Devoirs en MPSI 1 - 2000/2001(corrigés)

Pierre L. Douillet

17 novembre 2016

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Ces devoirs ont été donnés durant l’année 2000-2001 dans une classe de MPSI.

Table des matières

1 Triangle de Napoléon - Homographies 71.1 Triangle de Napoléon. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Homographies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 ds1 : De tout un peu 112.1 Une transformation ponctuelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Cercle de Nyquist . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Construction de l’inverse d’un complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.4 Formules de Dirichlet et de Féjer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.5 Différence symétrique de deux ensembles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3 Théorème de la double injection 153.1 Premiers résultats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.2 Théorème de la double injection (Bernstein) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.2.1 Cas particuliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.2.2 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.2.3 Cas général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

4 ds2 : Borne supérieure et suites réelles 194.1 Diamètre d’un ensemble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.2 Récurrence homographique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.3 Une autre suite récurrente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204.4 Une suite récurrente double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

5 Suite récurrente quadratique 235.1 Résolution dans R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235.2 Vitesse de convergence pour u0 ∈ ]−1, 0 [ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235.3 Résolution pour z0 ∈ C lorsque |z0| ≥ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245.4 Résolution dans le pavé −1 ≤ < (z) ≤ 0, −

√3

2 ≤ = (z) ≤√

32 . . . . . . . . . . . . . . 25

6 Polynômes de Legendre 27

7 ds3 : Dualité fonctionelleAbsolue monotonie 297.1 Exercice 8.3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297.2 Dualité fonctionnelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

7.2.1 Préliminaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297.2.2 Dualité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

7.3 Fonctions absolument monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

8 Polynômes de Laguerre 33

3

4 TABLE DES MATIÈRES

9 ds4 : Polynômes de Hermite 379.1 Exercice convexité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379.2 Polynômes de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

9.2.1 Relations de récurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379.2.2 Somme des carrés des racines d’un polynôme . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

10 Misc. : morphisme ; analyse ; Douai 86 4110.1 Morphisme de groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4110.2 Analyse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4110.3 Mines de Douai 86 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

11 ds5 : Groupes ; polynômes de Bernoulli 4511.1 Groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4511.2 DL et limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4611.3 Polynômes de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

12 Polynômes de Lagrange ; Bernoulli (2) 4712.1 Polynômes de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4712.2 Polynômes de Bernoulli (suite) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

13 ds6 : Commutant d’un projecteur 5113.1 Problème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

13.1.1 Un exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5113.1.2 Une relation d’ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5213.1.3 Projecteurs tels que f ◦ g − g ◦ f ∈ V ect (f, g). . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

13.2 Exercice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5413.2.1 Diagonalisation d’un endomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5413.2.2 Commutant d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

14 Suites de matrices ; matrices hamiltoniennes 5714.1 Suites et séries dansMn (R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5714.2 Matrices hamiltoniennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

15 ds7 : Matrices et récurrences 6115.1 Exercice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6115.2 Exercice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6115.3 Problème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

15.3.1 Première partie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6215.3.2 Deuxième partie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

16 Transformation de LaplacePolynômes de Laguerre 6516.1 Transformation de Laplace et polynômes de Laguerre . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

16.1.1 Formule de Rodriguès pour les polynômes de Laguerre . . . . . . . . . . . . . 6516.1.2 Relation de Parseval-Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6616.1.3 Transformation de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

17 ds8 : Formule de Simpson - Intégrales elliptiques 6917.1 Exercice 22.2.2-11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6917.2 Une famille de polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7017.3 Récurrence intégrale de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

17.3.1 Moyenne de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7117.3.2 Une intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

TABLE DES MATIÈRES 5

18 Opérateurs quantiques dans C[X,Y ] 7518.1 Opérateurs quantiques dans C [X, Y ]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

18.1.1 Définition des opérateurs D et S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7518.1.2 Nombre quantique principal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7618.1.3 Exemples de vecteurs propres de S (n ≤ 3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7618.1.4 Nombre quantique orbital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7718.1.5 Polynômes harmoniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

19 ds9 : Calcul d’intégrales par équations différentielles 7919.1 Premier problème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7919.2 Deuxième problème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

20 dsA : Isométries ; minimisations 8320.1 Isométries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8320.2 Un problème de minimisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

20.2.1 L’application ϕk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8420.2.2 Étude préliminaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8520.2.3 Interprétation de mk lorsque k ≤ n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8520.2.4 Détermination de mk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

21 coming soon 87

22 dsB : Sujet de révision 8922.1 Exercice : suite récurrente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8922.2 Problème 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

22.2.1 Partie 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9022.2.2 Partie 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

22.3 Problème 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9222.3.1 Partie I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9222.3.2 Partie 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

6 TABLE DES MATIÈRES

Devoir № 1

Triangle de Napoléon - Homographies

1.1 Triangle de Napoléon.

1. Soient p1, p2, q1, q2 ∈ C avec p1 6= p2 et q1 6= q2. Existence, unicité, détermination de lasimilitude σ : z 7→ α z + β telle que q1 = σ (p1) et q2 = σ (p2).

(a) Si σ existe, alors σ existe. Si σ est unique, alors σ est unique. Ne pas y passer 3 pages.

(b) Supposons l’existence de σ. On a alors q1 = αp1 + β et q2 = αp2 + β. On en déduit α =q1−q2p1−p2 (division possible, car p1 6= p2 et α 6= 0 car q1 6= q2), puis β = q1−αp1 = q2−αp2.Démontrant l’unicité (si existence).

(c) Il suffit alors de tester ces valeurs pour montrer l’existence, et donc l’unicité.

2. En déduire que la quantité s = t2−t1t3−t1 caractérise les triangles qui sont (directement) semblables

à un triangle donné (t1, t2, t3). Interprétation géométrique ?

(a) “Caractérisation” veut dire “équivalence” : il faut une démonstration dans chaque sens.

(b) On suppose la similitude des triangles (t) et (T ). Alors Tj = α tj + β et Tj − Tk =α (tj − tk). Comme α 6= 0, les quantités s et S ont la même existence, et on a S =T2−T1T3−T1 = α(t2−t1)

α(t3−t1) = s.

(c) Si s, S ne sont pas définis, on a t1 = t3 et T1 = T3, et il existe une similitude telle quet1 7→ T1 et t2 7→ T2. Si on suppose s = S, on a alors t2 = s t3 + (1− s) t1 et T2 =s T3 + (1− s)T1. La question précédente montre l’existence de σ telle que T1 = α t1 + βet T3 = α t3 + β. On reporte et l’on vérifie que l’on a aussi T2 = α t2 + β.

(d) La quantité s exprime le premier cas de similitude de deux triangles : un angle homologueégal, compris entre deux côtés homologues proportionnels.

(e) Remarque 1 : la donnée d’un triangle met en jeu 6 paramètres réels, la condition d’exis-tence de σ en utilise 2, tandis que la donnée de σ en utilise 4.

(f) Remarque 2 : les valeurs s = 1, s = 0, s = ∞ correspondent aux “triangles” avec deuxpoints confondus : il faut donc exclure ces valeurs du cas général.

3. En déduire que (a, b, c) équilatéral équivaut à E .=(a+ b j + c j2

) (a+ b j2 + c j

)= 0.

(a) Un triangle équilatéral réduit à un point vérifie la relation. Sinon, il est semblable à(1, j, j2

)ou bien à

(1, j2, j

), triangles caractérisés respectivement par s = exp

(iπ3)

=−j2 et par s = exp

(−iπ3

)= −j. On a donc b−s c−(1− s) a = 0 et donc b+j2c+j a = 0,

ou bien b+ j c+ j2a = 0. Le produit est donc nul.

(b) Réciproquement, supposons E = 0. On montre aisément que le cas particulier a = c,conduit à (a− b)2 = 0 et le triangle est équilatéral. Dans le cas général (a 6= c), l’un desdeux facteurs est nul et l’on a b− s c− (1− s) a = 0 avec s = −j2 ou bien avec s = −j.Et l’on conclut avec la relation précédente.

7

8 DEVOIR № 1. TRIANGLE DE NAPOLÉON - HOMOGRAPHIES

4. Soit le triangle T = (a, b, c). On construit Θ = (α, β, γ) tel que les triangles (α, b, c),(β, c, a) et (γ, a, b) soient semblables entre eux. Montrer que T et Θ ont même centre degravité.

(a) D’après la question 2, on a : a = s c+ (1− s)β, b = s a+ (1− s) γ et c = s b+ (1− s)α.En sommant membre à membre, on obtient (a+ b+ c) (1− s) = (α+ β + γ) (1− s). Lecas particulier s = 1 mis à part (c’est à dire a = b = c) on obtient bien l’égalité descentres de gravité.

5. On suppose T équilatéral. Montrer que tous les triangles Θ sont équilatéraux.

(a) On a(a+ b j + c j2

)= s

(c+ a j + b j2

)+ (1− s)

(β + γ j + α j2

)d’où (1− s) j2

(α+ β j + γ j2

)=(a+ b j + c j2

)(1− j s)

et (1− s)2E (α, β, γ) = (1− j s)(1− j2s

)E (a, b, c).

(b) On en déduit que “T équilatéral non réduit à un point” implique “tous les triangles Θsont équilatéraux”.

6. On suppose T non équilatéral. Montrer qu’un seul triangle Θ est semblable à T . Combienobtient-on de triangles équilatéraux parmi les triangles Θ ?

(a) Pour avoir T et Θ semblables, il faut avoir c−ab−a = γ−αβ−α . Or a−c = s (c− b)+(1− s) (β − α)

et b− c = s (a− b) + (1− s) (γ − α). D’où

(c− a) ((a− c)− s (c− b)) = (b− a) ((b− c)− s (a− b)) .

On aboutit à(a2 + b2 + c2 − a b− b c− c a

)(1 + s) = 0. Or le premier facteur n’est autre

que E (a, b, c). La seule solution possible est donc s = −1.

(b) Or il est évident que s = −1 convient (triangle des milieux des côtés).

s quelconque s = −1

(c) La formule Q5 montre que les hypothèses “T non équilatéral et sans points confondus”et “Θ équilatéral” impliquent s = j ou bien s = j2, autrement dit des triangles isocèlesavec un angle de 120°, tous trois situés à l’extérieur du triangle initial, ou bien tous troisrecoupant le triangle initial

s = j s = j2

1.2 Homographies

On pose C = C ∪ {ω}, avec ω /∈ C (aucune autre propriété n’est supposée sur l’objet ω).

1. On suppose α ∈ C∗ et β ∈ C. L’application s : C ↪→ C définie par s (ω) = ω et sinons (z) = α z+β est appelée similitude. Montrer que s est une bijection. Donner sa réciproque.

1.2. HOMOGRAPHIES 9

(a) Si s (z1) = s (z2) = ω alors z1 = z2 = ω et si s (z1) = s (z2) ∈ C alors α z1 +β = α z2 +β,d’où α (z1 − z2) = 0 et, à nouveau, z1 = z2. Ce qui établit l’injectivité.

(b) Il est clair que ζ = ω possède un antécédent. Soit alors ζ ∈ C. L’équation ζ = α z + βpossède une solution en z, à savoir z = α−1ζ − β α−1 et ζ possède encore un antécédent.Ce qui établit la surjectivité.

2. On suppose a, b, c, d ∈ C avec a d − b c 6= 0 et c 6= 0. L’application h : C ↪→ C définiepar h (ω) = a

c , h(−dc

)= ω et sinon h (z) = a z+b

c z+d est appelée homographie non dégénérée.Montrer que h est une bijection et donner son application réciproque.

(a) Posons E = C\{−dc

}et F = C\

{ac

}. La situation z ∈ E et ζ .

= h (z) = ac est impossible.

En effet a z+bc z+d −

ac vaut b c−a d

c(c z+d) qui n’est jamais nul. On voit que h induit une applicationh0 : E ↪→ F .

(b) Soient z1, z2 ∈ E. Alors h0 (z1)−h0 (z2) = (z1 − z2) a d−b c(c z1+d)(c z2+d) n’est jamais nul, et h0

est injective.(c) Soit ζ ∈ F . Alors l’équation ζ = h0 (z) = a z+b

c z+d admet pour solution z = −d ζ+bc ζ−a (le

dénominateur ne pouvant s’annuler) et h0 est surjective.(d) En recollant les morceaux, on voit que h elle même est une bijection. Mieux encore, h−1

est une homographie, avec z = h−1 (ζ) = −d ζ+bc ζ−a

3. On appelle homographie une application qui est soit du type (1) soit du type (2). Montrer lacomposée de deux homographies est encore une homographie. Donner la formule correspon-dant à h = h2 ◦ h1 avec h1 (z) = a z+b

c z+d et h2 (z) = α z+βγ z+δ .

(a) Soit z ∈ C. Posons z1 = h1 (z) et z2 = h2 (z1). Le calcul élémentaire de z2 à partir de zconduit à z2 = H (z) = α(a z+b)+β(c z+d)

γ(a z+b)+δ(c z+d) , qui peut donc se réécrire H (z) = Az+BC z+D avec

A = αa+ β c, B = α b+ β d, C = γ a+ δ c et D = γ b+ δ d.(b) La propriété AD −BC 6= 0 est une conséquence de AD −BC = (a d− b c) (α δ − β γ).(c) Montrons que la propriétéH (z) = h (z) continue à se vérifier pour les trois cas particuliers

(deux pour h1 et deux pour h2).z = −d

c donne z1 = ω et donc z2 = αγ . Qui est effectivement égal à H (z) = Ad−B c

C d−D c

z = ω donne z1 = ac et donc z2 = αa+β c

γ a+δ c . Qui coïncide avec H (ω) = AC

z1 = − δγqui conduit à z2 = ω est associé avec z =

(h−1

1

)(z1) = −d (−δ)+b γ

c (−δ)−a γ = −DC

(d) Il reste à montrer que les formules (a) s’appliquent également aux similitudes.

4. A quelle condition h (z) = a z+bc z+d est-elle involutive, c’est-à-dire vérifie h ◦ h = (z 7→ z) ?

(a) Pour une similitude, il faut a (a z + b) + b = z, soit(a2 − 1

)z + (a+ 1) b = 0, pour tout

z ∈ C. Les seuls cas possibles sont donc a = 1, b = 0 (application identique) ou biena = −1, avec b quelconque (symétrie centrale).

(b) Pour une homographie avec c 6= 0, il est nécessaire que −dc = h[2]

(−dc

)= h (ω) = a

c ,imposant la relation d+ a = 0.

(c) Les réciproques sont immédiates. On a donc deux cas en tout : l’application identique, etles homographies qui vérifient a+ d = 0.

5. Montrer qu’une homographie différente de l’identité possède soit un soit deux points fixes,c’est à dire que l’équation h (z) = z possède soit une, soit deux solutions.

(a) Pour une similitude, ω est fixe. Il existe un autre point fixe lorsque z = a z + b possèdedes solutions, c’est à dire pour a 6= 1 (les translations).

(b) Pour une homographie avec c 6= 0, aucun des cas particuliers ne peut être fixe. Il suffitdonc de résoudre z = a z+b

c z+d , soit c z2 + (d− a) z − b = 0 qui est du second degré.

6. On suppose que h (z) = a z+bc z+d possède deux points fixes w1 = h (w1) et w2 = h (w2) (avec

w1 6= w2). On pose ϕ (z) = z−w2z−w1

. Que vaut ψ = ϕ ◦ h ◦ ϕ−1 ? Quels sont ses points fixes ?

10 DEVOIR № 1. TRIANGLE DE NAPOLÉON - HOMOGRAPHIES

(a) On peut utiliser (3.a). On peut aussi calculer h(z)−w2

h(z)−w1= h(z)−h(w2)

h(z)−h(w1) . Avec (2.b) il vient(z−w2)(a d−b c)(c z+d)(cw1+d)(z−w1)(a d−b c)(c z+d)(cw2+d) . D’où ϕ (h (z)) = cw1+d

cw2+d × ϕ (z).

(b) On voit donc que ψ est une similitude de centre 0 (le multiplicateur est différent de 1).Ses points fixes sont 0 et ω.

