que l’on sait calculer.
2.
3.
Z
q
1 + y 2 ) dy : on effectue le changement de variables y = sh θ. Avec la formule de trigonométrie ch2 θ − Z p 2 2 sh θ = 1, on élimine la racine : 1 + sh θ = chθ et on se ramène à une primitive du type F(sh θ, chθ) dθ que l’on F(y,
sait calculer. Z q
y 2 − 1) dy : on effectue le changement de variables y = chθ car Z primitive de type F(sh θ, chθ) dθ. F(y,
Exemple 3.68 Calculer F(x) =
Zp p
p
ch2 θ − 1 = |sh θ| et on se ramène à une
x 2 + x + 1 dx . On réduit le trinôme à l’intérieur de la racine :
x2 + x + 1 =
p
(x + 1/2)2 + 3/4 =
p s· ¸ 3 2x + 1 2 +1 p 2 3
p
et par le premier changement de variables y = (2x + 1)/ 3, on se ramène au calcul de G(y) = avec la changement de variables y = sh θ, dy = ch θ dθ, on se ramène à H(θ) =
Il suffit de linéariser ch2 θ =
3 4
Z
3 4
Zq
y 2 + 1 dy . Ensuite,
ch2 θ dθ.
ch(2θ) + 1 pour calculer 2 3 3 sh(2θ) + θ 16 8 ¶ µ q 3 2 G(y) = y 1 + y + argsh(y) 8 p p (2x + 1) x 2 + x + 1 F(x) = + ln(2x + 1 + 2 x 2 + x + 1). 4 H(θ) =
Remarque 3.16 Les primitives par parties. Par exemple :
Rp
x 2 + a 2 dx ,
F(x) =
d’où l’on tire F(x) =
C.6.7
Z
f (x α )
Zp
Rp
x 2 − a 2 dx ,
x 2 + 1 dx = x
p
Rp
a 2 − x 2 dx se calculent plus rapidement en intégrant
x2 + 1 −
Z
x2 + 1 − 1 dx p x2 + 1
p p p x x2 + 1 1 x x2 + 1 1 + argsh(x) = + ln(x + x 2 + 1) 2 2 2 2
dx x
Lorsque la primitive à calculer s’écrit sous la forme effet,
R
f (x α )
dx , on peut utiliser le changement de variables y = x α . En x
dx dy =α y x
1235
et on se ramène à calculer la primitive Exemple 3.69 Pour calculer F(x) =
Z
Z
f (y)
dy qui est plus simple. y
x3 dx , il suffit d’écrire (x 2 + 1)2 F(x) =
dx x4 2 2 (x + 1) x
dy dx =2 pour se ramener à la primitive y x
et de faire le changement de variables y = x 2 , G(y) =
et on trouve G(y) =
Z
1 2
Z
y2 dy 1 = 2 (y + 1) y 2
Z
y dy (y + 1)2
1 1 + ln|y + 1| puis F(x) = 2 + ln(x 2 + 1). y +1 x +1 Z
dx
dx . Cette primitive ne fait pas partie des classes connues, mais avec le x x4 + 1 dy dx changement de variables y = x 4 , =4 , on se ramène à calculer y x Z 1 1 dy G(y) = p 4 y y +1
Exemple 3.70
Calculons F(x) =
p
C’est une fraction rationnelle en y et en une racine nième d’une homographie. Avec le changement de variables u = p y + 1, y = u 2 − 1, on se ramène à calculer H(u) =
Finalement,
1 2
Z
¯ ¯ du 1 ¯¯ u − 1 ¯¯ = ln (u 2 − 1) 4 ¯ u + 1 ¯
p x4 + 1 − 1 1 F(x) = ln p 4 x4 + 1 + 1
Exemple 3.71 Calculer pour a > 0, F(x) =
Z
p
x a4 − x4 F(x) =
dx . En écrivant Z
p
x2 a4 − x4
dx x
le changement de variables y = x 2 mène au calcul de 1 G(y) = 2 1 2
d’où finalement F(x) = arcsin
Z
x2 a2
p
dy a4 − y 2
=
1 y arcsin 2 2 a
C.6.8 Intégration par parties R
On sait calculer des primitives de type e x P(x) dx . Il suffit d’intégrer plusieurs fois par parties en dérivant le polynôme. Exemple 3.72 Calculer
Z
(x 2 − x + 3)e 2x dx . Une première intégration par parties donne : F(x) =
e 2x 2 (x − x + 3) − 2
Z
(x − 1/2)e 2x dx {z } | G(x)
et une deuxième permet de calculer G(x) =
(2x − 1)e 2x 1 − 4 2
1236
Z
e 2x
Finalement, F(x) = Exemple 3.73 retrouver F(x) :
(x 2 − 2x + 4)e 2x . 4
Calculer F(x) =
Z
e x sin(x) dx . La première méthode consiste à intégrer deux fois par parties pour
F(x) = e x sin x − 1
Z
e x cos x dx = e x (sin x − cos x) − F(x)
d’où F(x) = e x (sin x − cos x). 2 La deuxième méthode consiste à utiliser qu’un sinus ou un cosinus s’exprime à l’aide des exponentielles imaginaires. On primitive une fonction à valeurs complexes et on prend ensuite la partie réelle : ¶ µ (1+i)x ¶ e e x e i x dx = Im 1+i µ x ¶ e (1 + i )(cos x + i sin x) ex F(x) = Im = (sin x − cos x) 2 2
F(x) = Im
µZ
Le seul espoir pour calculer des primitives faisant intervenir ln, arctan, arcsin,. . .consiste à intégrer par parties. En effet, les dérivées de ces fonctions sont des fractions rationnelles ou des racines de trinômes. On espère ainsi se ramener à l’une des classes de fonctions que l’on sait primitiver. Exemple 3.74 Calculer F(x) =
Z
arctan(x) dx . En primitivant par parties,
F(x) = x arctan x −
Exemple 3.75 F(x) =
Z
Z
1 x dx = x arctan x − ln(x 2 + 1) x2 + 1 2
ln(x + 1) dx . Si l’on intègre par parties en dérivant ln, x Z ln x F(x) = ln(x) ln(x + 1) − dx x +1
et la nouvelle primitive fait encore intervenir un logarithme. On ne sait pas primitiver cette fonction à l’aide des fonctions usuelles.
C.6.9 Exercices Exercice 3.11
♥♥ Z
Calculer une primitive F(x) = Solution : En posant y =
q
1−x 1+x ,
x +2 x +1
x=
r
1−x dx sur l’intervalle I =] − 1, 1[. 1+x
−y 2 +1 , y 2 +1
dx = −
4y (y 2 +1)2
et on se ramène au calcul de
Z 2 2 y (y + 3) dy G(y) = −2 (y 2 + 1)2
G(y) = y +
Z
Z dy dy − 2 y2 + 1 (y 2 + 1)2
et en utilisant la technique du paragraphe C.6.3, on trouve que F(x) = −(1 − x)
ExerciceZ3.12 Calculer F(x) =
♥♥ 1 . x(x 2 + x + 1)2
1237
r
1−x 1+x
Solution : Décomposons la fraction rationnelle en éléments simples : 1 X(X 2 + X + 1)
=
1 1+X 1+X − 2 − 2 X X + X + 1 (X + X + 1)2
On primitive chacun des éléments simples. Pour calculer la dernière primitive, procéder dans l’ordre : 1. Éliminer le x du numérateur : 1R dx . 2 2 (x + x + 1)2
R
x +1 1R 1R 1 2x + 1 dx dx = dx + =− + (x 2 + x + 1)2 2 (x 2 + x + 1)2 2 (x 2 + x + 1)2 2(x 2 + x + 1)
2. Par réduction du trinôme et un changement de variables, se ramener à 3. On calcule cette dernière primitive en intégrant par partie On trouve finalement, Z
R
dy . (y 2 + 1)
R
dy (y 2 + 1)2
¶ µ µ ¶ −x + 1 5 x 2x + 1 dx = − + ln arctan p p p x(x 2 + x + 1)2 3(x 2 + x + 1) 3 3 3 x2 + x + 1
ExerciceZ3.13 µ♥♥ ¶ x −1 Calculer F(x) = arctan dx . x −2
Solution : En intégrant par parties, F(x) = x arctan
x−1 x−2
+
Z
x dx 2x 2 − 6x + 5 | {z } G(x)
On calcule ensuite la primitive de la fraction rationnelle : G(x) =
1 4
Z
4x − 6 3 dx + 2x 2 − 6x + 5 2
Z
dx dx 2x 2 − 6x + 5 | {z } H(x)
et H(x) =
1 2
d’où F(x) = x arctan
Z
dx = arctan(2x − 3) (x − 3/2)2 + 1/4
x−1 x−2
+
1 3 ln|2x 2 − 6x + 5| + arctan(2x − 3) 4 2
ExerciceZ3.14 ♥♥ dx Calculer F(x) = . 3 2
x (x + 1) Z dy 1 dx dx Solution : On écrit F(x) = et avec le changement de variables y = x 2 , , =2 x 2 (x 2 + 1) x y x Z 1 dy G(y) = 2 2 y (y + 1)
On décompose la fraction rationnelle : 1 y 2 (y + 1)
=
c a b + 2+ y y y +1
En multipliant par y 2 (resp. y + 1) et en prenant y = 0 (resp. y = −1), on tire b = 1, c = 1. En multipliant par y et en faisant tendre y vers +∞, on obtient la relation 0 = a + c . 11 1 1 + ln|y + 1| G(y) = − ln|y| − 2 2y 2 F(x) = − ln|x| −
1 + ln(x 2 + 1) 2x 2
1238
Exercice Z 3.15
Calculer I =
1 x3 + x + 1
0
(x 2 + 2)2
♥♥ dx .
Solution : On décompose la fraction rationnelle avec l’astuce suivante pour profiter de la parité : F(x) =
X3 + X aX + b cX + d = 2 + 2 2 2 (X + 2) X + 2 (X + 2)2
Comme F(−X) = −F(X), b = d = 0. En multipliant par x et en faisant tendre x vers +∞, on tire a = 1. En divisant par X et en prenant x = 0, on tire b = −1. On a donc x x −1 x3 + x + 1 = 2 − (x 2 + 2)2 x + 1 (x 2 + 2)2
Ensuite, I=
1 2
Z1
et en intégrant par parties
0
1 2x dx − 2 x +2 2
Z1 0
Z1 0
dx , on tire x2 + 2 Z1 0
i1 h 1 1 2x − 2 + dx = ln(3/2) + 2 2 2 (x + 2) 2 2(x + 2) 0
dx (x 2 + 2)2
et finalement, I=
Z1 0
dx (x 2 + 2)2
p 1 1 = p arctan(1/ 2) + 12 4 2
1 3 1 1 ln + p arctan p 2 2 4 2 2
ExerciceZ3.16
Calculer F(x) =
♥♥ x 2 ln x dx . (x 3 + 1)3
Solution : Commençons par écrire F(x) =
Par le changement de variables u = x 3 ,
1 3
Z
x3 (x 3 + 1)3
ln(x 3 )
dx x
dx du =3 , on se ramène à calculer u x Z 1 ln u G(u) = du 9 (u + 1)3
et avec une intégration par parties, G(u) =
On décompose la fraction
¶ µ Z du 1 ln|u| 1 + − 9 2(u + 1)2 2 u(u + 1)2
1 1 1 1 = − − u(u + 1)2 u u + 1 (u + 1)2
et on calcule
¯ u ¯ 1 ¯ ¯ G(u) = ln ¯ ¯+ u +1 u +1
et finalement, F(x) = −
1 1 ln|x 3 + 1| 1 ln|x| + ln|x| + − 12 (1 + x 3 )2 6 18(x 3 + 1) 18
ExerciceZ3.17 ♥♥ dx Calculer F(x) = . 3 5 sin x cos x
Solution : Avec Bioche, on a ω(−x) = ω(x) et on effectue donc le changement de variables t = cos x : G(t ) = −
Z
dt =− (1 − t 2 )2 t 5
1239
Z
dt 1 2 2 4 (1 − t ) t t
Avec le changement de variables y = t 2 , dy/y = 2 dt /t , on se ramène à calculer H(y) = −
1 2
Z
dy (1 − y)2 y 3
Il faut alors décomposer cette fraction rationnelle : 1 3 1 3 2 1 = + + − + (y − 1)2 y 3 y y 2 y 3 y − 1 (y − 1)2
On a calculé directement le coefficient de (y − 1)2 et de y 3 . Pour calculer les autres, on a retranché 1/y 3 aux deux membres, simplifié et calculé le coefficient de 1/y 2 en multipliant par y 2 et en prenant y = 0 et ainsi de suite. On obtient alors 3 1 1 1 3 H(y) = − ln|y| + + 2 + ln|y − 1| + 2 y 4y 2 2(y − 1)
puis F(x) = 3ln|tan x| +
1 1 1 + − 2 4 cos x 4cos x 2sin2 x
ExerciceZ3.18 ♥♥ dx Calculer F(x) = . 1 − th x
Solution : Avec la règle de Bioche, on effectue le changement de variables t = th x , dt = (1 − t 2 ) dx : G(t ) =
Z
1 dt (1 − t )2 (1 + t )
La décomposition de la fraction rationnelle s’écrit : 1/4 1/4 1/2 1 = − + (t − 1)2 (t + 1) t + 1 t − 1 (t − 1)2
¯ ¯ 1 ¯¯ t + 1 ¯¯ 1 d’où G(t ) = ln ¯ et finalement − ¯ 4 t −1 2(t − 1)
F(x) =
¯ ¯ 1 1 ¯¯ th x + 1 ¯¯ ln ¯ − ¯ 4 th x − 1 2(th x − 1)
Exercice 3.19 Z ♥♥ r 2 t −1 dt Calculer l’intégrale I = . 1
t +1 t
Solution : C’est une fraction rationnelle en t et en la racine nième d’une homographie. Posons donc u = t=
u2 + 1 −u 2 + 1
Donc I=
Z p1
3
0
dt =
4u du (1 − u 2 )
4u 2 du (1 − u 2 )(1 + u 2 )
et en décomposant en éléments simples cette fraction rationnelle,
1 1 2 4u 2 = − − (1 − u 2 )(1 + u 2 ) 1 + u u − 1 u 2 + 1
on trouve finalement :
Ãp ! 3+1 π I = ln p − 3 3−1
1240
r
t −1 : t +1
ExerciceZ3.20
♥♥ dx . p x + x2 + 1
Calculer F(x) =
Solution : On primitive une fraction rationnelle en x et une racine d’un trinôme qui est déjà réduit sous forme canonique. Le changement de variables x = sh t donne G(t ) = p
Z
ch t dt = sh t + ch t
Z
t e −2t e t + 1/e t = − t 2e 2 4
En remplaçant t par argsh(x) = ln(x + x 2 + 1), on trouve que F(x) =
p 1 1 ln(x + x 2 + 1) − p 2 4(x + x 2 + 1)2
Exercice 3.21 Calculer F(x) =
R
♥♥ dx sur l’intervalle I =]1, +∞[. p p x2 + 1 − x2 − 1
Solution : En multipliant par les quantités conjuguées : F(x) =
Zp
p x2 + 1 + x2 − 1 dx 2
on Z deux primitives simples. Le plus rapide consiste à intégrer par parties pour calculer G(x) = Z se ramène au calcul de p
x 2 + 1 dx et H(x) =
p
x 2 − 1 dx . On trouve finalement :
¶ µ p 1 1 p 2 1 p x x + 1 + argsh x + x x 2 − 1 − ln(x + x 2 − 1) 2 2 2
F(x) =
ExerciceZ3.22
Calculer F(x) =
♥♥ dx
x 2 (1 + x 2 )3/2
.
Solution : La fonction à primitiverZne fait pas partie des classes connues. Essayons le changement de variables z = x 2 .
On se ramène à primitiver G(z) =
1 2
dz
z 3/2 (1 + z)3/2
. En écrivant
1 G(z) = 2
On se ramène à une primitive de la forme y=
r
R
F(z,
q n
Z
z3
µ
az+b c z+d ) dz
dz z +1 z
¶3/2
que l’on sait calculer avec le changement de variables
1 2y z +1 ,z= 2 , dz = − 2 . On se ramène à calculer z y −1 (y − 1)2 H(y) = −
Z
d’où finalement, F(x) = −
y2 − 1 1 dy = −y − y2 y
p
x2 + 1 x −p x x2 + 1
Exercice 3.23 s
Calculer F(x) =
Z
♥♥ p 1 + 1 − x2 dx sur l’intervalle I =] − 1, 1[. 1 − x2
1241
Solution : La fonction à primitiver ne fait pas partie des classes qu’on a vues. Essayons d’éliminer une racine carrée avec le changement de variables x = sin t sur l’intervalle J =] − π/2, π/2[ : G(t ) =
Zp Zp 1 + |cos t | 1 + cos t dt cos t dt = |cos t |
En effet, cos t > 0 sur J. On n’a toujours pas à primitiver une fonction qui entre dans les catégories connues. Avec la trigonométrie, 1 + cos t = 2cos2 (t /2), on a G(t ) =
d’où finalement
p Z p 2 cos(t /2) dt = 2 2sin(t /2)
¶ µ p arcsin(x) F(x) = 2 2 sin 2
1242
Annexe
D
Conseils Heureux comme une rivière qui peut suivre son cours sans sortir de son lit. Graffiti anonyme en salle de classe. XXe siècle.
D.1
Conseils d’étude
D.1.1 Attitude pendant le cours Il est très important d’être parfaitement concentré pendant les heures de cours. Ne jamais vous dire que si vous ne comprenez pas quelque chose sur le moment, vous aurez le loisir de reprendre ce point chez vous. Un quart d’heure d’inattention vous prendra plus d’une heure à rattraper et vous n’aurez matériellement pas le temps de combler ces lacunes plus tard. Il est donc important de se présenter au cours en bonne condition ; pour cela il est indispensable d’adopter un rythme de vie équilibré et en particulier de bien dormir pour arriver en cours parfaitement reposé. En ce qui concerne la prise de notes, tout dépend de votre faculté à écrire rapidement. Votre professeur doit boucler un programme très chargé, et par moments il est obligé d’accélérer. Le plus important est de comprendre l’essentiel pendant le cours, quitte à ne pas tout écrire. Notez précisément les définitions et les énoncés des théorèmes, mais ne notez pas les phrases complètes pendant le cours, utilisez des abréviations. Il faut être en permanence attentif à ce que dit votre professeur et comprendre les idées qu’il exprime, quitte à ne pas tout noter. Après chaque cours le soir, faites une synthèse de ce que vous avez vu pendant la journée en mettant en évidence les points importants. Vous devez vous présenter au cours suivant en ayant en tête les définitions du cours précédent. Le moindre retard dans votre travail peut avoir des répercussions importantes par la suite.