7. On suppose que h (z) = a z+bc z+d ne possède qu’un seul point fixe w0 = h (w0). On pose ϕ (z) =

1z−w0

. Que vaut ψ = ϕ ◦ h ◦ ϕ−1 ? Quels sont ses points fixes ?

(a) On a ϕ (h (z)) = 1h(z)−h(w0) = 1

z−w0

(c z+d)(cw0+d)a d−b c . L’équation c z2 +(d− a) z−b = 0 ayant

une racine double, on a (a− d)2 + 4b c = 0 soit a d− b c = 14 (a+ d)2, ainsi que w0 = a−d

2c .On en déduit ϕ (h (z))− ϕ (z) = 2c

a+d . Cette expression étant une constante, on voit queψ est une translation.

(b) L’unique point fixe de ψ est ω.

8. On appelle cycle soit un cercle soit une droite complétée par le point ω. Montrer qu’unpoint z4 appartient au cycle déterminé par trois points distincts z1, z2, z3 si et seulementsi Φ = z3−z2

z3−z1 ÷z4−z2z4−z1 ∈ R ∪ {ω}.

(a) On remarque que Φ = 0 correspond à z4 = z1, tandis que Φ = ω correspond à z4 = z2,et Φ = 1 correspond à z4 = z3. On exclut ces valeurs de ce qui suit.

(b) Si z1, z2, z3 sont alignés, la relation est vérifiée par z4 = ω. Pour z4 ∈ C, la relation sesimplifie en z4−z2

z4−z1 ∈ R \ 1. Ce qui caractérise bien la droite complétée (z1, z2).

(c) Si les trois points ne sont pas alignés, ils déterminent un cercle. Son équation x2 + y2 −2a x − 2b y + c = 0 peut se réécrire en z z − αz − αz + c = 0 en posant z = x + i y etα = a+ i b. Le rayon est alors déterminé par ρ2 = αα− c > 0.

(d) Si l’on suppose z4 sur le cercle, on a zj =α zj−czj−α pour j = 1..4. D’où zj−zk =

(zj−zk)(c−αα)(zj−α)(zk−α)

et la quantité Φ est sa propre conjuguée : c’est donc un réel.

(e) Si l’on suppose Φ réel, on choisit d tel que z4 = α z4−dz4−α . On écrit que Φ − Φ est nul. En

factorisant, il vient (d− c) = 0 tous les autres facteurs étant non nuls. Et donc z4 vérifiel’équation du cercle.

9. Soit h une homographie. On pose Z1 = h (z1), etc. Montrer que Z3−Z2Z3−Z1

÷ Z4−Z2Z4−Z1

= z3−z2z3−z1 ÷

z4−z2z4−z1 . En déduire que l’image d’un cycle par une homographie est encore un cycle.

(a) La formule voulue découle de (2.b). L’inclusion vient en appliquant (8) et le fait que l’onobtienne tout le cycle vient de l’homographie réciproque.

10. Exemple : images successives du cercle trigonométrique par l’homographie z 7→ 3z−3z+3 .

–3

–2

–1

1

2

3

–3 –2 –1 1 2 3

.

(a) En faisant les calculs, on constate que h[6] (z) = z pour tout z : périodicité..

(b) D’après (9) il suffit de suivre l’évolution de trois points caractéristiques. Ainsi :[1, i, −1],

[0, −3

5 + 65 i, −3

], [−1, −1 + 2 i, ω], [−3, 3i, 3], [∞, 1 + 2i, 1],

[3, 3

5 + 65 i, 0

].

Devoir № 2

ds1 : De tout un peu

2.1 Une transformation ponctuelle

On considère l’application f : C ↪→ C : z 7→ f (z) = |z|2 + (z)2

1. Expliciter f (x+ i y) pour x, y ∈ R. Calculer f(exp

(i k π3

))pour k ∈ [0 .. 5].

(a) On a i2 = −1 et donc (−i y)2 = −y2, conduisant à f (x+ i y) = 2x2 − 2i x y.

(b) On repart de la définition, afin de tester (a). Il vient f (+1) = f (−1) = 2, f(exp

(iπ3))

=

f(exp

(i4π

3

))= 1 + j2 = −j et f

(exp

(i2π

3

))= f

(exp

(i5π

3

))= 1 +

(j2)2

= −j2.

2. Condition sur z1, z2 pour que f (z1) = f (z2).

(a) En identifiant parties réelles et imaginaires, on trouve 2x21 = 2x2

2 et 2x1y1 = 2x2y2.

(b) On a donc x1 = x2 ou x1 = −x2.

(c) Si x1 = x2 = 0 la deuxième équation est toujours vérifiée. Autrement dit, tous lesimaginaires (z ∈ iR) ont la même image, à savoir 0. Ce sont les seuls.

(d) Dans les autres cas (i.e. f (z) 6= 0), toute image possède exactement deux antécédents(qui sont opposés).

3. Quelle est l’image par f du cercle trigonométrique ?

(a) Calcul immédiat : f (exp (i α)) = 1 + exp (−2i α).

(b) On en déduit que l’image de U est le cercle de centre ω = 1 et de rayon 1 (on obtienttout le cercle car l’exponentielle imaginaire est surjective iR ↪→ U

4. Quels sont les z ∈ C tels que (f (z)− 1)2 = 1 ?

(a) Cette équation équivaut à f (z) = 0 ou f (z) = 2. Dans le premier cas, tous les imaginairesconviennent. Dans le second, on retrouve z = +1 et z = −1.

–2

–1

0

1

2

–2 –1 0 1 2

–4

–2

0

2

4

0 2 4 6 8

Figure 2.1 – Description polaire du plan et son image par la transformation.

11

12 DEVOIR № 2. DS1 : DE TOUT UN PEU

2.2 Cercle de Nyquist

Les nombres a, b, c, d sont des réels donnés, x est un réel variable. On considère le complexez = a+i b x

c+i d x et M son image dans le plan rapporté à un repère orthonormé.

1. Déterminer l’image A de z quand x = 0. On appelle B le point d’abscisse bd (il correspond à

l’image de z quand x→∞).

(a) On a f (0) = ac . On voit que les conditions c 6= 0 et d 6= 0 sont sous-entendues.

2. Calculer ζ = z − 12

(ac + b

d

). Déterminer le module de |ζ|. En déduire le lieu de M lorsque x

parcourt R.

(a) On a f (x) − f (0) = −i x (a d−b c)(i d x+c)c et f (x) − f (∞) = (a d−b c)

(i d x+c)d . Prenant la moyenne desdeux, il vient ζ = a d−b c

2c d−i d x+c+i d x+c .

(b) Il est clair que le deuxième facteur est de module 1. On a donc |ζ| =∣∣a d−b c

2c d

∣∣, et les zsont sur un cercle de centre 1

2 (f (0) + f (∞)).

(c) Il devrait être clair que f (∞) ne sera pas atteint si l’on impose x ∈ R ! Et de fait, onobtient tout le cercle ayant [f (0) ; f (∞)] pour diamètre, à l’exception d’un point.

f (x) = −1+6 i x1+2 i x

x=.1e7

x=1

x=.3

x=0

x=-.3

x=–1

–2

–1

0

1

2

–1 0 1 2 3

2.3 Construction de l’inverse d’un complexe

Dans ce qui suit, z désigne un complexe non réel (autrement dit z ∈ C \ R) et l’on cherche àdéterminer son inverse par des moyens géométriques..

1. Montrer que les points ayant pour affixes les nombres 1, −1, z, −1/z appartiennent à unmême cercle.

(a) Le point d appartient au cycle (droite ou cercle) déterminé par a, b, c si et seulement si(c−b) (d−a)(c−a) (d−b) ∈ R ∪ {∞} (le cas ∞ correspondant à d = b).

(b) Le “−” de −1/z avait traîtreusement disparu. La condition 1, −1, z, +1/z conduit à(z+1)(1−z)(z−1) (1+z) ∈ R qui se résout en z ∈ U !

(c) Par contre, 1, −1, z, −1/z cocycliques conduit à (z+1) (1+z)(z−1) (z−1) ∈ R qui est une évidence

(chaque étage est réel !). Le nombre 1/z est aussi sur ce cercle.

2. Indiquer comment déterminer ce cercle. En déduire une construction géométrique de l’inversedu nombre z.

(a) Il faut partir des trois points connus, et tracer deux médiatrices. Celle de [+1, −1] esttoute tracée. Il suffit de tracer celle de [1, z]. Leur intersection donne le centre du cercle(et elles se coupent effectivement, parce que z /∈ R).

(b) L’argument de −1/z est déphasé d’un demi-tour par rapport à celui de z, autrement ditles points z, 0, −1/z sont alignés : l’intersection de la droite et du cercle donne −1/z.

(c) Le nombre 1/z est alors le symétrique de −1/z par rapport à l’axe vertical.

2.4. FORMULES DE DIRICHLET ET DE FÉJER 13

2.4 Formules de Dirichlet et de Féjer

1. Redonner les étapes du calcul de Dn (t) =∑k=+n

k=−n cos (k t).

(a) Exercice déjà corrigé ! On passe aux exponentielles et on remarque que

Dn (t) =k=+n∑k=−n

exp (i k t)

(les sin s’éliminent pour des raisons de parité).

(b) Il convient de séparer le cas exp (i t) = 1 qui conduit immédiatement à la valeur 2n+ 1.

(c) On applique la formule des suites géométriques, obtenant Dn = exp(i(n+1)t)−exp(−i n t)exp(i t)−exp(0) .

Que l’on transforme en Dn = exp(i(n+1/2)t)−exp(−i(n+1/2)t)exp(i t/2)−exp(−i t/2) . Finalement :

Dn (t).=

k=+n∑k=−n

cos (k t) =sin(n t+ 1

2 t)

sin(

12 t)

2. Que vaut alors Fn (t) =∑k=n−1

k=0 Dk (t) ?

(a) Un calcul analogue conduit à :

Fn (t).=

n−1∑k=0

sin(k t+ 1

2 t)

sin(

12 t) =

sin(

12 t n

)2sin(

12 t)2

2.5 Différence symétrique de deux ensembles

Soit E un ensemble donné une fois pour toutes. Pour A, B ∈ P (E) on définit la “différencesymétrique” de ces deux ensembles par A∆B = (A ∪B) \ (A ∩B).

1. Donner la fonction caractéristique χA∆B de A∆B à partir des fonctions caractéristiquesχA et χB des ensembles A et B.

(a) Lorsque F et G sont quelconques, il n’y a pas égalité entre χF\G et χF − χG. Unedémonstration précise est donc nécessaire.

(b) Soit x un élément générique de E. Posons a = χA (x) et b = χB (x). Alors x ∈ A∆Bveut dire (x ∈ (A ∪B)) et (x /∈ A ∩B). On a donc χA∆B (x) = (a+ b− a b) (1− a b).Comme a b (1− a b) est nul, il vient χA∆B (x) = a+ b− 2 a b.

2. Montrer que (P (E) , ∆) est un groupe commutatif. On apportera un soin particulier à ladémonstration de l’associativité.

(a) Le caractère interne et la commutativité sont évidents.

(b) On voit aisément que ∅∆A = A∆ ∅ = A et que A∆A = ∅ pour tout ensemble A.

(c) Il reste l’associativité. Posons a = χA (x). Alors χA∆(B∆C) (x) = a+ (1− 2 a)χB∆C . Ilvient a + (1− 2 a) (b+ c− 2 b c) conduisant à a + b + c − 2 (a b+ b c+ c a) + 4 a b c. Orcette formule ne dépend en aucune façon de l’ordre adopté pour les lettres. On a doncA∆ (B∆C) = C ∆ (A∆B). La commutativité permet de conclure. Retenons :

χA∆(B∆C) (x) = (a+ b+ c)− 2 (a b+ b c+ c a) + 4 a b c

3. Examiner une éventuelle distributivité de ∪ ou de ∩ sur ∆.

(a) Testons si A∪ (B∆C) = (A ∪B) ∆ (A ∪ C). Si l’on prend A = E, le membre de gauchevaut E, tandis que le membre de droite vaut E∆E = ∅. Donc non.

14 DEVOIR № 2. DS1 : DE TOUT UN PEU

(b) Calculons si A ∩ (B∆C) = (A ∩B) ∆ (A ∩ C). Il vient a (b+ c− 2 b c) = a b + a c −2 a c× a c qui est une identité (rappel : c2 = c). Donc oui.

4. En supposant A, B, C finis, déterminer Card (A∆B∆C) à partir des cardinaux des en-sembles A, B, C et de leurs intersections.

(a) La formule Card (X) =∑

x∈X χX (x) et la question 2 donnent directement :

Card (A∆B∆C) = (CardA+ CardB + CardC)

−2 (CardA ∩B + CardB ∩ C + CardC ∩A)

+4CardA ∩B ∩ C

Les éléments figurant dans un seul ensemble sont comptés une fois, ceux figurant dansdeux des ensembles sont comptés 1 + 1− 2 fois (c’est à dire ne sont pas comptés) et ceuxfigurant dans les 3 ensembles sont comptés (1 + 1 + 1)− 2 (1 + 1 + 1) + 4 (1) = 1 fois.

5. Caractériser simplement les éléments de A1 ∆A2 ..∆An lorsqu’il y a un nombre quelconqued’ensembles, et non plus trois seulement.

(a) Il s’agit des éléments figurant dans un nombre impair d’ensembles Aj .

(b) Par conséquent, la notion de différence symétrique ne peut être étendue à une familleinfinie de parties (comportement différent de celui de l’union et de l’intersection).

Devoir № 3

Théorème de la double injection

Notations— P (A) désigne l’ensemble des parties de l’ensemble A.— Soit f une application A ↪→ B. Pour une partie X de A (c’est à dire X ∈ P (A)), on pose

f (X) = {f (x) |x ∈ X } (= image directe), tandis que pour une partie Y de B (c’est à direY ∈ P (B)), on pose tf (Y ) = {x ∈ A | f (x) ∈ Y } (=image réciproque).

3.1 Premiers résultats

On considère une application f : E ↪→ F .

1. Montrer que, pour tout X ∈ P (E), on a : X ⊂ tf(f (X)

).

(a) Soient x ∈ X, y = f (x) et Y = f (X). Par définition, on a f (x) ∈ f (X) c’est à direy ∈ Y et donc x ∈ tf (Y ).

2. Montrer que si f est injective, on a en fait une égalité.

(a) Soit z ∈ tf(f (X)

). Il existe donc y ∈ Y tel que y = f (z). Mais cet y est l’image d’un

x ∈ X, soit y = f (x) = f (z) ce qui prouve z = x et donc z ∈ X. 1

3. Montrer que, pour tous AB ∈ P (E), on a : f (A ∩B) ⊂(f (A) ∩ f (B)

).

(a) Soit x ∈ A ∩B. On a x ∈ A et donc x ∈ f (A). De même x ∈ f (B).

4. Montrer que, si f est injective, on a en fait une égalité.

(a) Soit y ∈(f (A) ∩ f (B)

). On a y ∈ f (A) et il existe donc un a ∈ A tel que y = f (a).

De même il existe b ∈ B tel que y = f (b). Par injectivité, on a a = b et donc a ∈ A ∩B.D’où y ∈ f (A ∩B). 1

5. Une partition d’un ensemble est une famille de sous ensembles, non vides, deux à deuxdisjoints et dont la réunion recouvre l’ensemble initial. Montrer que, si f est injective, et si{A, B, C} est une partition de E, alors

{f (A) , f (B) , f (C)

}est une partition de f (E).

Donner un contre-exemple pour une application non-injective.

(a) Comme Aj est non vide, f (Aj) ne peut être vide.

(b) S’il existait z ∈ f (A)∩ f (B) on aurait (Q 1.4) z ∈ f (A ∩B) ce qui imposerait A∩B 6= ∅.(c) Le cours donne directement que f (E) =

⋃f (Aj).

(d) Un contre-exemple simple est fourni par une application constante : pour X 6= ∅, tous lesf (X) sont égaux. 2

6. Soient p ∈ N, {D0, D1 .. Dp} une partition de E et {K1, K2, K3} une partition de D0.Montrer que {K1, K2, K3, D1 .. Dp} est alors une partition de E.