D.1.2 Bien comprendre les définitions et les hypothèses de théorèmes Les définitions ainsi que les théorèmes du cours sont très importants, vous aurez à les utiliser pendant les devoirs et elles vous serviront à comprendre la suite du cours. Une erreur fréquente consiste à vouloir aller trop vite lors des révisions en ne se contentant que d’une connaissance superficielle. Il est normal de passer du temps à bien réfléchir aux définitions et aux hypothèses des théorèmes. En particulier, prenez l’habitude de chercher vos propres exemples, contre-exemples et de faire le maximum de schémas pour vous imprégner de ces connaissances fondamentales. Prenons l’exemple du théorème des accroissements finis : T HÉORÈME 4.1 Accroissements finis Soit f : [a, b] 7→ R une fonction vérifiant les hypothèses : 1
f est continue sur le segment [a, b],
2
f est dérivable sur ]a, b[,
Alors il existe c ∈]a, b[ tel que f (b) − f (a) = (b − a) f ′ (c). 1243
C
B
A a
c
c′
b
f (b) − f (a) f (b) − f (a) = f ′ (c). Le quotient b−a b−a représente la pente de la corde joignant les points A = (a, f (a)) et B = (b, f (b)). Le réel f ′ (c) représente la pente de la tangente à la courbe y = f (x) au point C = (c, f (c)). Si l’on place une règle joignant les points A et B et qu’on déplace cette règle en maintenant sa pente, on va rencontrer au moins une tangente à la courbe. On voit sur notre dessin que le c du
Pour comprendre ce théorème, essayons de visualiser le résultat. On peut écrire
théorème n’est pas nécessairement unique. Réfléchissons aux hypothèses du théorème. Pour parler de f ′ (c) où c ∈]a, b[, il faut supposer que f est dérivable sur ]a, b[. Si l’on suppose uniquement que f est continue sur ]a, b[, le résultat peut être faux comme le montre le contre-exemple suivant :
A
f (a)
B
f (b)
a
b
La conclusion du théorème dit qu’il existe un réel c intérieur au segment [a, b]. Le fait que c 6= a et c 6= b est important dans les applications. On peut se demander si ce théorème reste valable lorsque la fonction est à valeurs complexes. La ½ [0, 2π] −→ C , on a bien f qui est continue sur [0, 2π], f x 7−→ e i x dérivable sur ]0, 2π[ mais f (1) − f (0) = 0 et pour tout c ∈]0, 2π[, f ′ (c) = i e ic 6= 0.
réponse est négative. Si l’on considère la fonction f :
D.1.3 Faire une synthèse des points importants d’une démonstration Prenez l’habitude de résumer les points importants d’une démonstration en quelques phrases et schémas. C’est ainsi que vous les retiendrez sur le long terme. Prenons l’exemple du théorème des accroissements finis. Si l’on observe le schéma précédent, on s’aperçoit que le point C rend extrémale la hauteur entre la courbe et la corde [AB] ce qui nous conduit à introduire une bonne fonction auxiliaire. C
B
A a
L’équation de la corde s’écrit y = f (a) + (x − a)
c
c′
f (b) − f (a) d’où la fonction auxiliaire définie par b−a
ϕ(x) = f (x) − f (a) − (x − a)
f (b) − f (a) b−a
On a f (b) = f (a) = 0 et il suffit d’appliquer le théorème de Rolle (en vérifiant les hypothèses) à cette fonction auxiliaire. Sur une fiche, vous pouvez résumer les idées de cette démonstration : – Introduire la fonction auxiliaire et faire le dessin ci-dessus. – Vérifier les hypothèses de Rolle pour cette fonction auxiliaire. – En déduire qu’elle admet un extremum. Prenons un autre exemple typique, le théorème du rang :
1244
T HÉORÈME 4.2 Soit u : E 7→ F une application linéaire entre deux espaces vectoriels avec E de dimension finie. On a la formule du rang : dim E = dim (Ker u) + rg(u)
On résume la démonstration avec les points suivants : – Vérifier que Imu est isomorphe à tout supplémentaire V de Ker u . – Pour vérifier cet isomorphisme, considérer la restriction v de u à V . – Vérifier que v est surjective en décomposant un antécédent d’un vecteur y ∈ Imu sur Ker u et V : y = u(x) = v(x2 )
V x2
x1
x
Ker u
E = Ker u ⊕ V
F
Imu
– Utiliser que dimV = dim Imu et que dim E = dim Ker u + dim V .
D.2
Conseils de rédaction
Vous préparez des épreuves écrites de concours. Contrairement au baccalauréat, les examinateurs n’ont pas de consignes d’indulgence pour vous attribuer artificiellement des points, mais leur but est de vous classer par rapport aux autres candidats. Si vous rendez une copie mal rédigée, illisible où il manque des arguments essentiels, ou au contraire, si vous utilisez trois pages pour un calcul qui ne nécessite que deux lignes, vous serez inévitablement pénalisé. Il est très important de s’entraîner pendant les deux années de préparation à rédiger de façon correcte vos devoirs pour prendre de bonnes habitudes et être bien préparé pour les concours. Voici quelques mauvaises habitudes à perdre : – Écrire directement sur votre copie la première idée qui vous passe par la tête (quelquefois au crayon de papier . . .) – Commencer une phrase ou une démonstration et s’arrêter en plein milieu ! Au lieu de montrer votre inconsistance au correcteur (n’espérez pas gagner quelques centièmes de points ainsi), mieux vaut ne rien écrire. – Effectuer un calcul directement sur votre copie en détaillant toutes les étapes de façon maladroite. – Sauter une question dont vous ne trouvez pas la solution immédiatement, quitte à y revenir ensuite en écrivant dans la marge, en mettant une astérisque demandant au correcteur de se reporter à la dernière page . . . – Utiliser des formules de type « c’est évident », « trivialement ». . . – Citer vaguement un théorème : « d’après un théorème »sans vérifier ses hypothèses d’application. – Écrire de façon très compacte sans jamais passer à la ligne. Les quelques centimes d’euros que vous économisez en feuilles n’intéresseront certainement pas votre correcteur qui tient à sa vue ! – Écrire trop gros en utilisant quelques dizaines de feuilles doubles pour un problème qui n’en nécessite que deux. Il faut au contraire : – Utiliser impérativement un brouillon sur lequel vous pouvez chercher les idées de démonstrations, faire des calculs longs . . .C’est uniquement une fois que vous avez les idées claires sur la façon de procéder que vous rédigez au propre le calcul ou la démonstration. – Si vous vous apercevez que vous avez fait une erreur, n’utilisez pas l’effaceur ni le blanco (perte de temps et souvent illisible), mais barrez proprement ce que vous avez écrit et recommencez. – Une fois que vous avez trouvé une idée de preuve, prenez le temps de vous demander s’il n’y a pas moyen de la simplifier encore. Repérez les points importants qu’il faudra mettre en évidence au propre, ainsi que les détails que vous pourrez minimiser dans la rédaction définitive. Faites de même pour un calcul, ne recopiez pas toutes les étapes, mais uniquement les plus importantes. – Encadrez les résultats de calculs demandés. – Ne cherchez pas à grappiller des points, mais traitez les questions les unes après les autres en passant un minimum de temps à chaque question. Ce temps n’est jamais perdu car vous aurez mieux assimilé l’énoncé, repéré que le résultat peut servir par la suite et vous serez moins bloqué sur les questions suivantes. – Numérotez correctement les questions que vous traitez en laissant un espace blanc si vous n’avez pas trouvé le résultat. Vous pourrez compléter cet espace par la suite et le correcteur suivra votre copie selon l’ordre du problème. – Pour rédiger une démonstration ou un calcul, passez souvent à la ligne, centrez des formules . . .Le but est de mettre en évidence les points importants et de montrer à votre correcteur que vous les avez vus. 1245
– Tirez un trait horizontal pour séparer chaque question, vous facilitez ainsi la lecture de votre copie. – Si vous devez utiliser un résultat précédent du problème, citez précisément le numéro de la question où ce résultat a été démontré. De même, respectez scrupuleusement les notations de l’énoncé. – Si vous utilisez un théorème du cours, citez-le précisément (il a souvent un nom), et surtout vérifiez ses hypothèses précises avant de l’appliquer (vous montrez ainsi que vous connaissez votre cours). – Évitez trop de phrases longues et verbeuses, allez à l’essentiel. Au contraire, une copie avec uniquement des formules est illisible. Il faut savoir trouver le juste milieu. N’abusez pas des abréviations et essayez de rédiger des phrases simples mais correctes. – N’utilisez jamais les symboles =⇒ , ⇐⇒ dans vos démonstrations, mais des mots comme « donc », « par conséquent ». . . Si on vous demande une démonstration, commencez par travailler au brouillon : – Bien analyser l’énoncé pour comprendre ce que vous devez montrer. Demandez-vous la nature de chaque objet manipulé (vecteur, application . . .). – Écrire le plan de démonstration au brouillon. – Chercher un brouillon l’idée de la démonstration. Pour cela, – Essayez de voir un lien entre le résultat à démontrer et un point du cours ou une question précédente du problème. – Faites éventuellement des schémas pour trouver l’idée. – N’hésitez pas à chercher un exemple ou à traiter la question dans un cas plus simple, ou à faire des hypothèses supplémentaires. – Demandez-vous dans quel ordre vous devez introduire les objets nécessaires. Une fois que vous pensez que vous avez bien compris l’idée, vous pouvez rédiger au propre : – Commencez par citer le résultat que vous allez démontrer. – Si vous voulez montrer une équivalence ou une égalité d’ensembles, procédez systématiquement par double implication ou double inclusion. – Rédigez la démonstration en respectant le plan. – Mettez en évidence les points importants (en soulignant, en passant à la ligne . . .). – Une fois votre preuve rédigée, relisez-la en vous assurant que chaque objet est bien introduit et que le plan a été respecté. – Si un schéma n’est pas suffisant à lui seul, il peut illustrer votre démonstration. N’hésitez pas à le reproduire sur votre copie.
1246
Annexe
E
Formulaires E.1 Trigonométrie
Formules d’addition cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b
sin(a + b) = sin a cos b + cos a sin b
tan(a + b) =
cos(a − b) = cos a cos b + sin a sin b
sin(a − b) = sin a cos b − cos a sin b
tan(a − b) =
tan a+tan b 1−tan a tanb tan a−tan b 1+tan a tanb
Formules de linéarisation cos2 x = 2
sin x =
1+cos(2x) 2 1−cos(2x) 2
1
cos a cos b = (cos (a + b) + cos (a − b)) 2 1
sin a sin b = (cos (a − b) − cos (a + b)) 2 1
cos a sin b = (sin (a + b) − sin (a − b)) 2
Formules de factorisation cos p + cos q = 2cos
p+q
cos p − cos q = −2sin
2
cos
p+q 2
p−q
sin
2 p−q 2
sin p + sin q = 2sin sin p − sin q = 2cos
p+q 2 p+q 2
cos(2x) = cos2 x − sin2 x = 2cos2 x − 1 = 1 − 2sin2 x
sin(2x) = 2cos x sin x
1247
cos sin
p−q 2 p−q 2
sin(p+q)
tan p + tan q =
cos p cos q
tan p − tan q =
cos p cos q
sin(p−q)
Tangente du demi-angle x
En notant t = tan , on a : 2
cos x =
1−t 2 1+t
sin x =
2
2t 1+t
2
tan x =
2t 1−t 2
E.2 Trigonométrie hyperbolique P ROPOSITION 5.1 ♥ ∀x ∈ R,
∀x ∈ R,
∀x ∈ R,
ch x + sh x = e x
ch x − sh x = e −x
ch2 x − sh2 x = 1
P ROPOSITION 5.2 ♥
∀(x, y) ∈ R2 ,
ch(x + y) = ch x ch y + sh x sh y
ch(x − y) = ch x ch y − sh x sh y sh(x + y) = sh x ch y + ch x sh y
sh(x − y) = sh x ch y − ch x sh y
P ROPOSITION 5.3 ♥
∀x ∈ R,
ch2x = ch2 x + sh2 x = 2ch2 x − 1 = 1 + 2sh2 x sh 2x = 2sh x ch x
P ROPOSITION 5.4 ♥
∀(x, y) ∈ R2 ,
¤ 1£ ch(x + y) + ch(x − y) 2 ¤ 1£ sh x sh y = ch(x + y) − ch(x − y) 2 ¤ 1£ sh(x + y) − sh(x − y) sh x ch y = 2 1 ch2 x = (ch2x + 1) 2 1 sh2 x = (ch2x − 1) 2
ch x ch y =
P ROPOSITION 5.5 ♥
∀(x, y) ∈ R2 ,
x−y x+y ch 2 2 x−y x+y sh ch x − ch y = 2sh 2 2 x−y x+y ch sh x + sh y = 2sh 2 2 x−y x+y sh x − sh y = 2sh ch 2 2
ch x + ch y = 2ch
1248
P ROPOSITION 5.6 ♥
∀(x, y) ∈ R2 ,
th x + th y 1 + th x th y th x − th y th(x − y) = 1 − th x th y
th(x + y) =
P ROPOSITION 5.7 ♥ x Pour tout x ∈ R, posant t = th , on a : 2
2t 1+ t2 2t sh x = 1− t2 1+ t2 ch x = 1− t2 th x =
E.3 Dérivées des fonctions usuelles Dans tout le formulaire, les quantitées situées au dénominateur sont supposées non nulles Dérivées des fonctions usuelles ′
Dans chaque ligne, f est la dérivée de la fonction f sur l’intervalle I. f (x)
I
f ′ (x)
λ (constante)
R
0
x
R
1
x n (n ∈ N∗ )
R
nx n−1
1 x
]−∞, 0[ ou ]0, +∞[
−
1 xn
p
où n ∈ N,
n Ê2
1 x2 n − n+1 x 1 p 2 x
]−∞, 0[ ou ]0, +∞[
x
]0, +∞[
ln x
]0, +∞[
1 x
ex
R
ex
sin x
R
cos x
cos x
R ¤ π £ − 2 + kπ, π2 + kπ ,
− sin x
tan x
k ∈Z
1 + tan2 x =
1 cos2 x
Domaine de définition et de dérivabilité des fonctions usuelles • sh : R → R est dérivable sur R. • ch : R → [1, +∞[ est dérivable sur R. • th : R → ]−1, 1[ est dérivable sur R. • argsh : R → R est dérivable sur R. • argch : [1, +∞[ → R est dérivable sur ]1, +∞[. • argth : ]−1, 1[ → R est dérivable sur ]−1, 1[. ¤ £ • arcsin : [−1, 1] → − π2 , π2 est dérivable sur ]−1, 1[.
1249
• arccos : [−1, 1] ¤ → R £est dérivable sur ]−1, 1[. • arctan : R → − π2 , π2 est dérivable sur R.
Domaine de définition et de dérivabilité des fonctions usuelles ′
Dans chaque ligne, f est la dérivée de la fonction f sur l’intervalle I. f (x)
I
f ′ (x)
a x ( a > 0)
R
a x ln a
loga x ( a ∈ R∗+ \ {1})
R∗+
1 1 ln a x
x α (α ∈ R)
R∗+
αx α−1
ch(x)
R
sh(x)
sh(x)
R
ch(x)
th(x)
R
1 − th2 (x) =
coth (x)
R∗
argsh(x)
R
argch(x)
] + 1, +∞[
argth(x)
] − 1, 1[
−1 sh 2 (x) p 1 x 2 +1 p 1 x 2 −1 1 1−x 2
arcsin(x)
] − 1, 1[
arccos(x)
] − 1, 1[
arctan(x)
R
1 ch2 (x)
p 1 1−x 2 p −1 1−x 2 1 1+x 2
Opérations et dérivées ( f + g )′ = f ′ + g ′
( f ◦ g )′ = g ′ × ( f ′ ◦ g )
(λ f )′ = λ f ′ , λ désignant une constante ( f g )′ = f ′ g + f g ′ ³ ´′ g′ 1 g = − g2 ³ ´ f ′g −f g ′ f g = g2
En particulier,si u > 0 : ∀a ∈ R,
(u n )′ = nu n−1 u ′ (n ∈ N, n Ê 2) ¡ 1 ¢′ ′ = − unu n+1 (n ∈ N, n Ê 1) un (e u )′ = u ′ e u (ln |u|)′ =
(u a )′ = αu ′ u a−1
1250
u′ u
E.4 Primitives des fonctions usuelles Primitives des fonctions usuelles Dans chaque ligne, F est une primitive de f sur l’intervalle I. Ces primitives sont uniques à une constante près notée C. f (x)
I
F (x)
λ (constante)
R
λx + C
x
R
x2 2
+C
x n+1
x n (n ∈ N∗ )
R
1 x
]−∞, 0[ ou ]0, +∞[
ln |x| + C
]−∞, 0[ ou ]0, +∞[
n+1
+C
p1 x
]0, +∞[
1 +C − (n−1)x n−1 p 2 x +C
ln x
R∗+
x ln x − x + C
R
ex + C
sin x
R
− cos x + C
cos x
R £ ¤ π − 2 + kπ, π2 + kπ ,
sin x + C
1 xn
e
où n ∈ N,
nÊ2
x
1 + tan2 x =
1 cos2 x
k ∈Z
tan x + C
Primitives des fonctions usuelles Dans chaque ligne, F est une primitive de f sur l’intervalle I. Ces primitives sont uniques à une constante près notée C. f (x)
I
F (x)
a x ( a ∈ R∗+ \ {1})
R
1 x ln a a
x α ( a ∈ R \ {−1})
R∗+
1 α+1 +C α+1 x
sh(x)
R
ch(x) + C
ch(x)
R
sh(x) + C
R
th(x) + C
p 1 x 2 +1 p 1 x 2 −1 1 1−x 2
R
argsh(x) + C
] + 1, +∞[
argch(x) + C
] − 1, 1[
argth(x) + C
p 1 1−x 2 1 1+x 2
] − 1, 1[
arcsin(x) + C
R
arctan(x) + C
1 − th2 (x) =
1 ch2 (x)
Opérations et primitives On suppose que u est une fonction dérivable sur un intervalle I n+1 • Une primitive de u ′ u n sur I est un+1 (n ∈ N∗ ) ′ • Une primitive de u2 sur I est − u1 . u • Une primitive de • Une primitive de • Une primitive de
1 u′ sur I est − (n−1)u n−1 .(n ∈ N, n un p ′ u p sur I est 2 u (En supposant u u′ |u|. u sur I est ln
Ê 2.
u > 0 sur I.)