15

16 DEVOIR № 3. THÉORÈME DE LA DOUBLE INJECTION

(a) Par définition même, ces ensembles sont non vides.

(b) Un élément commun à Kj et à Dk serait élément de D0∩Dk, tandis que toutes les autresintersections deux à deux sont vides par définition.

(c) On a K1 ∪K2 ∪K3 ∪D1 ∪ .. ∪Dp = D0 ∪D1 ∪ .. ∪Dp = E.1

3.2 Théorème de la double injection (Bernstein)

On suppose que E, F sont deux ensembles non vides, et qu’il existe une injection f : E ↪→ Fet une injection g : F ↪→ E. L’objectif est de montrer qu’il existe alors une bijection de Evers F . On pose h = g ◦ f et A = h (E).

3.2.1 Cas particuliers

1. Montrer que si A = g (F ), alors f est bijective.

(a) La fonction f est déjà injective. En appliquant tg () aux deux membres deA .= g

(f (E)

)=

g (F ), on obtient (Q1.2) f (E) = F : f est donc également surjective.

2. Montrer que si g (F ) = E, alors g est bijective.

(a) La fonction g est déjà injective, et la condition g (F ) = E n’est rien d’autre que lasurjectivité de g.1

On suppose désormais que ni f ni g ne sont surjectives. On pose A0 = A, B0 = B = g (F ) \ A etC0 = C = E \ g (F ) puis, pour tout n ∈ N, An+1 = h (An), Bn+1 = h (Bn) et Cn+1 = h (Cn).

3.2.2 Exemple

Pour cette seule question, on choisit E = F = N, f : x 7→ 2x et g : y 7→ 3y. On sait que chaquenombre entier m ≥ 1 peut s’écrire m = 2α(m)3β(m)q, le nombre entier q n’étant divisible ni par 2 nipar 3. On pose α (0) = β (0) = ∞. Montrer que les ensembles A, B, C puis les ensembles An, Bnet Cn sont caractérisés par des relations portant sur les α et les β de leurs éléments.

1. Les ensembles E = F sont caractérisés par α ≥ 0, β ≥ 0. L’ensemble f (E), obtenu enmultipliant par 2, est caractérisé par α ≥ 1. L’ensemble g (F ) est l’ensemble des multiplesde 3 et se caractérise par β ≥ 1. L’ensemble A = h (E) est l’ensemble des multiples de 6 : ona donc A0 = {x ∈ N |α (x) ≥ 1, β (x) ≥ 1}. On remarquera que 0 ∈ A.

2. L’ensemble B .= g (F ) \A est donc caractérisé par (β ≥ 1) et non (α ≥ 1, β ≥ 1) c’est à dire

B0 = {x |α = 0, β ≥ 1}. De même C .= E \ g (F ) est caractérisé par (β ≥ 0) et non (β ≥ 1)

c’est à dire C0 = {x |α ≥ 0, β = 0}.3. Appliquer h consiste à multiplier par 6. On a donc An = {x |α ≥ n+ 1, β ≥ n+ 1}, Bn ={x |α = n, β ≥ n+ 1} et Cn = {x |α ≥ n, β = n}.3

3.2.3 Cas général

1. Montrer que {A, B, C} est une partition de E, puis que, pour tout n ∈ N, {An+1, Bn+1, Cn+1}est une partition de An.

(a) C = ∅ serait g surjective, B = ∅ serait f surjective et enfin A = h (E) 6= ∅.(b) Puis A ∪B = g (F ), A ∩B = ∅ tandis que (A ∪B) ∩ C = ∅ et (A ∪B) ∪ C = E.

(c) Tout cela se perpétue par Q1.5.

2. Montrer que, pour tout n ∈ N, {An, B0, B1, .. Bn, C0, C1, .. Cn} est une partition de E.

(a) application directe de Q1.6.2

3.2. THÉORÈME DE LA DOUBLE INJECTION (BERNSTEIN) 17

3. On pose U =⋂n∈NAn, V0 =

⋃n∈NBn, W =

⋃n∈NCn et enfin V = U ∪ V0. Montrer que V

et W forment une partition de E.

(a) On a : ∅ 6= B0 ⊂ V et ∅ 6= C0 ⊂W .

(b) Si y ∈⋃Cm, il existe au moins un n ∈ N tel que y ∈ Cn. Par Q2.3 ce n est unique, y

n’appartient à aucun Bm et y /∈ An. On a donc y /∈ U et y /∈ V0 : les ensembles V et Wsont donc disjoints.

(c) Les éléments qui sortent d’un A vont vers un B ou un C : tout élément de E se retrouvedans E.

(d) Et donc {V, W } est une partition de E.

(e) Une remarque : si x ∈ U , alors x ∈ A0. Si x ∈ V0 \B0, on a aussi x ∈ A0. Par conséquent,tout élément de V = U ∪ V0 est appartient à A0 ∪B0 i.e. V ⊂ g (F ). 2

4. Montrer que “si x ∈ V alors k (x) = x et si x ∈ W alors k (x) = h (x)” définit une bijectionk : E ↪→ g (F ).

(a) Si x ∈ V , on a x ∈ A0 ou x ∈ B0, et donc k (x) = x ∈ g (F ). Si x ∈ W alors k (x) =g (f (x)) ∈ g (F ). L’ensemble des images est donc contenu dans g (F ).

(b) Un élément z ∈ g (F ) ne peut appartenir à C0 = E \ g (F ). Il est donc situé soit dansV soit dans W \ C0. Dans le premier cas, z = k (z). Dans le second cas, il existe n ∈ Net c0 ∈ C0 tels que z =

(hn+1

)(c0) = h ((hn) (c0)). Posons cn

.= (hn) (c0) ∈ Cn. Comme

cn ∈W , on a k (cn) = h (cn) = z. Dans les deux cas, z est une image par k : on voit quek est une application sur g (F ).

(c) Si k (x) = k (y) avec x, y ∈ V on a directement x = y. Si k (x) = k (y) avec x, y ∈W ona h (x) = h (y), mais h est injective. Enfin, si l’on avait k (x) = k (y) avec x ∈ V , y ∈W ,on aurait x = h (y). Or h (

⋃Cm) =

⋃m≥1Cm ⊂W alors que (Q2.3) x /∈W .

(d) On a donc montré que k est une bijection E ↪→ g (F ). 3

5. Montrer que, pour tout x ∈ E, k (x) possède un et un seul antécédent par g. Soit alors µ (x)cet antécédent. Montrer que µ est une bijection de E sur F .

(a) On a vu que tout k (x) est dans g (F ) (existence) et on sait que g est injective (unicité).Soit alors µ (x) l’unique z tel que g (z) = k (x). Il est clair que µ va de E vers F , et que∀x ∈ E : (g ◦ µ) (x) = k (x).

(b) Si µ (x1) = µ (x2) on a g (µ (x1)) = g (µ (x2)) c’est à dire k (x1) = k (x2) et donc x1 = x2

puisque k injective. L’application µ est donc injective à son tour.

(c) Soit y ∈ F . Il a déjà été remarqué que g (y) ∈ C0 est exclus. On a donc soit g (y) ∈ V ,soit g (y) ∈ W \ C0. Dans le premier cas, posons v .

= g (y) ∈ V : on a g (y) = v = k (v)i.e. µ (v) = y. Dans le deuxième cas, w .

= g (y) ∈ W peut s’écrire w =(hn+1

)(c0). On a

donc w = h (ξ) avec un ξ ∈ W , d’où g (y) = w = k (ξ) soit µ (ξ) = y. On a donc montréque µ est surjective. 3

.../...

18 DEVOIR № 3. THÉORÈME DE LA DOUBLE INJECTION

6. On reprend l’exemple 3.2.2. Décrire ce que sont les ensembles U, V, W ainsi que les applica-tions k et µ à l’aide des fonctions α et β.

(a) On voit que U = {0}, tandis que :

X règle pour x k (x) µ (x) règle pour µ (x)

V0 α < β [α, β] µ (x) = x/3 i.e. [α, β − 1] α ≤ βW α ≥ β [α+ 1, β + 1] µ (x) = 2x i.e. [α+ 1, β] α > β

(b) La tabulation des premières valeurs de la fonction µ donne :

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 170 2 4 1 8 10 12 14 16 3 20 22 24 26 28 5 32 3418 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 356 38 40 7 44 46 48 50 52 9 56 58 60 62 64 11 68 7036 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 5372 74 76 13 80 82 84 86 88 15 92 94 96 98 ... 17 ... ...

La multiplication par 2 donne la plupart des nombres pairs, tandis que la division par 3 donnetous les nombres impairs, ainsi que les nombres pairs manquants.3

Devoir № 4

ds2 : Borne supérieure et suites réelles

4.1 Diamètre d’un ensemble

Soit A une partie bornée non vide de R. On pose E = {|x− y| /x, y ∈ A}.1. Montrer que E possède une borne supérieure, que l’on notera δ (A).

(a) Comme A est non vide, E n’est pas vide non plus. Comme A est borné, il existe un Mtel que |x| ≤ M pour tout x ∈ A. On a alors |x− y| ≤ 2M pour tous x, y ∈ A. SoitE ≤ 2M , d’où l’existence de δ (A). 1

2. Comparer δ (A) et le nombre supA− inf A.

(a) On a x ≤ supA et −y ≤ − inf A. Donc x − y ≤ supA − inf A et le nombre δ (A) =sup {x− y /x, y ∈ A} vérifie δ (A) ≤ supA− inf A.

(b) D’autre part supA est la limite d’une A-suite, soit xn → supA. Et de même yn → inf A.On a supA− inf A = lim (xn − yn) ≤ δ (A).

(c) On a donc δ (A) = supA− inf A. 2

4.2 Récurrence homographique

On considère la fonction f : f (z) = 7z+2 , ainsi qu’une suite (x) définie par son premier terme

x0 ∈ C et la récurrence xn+1 = f (xn).1. Montrer que l’équation f (z) = z admet deux solutions dans R. On les appellera α et β avecα < β.

(a) L’équation aux points fixes conduit à z2 + 2z − 7 = 0, c’est à dire à α = −1 − 2√

2 etβ = −1 + 2

√2. 1

2. Exprimer xn en fonction de n et de x0. En déduire la nature et la limite éventuelle de lasuite (xn). Pour quelles valeurs de x0 la suite est-elle définie (au sens de xn ∈ C).

(a) On pose ϕ (z) = z−βz−α . Le calcul donne M .

= ϕ(f(z))ϕ(z) = c α+d

c β+d = f ′ (β) = −97 + 4

7

√2. On a

donc xn = ψ (Mn ϕ (x0)) = β−αϕ(x)Mn

1−ϕ(x)Mn .

(b) Comme M ≈ −.47759, on voit que les suites x0 6= α convergent vers β. 2

3. On prend x0 = 4. Vérifier que l’on est bien dans le cas où la suite (xn) admet une limiteλ ∈ C. Déterminer les valeurs de n ∈ N telles que |xn − λ| soit inférieur à 10−4, puis à10−8.

(a) Le point z =∞ correspond à ϕ (z) = 1. Comme ϕ (x0) = ϕ (4) ≈ 0.277 et que |ϕ (xn)| ≤|ϕ (x0)|, on a toujours xn 6=∞, et la suite est toujours définie dans C.

(b) Pour obtenir |xn − β| < 10−k, on utilise xn − β ≈ (β − α)ϕ (x0)Mn. D’où n = 13 etn = 26. 2

19

20 DEVOIR № 4. DS2 : BORNE SUPÉRIEURE ET SUITES RÉELLES

4. Tracer le graphe de la fonction réelle x ∈ R, x 7→ f (x). Utiliser ce graphe pour retrouver lafaçon dont la suite définie par x0 = 4 converge vers sa limite.

(a) On voit que l’intervalle ]−2, +∞ [ est stable, et que [x0, x1 ] l’est aussi (fonction mono-tone).

(b) La fonction étant décroissante, les deux sous suites paires et impaires ont des croissancesopposées.2

–5

5

h(x)

–2 1.82 4 5x

Figure 4.1 – Convergence en escargot... dans un intervalle stable.

4.3 Une autre suite récurrente

Soit E l’intervalle ]0, +∞[ et f la fonction E ↪→ R : f (t) = 1t+1−exp(−t) .

1. Étudier la fonction f , en particulier ses limites aux bornes de E.

(a) La fonction est définie sur E puisque exp (−t) < 1 sur cet intervalle.(b) Cette fonction est strictement décroissante et continue, puisque sa dérivée existe et vaut−1+exp(−t)

(denom)2< 0.

(c) On a 0 ≤ f (t) ≤ 1t et donc lim∞ f = 0. Pour t → 0, on a un dénominateur strictement

positif qui tend vers 0, d’où lim0 f = +∞.2

2. Montrer que pour tout n ∈ N \ 0 il existe un et un seul xn ∈ E tel que f (xn) = n.

(a) La fonction décrit une bijection E ↪→ E : il existe donc un et un seul xn ∈ E tel quef (xn) = n.1

3. La suite (xn) est-elle monotone ? Est-elle convergente (et en pareil cas, donner sa limite).

(a) Comme la suite (n) est croissante et la fonction f−1 décroissante, la suite f−1 (n) estdécroissante.

(b) Cette suite est majorée par 0, et a donc une limite λ ≥ 0. Si l’on avait λ > 0, on auraitpour tout n, 0 < λ < xn donc f (xn) = n < f (λ). Or la suite (n) n’est pas bornée.

(c) On a donc xn → 0.1

4. Soit a ∈ R et g la fonction g (t) = at . Montrer qu’il existe une et une seule valeur de a pour

que limt→∞f(t)g(t) = 1. Utiliser ce résultat pour déterminer une suite très simple (yn) telle

que lim xnyn

= 1.

(a) On voit aisément que a = 1 convient pour t→∞.(b) Dans le même ordre d’idées, on montre que la fonction g (t) = 1

2 t vérifie lim0fg = 1. On

a en effet exp(−t)−1t−0 → −1 par définition de la dérivée d’une fonction.

(c) On obtient donc f (xn) ∼ 12xn

= n soit xn ∼ 12n .1

A partir de maintenant, on s’intéresse à β = x1 (c’est à dire au nombre tel que f (β) = 1).5. Montrer que β est l’unique solution réelle de l’équation exp (−x) = x et justifier le fait que

1e ≤ β ≤ 1.

4.4. UNE SUITE RÉCURRENTE DOUBLE 21

0

2

5

0.38

1

0.38 1

Figure 4.2 – Graphes de f et de exp (−t).

(a) L’équation f (β) = 1 conduit effectivement à β − exp (−β) = 0.(b) Comme la fonction ψ : t 7→ t− exp (−t) est continue strictement croissante, avec ψ (0) =−1 et ψ (+∞) = +∞ l’équation admet une et une seule solution.

(c) Pour τ = exp (−1), on a τ < 1 donc −1 < −τ et τ = exp (−1) < exp (−τ), d’où ψ (τ) < 0.Tandis que ψ (1) = 1− τ > 0. On a donc τ < β < 1. 2

6. Soit g la fonction x 7→ exp (−x) et I l’intervalle[

1e , 1

]. Montrer que g (I) ⊂ I et déterminer

un réel k ∈ ]0, 1[ tel que ∀x ∈ I : |g′ (x)| ≤ k.

(a) La fonction g est décroissante. On a donc g ([τ, 1]) ⊂ [g (1) , g (τ)] ⊂ [g (1) , g (0)] = [τ, 1].(b) On a g′ (t) = −g (t). Donc |g′| est décroissante. On trouve que |g′ (t)| ≤ |g′ (τ)| < 0.7. 1

7. On considère la suite (yn) définie par y0 = 1 et yn+1 = g (yn). Vérifier que, pour tout n,yn ∈ I, puis montrer que ∀n ∈ N : |yn − β| ≤ kn |1− β|.