1251
+C
(α ∈ R)
• Une primitive de u ′ e u sur I est e u . En particulier, si u > 0 sur I et si a ∈ R \ {−1}, une primitive de u ′ u a sur I est : (
1 a+1 +C a+1 u
ln u + C
si a ∈ R \ {−1} si a = −1
E.5 Coniques
E.5.1
Définition et équation générale d’une conique C
H
M ~j
K
F
∆ ~i
Soit D une droite, F un point n’appartenant pas à D et e un réel strictement positif. La conique de directrice D , de foyer F et d’excentricité e est donnée par l’ensemble des points M du plan tels que : d(M, F) = e d(M, D)
L’équation cartésienne de cette conique dans le repère (O,~i , ~ j) est :
d
x 2 + y 2 = e 2 (x + d)2
D E.5.2
Parabole P (e = 1)
M1 p
y 2 − 2p x = 0
~j
K
∆
O ~i
F
(
p = d(F, D ) p t2
x(t ) = 2 y(t ) = p t
D : x =−
p 2
p 2
M2
D 1252
:t ∈R p 2
Ellipse E (0 < e < 1)
E.5.3
³ x ´2 a
B a K
a=
~j b
A
b=
1−e 2
F
∆ K′
′
A
′
e= (
B′
E.5.4
c
a=
³ x ´2
ed
b=
e 2 −1
b
~i O
F (
−
ed p e 2 −1
c
a
b2 c
: t ∈ [−π, π]
³ y ´2
p=
OF = c x (t ) = a cosh t
:t ∈R
y (t ) = b sinh t
b
a2 c
b
e2d e 2 −1
c = ea
2
h=
a
où d = d(F, D) b2 c
OA = a ( x (t ) = −a cosh t
D: x=
a c
=1
c=
D 2
y (t ) = b sinh t
a2 c
¯ ¯ M ∈ E ⇐⇒ ¯MF′ − MF¯ = 2a
E.6 Limites usuelles Limites usuelles ln x x
−−−−−→ 0
x
ln(x)
x ln x −−−−→ 0
x→+∞
ex
x→0+
−−−−−→ +∞ x→+∞
ln(1+x)
−−−→ 1
x−1 x→1
x
e x −1
xe x −−−−−→ 0 x→−∞
x
−−−→ 1 x→0
−−−→ 1 x→0
De manière plus générale Soient α, β et γ des réels strictement positifs. • En +∞ : (ln x)α
−−−−−→ 0
et
x α |ln x|β −−−→ 0
et
x
• En 0 et −∞ :
où d = d(F, D)
OB = b
c2 = a2 + b2 e=
∆ A c
D′
a
y (t ) = b sin t
p a
1−e 2
d=
x (t ) = a cos t
Hyperbole H (e > 1)
A′
b
e2d
c = ea
2
OA = a
a
F′
c=
p=
a
=1
M ∈ E ⇐⇒ MF + MF′ = 2a
D′
~j
b
D : x =−
a2 c
D
ed p 1−e 2
³ y ´2
a2 = b2 + c2
p
F c O ~i
ed
+
β
x→+∞
x→0
1253
e γx xβ
−−−−−→ +∞ x→+∞
|x|α e γx −−−−−→ 0 x→−∞
:t ∈R
Suite géométrique diverge si a ∈ ]−∞, −1] 0 si a ∈ ]−1, 1[ a n −−−−−→ n→+∞ 1 si a = 1 +∞ si a ∈ ]1, +∞[
E.7 Équivalents usuels et croissances comparées Comparaison des suites de référence Soient a > 1, α > 0 et β > 0 alors : (ln n)α =
o
n→+∞
³
nβ
´
nβ =
o
n→+∞
¡
an
¢
an =
o
n→+∞
n! =
(n!)
o
n→+∞
¡
nn
¢
Équivalents classiques pour les suites Si un −−−−−→ 0 alors : n→+∞
sin un ln (1 + un )
∼
∼
n→+∞
n→+∞
tan un
un £
un
¤ e un − 1
∼
n→+∞
∼
n→+∞
[1 − cos un ]
un £
un
¤ (1 + un )α − 1
u n2
∼
n→+∞ 2
∼
n→+∞
αun (α ∈ R∗ ).
Comparaison des fonctions usuelles Soient α, β et γ des réels strictement positifs. • En +∞ :
(ln x)α =
o
x→+∞
• En 0 et −∞ : |ln x|β = o
³
³
xβ
1
x→0 x α
´
xβ =
et
´
et
e γx =
o
x→+∞
o
¡
µ
e γx
1
x→−∞ |x|α
¢
¶
Équivalents classiques pour les fonctions en 0 ex − 1 ∼ x
ln (1 + x) ∼ x x→0
sin x ∼ x x→0
arcsin x ∼ x
x→0
tan x ∼ x
sh x ∼ x
x→0
x→0
arctan x ∼ x
x→0
cos x − 1 ∼ −
x→0
2
x→0
argsh x ∼ x
x→0
x2
th x ∼ x argth x ∼ x
x→0
ch x − 1 ∼
x2
x→0 2
(1 + x)α − 1 ∼ αx
De manière plus générale Si f (x) −−−→ 0 alors : x→a
1254
x→0
x→0
(α ∈ R)
¡ ¢ ln 1 + f (x) ∼ f (x)
¡ ¢ sin f (x) ∼ f (x)
x→a
x→a
¡ ¢ ( f (x))2 cos f (x) − 1 ∼ − x→a
¡ ¢ tan f (x) ∼ f (x) x→a
¡
e f (x) − 1 ∼ f (x) x→a
2
1 + f (x)
¢α
− 1 ∼ α f (x) x→a
E.8 Développements limités 1 1−x
x 7→ 1
♥
1−x 1 1+x 1 1−x
2
¡
¢
=
1 + x + x2 + · · · + xn + o
=
1 − x + x 2 − · · · + (−1)n x n + o
x→0
2
4
1+ x + x ··· + x
=
2n
+ o
x→0
¡
xn
x→0
x 2n
¢
¡
xn
¢
Fonctions exponentielle et hyperboliques ex
=
1+x +
ch x
=
1+
♥ ♥ ♥
sh x tanh x
x+
=
x−
=
x2 2! x3 3! x3 3
x2 2!
+ + +
+
x4
x3 3!
+··· +
4!
5!
15
+ o
(2n+1)!
x→0
x
6
x→0
x→0
x 2n+1
¡
+ o
+ o
(2n)!
+··· +
2x 5
n!
x 2n
+··· +
x5
xn
¡
¡
xn
¢
x 2n+1
+ o
¡
+ o
¡
x→0
¢
¢
x 2n+2
¢
Fonctions trigonométriques
♥ ♥
cos x
=
1−
sin x
=
x−
tan x
=
x+
x2 2! x3 3! x3 3
+ + +
x4 4! x5 5!
− · · · + (−1)n − · · · + (−1)
2x 5 15
+ o
x→0
¡
x6
x 2n (2n)!
2n+1 n x
(2n+1)!
x→0
+ o
x 2n+1
x→0
¢
¡
¢
x 2n+2
¢
Fonction logarithme
♥
ln (1 + x)
=
ln (1 − x)
=
¡ ¢ x2 x3 xn x − + − · · · + (−1)n+1 + o x n x→0 2 3 n ¶ µ ¡ ¢ x3 xn x2 + o xn − x + + +··· + 2
3
n
x→0
Fonction x 7→ (1 + x)α avec α ∈ R ♥
(1 + x)α
=
1 + αx + · · · +
1255
α(α−1)···(α−n+1) n n!
x + o
x→0
¡
xn
¢
(α ∈ R)
Cette dernière formule appliquée à α =
1 2
et n = 2 donne : p 1+x
x
1+ −
=
p 1−x
2
8
x
x2
2
8
1− −
=
x2
+ o
x→0
+ o
x→0
¡ ¡
x2 x2
¢ ¢
Fonctions réciproques
arctan x
=
x−
argth x
=
x+
arcsin x argsh x arccos x
x+
=
x−
=
π
=
2
x3 3 x3 3
+ +
1 x3 2 3 1 x3 2 3
−x−
x5
− · · · + (−1)n
5 x5
+··· +
5
+ +
1·3 x 5 2·4 5 1·3 x 5 2·4 5
1 x3 2 3
−
+ −
x 2n+1 2n+1
2·4·6 7 1·3·5 x 7 2·4·6 7
2·4 5
−
+ o
x→0
2n+1
+ o
1·3·5 x 7
1·3 x 5
x 2n+1
x→0
¡
¡
x 2n+2
+··· + o
x→0
x 2n+2
¢
¡
x 2n+2
+ · · · + (−1)n o
x→0
1·3·5 x 7 2·4·6 7
¢
−··· + o
x→0
¡
¢
¡
x 2n+2
x 2n+2
¢
¢
La dernière s’obtient en remarquant que arccos x = π2 − arcsin x . Légende : ♥ = à savoir par coeur, = à savoir retrouver rapidemment.
E.9 Espaces vectoriels Dans tout la suite K désigne le corps des réels R ou celui des complexes C. (E, +, .) est un K-espace vectoriel. Sous-espace vectoriel Soit F ⊂ E, une partie de E. On dit que F est un sous-espace vectoriel de E si et seulement si : 1 2
F 6= ∅
F est stable par combinaison linéaire : ¡ ¢ ∀ x, y ∈ E2 ,
¡ ¢ ∀ α, β ∈ K2 ,
αx + βy ∈ F
Remarque : si F est un sous-espace vectoriel de E alors 0 ∈ F.
Sous-espace vectoriel engendré par une famille de vecteurs Soient n vecteurs de E : v 1 , . . . , v n . On a : Vect (v 1 , . . . , v n ) = {α1 v 1 + . . . + αn v n | α1 , . . . , αn ∈ R}
C’est le plus petit sous-espace vectoriel de E contenant v 1 , . . . , v n . Sous-espaces supplémentaires On dit que deux sous-espaces vectoriels F et G de E sont supplémentaires si et seulement si ils vérifient : H1
E = F+G
H2
F ∩ G = {0}
Caractérisation des sous-espaces supplémentaires Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un K-espace vectoriel (E, +, ·). On a équivalence entre : 1
E = F ⊕ G (c’est à dire F et G sont supplémentaires).