(a) Puisque l’on part d’un intervalle stable, on y reste.(b) On a (TAF) |f (x)− f (y)| ≤ k |x− y| pour tous x, y ∈ I.(c) En particulier, ceci reste vrai avec le point fixe. Et une récurrence conduit à ∀n ∈ N :|yn − β| ≤ kn |1− β|. 1

8. En déduire la convergence de (yn) vers β. Déterminer un entier N tel que ∀n > N :|yn − β| ≤ 10−6.

(a) La question précédente donne immédiatement |yn − β| → 0.(b) Comme β est inconnu, if faut majorer encore, obtenant |yn − β| ≤ kn (on peut aussi

laisser 1− τ en facteur). Il vient n ln k = −6 ln 10 soit n ≈ 37.(c) Cette valeur est en fait largement surestimée, car |g′ (β)| = β. Une fois la convergence

entamée, le facteur de contraction est donc plus près de 0.56 que de 0.7.(d) On obtient une meilleure vision de la convergence en considérant la fonction g ◦ g. Elle

est croissante et sa dérivée varie entre 0.34 et 0.25. On a donc une vitesse de convergenceéquivalente à celle assurée par un facteur de contraction égal à

√0.34 . . . < 0.59. 1

4.4 Une suite récurrente double

Soit K une partie non vide et majorée de R. On peut donc choisir u0 qui soit élément de K etun w0 qui soit un majorant de K. Puis on construit par récurrence deux suites (un) et (wn) de lafaçon suivante. Si un+wn

2 n’est pas un majorant de K, on prend (un+1, wn+1) =(un+wn

2 , wn)et si

non, on prend (un+1, wn+1) =(un,

un+wn2

).

1. Dans cette seule question , on prend K =[0, 1[ ∪ [3, 4[, u0 = 0 et w0 = 10. Déterminer(un, wn) pour n ≤ 4.

(a) On fait tourner l’algorithme à la main. Il suffit de comparer le milieu avec le nombre4. On obtient successivement s0 = (0, 10), s1 = (0, 5), s2 = (2.5, 5), s3 = (3.75, 5),s4 = (3.75, 4.375). 1

22 DEVOIR № 4. DS2 : BORNE SUPÉRIEURE ET SUITES RÉELLES

2. On revient au cas général . Montrer que, pour tout n, un ≤ wn.

(a) La propriété est vraie pour n = 0. Elle se propage puisque wn+1 − un+1 est exactementégal à la moitié de wn − un : le signe reste donc constant.

3. Montrer que les suites (un) et (wn) sont adjacentes. Soit alors β leur limite commune.

(a) Il est clair que (u) est croissante et (w) décroissante.

(b) De plus wn − un = 12n (w0 − u0)→ 0. Par conséquent les suites sont adjacentes.1

4. Montrer que chaque wn est un majorant de K, et que β est aussi un majorant de K.

(a) On a w0 ≥ K par définition, puis ou bien wn+1 = wn et est un majorant par hypothèsede récurrence, ou bien wn+1 = 1

2 (wn + un) parce que wn+1 est un majorant de K. On adonc pour tout k ∈ K et tout n ∈ N la relation k ≤ wn.

(b) On a donc ∀k ∈ K : k ≤ inf {wn /n ∈ N} soit k ≤ β et donc K ≤ β.1

5. Montrer qu’il existe une suite d’éléments de K qui converge vers β.

(a) On montre par récurrence que, pour tout n ∈ N, un n’est pas un majorant de K. Pourchaque n ∈ N il existe donc xn ∈ K avec un < xn.

(b) Comme chaque wn est un majorant de K, on a donc un ≤ xn ≤ wn, et la suite (x)converge vers la limite commune de (u) et de (v) c’est à dire β.1

6. Conclure.

(a) Le théorème de caractérisation séquentielle de la borne supérieure nous donne alors β =supK.1

Devoir № 5

Suite récurrente quadratique

On se propose d’étudier les suites un+1 = u2n +un, c’est à dire les suites récurrentes définies par

une condition initiale u0 et la fonction itérable f : z 7→ z2 + z.

5.1 Résolution dans R.

1. Étudier la fonction R ↪→ R : x 7→ x2 + x. Graphe en repère orthonormé.

(a) On obtient une parabole. On constate que les points fixes sont x = +∞ et x = 0 (avecune pente 1). Autrement dit le point x = 0 n’est ni “attractif” ni “répulsif”. 2

–1

3

–2 2

Figure 5.1 – Une parabole et sa tangente.

2. Montrer que si u0 ∈[−1

4 , 0]alors (u)→ 0 et que si u0 > 0 alors (u)→ +∞.

(a) Le segment[−1

4 , 0]est un segment stable. En effet f est croissante sur ce segment, donc

f (S) =[f(−1

4

), f (0)

]⊂ S. On a ∀x ∈ S : x ≤ f (x) donc la suite est croissante.

Comme f est continue, la limite est un point fixe de S, et 0 est le seul point fixe contenudans S. Prouvant que (u)→ 0.

(b) Si u0 > 0 alors le segment [u0, +∞] est stable, etc. On obtient (u)→ +∞. 2

3. Que se passe-t-il pour u0 < −14 ?

(a) Si u0 ∈ [−1, −1/4] on a u1 ∈[−1

4 , 0]et Q1.2a donne (u)→ 0.

(b) Si u0 < −1 alors u1 > 0 et Q1.2a donne (u)→ +∞. 2

5.2 Vitesse de convergence pour u0 ∈ ]−1, 0 [

1. Montrer que, pour tout n > 0, on a − 1n+1 < un < 0.

(a) Lemme : on a f(− 1n+1

)= − n

(n+1)2> − 1

n+2 . En effet, 1n+2 −

n(n+1)2

= 1(n+1)2 (n+2)

> 0.

(b) Pour n = 0, on a précisément −1 < u0 < 0. On obtient −12 < u1 < 0 parce que

f (]−1, 0[) =[−1

4 , 0[.

23

24 DEVOIR № 5. SUITE RÉCURRENTE QUADRATIQUE

(c) En supposant (récurrence) que 1 ≤ n et − 1n+1 < un < 0, la croissance de f donne

− 1n+2 < f

(− 1n+1

)< f (un) < f (0), montrant que la propriété se propage. 2

2. Montrer que la suite (v) définie par vn = nun est décroissante.

(a) On calcule (vn+1 − vn) = (n+ 1) f (un) − nun. Il vient un (nun + un + 1). La questionprécédente montre que cette quantité est strictement négative pour tout n : la suite (v)est donc strictement décroissante.1

3. Montrer que (v) converge vers une limite λ ∈ [−1, 0 [.

(a) D’après Q2.1, −1 < − nn+1 < vn = nun < 0. La suite (v) est donc strictement décroissante

dans le segment [−1, 0] : elle admet une limite λ ∈ [−1, 0 [.1

4. Montrer que la suite (w) définie par wn = n (vn+1 − vn) converge vers λ (1 + λ).

(a) On reprend le calcul de Q2.4 : wn = n (vn+1 − vn) = nun (nun + un + 1). Comme nun →λ et un → 0 on voit que wn → λ (1 + λ).1

5. Soit (t) une suite croissante telle que ∃a > 0 : ∃N ∈ N : ∀n ≥ N : tn+1 − tn ≥ an . Montrer

que l’on a alors ∀n ≥ N : t2n − tn ≥ a2 , puis que (t)→ +∞.

(a) On a t2n − tn =∑k=2n−1

k=n (tk+1 − tk) ≥∑ a

k . On met a en facteur, et on minore chaque1k par 1

2n . Comme il y a n termes, on obtient le minorant demandé, soit a2 .

(b) Comme tn+1− tn ≥ an > 0, la suite tn est croissante (à partir d’un certain rang). La suite

(t) admet donc une limite (dans R). Pour déterminer cette limite, il suffit de trouver lalimite d’une suite (habilement) extraite.

(c) La propriété Q2.5.a donne tmN ≥ tN + (m− 1) a2 : la suite (tmN )m tend vers +∞.2

6. On suppose que λ 6= −1. Montrer que (−vn) vérifierait les conditions de Q2.5. Conclure.

(a) On suppose λ 6= −1, ce qui revient à supposer λ ∈ ]−1, 0[. On pose a = −12λ (1 + λ) > 0.

On aurait donc (à partir d’un certain rang) 0 < a ≤ −wn, soit an ≤ (−vn+1)− (−vn).

(b) Le lemme Q2.5 conduirait alors à (−v)→∞, qui n’a pas lieu puisque (v)→ λ ∈ R.(c) Ad absurdum, λ = −1.2

7. Utiliser les résultats précédents pour évaluer la plus ou moins grande rapidité avec laquelle(u) converge vers sa limite lorsque un ∈ ]−1, 0 [.

(a) Le résultat vn = nun → −1 se réécrit un ∼ − 1n , et la convergence est très lente.1

5.3 Résolution pour z0 ∈ C lorsque |z0| ≥ 2

1. Montrer que |a| ≥ 2 implique |1 + a| ≥ 1 et que, pour a 6= −2, l’inégalité est stricte.

(a) Par inégalité triangulaire |1 + a| ≥ |a| − |1| ≥ 2− 1 = 1.

(b) Les seuls cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire correspondent aux triangles aplatis.Dans le cas présent, cela donne a ∈ R. D’ailleurs, on voit bien que les cercles C (0, 2) etC (−1, 1) sont tangents intérieurement.2

2. En déduire que |z0| ≥ 2 implique ∀n ≥ 2 : |zn| > 2.

(a) La question précédente montre que |z0| ≥ 2 implique ∀n : |zn| ≥ 2.

(b) Si |zn+2| = 2 avec |z0| ≥ 2, il faut que zn+1 = −2. Mais alors zn = 12

(−1± i

√7)et

|zn| =√

2, qui est impossible. On a donc |zn+2| > 2.1

3. On pose ε = |z2| − 2. Montrer que, pour tout n ≥ 2, on a |zn+1| ≥ (1 + ε) |zn|. Conclure.

(a) Lemme : on a |zn+1| =∣∣zn + z2

n

∣∣ = |zn| |1 + zn|.

5.4. RÉSOLUTION DANS LE PAVÉ −1 ≤ < (Z) ≤ 0, −√

32 ≤ = (Z) ≤

√3

2 25

(b) Appelons P (n) la propriété |zn+1| ≥ (1 + ε) |zn|. Comme |z2 + 1| ≥ |z2| − 1 = 1 + ε, lapropriété P (2) est vraie.

(c) Appelons P (n) la propriété ∀m ∈ [2 .. n] : P (m). Il est clair que P (2) est vraie. Sup-posons alors que P (n) soit vraie pour un certain n ≥ 2. On obtient immédiatement|zn+1| ≥ |z2| = 2 + ε, montrant que |zn+1 + 1| ≥ 1 + ε. Le lemme Q2.3a conduit àP (n+ 1) et l’on voit que P (n+ 1) est vraie à son tour.

(d) On en conclut |zn+2| ≥ (1 + ε)n |z2| d’où zn →∞.(e) Le point essentiel est ici une définition claire de la propriété que l’on prétend propager

par récurrence. 3

5.4 Résolution dans le pavé −1 ≤ < (z) ≤ 0, −√

32 ≤ = (z) ≤

√3

2

1. On pose xn = < (zn) et yn = = (zn). Exprimer xn+1 et yn+1 en fonction de xn et de yn.

(a) On a zn = xn + i yn. D’où xn+1 = f (xn)− y2n et yn+1 = yn (1 + 2xn). 1

2. Montrer que le rectangle K défini ci-dessus est stable par f . Montrer que l’intérieur K durectangle est lui aussi stable par f . Déterminer quels sont les points de la frontière dontl’image reste sur la frontière. En déduire que ∀n ≥ 3 : zn ∈ K, à moins que z3 = 0,hypothèse que l’on exclut désormais.

(a) On suppose zn ∈ K. On a donc −14 ≤ f (xn) ≤ 0 et −3

4 ≤ −y2n ≤ 0. D’où xn+1 ∈ [−1, 0].

De même −1 ≤ 1 + 2xn ≤ 0 d’où yn+1 ∈[−√

32 ,√

32

].

(b) Pour obtenir |yn+1| =√

32 avec zn ∈ K, il faut à la fois |1 + 2xn| = 1 et |yn| =

√3

2 c’est àdire partir de l’un des quatre sommets du rectangle.

(c) Pour obtenir xn+1 = 0 avec zn ∈ K, il faut f (xn) = yn = 0, c’est à dire partir de l’undes points z = −1 ou z = 0. Pour obtenir xn+1 = −1 avec zn ∈ K, il faut f (xn) = −1

4et y2

n = 34 , c’est à dire partir de l’un des points z = j ou z = j2.

(d) En appliquant f ◦ f aux points −1 ± i√

32 , ±i

√3

2 on trouve −1516 ± i

√3

4 , qui est un pointintérieur du rectangle.

(e) En appliquant f ◦ f aux points −1, 0 et −12 ± i

√3

2 , on tombe sur z = 0. 4

3. En déduire que la suite |yn| converge vers une limite µ telle que µ ≤√

32 .

(a) Comme |yn+1| = |yn| |1 + 2xn| avec |1 + 2xn| ≤ 1, la suite |yn| est décroissante. Étantminorée par 0, elle converge vers une limite µ.

(b) Il est clair que µ ≤ |y3| <√

32 . 1

4. Montrer que (x)→ 0 implique µ = 0 et que µ 6= 0 implique (x)→ 0.

(a) La relation Q4.1 donne y2n = f (xn)− xn+1. Si (x)→ 0 on a donc y2

n → 0, d’où µ = 0.

(b) Si µ 6= 0, il existe alors N ∈ N tel que ∀n ≥ N : yn 6= 0. On a donc |1 + 2xn| =∣∣∣yn+1

yn

∣∣∣→µµ = 1. Comme 1

4

((1 + 2xn)2 − 1

)= xn (1 + xn), on a également f (xn)→ 0.

(c) La formule Q4.1 donne alors xn → −µ2. Par continuité, f(−µ2

)= 0 et donc µ = 0 ou

bien µ = 1. Comme les points zn ne peuvent s’approcher des points −1± i (qui sont endehors du rectangle), on a donc µ = 0 et (x)→ 0. 2

5. En déduire que (y) converge vers 0.

(a) La question précédente donne (µ 6= 0) ⇒ (µ = 0). Ce qui prouve µ = 0 et, partant,yn → 0.

6. On procède au changement de variable g : z 7→ ζ = z + 12 . Décrire le rectangle K dans le

nouveau repère. Que vaut f .= g ◦ f ◦ g−1 ?

26 DEVOIR № 5. SUITE RÉCURRENTE QUADRATIQUE

(a) On place l’origine au centre de K, qui s’écrit alors (ξ, η) ∈[−1

2 , +12

]×[−√

32 , +

√3

2

].

(b) On trouve f (ζ) = ζ2 + 14

7. On pose ζn = g (zn), ξn = < (ζn), ηn = = (ζn) et ρn = |ζn|. Donner les relations de récur-rences concernant la suite (ζ) d’une part, et les suites (ξ) et (η) d’autre part.

(a) On a donc ζn+1 = ζ2n + 1

4 . D’où ξn+1 = ξ2n − η2

n + 14 et ηn+1 = 2 ξnηn.

8. Montrer que l’on a, pour tout n,(ρ2n − 1

4

)2 ≤ ρ2n+1 ≤

(ρ2n + 1

4

)2.(a) Un peu de calcul donne

(ρ2n + 1

4

)2 − ρ2n+1 = η2

n ≥ 0.

(b) De même ρ2n+1 −

(ρ2n − 1

4

)2= ξ2

n ≥ 0, établissant la relation demandée.

9. Déterminer le nombre ρd caractérisé par : “(ρ2n − 1

4

)− ρn > 0 équivaut à ρn > ρd”.

(a) On commence par résoudre l’équation ρ2 − ρ − 14 = 0, qui admet ρ = 1−

√2

2 ≈ −0.2 etρd = 1+

√2

2 ≈ 1.2 comme solutions.

(b) Le trinôme est positif à l’extérieur des racines. Comme ρ < 0 est exclus, il reste ρ > ρd.

10. En supposant que ρ0 > ρd, montrer que la suite ρn est croissante. Quelle est sa limite ?Conclure sur la suite (z) correspondante.

(a) En supposant ρn > ρd on a ρ2n <

(ρ2n − 1

4

)2 ≤ ρ2n+1. On en déduit ρd < ρn < ρn+1 : la

suite (ρ) est donc strictement croissante.