2
∀x ∈ E,
∃ !(x1 , x2 ) ∈ F×G :
x = x1 +x2 (c’est à dire, tout vecteur de E se décompose de manière unique
comme somme d’un vecteur de F et d’un vecteur de G.)
Dans toute la suite (E, +, .) et (F, +, .) sont deux K-espace vectoriel. 1256
Application linéaire Soit f : E → F. f est linéaire si et seulement si : ¡ ¢ ∀ x, y ∈ E2 ,
¡ ¢ ∀ α, β ∈ K2 ,
¡ ¢ ¡ ¢ f αx + βy = α f (x) + β f y
Á propos de Ker f et Im f . Soit f ∈ L (E, F). On appelle : 1
2
©
–
Noyau de f et on note Ker f le sous-ensemble de E : Ker f = x ∈ E | f (x) = 0F
–
Image de f et on note Im f le sous-ensemble de F : Im f = f (x) | x ∈ E
©
Ker f est un sous-espace vectoriel de E et Im f est un sous-espace vectoriel de F.
ª
.
ª
Injectivité et surjectivité des applications linéaires Soit f ∈ L (E, F). 1
f est injective si et seulement si Ker f = {0}.
2
f est surjective si et seulement si Im f = F.
Projecteurs et symétries Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E : E = E1 ⊕ E2 . Tout vecteur x ∈ E s’écrit d’une manière unique x = x1 + x2 avec x1 ∈ E1 et x2 ∈ E2 . Soit p et s deux applications de E dans E. On dit que : 1
2
½
E −→ E x = x1 + x2 7−→ x1 ½ E −→ E s est une symétrie par rapport à E1 parallèlement à E2 si s : x = x1 + x2 7−→ x1 − x2 p est le projecteur de E sur E1 parallèlement à E2 si p :
Propriétés des projecteurs et des symétries Avec les notations de l’encadré précédent : p et s son linéaires : p, s ∈ L (E). 2 s = 2p − Id E . 3 Ker p = E2 et Im p = E1 .
4
Ker s = {0} et Im s = E (autrement dit s est un automorphisme de E).
5
p (x) = x ⇐⇒ x ∈ E1 (E1 est l’ensemble des vecteurs invariants par p ).
1
Caractérisations des projecteurs et des symétries Soient p, s ∈ L (E). 1 2
p est un projecteur si et seulement si p ◦ p = p . s est une symétrie si et seulement si s ◦ s = id.
Pour montrer qu’un ensemble F est un sous-espace vectoriel de E 1 2 3
On montre que F ⊂ E.
On montre que F 6= ∅ (la pluspart du temps on montre que 0 ∈ F). ¡
¢
Soit α, β ∈ K2 et soit (u, v) ∈ E2 . On montre que αu + βv ∈ F.
Pour montrer que F ⊕ G = E Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E. 1
Montrons que la somme est directe : Il faut donc montrer que F ∩ G = {0}. Soit x ∈ F ∩ G. ... donc x = 0.
2
Montrons que E = F + G : Soit x ∈ E. Posons x1 = . . .. Posons x2 = . . .. On a bien : 1257
1
x1 ∈ F.
2
x2 ∈ G.
3
x = x1 + x2 .
4 méthodes pour montrer qu’une partie F de E est un sev de E
Soit F une partie de E. Pour montrer que F est un sev de E, on peut : 1
Montrer que F est non vide et stable par combinaison linéaire.
2
Montrer que F = Vect (A) où A est une famille de vecteurs de E à déterminer.
3 4
Montrer que F = Ker f où f est une application linéaire à déterminer. Montrer que F = Im f où f est une application linéaire à déterminer.
Pour montrer qu’une application est linéaire Soit f : E → F. 1
Soient α, β ∈ R. Soient u, v ∈ E.
2
Montrons que : f αu + βv = α f (u) + β f (v)
¡
¢
Remarque : si f est linéaire alors f (0E ) = 0F . Pour montrer qu’un endomorphisme ... Soit f ∈ L (E). 1. f est bijectif si et seulement si il existe g ∈ L (E) tel que f ◦ g = g ◦ f = id . Si une telle application g existe alors f −1 = g .
2. f est une projection si et seulement si f ◦ f = f . 3. f est une symétrie si et seulement si s ◦ s = id .
1258
Index
Symboles On (R ) O+ n (R ) m, n
A
1062 1060 293
principal d’un nombre complexe 15 Arrangement 298 Associative loi 703 Astroïde 228, 626, 630 Asymptote 158, 222 Asymptotes de l’hyperbole 265 Automorphisme 707 affine 1090 d’espaces vectoriels 842 Axe d’un repère du plan 49 demi-axe focal 265 demi-axe focal de l’ellipse 261 demi-axe non focal 265 demi-axe non focal de l’ellipse 261 demi-grand axe 265 demi-grand axe de l’ellipse 261 demi-petit axe 265 demi-petit axe de l’ellipse 261 focal 257 focal de l’ellipse 261 focal de l’hyperbole 265 grand axe de l’ellipse 261 grand axe de l’hyperbole 265 non focal de l’ellipse 261 non focal de l’hyperbole 265 non transverse de l’hyperbole 265 petit axe de l’ellipse 261 polaire 53 Axiome de la borne supérieure 327
Abscisse curviligne 626 Addition matricielle 936 Affinité orthogonale 262 Affixe d’un point du plan 7 d’un vecteur 7 Aire d’un domaine plan 688, 690 Algorithme d’Euclide 736 d’exponentiation rapide 725 de Horner 760 de Schmidt 1052 Alignement de trois points 1033 Analyse-synthèse 1125 Angle de deux vecteurs 1061 Angles moitiés 14 Anneau 709 intègre 710 sous-anneau 711 Antisymétrie du déterminant de deux vecteurs 57 Application 1122 affine 1089 bijective 1127 B composée 1123 Barycentre 1086 identité 844, 1122 Base injective 1123 canonique de Kn 885 linéaire 842 885 canonique de Kn [X] surjective 1124 936 canonique de Mq,p (K) Approximation d’un espace vectoriel 884 décimale des réels 350 de l’espace 99 des fonctions continues par morceaux par des fonctions de même sens ou de sens contraire en escalier 508 directe de l’espace 100 projecteur orthogonal 1056 du plan 48 Arc paramétré indirecte de l’espace 100 longueur 625 orthogonale 1051 Argument orthogonale du plan 48 d’un nombre complexe 15 orthonormale 1051 1259
965
orthonormale du plan 48 repère cartésien dans un espace affine 1088 Bicorne 242 Bifocale Définition bifocale de l’ellipse 266 Définition bifocale de l’hyperbole 266 Bijection 1127 réciproque 1127 théorème de la 136 Bilinéarité du déterminant 58 du produit scalaire 55, 105 Borne inférieure 327 Borne supérieure 327 Branche infinie 158, 222 parabolique 223
C Caractérisation de la borne supérieure 327 séquentielle de la limite 651 Caractérisation de la fonction exponentielle par une équation différentielle 183 Caractérisation de la fonction exponentielle par une équation fonctionnelle 184 Cardinal 293 Cardioïde 631, 688 Cauchy-Schwarz 1048 Centre de courbure 631 de l’ellipse 261 de l’hyperbole 264 Cercle 65 principal d’une ellipse 262 Cesáro 1138 Champ de vecteurs 688 Changement de paramétrage 625 de repère 52 de repère orthonormal 52 de variable dans une intégrale 518 Changement de variables intégrale double 686 Coefficients binomiaux 301 Cofacteur 963, 1031 Comatrice 964, 1034 Combinaison p -combinaison 298 linéaire 833, 882 Commutative loi 703 Comparaison des fonctions usuelles 415 des suites de référence 357 Complétion d’une famille libre 886 Complexe Argument d’un nombre 15 module d’un nombre 8
Complexes Corps des nombres complexes 4 Composante d’une fonction vectorielle à valeurs dans R2 Composantes d’un vecteur relativement à une base 885 Composé nombre 741 Composée 1123 Composition de polynômes 756 Condition initiale 185, 195 Congruence 734 Conique 257 Conjugué d’un nombre complexe 6 Continuité à droite 408 à gauche 408 d’une fonction en un point 408 de la composée de deux applications 411 de la composée de deux fonctions 419 uniforme 423 Convergence d’une suite géométrique 352 Convexe partie 1088 Coordonnées d’un point dans un repère d’un espace affine d’un point dans un repère de l’espace 101 d’un vecteur relativement à une base 885 polaire d’un point 53 Coordonnées cartésiennes d’un point 49 d’un vecteur 49 Coplanaires vecteurs 99 Corps 711 archimédien 329 Cosinus 146 hyperbolique 151 Courbe développée 634 de Lissajoux 237 intégrale 184, 195 paramétrée 218 Courbure 628 centre de 631 Critère de convergence d’une suite 348 de divergence d’une suite 348 Cycle 1019 longueur 1019 support 1019 Cycloïde 229
D Décompositon rotation 1062 Décomposition 1260
216
1088