(b) Elle admet donc une limite λ ∈ R, avec ρd < λ. En passant à la limite dans (a) on trouveλ = λ2 − 1

4 qui donne λ = +∞ ou bien λ = ρd qui est à exclure.

(c) On voit donc que (ζ) → ∞. Ce résultat est meilleur que le résultat de Q3, puisqu’ilconcerne un cercle de rayon nettement plus petit (≈ 1.2 au lieu de 2).

–1

1

–1 0

Figure 5.2 – Disque, rectangle et antécédents itérés de z = 0.

Devoir № 6

Polynômes de Legendre

Polynômes de Legendre

On pose Φn (x) =(x2 − 1

)n et Pn (x) = α (n) Φ(n)n (x) = α (n) dn

dxnΦn (x). Le nombre α (n) 6= 0sera précisé par la suite.

1. Déterminer, pour 0 ≤ n ≤ 4, les polynômes Pn (x). On remarquera que ∀n : dg (Pn) = n.

(a) On trouve P0 (x) = α (0), P1 (x) = α (1) 2x, P2 (x) = α (2)(12x2 − 4

),

P3 (x) = α (3)(120x3 − 72x

), P4 (x) = α (4)

(1680x4 − 1440x2 + 144

).

(b) On remarque en effet que ∀n : dg (Pn) = n.

2. Montrer que, pour tout n, le polynôme Pn (x) possède exactement n racines réelles distinctes,toutes situées dans ]−1; +1[.

(a) On va montrer que, pour 0 ≤ k ≤ n, le polynôme Φ(k)n admet n− k fois −1 pour racine,

n−k fois +1 pour racine et possède en outre k racines xk;1 . . . xk;k réelles distinctes dans]−1, +1 [, ce qui fait 2n− k racines en tout et k + 2 racines distinctes lorsque k < n.

(b) La propriété est clairement vraie pour k = 0. Nous la supposons vraie pour un k < n.Le théorème de Rolle montre qu’entre deux racines distinctes de Φ

(k)n , il existe au moins

une racine de(

Φ(k)n

)′, ce qui nous fait au moins k + 1 racines xk+1;1 . . . xk+1;k+1 réelles

distinctes dans ]−1, +1 [. En outre, par Leibniz, nous voyons que le facteur(x2 − 1

)figure

au moins encore n − k − 1 fois dans Φ(k+1)n , ce qui nous fait au moins 2 (n− k − 1) +

(k + 2− 1) = 2n− (k + 1) racines.

(c) Mais le polynôme Φ(k+1)n ne peut avoir plus de 2n − k − 1 racines puisque tel est son

degré.

3. Utiliser Φ(n)n (x) = dn

dxn ((x− 1)n (x+ 1)n) pour calculer de deux façons le coefficient domi-nant de Pn (x). En déduire la valeur de

∑nk=0

(nk

)2.(a) On a dk

dxkxn = n!

(n−k)!xn−k lorsque 0 ≤ k ≤ n : la formule est évidente pour k = 0, et le

résultat se propage par récurrence.

(b) On en déduit Φ(n)n (x) =

∑nk=0

(nk

)n!

(n−k)! (x− 1)n−k n!k! (x+ 1)k. Par identification des

termes de degré n, il vient coeff(

Φ(n)n , x, n

)= n!

∑n0

(nk

)2.(c) D’autre part, le calcul direct donne coeff

(Φ

(n)n , x, n

)= 2n!

n! . On en déduit∑n

k=0

(nk

)2=(

2nn

).

4. Déterminer α (n) par la condition Pn (1) = 1. Tracer (sur un même graphe) les courbesreprésentatives de Pn (x) pour 0 ≤ n ≤ 4 et −1 ≤ x ≤ +1.

(a) Si l’on porte x = 1 dans 3.b, tous les termes s’annulent sauf le dernier. Par conséquentΦ

(n)n (x) = 2n n!

27

28 DEVOIR № 6. POLYNÔMES DE LEGENDRE

(b) On en déduit α (n) = 12n n! , et cd (Pn) = 1

2n

(2nn

).

(c) D’où P0 = 1, P1 = x, P2 = 32x

2 − 12 , P3 (x) = 5

2x3 − 3

2x

5. Utiliser Φ(n+1)n+1 (x) = dn

d xn

(Φ

(1)n+1 (x)

)= dn+1

d xn+1

((x2 − 1

)Φn (x)

)pour obtenir deux relations

entre Φ(n+1)n+1 , Φ

(n+1)n , Φ

(n)n et Φ

(n−1)n . En déduire une relation entre Pn+1 (x), Pn (x) et P ′n (x).

(a) Φ(n+1)n+1 = dn

d xn (2x (n+ 1) Φn) donne Φ(n+1)n+1 = 2 (n+ 1)xΦ

(n)n + 2n (n+ 1) Φ

(n−1)n .

(b) Φ(n+1)n+1 = dn+1

d xn+1

((x2 − 1

)Φn

)donne

Φ(n+1)n+1 =

(x2 − 1

)Φ

(n+1)n + (n+ 1) 2xΦ

(n)n + n (n+ 1) Φ

(n−1)n .

(c) Une habile combinaison linéaire donne Φ(n+1)n+1 = 2

(x2 − 1

)Φ

(n+1)n + 2x (n+ 1) Φ

(n)n . En

multipliant par α (n+ 1) = 12n+1 (n+1)!

il vient Pn+1 = xPn + x2−1n+1 P

′n.

6. Montrer que, pour tout n, P ′n+1 (x) = (n+ 1)Pn (x) + xP ′n (x).On dérive 5.a et l’on trouve la relation demandée.

7. En déduire une relation entre Pn (x), P ′n (x) et P ′′n (x).

(a) En dérivant 5.c, on trouve P ′n+1 = (n+ 1)Pn + xP ′n = Pn + xP ′n + 2xn+1P

′n + x2−1

n+1 P′′n .

(b) On en déduit la relation demandée :(x2 − 1

)P ′′n (x) + 2xP ′n (x)− n (n+ 1)Pn (x) = 0.

(c) Ce qui se réécrit en P ′′n = x2P ′′n + 2xP ′n − n (n+ 1)Pn. D’où(k + 2) (k + 1) ck+2 = (k (k − 1) + 2k − n (n+ 1)) ck et donc ck = − (k+1)(k+2)

(n−k)(k+n+1)ck+2.

(d) Exemple : pour n = 4, on a c4 = 116

(84

)= 35

8 . D’où c2 = −3×42×7 ×

358 = −30

8 et c0 =

+1×24×5 ×

154 = 3

8 , soit P4 (x) = 358 x

4 − 308 x

2 + 38 .

8. Partir de (P0 P ′0 ) = ( 1 0 ) et poser les calculs pour aboutir à (P3 P ′3 ) après avoir misles résultats précédents sous la forme

(Pn+1 P ′n+1

)=

(? n+ 1? x

)(Pn P ′n

)En effet, cela s’écrit mieux en ligne...

x 1 x 2 x 3 x 4x2 − 1 x 1

2

(x2 − 1

)x 1

3

(x2 − 1

)x 1

4

(x2 − 1

)x

1 0 x 1 32x

2 − 12 3x 5

2x3 − 3

2x152 x

2 − 32

358 x

4 − 308 x

2 + 38 . . .

9. Obtenir Pn et P ′n en fonction de Pn+1 et de P ′n+1.

Un calcul immédiat donne(Pn P ′n

)=

(x −n− 1

−x2−1n+1 x

)(Pn+1 P ′n+1

)10. Montrer que les racines de Pn s’intercalent entre les racines de Pn+1 (commencer par tester

cela pour n ≤ 3).

(a) Test numérique.(b) Soient ξj les racines de Pn+1, rangées en ordre croissant. On a donc −1 < ξ1 < dots <

ξn+1 < 1. La relation précédente donne (pour 0 ≤ j ≤ n)Pn (ξj)Pn (ξj+1) = P ′n+1 (ξj)P

′n+1 (ξj+1)×Kj avec Kj > 0.

(c) Comme les racines de Pn+1 sont des racines réelles simples, les racines de P ′n+1 sontà leur tour réelles et simples et s’intercalent entre les racines de Pn+1. On a doncP ′n+1 (ξj)P

′n+1 (ξj+1) < 0.

(d) Il y a donc au moins une racine de Pn dans chaque intervalle Ij.= ] ξj , ξj+1 [. Comme il

y en a n au total, cela en fait donc exactement une dans chaque intervalle Ij .

Devoir № 7

ds3 : Dualité fonctionelleAbsolue monotonie

7.1 Exercice 8.3.13

1. Soient S le segment [a, b] avec a 6= b et f une fonction S ↪→ R. On suppose f trois foisdérivable sur S. Montrer ∃ c ∈ ]a, b[ : f (b) = f (a) + (b− a) f ′

(a+b

2

)+ (b−a)3

24 f (3) (c). Onpourra considérer une fonction ϕ (x) = f

(a+b

2 + x)− f

(a+b

2 − x)− 2x f ′

(a+b

2

)−K x3.

(a) Cet exercice avait déjà été traité : on pose m = a+b2 , h = b−a

2 et on écrit que f (b) =

f (m+ h) = f (m) + h f ′ (m) + 12h

2f ′′ (m) + 16h

3f (3) (c2) avec c2 ∈ ]m, b[, puis quef (a) = f (m− h) = f (m) − h f ′ (m) + 1

2h2f ′′ (m) − 1

6h3f (3) (c1) avec c1 ∈ ]a, m[ (Tay-

lor Lagrange avec reste du 3ème ordre). On a donc f (b) − f (a) = 2h f ′ (m) + 13h

3 ×12

(f (3) (c1) + f (3) (c2)

). Comme f (3) est une dérivée, cette fonction possède la propriété

des valeurs intermédiaires, et il existe c ∈ [c1, c2] tel que 12

(f (3) (c1) + f (3) (c2)

)= f (3) (c).

(b) Pour ce qui est de la méthode proposée par le sujet, on commence par remarquer que lafonction ϕ est définie sur l’intervalle [0, h], et que ϕ′′ est de Rolle sur cet intervalle.

(c) On calcule ensuite ϕ′ (x) = f ′(a+b

2 + x)

+ f ′(a+b

2 − x)− 2f ′

(a+b

2

)− 3K x2 et ϕ′′ (x) =

f ′′(a+b

2 + x)− f ′′

(a+b

2 − x)− 6K x. On voit donc que ϕ (0) = ϕ′ (0) = ϕ′′ (0) = 0.

(d) On définit K par ϕ (h) = 0. On en déduit l’existence d’un x0 ∈ ]0, h[ tel que ϕ′′ (x0) = 0.On a alors f (m+ x0) − f (m− x0) = 2x0 × 3K, et la formule des accroissements finisnous montre que 3K = f (3) (c) pour un certain c ∈ ]m− x0, m+ x0[. 8

7.2 Dualité fonctionnelle

7.2.1 Préliminaires

Soit N l’ensemble des fonctions f : R+ ↪→ R+ vérifiant f (0) = 0 et admettant une fonctiondérivée positive, continue et strictement croissante sur R+. Soit f ∈ N .

1. Quels sont les différents comportements possibles de f ′ (x) lorsque x→ +∞ ?Par limite monotone, lim+∞ f

′ existe dans R et vaut soit +∞, soit un λ > 0. 2

2. Montrer que ∀x > 0 : f (x) < xf ′ (x).Par Taylor-Lagrange, f (x) = f (0) + x f ′ (c) < xf ′ (x), puisque c < x. 2

3. En déduire que x 7→ f(x)x est strictement croissante sur ]0, ∞[.

On calcule la dérivée et on applique 2.1.2. 1

4. Montrer que ∀x ≥ 0 : x f ′ (x) ≤ f (2x). On pourra s’intéresser à f (2x)− f (x).Par Taylor-Lagrange, on a f (x+ x) = f (x) + x f ′ (c) > xf ′ (x) car x < c et f (x) ≥ 0. 2

29

30 DEVOIR № 7. DS3 : DUALITÉ FONCTIONELLE ABSOLUE MONOTONIE

5. Montrer qu’il y a équivalence entre limx→+∞ f′ (x) = +∞ et limx→+∞

f(x)x = +∞.

Posant g (x) = f(x)x , on a donc g (x) < f ′ (x) et 1

2f′ (x

2

)< g (x) : il y a contrôle mutuel des

deux fonctions.2

7.2.2 Dualité

Soit N0 l’ensemble des f ∈ N telles que f ′ (0) = 0 et lim+∞ f′ = +∞. Désormais, f ∈ N0.

1. Pour t ≥ 0, on définit la fonction ωt : R+ ↪→ R par x 7→ ωt (x) = t x− f (x). Montrer qu’ilexiste un et un seul xt ≥ 0 tel que ωt (xt) = max {ωt (x) /x ≥ 0}. On définit les fonctions ϕet f∗ par ϕ (t) = xt et f∗ (t) = ωt (xt) et on se propose de les étudier.

(a) Pour t = 0 et x > 0, on a ω0 = 0 > ω0 (x) = −f (x) puisque f est strictement décroissante.On a donc f∗ (0) = 0, valeur atteinte une seule fois en ϕ (0) = 0.

(b) Soit maintenant t > 0. Avec Q2.1.5, on peut prolonger ω en une fonction continue sur[0, +∞] en posant ω (+∞) = +∞. La borne sup f∗ (t) = sup {ωt (x) /x ≥ 0} ∈ R estdonc atteinte. Comme d

dxω (x) = t − f ′ (x), on voit que ω′ (0) > 0 et lim+∞ ω′ = −∞.

Par conséquent, la borne sup n’est pas atteinte aux bornes de l’intervalle ]0, +∞[, maisen un ou plusieurs points intérieurs. Ces points sont alors déterminés par la conditionω′ (x) = 0, c’est à dire par f((x) = t.

(c) Comme f ′ est continue et strictement croissante, elle réalise une bijection [0, +∞] ↪→[f ′ (0) , f ′ (+∞)] = [0, +∞] : ϕ en est l’application réciproque, montrant l’existence etl’unicité de xt.3

2. Montrer que ϕ est continue, strictement croissante, que ϕ (0) = 0 et que ϕ (t)→ +∞ lorsquet→ +∞.Théorème de la bijection bicontinue bimonotone entre intervalles.4

3. Désormais t > 0 et h est un réel tel que |h| ≤ t. Établir l’existence d’un réel αt,h comprisentre t et t + h tel que f (ϕ (t+ h)) − f (ϕ (t)) = αt,h (ϕ (t+ h)− ϕ (t)). En déduire quef∗ (t+ h)− f∗ (t) = hϕ (t) + βt,h (ϕ (t+ h)− ϕ (t)) avec |βt,h| ≤ |h|.

(a) La relation f (ϕ (t+ h))−f (ϕ (t)) = αt,h (ϕ (t+ h)− ϕ (t)) n’est autre que la relation desaccroissements finis appliquée à la fonction f . On a αt,h = f ′ (c) avec c ∈ ]ϕ (t) , ϕ (t+ h)[.Comme f ′ ◦ ϕ = id, on a α ∈ ]t, t+ h[.

(b) On en déduit f∗ (t+ h) − f∗ (t) = (t+ h) × ϕ (t+ h) − t ϕ (t) − αt,h (ϕ (t+ h)− ϕ (t))d’où ∆f∗ = hϕ (t) + (t+ h− α) ∆ϕ avec β = t+ h− α ∈ [0, h], i.e. |β| ≤ |h|.5

4. Montrer que f∗ est dérivable sur ]0, ∞[ et que dd t f

∗ (t) = ϕ (t).La formule précédente n’est autre que Taylor-Young à l’ordre 1 : le reste peut en effet s’écrireh× β

h∆ϕ et le deuxième facteur tend vers 0 avec h par continuité de ϕ.25. Montrer que f∗ est dérivable en t = 0 et préciser (f∗)′ (0).

(a) On a f∗ (t) = t ϕ (t)− f (ϕ (t)), prouvant la continuité de f∗ en t = 0. Comme lim0 (f∗)′

existe (ϕ est continue en 0), on peut appliquer le théorème de prolongement de la dérivéed’une fonction de Rolle. Et l’on a (f∗)′ (0) = ϕ (0) = 0.

(b) On remarquera que le calcul

d

d tf∗ (t) =

d

d t(t ϕ (t)− f (ϕ (t))) = t ϕ′ (t) + ϕ (t)− f ′ (ϕ (t))ϕ′ (t) = ϕ (t)

suppose abusivement que f est deux fois dérivable.2

6. Montrer que f ′ et (f∗)′ sont des fonctions réciproques l’une de l’autre. En déduire f∗ ∈ N0

et (f∗)∗ = f .

(a) Les questions Q2.2.4 et Q2.2.5 montrent que f ′ et (f∗)′ sont des fonctions réciproquesl’une de l’autre, tandis que Q2.2.1 montre f∗ (0) = 0 et Q2.2.2 montre les autres propriétésnécessaires pour que f∗ ∈ N0.

7.3. FONCTIONS ABSOLUMENT MONOTONES 31

(b) La relation (f∗)∗ = f vient de ce que ces deux fonctions ont même dérivée sur R+ etmême valeur en x = 0.4

7. Lemme : soit ψ : R+ ↪→ R+ croissante et telle que ∀x ≥ 0 : (ψ ◦ ψ) (x) = x. Montrer que∀x ≥ 0 : ψ (x) = x.

(a) Comme ψ est croissante, l’hypothèse x ≤ ψ (x) implique ψ (x) ≤ ψ (ψ (x)) = x et doncx = ψ (x), tandis que l’hypothèse contraire x ≥ ψ (x) implique ψ (x) ≥ ψ (ψ (x)) = x etdonc à nouveau x = ψ (x).

(b) La relation ∀x ≥ 0 : (ψ ◦ ψ) (x) = x seule donne seulement ψ bijective. Parmi lessolutions possibles : xψ (x) = Cte. 2

8. On cherche les fonctions f ∈ N0 telles que f = f∗. Commencer par examiner ce que l’onpeut dire de f ′.Il faut donc que f ′ (x) = x et donc f (x) = 1

2x2. 3

7.3 Fonctions absolument monotones

Pour I = ] a, b [ avec a, b ∈ R, on dit qu’une fonction I ↪→ R est absolument monotone sur I sif est indéfiniment dérivable et si ∀x ∈ I : ∀n ∈ N : f (n) (x) ≥ 0.

Pour a < b, on dit que f est absolument monotone sur [ a, b [ si f est absolument monotone sur] a, b [ et de plus est continue en a.

1. Déterminer quelles sont, parmi les fonctions suivantes, celles qui sont absolument mono-tones : x 7→ expx sur R, x 7→ coshx sur R, x 7→ −1

x sur ]−∞, 0[.

(a) Oui : l’exponentielle réelle est strictement positive, et égale à ses dérivées.(b) Non : cosh′ = sinh est impaire et donc négative sur les négatifs.(c) Oui : dn

dxn

(− 1x

)= n! (−x)−n−1 et ces fonctions sont positives sur les négatifs. 3

2. On considère f (x) = 1√1−x2 pour x ∈ ]−1, +1 [. Montrer que f est indéfiniment dérivable et

que f (n) s’écrit sous la forme f (n) (x) = Pn (x)÷(1− x2

)n+ 12 avec Pn polynôme à coefficients

réels. Étudier la parité de Pn.

(a) On a f (0) (x) = f (x) = P0 (x) ÷(1− x2

) 12 avec P0 = 1. Un minimum de compétences

conduit à P1 = x, P2 = 2x2 + 1, P3 = 6x3 + 9x, P4 = 24x4 + 72x2 + 9, etc...

(b) Supposée au rang n, cette relation donne f (n+1) (x) = ddx

(Pn (x)×

(1− x2

)−n− 12

)=

P ′n (x) ×(1− x2

)−n− 12 +

(n+ 1

2

)Pn (x) × 2x

(1− x2

)−n−1− 12 On obtient la récurrence

Pn+1 (x) = (2n+ 1)xPn (x) +(1− x2

)P ′n (x), d’où la dérivabilité et Pn+1 ∈ Z [x].

(c) Montrons que Pn est de la parité de n. Cela est vrai pour n = 0. Supposons-le pour lerang n. Alors P ′ est de la parité de n− 1, et cela ne change pas en multipliant par 1−x2

qui est pair. Au contraire, le produit par x change la parité de Pn : on voit donc que Pn+1

est de la parité de n+ 1. 4

3. Vérifier que, pour tout x ∈ ]−1, +1 [,(1− x2

)f ′ (x)−x f (x) = 0. En déduire que, pour tout

n ∈ N \ 0 et tout x ∈ ]−1, +1 [

Pn+1 (x) = (2n+ 1)xPn (x) + n2(1− x2

)Pn−1 (x)

P ′n (x) = n2Pn−1 (x)

On admet que ces relations restent valables pour tout x ∈ R.

(a) Relation triviale f ′

f =(−1

2

) −2x1−x2 .

(b) On dérive n fois, en appliquant la formule de Leibniz : 0 = f (n+1) ×(1− x2

)+ n f (n) ×

(−2x) + n(n−1)2 f (n−1) × (−2) − f (n) × x − n f (n−1) × 1. Il vient Pn+1 = (2n+ 1)xPn +

n2(1− x2

)Pn−1.

32 DEVOIR № 7. DS3 : DUALITÉ FONCTIONELLE ABSOLUE MONOTONIE

(c) Il suffit de comparer avec la question précédente pour obtenir P ′n (x) = n2Pn−1 (x). 4

4. Pour n ∈ N, calculer Pn (0). Montrer que tous les coefficients d’un polynôme Pn donné sontpositifs.

(a) Par parité, P2n+1 (0) = 0. Pour P2n (0), on trouve (récurrence)(

(2n)!n! 2n

)2.

(b) Par suite de Q3.3.2, coeff (Pn, k) = 1k!

(dk

dxkPn (x)

)x=0

= 1k!

(n!

(n−k)!

)2Pn−k (0) et donc

coeff (Pn, n− 2 ∗ j) = 1(n−2j)!

(n!j! 2j

)2.6

5. Montrer que arcsin est absolument monotone sur ] 0, +1 [.Fonction positive, et la dérivée est absolument monotone.2

6. Montrer que la somme et le produit de deux fonctions absolument monotones sur R sontencore des fonctions absolument monotones sur R.Évidence pour la somme, formule Leibniz pour le produit.2

7. Montrer qu’il y a équivalence entre “f absolument monotone sur R” et “∀x ∈ R : f (x) ≥ 0et f ′ absolument monotone sur R”.Évidence.1

8. Montrer que la composée de deux fonctions absolument monotones sur R est encore unefonction absolument monotone sur R.On obtient des combinaisons à coefficients positifs. Ainsi (g ◦ f)′ (x) = g(3) (y) f ′ (x)3 +3g′′ (y) f ′ (x) f ′′ (x) + g′ (y) f (3) (x).3

9. Soient α, β ∈ R avec a < b, et f absolument monotone sur ]α, β [. Montrer que f estprolongeable par continuité en α. Montrer que la fonction ainsi prolongée (que l’on continuerade noter f) est indéfiniment dérivable en α.Prolongement par limite monotone : f (k) est positive et croissante, et admet donc une limite àdroite en α. On prolonge alors et le prolongement de la dérivée est la dérivée du prolongement.

5

10. Soit f absolument monotone sur [ a, b [. On pose Sn (x) =∑n

k=0(x−a)k

k! f (k) (a). Montrer que∀x ≥ a : ∀n ∈ N : Sn (x) ≤ f (x). En déduire que, pour tout x ∈ [ a, b [, la suite (Sn (x))n∈Nest convergente, et que sa limite, notée S (x), vérifie S (x) ≤ f (x).

(a) On a f (x) =∑n−1

k=0(x−a)k

k! f (k) (a) + (x−a)n

n! f (n) (c) avec c ≥ a donc f (n) (a) ≤ f (n) (c).D’où Sn (x) ≤ f (x).

(b) Il est clair que la suite est croissante bornée : elle converge.4

Devoir № 8

Polynômes de Laguerre

Polynômes de Laguerre

On pose Φn (x) = (−x)n exp (−x) et Pn (x) = 1n! exp (x) dn

dxnΦn (x).1. Déterminer, pour 0 ≤ n ≤ 4, les fonctions Pn (x). Tracé (sur un même graphe).

Il vient P0 = 1, P1 = x − 1, P2 = 12x

2 − 2x + 1, P3 = 16x

3 − 32x

2 + 3x − 1, et enfinP4 = 1

24x4 − 2

3x3 + 3x2 − 4x+ 1.

–10

10

10

Figure 8.1 – Les polynômes P0 à P4.

2. Montrer que , pour tout n ∈ N, Pn est un polynôme de degré n. Déterminer les coefficientscn (k) définis par Pn (X) =

∑nk=0 cn (k)Xk.

(a) Comme Φn (x) est un produit, on peut appliquer la formule de Leibniz : dn

dxnΦn (x) =

(−1)n dn

dxn (xn exp (−x)), d’où Φ(n)n (x) = (−1)n

(∑nk=0

(nk

)× n!

k!xk × (−1)k exp (−x)

)(b) On a donc Pn (x) =

∑nk=0

(−1)n−kn!

(k!)2 (n−k)!xk, ce qui montre que Pn (x) est un polynôme de

degré n. Ses coefficients sont donnés par c (n, k) = (−1)(n−k)n!

(k!)2 (n−k)!

3. Exprimer Φ(n)n (x), Φ

(n+1)n (x) et Φ

(n+2)n (x) en fonction de Pn (x), P ′n (x) et P ′′n (x).

(a) De par la définition de Pn (x), on a Φ(n)n (x) = Pn (x) n! exp (−x).

(b) Par dérivation, il vient Φ(n+1)n (x) = (P ′n (x)− Pn (x)) n! exp (−x) et

Φ(n+2)n (x) =

(P ′′n (x)− 2P ′n (x) + Pn (x)

)n! exp (−x) .

4. Utiliser Φ(n+1)n+1 (x) = dn+1

dxn+1 (−xΦn (x)) une relation entre Pn+1 (X), Pn (X) et P ′n (X).

(a) On constate aisément que Φn+1 (x) = −xΦn (x).

(b) Applicant la formule de Leibniz, on obtient Φ(n+1)n+1 (x) = −xΦ

(n+1)n (x)− (n+ 1) Φ

(n)n (x).

En revenant aux Pn, il vient :

Pn+1 (x) =

(x

n+ 1− 1

)Pn (x)− x

n+ 1P ′n (x) (8.1)

33

34 DEVOIR № 8. POLYNÔMES DE LAGUERRE

5. Utiliser Φ(n+1)n+1 (x) = dn

d xn

(Φ

(1)n+1 (x)

), ainsi que la relation précédente pour obtenir une rela-

tion entre P ′n+1 (X), Pn (X) et P ′n (X).

(a) On a Φ(n+1)n+1 (x) = dn

d xn

(Φ

(1)n+1 (x)

), soit Φ

(n+1)n+1 (x) = − (n+ 1) dn

d xn ((−x)n exp (−x)) −dn

dxn

((−x)n+1 exp (−x)

).

(b) En dérivant une fois de plus, on obtient Φ(n+2)n+1 (x) = − (n+ 1) Φ

(n+1)n (x) − Φ

(n+1)n+1 (x).

Avec Q3, il vient(P ′n+1 (x)− Pn+1 (x)

)(n+ 1)! = − (n+ 1)

(P ′n (x)− Pn (x)

)n!− Pn+1 (x) (n+ 1)! .

D’où :P ′n+1 (x) = Pn (x)− P ′n (x) (8.2)

6. En déduire une relation entre Pn (X), P ′n (X) et P ′′n (X). Transformer cette équation diffé-rentielle en une relation de récurrence entre les coefficients de Pn. Vérifier cette relation àl’aide de Q2.

(a) En combinant dérivant (9.1) et en comparant avec (9.2) on obtient l’équation différentiellexP ′′n (x) + (1− x)P ′n (x) + nPn (x) = 0.

(b) Cette équation se réécrit en xP ′′n (x) + P ′n (x) = xP ′n (x)− nPn (x). L’action de membrede gauche sur xk fait baisser le degré, tandis que celle du membre de droite le conserve.On aboutit à la relation (k + 1)2 c (n, k + 1) = (k − n) c (n, k).

(c) On constate aisément que cette relation est compatible avec la formule de Q2.

7. Mettre les résultats de Q4 et Q5 sous la forme(Pn+1

P ′n+1

)= Mn

(PnP ′n

)où Mn désigne

une matrice 2× 2 à coefficients dans C1 [x]. Partir de(P0

P ′0

)=

(10

)et poser les calculs

aboutissants à(P3

P ′3

).

Ces résultats s’écrivent(Pn+1

P ′n+1

)=

(x

n+1 − 1 − xn+1

+1 −1

)(PnP ′n

)ou encore, en les écrivant

en ligne,(Pn+1 P ′n+1

)=(Pn+1 P ′n+1

)( xn+1 − 1 +1

− xn+1 −1

). Il vient :

x− 1 +1 12x− 1 +1 1

3x− 1 +1 . . .−x −1 −1

2x −1 −13x −1 . . .

1 0 x− 1 +1 x2

2 − 2x+ 1 x− 2 x3

6 −3x2

2 + 3x− 1 x2

2 − 3x+ 3 . . .

0 1 −1 −1 −x22 + 3x

2 −x+ 1 −x36 + 4

3x2 − 11

6 x−x2

2 + 52x− 1 . . .

8. Montrer que les polynômes Pn n’ont pas de racines multiples (dans C [X]).On voit que det (Mn) = 1. Le déterminant du produit Bn = Mn . . . M2M1 vaut donc 1 àson tour, et les polynômes Pn et P ′n vérifient une relation de type APn +B P ′n = 1 : ils sontpremiers entre eux.

9. Pour Q1, Q2 ∈ R [X], on pose ϕ (Q1, Q2) =∫∞

0 Q1 (x)Q2 (x) exp (−x) dx. Trouver les va-leurs de ϕ

(Xk, Xj

)pour j, k ∈ N, ainsi que les valeurs de ϕ (Pk, Pj) pour j, k ≤ 4.

(a) Une ippm conduit à ϕ(xk, xj

)=∫∞

0 xj+k exp (−x) dx = (j + k)!

(b) Quelques calculs supplémentaires donnent ϕ (Pk, Pj) = 0 pour j 6= k et ϕ (Pj, Pj) = 1.

10. Montrer que pour n ∈ N fixé et tout Q ∈ R [X], on a ϕ (Pn, Q) = λ (n)∫∞

0 Φn (x)Q(n) (x) dxpour une certaine constante λ (n) que l’on déterminera. En déduire ϕ (Pk, Pj) pour j, k ∈ N.

35

(a) Une intégration par parties de∫∞

0 Pn (x)Q (x) exp (−x) dx = 1n!

∫∞0 Φ

(n)n (x)Q (x) dx

donne − 1n!

∫∞0 Φ

(n−1)n (x)Q(1) (x) dx. En effet, le terme tout intégré s’écrit Φ

(n−1)n (x)

fois un polynôme, et donc est nul à chacune des deux bornes.

(b) En itérant le processus, on obtient ϕ (Pn, Q) = (−1)n 1n!

∫∞0 Φn (x)Q(n) (x) dx, c’est à

dire λ (n) = (−1)n 1n! .

(c) Lorsque dg (Q) < n, on trouve donc ϕ (Pn, Q) = 0, établissant ϕ (Pk, Pj) = 0 pour j 6= k.

(d) Pour le cas j = n, on obtient P (n)n (x) = n! cd (Pn) = 1, d’où le résultat remarquable

ϕ (Pn, Pn) = (−1)n 1n!

∫∞0 (−x)n exp (−x) dx = 1.

11. Utiliser le résultat précédent pour montrer que les racines d’un polynôme Pn donné sont toutessimples et situées dans ]0, +∞[.

(a) On considère le polynôme Q dont les racines, toutes de multiplicité 1, sont les racines dePn qui sont d’ordre impair et appartiennent à l’intervalle ]0, +∞[.