Discriminant 20 d’un entier en produit de facteurs premiers 742 Distance d’une permutation en cycles 1019 d’un point à un plan 115 d’une permutation en transpositions 1020 d’un point à une droite 62 en éléments simples 800 d’un point à une droite de l’espace 117 en facteurs premiers 742 Degré entre deux droites non parallèles 118 d’un polynôme 754 entre deux réels 326 d’une fraction rationnelle 798 Divergence Dense d’une suite 346 partie 330 Divisibilité Déplacement 1095 dans K [X] 756 Dérivabilité dans Z 733 d’une fonction réelle 216 Division d’une fonction sur un intervalle 457 selon les puissances croissantes 757 d’une fonction vectorielle 216 Division Euclidienne d’une fonction vectorielle sur un intervalle 216 dans K [X] 756 Dérivée dans Z 735 d’une composée 657 quotient 735 d’une fraction rationnelle 798 reste 735 des fonctions composées 458 Domination partielle d’une composée 658 d’une fonction par une autre 414 selon un vecteur 653 d’une suite par une autre 353 Dérivées Droite successives 464 affine du plan 48 Déterminant asymptote 222 d’ordre 2 et 3 d’une famille de vecteurs 959 numérique achevée 328 d’un endomorphisme 961, 1027 perpendiculaire commune 117 d’un système de deux équations à deux inconnues 58 vectorielle 836 d’une matrice carrée 1028 vectorielle du plan 48 d’une matrice de taille 2 ou 3 958 Droite de Simson 89 d’une matrice triangulaire 1030 Droites d’une transposée 1030 orthogonales 48 développement selon une ligne, colonne 1032 parallèles 48 dans une base 1025 perpendiculaires 48 de Cauchy 1041 Dual 1054 de deux vecteurs 56 E de Vandermonde 979, 1033 Égalité Développée du parallélogramme 1048 d’une courbe 634 Élément Développement 703 d’un déterminant suivant une ligne ou une colonne 963 neutre Nilpotent 710 déterminant 1032 orbite d’ 1019 limité 581 plus grand 327 limité à l’ordre 1 d’une fonction d’une variable réelle plus petit 327 456 symétrisable 704 limité d’ordre 1 pour une fonction de deux variables Ellipse 257 réelles 656 définition bifocale 266 Développement limité paramétrage de l’ 262 composée de 585 Endomorphisme 707 primitive de 587 d’espaces vectoriels 842 quotient de 586 orthogonal 1057 somme et produit de 585 Ensemble Dichotomie 420 fini 293 Difféomorphisme 624, 665 infini 293 Différentielle 657 Ensembles extremum local 658 équipotents 293 Dimension Équation d’un espace vectoriel 888 aux dérivées partielles 663 Direct caractéristique 195, 898 repère orthonormal 49 cartésienne d’un sous ensemble du plan 52 Directrice 257 1261
linéaire 845 normale d’un plan dans l’espace 113 normale d’une droite 63 polaire d’une conique 258 réduite d’une parabole 259 réduite de l’ellipse 260 réduite de l’hyperbole 263 Équation cartésienne d’un cercle 66 d’un plan dans l’espace 113 d’une conique 258 d’une droite 61 Équation différentielle homogène 184, 195 linéaire du premier ordre 184 linéaire du second ordre 195 normalisée 184 sans second membre 184, 195 Équation polaire 54 d’une droite ne passant pas par le pôle 65 d’un cercle passant par l’origine d’un repère 67 d’une droite passant par le pôle 64 Equivalentes fonctions 416 suites 354 Équivalents classiques en 0 418 usuels pour les suites 357 Espace affine 1084 euclidien 1047 préhilbertion réel 1047 vectoriel 830 vectoriel Kn 831 vectoriel de dimension finie 886 vectoriel de fonctions 832 vectoriel des suites à coefficients dans K 832 Espace vectoriel 48 Excentricité 257 Exponentielle de base a 142 imaginaire 11 néperienne 140 Extremum d’une fonction d’une variable réelle 400 local d’une fonction d’une variable réelle 400
F Factorielle 292 Factorisation par les angles moitiés 14 Faisceau de plan issu d’une droite 128 Famille 1131 de parties 1131 génératrice de vecteurs 884 liée de vecteurs 883 libre de vecteurs 883 linéairement dépendante 883 linéairement indépendante 883 Fermat
nombre de 748 petit théorème de 749 Folium de Descartes 235 Fonction argch 1154 argsh 1154 k fois dérivables 217 arcosinus 148 arcsinus 147 arctangente 150 argument cosinus hyperbolique 156 argument sinus hyperbolique 154 argument tangente hyperbolique 157 bornée 400 continue par morceaux sur un intervalle continue par morceaux sur un segment continue sur un intervalle 418 coordonnée 216 croissante 401 décroissante 401 définie par une intégrale 517 dérivable à droite 454 dérivable à gauche 454 dérivable en un point 455 dérivable sur un intervalle 457 de classe C k 217 de classe C n 465 de classe C 1 655 de Leibniz 1086 deux fois dérivable 464 dominée par une autre 414 en escalier 504 exponentielle complexe 16 impaire 401 lipschitziennes 402 majorée 400 minorée 400 monotone 401 négligeable devant une autre 414 périodique 402 paire 401 plan d’étude 159 polynomiale 758 puissance 143 strictement croissante 401 strictement monotone 401 tangente 146 uniformément continue 423 vectorielle à valeurs dans R2 216 Fonctions équivalentes 416 usuelles, comparaison 415 Forme n -linéaire 1023 n -linéaire alternée 1024 n -linéaire antisymétrique 1024 n -linéaire symétrique 1024 linéaire 842, 1054 multilinéaire alternée 959 Formule d’Al-Kashi 82 1262
511 506
de changement de base 1026 H de changement de base pour le déterminant d’une famille Hadamard lemme d’ 986 de vecteurs 960 707 de changement de base pour un endomorphisme 953 Homomorphisme Homothétie 22, 1091 de changement de base pour un vecteur 952 vectorielle 844 de changement de base pour une application linéaire Hyperbole 257 952 équation réduite de l’ 263 de changement de base pour une forme linéaire 953 équilatère 276 de Green-Riemann 690 centre 264 de Heron 44, 82 définition bifocale 266 de Leibniz 465 paramétrage 265 de Leibniz pour les polynômes 762 sommet 265 de Machin 171 de Moivre 13 I de Stirling 391 Identité 844, 1122 de Taylor avec reste intégral 522 de polarisation 1048 de Taylor avec reste intégral pour les fonctions de deux Image variables réelles 662 d’un intervalle par une application continue 421 de Taylor pour les polynômes 762 d’un nombre complexe 7 de Taylor-Young 524 d’une application linéaire 843 de Taylor-Young à l’ordre 2 pour les fonctions de deux directe 1129 variables réelles 663 réciproque 1128 du binôme 1144 Inégalité du binôme de Newton 300, 710 arithmético-géométrique 308, 470 du rang 896 de Cauchy-Schwarz 513, 1048 Formules de la moyenne 513 d’Euler 13 de Minkowski 513, 1049 de Cramer 967, 1029 de Taylor-Lagrange 523 de Frenet 628 des accroissements finis 462 de Taylor complexes 644 triangulaire pour une norme 1049 Foyer 257 Inégalités Fraction rationnelle 797 triangulaires 9, 326 décomposition en éléments simples 800 Injection 1123 dérivée 798 Intégrale degré 798 calcul approché 527 pôle 798 d’une fonction complexe 643 partie entière 799 d’une fonction continue par morceaux sur un segment partie polaire 799 509 d’une fonction en escalier 505 Frenet d’une fonction périodique 519 formules de 628 d’une fonction paire ou impaire 520 repère 627 de Wallis 569 Intégration G par parties 518 Gradient 657 Interprétation cinématique 218, 462 Gronwall Intersection Lemme de 563 de deux droites 65 Groupe 704 d’un cercle et d’une droite 68 U des nombres complexes de module 1 9 Intervalle 329 alterné 1022 Invariance calcul dans un 706 de l’intégrale par translation 514 commutatif 47 Inverse de Klein 714 à droite 897 de Lorentz 1000 à gauche 897 des translations 1091 Isobarycentre 1088 linéaire 845 Isométrie 1057 orthogonal 1058, 1060, 1062 affine 1093 permutations 1018 directe 1060 produit 706 indirecte 1062 matrice 1059 symétrique 1018 1263
Isomorphisme 707 affine 1090 d’espaces vectoriels
842
J Jacobien 686 Jordan Matrice de
992
L Leibniz fonction de 1086 Lemme d’augmentation d’une famille libre 886 d’Hadamard 986 de diminution d’une famille liée 886 de Lebesgue 1179 de Steinitz 887 des trois pentes 467 Lemniscate de Bernoulli 238 Ligne de niveau 59 Limaçon de Pascal 254 Limite à droite 408 à gauche 408 conservation des inégalités par passage à la d’une famille de droites 218 d’une fonction en un point 403, 405 d’une suite 341 infinie d’une fonction en un point 404 Linéarité de l’intégrale 510 Lipschitzienne Continuité d’une fonction 419 Liste p -liste 297 Logarithme décimal 141 de base a 141 népérien 137 Logarithmique Critère de comparaison 356 Loi associative 703 commutative 703 de composition interne 4, 702 Longueur d’un arc paramétré 625 Lorentz Groupe de 1000
M Majorant 327 Maple combine 1151 convert parfrac 1211 diff 1183 evalm 939 expand 1157 factor 1157, 1183
345
GramSchmidt 1054 int 1211 matrix 939 series 1195 transpose 939 Matrice 935 élémentaire 936 antisymétrique 949 carrée 935 colonne 935 d’un endomorphisme dans une base 944 d’un système linéaire 965 d’un vecteur relativement à une base 940 d’une application affine 1090 d’une application linéaire relativement à deux bases 941 d’une famille de vecteurs relativement à une base 940 d’une forme linéaire relativement à une base 941 de changement de base 950 de Jordan 992 de passage 1059 diagonale 948 identité 935 inverse 1034 inversible 944 ligne 935 nulle 935 orthogonale 1058 scalaire 948 spéciale orthogonale 1060 symétrique 949 transposée 938 triangulaire supérieure 948 Maximum d’une fonction d’une variable réelle 400 local d’une fonction d’une variable réelle 400 Médiateur plan 126 Mesure algébrique 54, 1099 Méthode d’intégration par parties 518 des rectangles 527 du pivot de Gauss 967 Mineur 963, 1031 Minimum d’une fonction d’une variable réelle 400 local d’une fonction d’une variable réelle 400 Minkowski 1049 Minorant 327 Module d’un nombre complexe 8 Morphisme d’espaces vectoriels 842 de groupes 707 Multiplication d’une matrice par un scalaire 936