(b) Le polynôme Q (x)Pn (x) est donc positif sur R+. Si l’on avait∫ +∞

0 Q (x)Pn (x) dx = 0,ce polynôme serait le polynôme nul.

(c) Il faut donc que dg (Q) = n, ce qui prouve que les racines de Pn sont toutes simples etsituées dans ]0, +∞[.

12. Montrer que les racines de Pn s’intercalent entre les racines de Pn+1.

(a) Soient (xj)1≤j≤n+1 les racines de Pn+1 rangées par ordre croissant.

(b) La relation Pn (x) = −Pn+1 (x) + xn+1P

′n+1 (x), obtenue en inversant Mn, montre que

Pn (xj) Pn (xj+1) =xjn+1

xj+1

n+1 P′n+1 (xj)P

′n+1 (xj+1). On a clairement xjxj+1 > 0.

(c) Comme xj et xj+1 sont des racines simples consécutives de Pn+1, il y a exactement uneracine de P ′n+1 vérifiant xj < x < xj+1 et l’on a P ′n+1 (xj)P

′n+1 (xj+1) < 0.

(d) On en déduit que Pn (xj)Pn (xj+1) < 0, montrant qu’il y a au moins une racine de Pnentre deux racines consécutives de Pn+1. Un argument de dénombrement montre qu’il nepeut pas y en avoir plusieurs.

36 DEVOIR № 8. POLYNÔMES DE LAGUERRE

Devoir № 9

ds4 : Polynômes de Hermite

9.1 Exercice convexité

Pour tous a, b, x, y > 0, montrer que x ln xa + y ln y

b ≥ (x+ y) ln x+ya+b .

1. Méthode “in brute force” : on pose f (a) = x ln xa + y ln y

b − (x+ y) ln x+ya+b et on dérive en a.

Il vient f ′ (a) = a y−x ba(a+b) . La seule racine de f ′ est a = x b

y pour laquelle f ′ passe du négatif aupositif : on a donc un point de minimum. Et le résultat suit, puisque f

(x ba

)= 0.

2. Méthode “convexité” : on pose g (z) = z ln z. Alors la question devient aa+bg

(xa

)+ ba+bg

(yb

)≥

g(

aa+b

xa + b

a+byb

)et le résultat suit parce que d2

d z2g (z) = d

d z (1 + ln z) = 1z ≥ 0, montrant

que g est convexe. 4

9.2 Polynômes de Hermite

On pose Φ (x) = exp(−1

2x2)et, pour n ∈ N, Pn (x) = (−1)n

n! exp(

12x

2)

dn

dxnΦ (x).

9.2.1 Relations de récurrence

1. Déterminer, pour 0 ≤ n ≤ 4, les fonctions Pn (x). Tracé rapide sur un même graphe. 2

P0 (x) = 1, P1 (x) = x, P2 (x) =1

2x2 − 1

2, P3 (x) =

1

6x3 − 1

2x, P4 (x) =

1

24x4 − 1

4x2 +

1

8

–2

4

–4 4

Figure 9.1 – Les polynômes P0 à P4.

2. Montrer que, pour tout n ∈ N, Pn est un polynôme. Déterminer le degré, le coefficientdominant et la parité éventuelle de ces polynômes.

(a) Le plus simple est d’utiliser déjà la récurrence suggérée par la question 2.1.3. On aΦ(n) (x)

.= dn

dxnΦ (x) = (−1)n n!Pn (x) Φ (x).

37

38 DEVOIR № 9. DS4 : POLYNÔMES DE HERMITE

(b) De là : Φ(n+1) (x) = (−1)n+1 (n+ 1)!Pn+1 (x) Φ (x) = dd ((−1)n n!Pn (x) Φ (x)). Comme

∀x : Φ (x) 6= 0, on arrive à :

(n+ 1)Pn+1 (x) = xPn (x)− P ′n (x) (9.1)

(c) Montrons que Pn ∈ R (X), avec dg (Pn) = n, cd (Pn) = 1n! et Pn de la parité de n. Ceci

est clairement vrai de P0. La formule (9.1) additionne deux termes de degrés différents,et il est clair que xPn et P ′n sont de la parité contraire à celle de Pn.2

3. Utiliser la relation Φ(n+1) (x) = ddx

(Φ(n) (x)

)pour obtenir une expression de Pn+1 (x) en

fonction de Pn (x) et P ′n (x).Cf supra, formule (9.1).1

4. Utiliser la relation Φ(n+2) (x) = dn+1

dxn+1

(Φ(1) (x)

)pour obtenir une expression analogue pour

P ′n+1 (x).

(a) On obtient Φ(n+2) (x) = dn+1

dxn+1 (−xΦ (x)) = −x × Φ(n+1) (x) − (n+ 1) × 1 × Φ(n) (x).En divisant par (−1)n (n+ 1)! Φ (x) , il vient (n+ 2)Pn+2 (x) = xPn+1 (x)− Pn (x). Encomparant avec la relation (9.1), écrite pour l’indice n+ 1, on obtient la relation :

P ′n+1 (x) = Pn (x) (9.2)

(b) Cette relation se vérifie aisément sur les exemples P0 à P4.2

5. En déduire une relation entre Pn (X), P ′n (X) et P ′′n (X). Transformer cette équation diffé-rentielle en une relation de récurrence entre les coefficients de Pn.

(a) En dérivant la relation (9.1) et en soustrayant la relation (9.2), on obtient :

P ′′n (x)− xP ′n (x) + nPn (x) = 0 (9.3)

(b) Ce qui se réécrit P ′′ = xP ′ − nP , conduisant à la “ descente” (k + 2) (k + 1) ak+2 =(k − n) ak (pour un polynôme écrit sous la forme P (x) =

∑akx

k. On vérifie que lescoefficients de la mauvaise parité se déduisent de an+1 = 0 et sont nuls à leur tour, tandisque an reste indéterminé par ces relations.2

6. Résoudre la récurrence de 2.1.5 et montrer que les polynômes Pn (x) peuvent s’écrire sous laforme Pn (x) =

∑j=E(n/2)j=0 c (n, j)xn−2j avec c (n, j) = (−1)j

(n−2j)! j! 2j.

(a) La formule précédente s’utilise sous la forme ak = − (k+1)(k+2)n−k ak+2, en descendant vers

0 à partir de k = n− 2. Ceci suggère une renumérotation des coefficients, en partant duterme dominant.

(b) Pour j = 0, la formule proposée redonne bien le coefficient dominant an = 1n! .

(c) On procède alors par descente : en supposant que c (n, j − 1) = an−2j+2, on obtientan−2j = − (n−2j+1)(n−2j+2)

2j(−1)j−1

(n−2j+2)! (j−1)! 2j−1 , et donc an−2j = c (n, j).1

7. Mettre les résultats de 2.1.3 et 2.1.4 sous la forme(Pn+1

P ′n+1

)= Mn

(PnP ′n

)où Mn désigne

une matrice 2× 2 à coefficients dans C1 [x]. Partir de(P0

P ′0

)=

(10

)et poser les calculs

aboutissants à(P3

P ′3

).

Ces résultats s’écrivent(Pn+1

P ′n+1

)=

(x

n+1 − 1n+1

1 0

)(PnP ′n

), ou encore

(Pn+1 P ′n+1

)=(

Pn+1 P ′n+1

)( xn+1 1

− 1n+1 0

). Il vient :1

9.2. POLYNÔMES DE HERMITE 39

x 1 12x 1 1

3x 1 14x 1

−1 0 −12 0 −1

3 0 −14 0

1 0 x 1 12x

2 − 12 x 1

6x3 − 1

2x12x

2 − 12

124x

4 − 14x

2 + 18

16x

3 − 12x

0 1 −1 0 −x2 −1 −x2

6 + 13 −x

2 − 124x

3 + 524x −1

6x2 + 1

3

8. Montrer que les racines des polynômes Pn sont toutes des racines simples.

(a) Les matrices Mn ont pour déterminant 1n+1 , et le déterminant de leur produit est encore

un scalaire. Le calcul direct donne une relation de Bezout, prouvant que pgcd (P, P ′) = 1et donc qu’il n’y a pas de racines multiples.

(b) Pour n = 4, on obtient ainsi(−1

6x2 + 1

3

)P4 +

(124x

3 − 524x)P ′4 = 1

24 .

(c) Autre méthode : chaque matrice Mn est inversible. Donc leur produit Bn est aussi inver-

sible, et on obtient(P0

P ′0

)= (Bn)−1

(PnP ′n

). Une racine commune à Pn et P ′n serait

aussi racine de P0 = 1. 1

9. On admettra que toutes les racines des Pn sont réelles. Quelle relation y a-t-il entre lesracines de deux polynômes successifs ?Comme Pn+1 possède n + 1 racines réelles simples, les racines de Pn = P ′n+1 viennents’intercaller entre les racines de Pn+1. 1

9.2.2 Somme des carrés des racines d’un polynôme

1. Soit Q (x) = xn + b xn−1 + c xn−2 +R (x) un polynôme de degré n ≥ 2 (avec dg (R) ≤ n− 3),et xj (1 ≤ j ≤ n) ses racines. Exprimer la somme

∑n1 x

2j en fonction de b et de c.

(a) Méthode élémentaire :∑n

1 x2j = (

∑n1 xj)

2 − 2∑

j<k xjxk = (−b)2 − 2c.

(b) Méthode de van Graeffe : on définit un polynôme Q2 par Q2

(x2)

= Q (x)×(−1)nQ (−x).Il vient Q2

(x2)

=(xn + b xn−1 + c xn−2 +R (x)

) (xn − b xn−1 + c xn−2 ±R (−x)

). On

voit que les x2j sont les racines de ce nouveau polynôme. En effectuant Q2

(x2)

= x2n −(b2 − 2c

)x2n−2 + . . . , le résultat suit. 1

2. Calculer la somme des carrés des racines des polynômes Pn (x) pour n ≤ 4.Pour P1 = x, S2 = 0. Pour P2 = 1

2x2 − 1

2 , les racines sont ±1 et S2 = 2. Pour P3 = 16x

3 − x2 ,

les racines sont ±√

3 et 0 : S2 = 6. Enfin, pour P4 = 124x

4 − 14x

2 + 18 , on trouve S2 = 12. 1

3. Utiliser 2.1.6 pour généraliser le résultat de la question précédente. Que peut-on en déduirepour la plus grande racine de Pn (x) ?

(a) D’après les résultats précédents, on a b = 0 et c = c (n, 1) /c (n, 0) = −n(n−1)2 . D’où

S2 = n (n− 1).

(b) Si zn désigne la plus grande racine de Pn, on a donc 2z2 ≤ n (n− 1) et z ≤ 1√2n. 2

4. Soit Q (x) = xn+β xn−2 +γ xn−4 +R (x) un polynôme de degré n ≥ 4 ayant la parité de sondegré (avec dg (R) ≤ n− 6). On désigne ses racines par xj (1 ≤ j ≤ n). Exprimer

∑n1 x

4j en

fonction de β et de γ.

(a) Le polynôme Q2 de la question 2.2.1 devient Q2

(x2)

=(xn + β xn−2 + γ xn−4 +R (x)

)×(

xn + β xn−2 + γ xn−4 ±R (−x)). D’où Q2 (x) = xn + (2β)xn−1 +

(β2 + 2γ

)xn−2 + . . . .

(b) On applique alors la formule 2.2.1 au polynôme Q2 et l’on trouve∑x4j = (2β)2 −

2(β2 + 2γ

)= 2β2 − 4γ.

40 DEVOIR № 9. DS4 : POLYNÔMES DE HERMITE

(c) Autre méthode : pour n pair, on prend Q (x) = Pn (√x), et pour n impair, on prend

Q (x) = Pn (√x) /√x. Vu la parité des Pn, la fonction Q est polynomiale. Ce polynôme

Q est de degré m = E (n/2). Ses racines yk sont sont les carrés (comptés une seule fois)des racines non nulles de Pn. Il vient alors S2 =

∑x2j = 2

∑yk = −2β et S4 =

∑x4j =

2∑y2k = 2

(β2 − 2γ

). 2

5. Appliquer le résultat précédent aux polynômes Pn (x). Que peut-on en déduire pour la plusgrande racine de Pn (x) ? Comparer avec le majorant obtenu en 2.2.3.

(a) Appliquée aux polynômes Pn (x), la formule donne S4 = 2β2 − 4γ = 12

(n!)2

((n−2)!)2− 1

2n!

(n−4)!

d’où S4 = n (n− 1) (2n− 3).

(b) Testons pour n = 4. Les racines sont ±√

3 +√

6, ±√

3−√

6 et S4 = 2(3 +√

6)2

+

2(3−√

6)2

= 60 = 4× 3× 5.

(c) On en déduit que la plus grande racine (soit z) de Pn vérifie 2z4 ≤ n (n− 1) (2n− 3) etdonc que z ≤ n3/4.

(d) Ce résultat est plus précis que celui obtenu avec les carrés, parce que le poids relatif de zdans

∑x4 est plus important que le poids relatif de z dans

∑x2 (principe de la méthode

de van Graeffe).2

Devoir № 10

Misc. : morphisme ; analyse ; Douai 86

10.1 Morphisme de groupes

Soit f un morphisme de groupes de (G, ∗) sur (G′, ⊥). Soit H ′ un sous-groupe de G′. Montrerque f−1 〈H ′〉 est un sous-groupe de G.

1. On pose H .= f−1 〈H ′〉 = {x ∈ G / f (x) ∈ H ′ }. Comme H ′ est un sous groupe de H ′, on a

1G′ ∈ H ′. Comme f est un morphisme de groupes, on a f (1G) = 1G′ . On en déduit 1G ∈ H.

2. Soient x, y ∈ H. Par définition de H, on a f (x) , f (y) ∈ H ′. Comme H ′ est un sous-groupede G′, on a f (x) ⊥ f (y) ∈ H ′. Par définition d’un morphisme, on a f (x ∗ y) = f (x) ⊥ f (y).On voit donc que x ∗ y ∈ H.

3. Soit x ∈ H. Par définition de H, on a f (x) ∈ H ′. Comme H ′ est un sous-groupe de G′, ona f (x)−1 ∈ H ′. Par définition d’un morphisme, on a f

(x−1

)= f (x)−1. On voit donc que

x−1 ∈ H.

4. En résumé, H est non vide et stable à la fois par ∗ et par passage aux inverses : c’est unsous-groupe de G.

10.2 Analyse

Soit f une fonction continue R ↪→ R telle que pour tout couple de réels x, y, on ait :

|f (x)− f (y)| ≥ |x− y|

1. Montrer que f est injective.Supposons f (x) = f (y). On a alors 0 = |f (x)− f (y)| ≥ |x− y| et donc x = y.

2. Montrer que f est strictement monotone.

(a) Théorème du cours : une fonction continue, injective, au départ d’un intervalle est stric-tement monotone.

(b) Principe de la preuve : dans le cas contraire, on pourait trouver a, b, c ∈ I avec a < b < cet pente (AB) pente (BC) < 0. En pareil cas, les points de ]f (a) , f (b)[ ∩ ]f (c) , f (b)[seraient atteints deux fois.

3. Montrer que f est non bornée et bijective.

(a) On suppose f croissante. Sinon, on examine −f qui est alors croissante.

(b) Pour x > 0, on a f (x)− f (0) ≥ x− 0, donc f (x) ≥ x+ f (0)→ +∞. D’où f (x)→ +∞.

(c) Pour x < 0, on a f (0)− f (x) ≥ 0−x, donc f (x) ≤ x+ f (0)→ −∞. D’où f (x)→ −∞.

(d) On peut donc prolonger f en une fonction continue f : R ↪→ R telle que f (−∞) = −∞et f (+∞) = +∞. La propriété des valeurs intermédiaires nous donne f

(R)

= R et doncf (R) = R.

41

42 DEVOIR № 10. MISC. : MORPHISME ; ANALYSE ; DOUAI 86

4. On suppose dans ce paragraphe qu’il existe un segment S = [a, b] ⊂ R (avec a < b) tel quef (S) ⊂ S.

(a) Montrer qu’il existe un c ∈ S tel que f (c) = c.On pose g (x) = f (x)− x. On a donc g (a) ≥ 0 et g (b) ≤ 0. Comme g est continue, elleatteint la valeur 0, et donc il existe un c ∈ S tel que f (c) = c.