N Nombre complexe composé 1264
4 741
Plan
de Fermat 748 de Neper 138 imaginaire pur 6 premier 741 Nombres premiers entre eux 737 Normal vecteur normal à un plan 99 Norme associée à un produit scalaire 1048 Notation Q 291 P 291 Noyau d’un morphisme 708 d’une application linéaire 843
O Opération élémentaire 1029 élémentaire sur les colonnes 951 élémentaire sur les lignes 951 Opérations sur les dérivées 457 sur les fonctions 399 sur les polynômes 753 sur les suites 340 Orientation d’un arc paramétré 625 du plan ou de l’espace 965 Origine repère cartésien dans un espace affine 1088 Orthogonal d’une partie d’un espace vectoriel 1051 groupe 1060 Orthogonale matrice 1058 Orthogonalité 1050 de deux vecteurs d’un espace préhilbertien réel Schmidt 1052 Orthoradial vecteur 230
P Parabole 257 Paramétrage admissible 625 de la parabole 260 normal 627 Paramètre angulaire 627 d’une conique 257 Partie entière d’un réel 330 principale d’un développement limité régulière d’un développement limité Permutation circulaire 1019 inversion 1021 signature 1021 PGCD 736, 767
581 581
médiateur 126 tangent à une sphère 120 vectoriel 836 Plan de démonstration 1116 Plans parallèles 114 perpendiculaires 114 Plus grand élément 327 Plus petit élément 327 Point anguleux 456 critique 658 régulier 219 stationnaire 219 Pôle 53 Polynôme 752 conjugué 764 dérivé 761 dérivé d’ordre n 761 irréductible 765 normalisé 754 réciproque 781, 786, 1161 scindé sur K 763 symétrique élémentaire 766 Polynômes associés 756 de Tchebychev 987, 1150 premiers entre eux 768 Potentiel scalaire 689 PPCM 736, 769 Prédicat 1115 Premier nombre 741 Prépondérance d’une fonction devant une autre 414 d’une suite devant une autre 354 Preuve par neuf 735 1050 Primitive d’un développement limité 587 d’une fonction 515 Principe de récurrence 290 des tiroirs 295 Problème de Cauchy 185 Produit cartésien 4 d’espaces vectoriels 831 de matrices élémentaires 938 matriciel 937 scalaire 54 Produit scalaire 1047 orthogonalité 1050 Projecteur 847 orthogonal 1055 Projection affine 1091 affine orthogonale 1094 orthogonale 54 1265
Prolongement par continuité 409 Propriété d’Archimède 329 vraie à partir d’un certain rang 341 vraie au voisinage d’un point 403 Puissance d’un point par rapport à un cercle 90 Pythagore théorème de 1050
Q Quantificateur 1115 Quantité conjuguée 1194
R Racine n -ième d’un nombre complexe 17 n -ième de l’unité 17 carrée d’un nombre complexe 19 d’ordre p 760 d’un polynôme 759 double 760 multiple 760 simple 760 Rang d’un système linéaire 965 d’une application linéaire 895 d’une famille de vecteurs 895 d’une matrice 953 Réciproque du théorème de Thalès 1099 Réflexion 1056, 1094 Règle de l’Hospital 487 de Sarrus 110, 958, 1026 Règles de calculs avec les matrices 938 Régulier point 219 Relation de Chasles 510 de Pascal 299 Relations entre les coefficients et les racines d’un polynôme Repère axe d’un 49 cartésien 49 cartésien dans un espace affine 1088 Changement de 52 de Frenet 627 direct de l’espace 100 indirect de l’espace 100 origine d’un 49 orthogonal 49 orthonormal 49 orthonormal direct 49 Polaire 53 Repère orthonormal Changement de 52 Représentation paramétrique
d’un cercle 66 d’une droite 60 Résolution d’une équation du second degré à coefficients complexes 20 d’une équation du second degré à coefficients réels 20 Reste d’un développement limité 581 euclidien 735, 756 Rotation 22 décompositon 1062 matrice 1065 vectorielle 1061 Rotationnel 689
S Scalaire 830 Second membre d’un système linéaire 965 Segment 329, 1088 Série géométrique 352, 711 géométrique complexe 641 Similitude 1097 directe 1097 Similitude directe 23 Simson Droite de 89 Sinus 145 hyperbolique 151 Solution d’une équation différentielle linéaire du premier ordre 184 d’une équation différentielle linéaire du second ordre 195 Somme binômiale 1144 de Newton 1163 de Riemann 528 de sous-espaces vectoriels 838 directe de sous-espaces vectoriels 839 géométrique 1144 Sommet 259 766 d’une parabole de l’ellipse 261 de l’hyperbole 265 Sous-corps 711 Sous-espace vectoriel 833 engendré par une partie d’un espace vectoriel 836 orthogonal 1050 somme 838 Sous-espaces vectoriels en somme directe 839 supplémentaires 840 Sous-groupe 706 Sphère 119 Stationnaire 219 Strophoïde droite 232 Subdivision d’un intervalle 503 1266
plus fine qu’une autre 503 subordonnée à une fonction continue par morceaux sur un segment 506 subordonnée à une fonction en escalier 504 Suite arithmétique 292 bornée 340 complexe 640 constante 340 convergente 341 croissante 340 décroissante 340 définie par récurrence 291 de Cesáro 371 de Fibonacci 749, 898, 988 divergente 341 dominée par une autre 353 extraite 347 géométrique 292 géométrique complexe 641 majorée 340 minorée 340 monotone 340 négligeable devant une autre 354 réelle 339 strictement monotone 340 Suites équivalentes 354 adjacentes 349 de références 357 Support d’un arc paramétré 218 Surjection 1124 Symbole de Kronecker 938, 1164 Symétrie 848 affine 1092 affine orthogonale 1094 du produit scalaire 55, 105 orthogonale 1056 Symétrique d’un élément 704 Système de Cramer 59, 967 homogène associé à un système linéaire 965 linéaire à n équations et p inconnues 965 linéaire compatible 965
T Tangente à la parabole 260 à un cercle 68 à une ellipse 262 en un point stationnaire 219 hyperbolique 153 Taux d’accroissement 454 Terme dominant d’un polynôme 754 Thalès Réciproque du théorème de 1099 Théorème de 1099
Théorème Composition des fonctions continues 653 d’intégration par parties 518 d’opérations sur les dérivées 457 d’opérations sur les fonctions continues 419 d’opérations sur les fonctions de deux variables de classe C1 655 de Bézout 738 de Bolzano-Weierstrass 351, 641 de caractérisation séquentielle de la continuité 411 de Cesáro 371 de composition des limites 410 de d’Alembert-Gauss 763 de dérivation de la bijection réciproque 136, 137, 459 de dérivation des fonctions composées 458 de Fubini 685 de Gauss 739 de Heine 423 de la base incomplète 887 de la bijection 136, 424 de la limite monotone pour les fonctions 413 de la limite monotone pour les suites 348 de la limite séquentielle 411 de Lagrange 719 de majoration pour les fonctions de deux variables 651 de majoration pour les fonctions réelles 405 de majoration pour les suites complexes 640 de passage à la limite dans les inégalités 409 de Poincaré 689 de Pythagore 1050 de récurrence 290 de Rolle 460 de Schmidt 1052 de Schwarz 661 de Thalès 1099 des accroissements finis 461, 1228 des gendarmes pour les fonctions 410 des gendarmes pour les suites 345 des segments emboîtés 351 des valeurs intermédiaires 419, 421 fondamental de l’algèbre 763 fondamental de l’analyse 516, 644 formule de Taylor avec reste intégral 522 formule de Taylor-Young 524 inégalité des accroissements finis 462 petit théorème de Fermat 749 relèvement 627 Trace d’une matrice carrée 947 Translation 22 affine 1090 Transposée d’une matrice 938 Transposition 1020 Triangle de Pascal 299 Trifolium 250 Troncature d’un développement limité 582
1267
U Uniforme continuité
423
V Valeur absolue 326 décimale approchée 350 Valeur moyenne d’une fonction 514 Valuation d’un polynôme 755 Variable muette 1116 Variation de la constante 190 Vecteur 830 colonne d’une matrice 935 directeur 48 ligne d’une matrice 935 normal 62 normal à un plan 99 normal unitaire 106 nul 830 orthoradial 230 symétrique 47 unitaire 48, 1050 Vecteurs angle 1061 Vecteurs colinéaires 48 coplanaires 99 Voisinage à droite 408 à gauche 408 d’un point 649 d’un point dans R 403 pointé d’un point 408 strict à droite 408 strict à gauche 408
W Wallis intégrales de
390
1268
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