(b) On suppose f croissante. Peut-on avoir f (a) > a ou f (b) < b ?On a |f (b)− f (a)| ≥ |b− a|. Avec les hypothèses supplémentaires, cela donne f (b) −f (a) ≥ b− a, soit encore (g (b)) + (−g (a)) ≥ 0. Comme chaque parenthèse est négativeou nulle, il faut que chaque parenthèse soit nulle. On a donc f (a) = a et f (b) = b.

(c) On continue de supposer f croissante. Déterminer la restriction de f au segment S.Soit c ∈ S. Il faut |f (b)− f (c)| ≥ |b− c| et donc b − f (c) ≥ b − c et en même temps ilfaut |f (c)− f (a)| ≥ |c− a| et donc f (c)− a ≥ c− a. On en déduit ∀c ∈ S : f (c) = c.

(d) On suppose f décroissante. Déterminer sa restriction à S. On pourra poser ϕ (x) =a+ b− f (x).Posons σ (c) = a + b − c. Il est clair que σ est une bijection de S sur lui-même. Il estimmédiat que ϕ = σ ◦ f est croissante et que ϕ (S) ⊂ S. D’après la question précédente,on a alors ∀c ∈ S : f (c) = σ (c).

5. On suppose désormais f croissante.

(a) Montrer que si pour tout x réel, on a f (x) < x, alors f (x) ∼+∞ x.

On a, pour x > 0, f (x)− f (0) ≥ x− 0 et donc x + f (0) ≤ f (x) < x. De là 1 + f(0)x ≤

f(x)x < 1 et donc f (x) ∼+∞ x.

(b) Montrer que si pour tout x réel, on a on a f (x) > x, alors f (x) ∼−∞ x.On a, pour t < 0, f (0) − f (t) ≥ 0 − t et donc t + f (0) ≥ f (t) > t. Divisant par unnégatif, il vient 1 + f(0)

t ≤f(t)t < 1 et donc f (t) ∼+∞ t.

(c) Soit U l’ensemble des x ∈ R tels que f (x) = x. Montrer que l’on se retrouve dans l’undes deux cas précédents, ou bien que U est un intervalle non vide.La fonction g : x 7→ f (x)−x est continue. Elle ne peut changer de signe qu’en s’annulant.Par conséquent U = ∅ conduit à l’un des deux cas précédents. La question Q4c montreque a, b ∈ U implique [a, b] ⊂ U . Par conséquent U est un intervalle, et on voit aisémentque cet intervalle est un ensemble fermé de R.

10.3 Mines de Douai 86

Dans ce problème, on note de la même façon un polynôme et la fonction polynôme associée. Ondésigne par C∗ l’ensemble des nombres complexes non nuls. Par convention : ∀z ∈ C∗ : z0 = 1. Onconsidère l’application z 7→ f (z) = z + 1

z .

1. Propriétés algébriques de f :

(a) Montrer que f est surjective.On résoud z + 1

z = ζ. Il vient z2 − ζ z + 1 = 0 et z = 12

(ζ ± rac

(ζ2 − 4

)). Pour chaque

valeur de ζ, on trouve deux valeurs de z. Le produit de ces deux valeurs vaut 1. Ces deuxvaleurs sont distinctes à moins que ζ = 2 (z = 1) ou que ζ = −2 (z = −1).

(b) Soit Γ = {z ∈ C /|z| = 1}. Déterminer l’image F de Γ par f . Montrer que l’image réci-proque de F est Γ.On a Γ = {exp (i t) /t ∈ [0, 2π]}. Par conséquent F .

= f (Γ) = {2 cos t /t ∈ [0, 2π]} =[−2, +2]. Soit réciproquement ζ = 2 cos t ∈ [−2, +2]. On sait que les deux racines dez2 − 2z cos t + 1 = 0 sont les nombres exp (i t) et exp (−i t), montrant que f−1 (F ) ⊂ Γ.L’autre inclusion étant triviale, on a l’égalité.

10.3. MINES DE DOUAI 86 43

(c) Soit D = {z ∈ C /0 < |z| < 1}. Montrer que l’application g : D ↪→ C \ F : z 7→ z + 1z

est une bijection.La question Q1a montre que f (z) = f (t) implique z = t ou bien z t = 1. Cette deuxièmerelation étant impossible entre éléments de D, l’application g est injective. Réciproque-ment, un nombre ζ ∈ C \ F possède deux antécédents z, t. Si l’on avait |z| = 1 on auraitζ ∈ F . Et comme z t = 1, on a soit |z| < 1 soit |t| < 1 montrant que g est surjective.

2. Étude d’une suite de polynômes :

(a) Montrer que pour tout entier positif ou nul n, il existe un unique polynôme Pn tel que∀z ∈ C∗ : f (zn) = Pn (f (z)) et que ∀n ≥ 1 : Pn+1 = X Pn − Pn−1.Il est clair que ∀z 6= 0 : f (z) f

(zn+1

)=(z1 + z−1

) (zn+1 + z−n−1

)= f

(zn+2

)+f (zn).

Pour l’existence, on pose P0 = 2, P1 = X. La récurrence Pn+2 = X Pn+1 − Pn définitvisiblement une famille de polynômes avec dg (Pn) = n et Pn (f (z)) = f (zn). Pourl’unicité : si un deuxième polynôme (soit Qn) vérifie la relation fonctionnelle pour toutz ∈ D, alors on a Pn (ζ) = Qn (ζ) pour tout ζ ∈ g (D). Par prolongement des identités,on a donc l’identité des deux polynômes formels.

(b) Expliciter Pj pour 0 ≤ j ≤ 3. Déterminer le degré de Pn. Étudier la parité de Pn.Il est immédiat que Pn (X) = 2Tn (X/2). On a donc P0 = 2, P1 = X, P2 = X2 − 2,P3 = X3 − 3X, dg (Pn) = n, cd (Pn+1) = 1 et Pn est de la parité de n.

3. Pour tout nombre entier n > 0, on considère (dans C) l’équation algébrique (En) : Pn (ξ) =0. Résoudre cette équation. Vérifier que (En) admet n racines réelles distinctes, et que (pourn > 0) les racines de En s’intercalent entre les racines de En+1.Comme Pn (ξ) = 2Tn (ξ/2), on voit que (pour n ≥ 1) le polynôme Pn est le polynôme unitaireayant pour racines le double des racines de Tn. Soit ξk = 2 cos 2k+1

2n π pour 0 ≤ k < n. Ainsi,pour n = 3, a-t-on 2 cos π6 =

√3, 2 cos 3π

6 = 0 et 2 cos 5π6 = −

√3.

Étant donné un nombre complexe β et un entier n > 2, on considère (dans C) l’équationalgébrique (Fn) : Pn (ξ) = β.

4. On suppose que β n’appartient pas à l’intervalle réel [−2, +2]. Montrer que (Fn) admet nracines distinctes.Supposons ξ ∈ F . Il existe alors x ∈ Γ tel que ξ = f (x), et on a donc β = Pn (ξ) = f (xn) ∈ F .Nous pouvons donc définir x = g−1 (ξ) et b = g−1 (β). La relation β = Pn (ξ) devient alorsf (b) = Pn (f (x)) = f (xn), soit g (b) = g (xn) et donc b = xn. Comme un nombre |b| ∈ Dpossède n racines n-ièmes distinctes dans D. Et la conclusion suit, car g est une bijection :des x distincts conduisent à des ξ distincts.

5. On suppose que β ∈ [−2, +2] et on pose θ = arccos β2 . Exprimer les racines de (Fn) enfonction de θ. Pour quelles valeurs de θ l’équation (Fn) admet-elle des racines doubles ?

(a) Supposons ξ /∈ F . Il existerait x ∈ D avec ξ = g (x) = f (x). Alors b = Pn (ξ) = f (ξn).Comme ξn ∈ D, on aurait b ∈ g (D) ce qui est impossible.

(b) Posons donc b .= exp (i θ), soit β = f (b), ainsi que τ = arccos ξ2 et x .

= exp (i τ), soitξ = f (x). Il vient f (b) = f (xn) et donc τk = θ

n + k 2πn .

(c) Une racine double apparaît lorsqu’une racine de P ′n (x) est en même temps racine dePn (x)−β. Or les racines de P ′n correspondent à des angles multiples de π

n . Par conséquent,le cas se produit pour θ = 0 et θ = π soit β = ±2.

6. Décomposer en éléments simples sur C la fraction rationnelle 1Pn(X) .

On a vu en Q3 que les pôles de 1Pn(X) sont les ξk = 2 cos 2k+1

2n π. On applique la formule des

pôles simples, qui donne Res (ξk) = P ′n (ξk). Il est aisé de voir que P ′n (2 cos t) = n sin(n t)sin t . La

décomposition demandée est donc :

1

Pn (X)=

1

n

n−1∑k=0

(−1)k sin(

2k+12n π

)X − 2 cos

(2k+1

2n π)

44 DEVOIR № 10. MISC. : MORPHISME ; ANALYSE ; DOUAI 86

Devoir № 11

ds5 : Groupes ; polynômes de Bernoulli

11.1 Groupes

Soit H = {(a, b) / a > 0 et b ∈ R}.1. On considère sur H la loi ⊥ définie par (a, b) ⊥ (c, d) = (a c, b+ d). Montrer que (H, ⊥)

est un groupe commutatif.

(a) Il s’agit du produit cartésien des groupes(R∗+, ∗

)et (R, +). Il y a opération coordonnée

par coordonnée, prouvant la stabilité, l’associativité et la commutativité. Le neutre est(1, 0) et le neutralisateur de (a, b) est

(1a , b).

(b) Rappel : un élément neutre est défini par la propriété ∀x : x ⊥ e = e ⊥ x = x. Il estdonc utile de démontrer la commutativité avant d’examiner l’existence d’un neutre et desneutralisateurs.

2. On considère sur H la loi ∆ définie par (a, b) ∆ (c, d) = (a c, b c+ a d). Est-ce que (H, ∆)est un groupe ? Est-ce que (H, ⊥, ∆) est un anneau ?

(a) Une démonstration efficace de ce que (H, ∆) est un groupe est obtenue en considérantla bijection ϕ : H ↪→ H : (a, b) 7→

(a, ba

). On a ∆ = ϕ−1◦ ⊥ ◦ (ϕ× ϕ). En particulier,

le neutre est (1, 0) et le neutralisateur de (a, b) est(

1a , −

ba2

).

(b) (H, ⊥, ∆) ne peut donc pas être un anneau : le neutre de la première loi serait absorbantet non pas neutre pour la deuxième loi. D’ailleurs, un calcul immédiat montre qu’il n’ya pas distributivité : ((a, b) ⊥ (c, d)) ∆ (e, f) commence par a c e tandis que la formedéveloppée commence par a c e2.

3. Soit k ∈ R. On définit fk par fk ((a, b)) = (k ln a, b). On utilisera la notation fk (a, b)lorsque cela est possible. Montrer que fk est un morphisme de groupes (H, ⊥) ↪→

(R2, +

).

Pour quelles valeurs de k l’application fk est-elle un isomorphisme ?

(a) Il est clair que fk : H ↪→ R2. Quant à fk ((a, b) ⊥ (c, d)) = fk (a, b) + fk (c, d), celaprovient immédiatement de ln (a c) = ln a+ ln b.

(b) On obtient un isomorphisme lorsque fk est bijective, autrement dit pour k 6= 0.

4. On pose g ((a, b)) = (exp b, ln a). Montrer que g est un endomorphisme de groupes (H, ⊥) ↪→(H, ⊥). Calculer g ◦ g. Que peut-on en déduire pour g ?

(a) Calculons α .= g ((a, b) ⊥ (c, d)) = g (a c, b+ d). On a α = (exp (b+ d) , ln (a c)) =

(exp b exp d, ln a+ ln c) et donc α = (exp b, ln a) ⊥ (exp d, ln c) = g (a, b) ⊥ g (c, d),montrant le morphisme.

(b) On voit que (g ◦ g) (a, b) = g (exp b, ln a) = (exp ln a, ln exp b). Or, sur les ensemblesconsidérés, les fonctions ln et exp sont réciproques l’une de l’autre. On a donc g◦g = idH ,prouvant que g est bijective.

45

46 DEVOIR № 11. DS5 : GROUPES ; POLYNÔMES DE BERNOULLI

11.2 DL et limites

Déterminer la limite de f (x) =(

2x+3x

2x+1+5x/2

) 12−x lorsque pour x→ 2.

1. On pose x = 2 + h et il vient

α (h) =

(4 2h + 9 3h

8 2h + 5(√

5)h)(− 1

h)

=

(8 2h + 5

(√5)h

4 2h + 9 3h

)( 1h)

2. Les substitutions 2h = exp (h ln 2) , 3h = exp (h ln 3) ,(√

5)h

= exp(h2 ln 5

), composées avec

expu = 1 + u+ O(u2)donnent lnα (h) = 1

h ln

(13+(8 ln(2)+ 5

2ln(5))h+O(h2)

13+(4 ln(2)+9 ln(3))h+O(h2)

), d’où lnα (h) =(

413 ln (2)− 9

13 ln (3) + 526 ln (5)

)+ O (h), qui conduit à

α (0) = 2(4/13) 3(−9/13) 5(5/26) ≈ .7883647689

11.3 Polynômes de Bernoulli

Dans ce qui suit, on a n, m ∈ N et x ∈ R. On définit une suite Bn de polynômes par B0 (x) = 1et par la récurrence

B′n (x) = nBn−1 (x)

Bn+1 (x+ 1)−Bn+1 (x) = (n+ 1)

∫ x+1

xBn (t) dt = (n+ 1)xn

et l’on appelle nombre de Bernoulli d’ordre n le nombre bn = Bn (0).

1. Montrer que B1 (x) = x− 12 et que B2 (x) = x2 − x+ 1

6

2. Vérifier que B1 (0) = −B1 (1) et montrer que, pour n ≥ 2, Bn (1) = Bn (0).

3. Montrer par récurrence sur n que Bn (x) =∑n

k=0

(nk

)bk x

n−k. En déduire que, pour n ≥ 2,∑n−1k=0

(nk

)bk = 0.

4. On définit Pn (x) = Bn (x) − (−1)nBn (−x) + nxn−1. Montrer que P ′n (x) = nPn−1 (x).Montrer que Pn (x) = Bn (x+ 1)− (−1)nBn (−x).Pour n impair, montrer que

∫ 10 Pn (−t) dt = 0. En conclure que, pour tout n, Pn (x) = 0.

5. En déduire que, pour m ≥ 1, B2m+1 (0) = B2m+1 (1) = b2m+1 = 0. Prouver que les fonctionsx 7→ Bn

(x+ 1

2

)sont paires ou impaires avec n. En déduire que, pour tout m, B2m+1

(12

)= 0.

6. Montrer que les polynômes Qn (x) = Bn(x+ 1

2

)+Bn (x)− 1

2n−1Bn (2x) sont pairs ou impairsavec n et vérifient Q′n+1 (x) = (n+ 1)Qn (x).

7. Montrer que Q0 = 0 et que, pour tout m, Q2m = 0 implique Q2m+1 = 0. Montrer queQ2m = 0 implique en outre Q2m+2 = 0 (considérer Q2m+3). En conclure que B2m

(12

)=(

122m−1 − 1

)b2m.

8. On suppose que B2m (0) > 0 et que B2m n’a qu’une racine, simple, sur[0, 1

2

]. Montrer

qu’alors B2m+1 (x) ≥ 0 pour x ∈[0, 1

2

], puis que B2m+2 (0) < 0 et que B2m+2 n’a qu’une

racine, simple, sur[0, 1

2

]. Montrer qu’alors B2m+3 (x) ≤ 0 pour x ∈

[0, 1

2

], puis que

B2m+4 (0) > 0 et que B2m+4 n’a qu’une racine, simple, sur[0, 1

2

].

9. En déduire que, pour tout m ≥ 1, b2m est du signe de (−1)m+1.

10. Montrer que, pour n ≥ 1,∫ 1

0 Bn (t) dt = 0 et que, pour m ≥ 1,∫ 1/2

0 B2m (t) dt = 0.

11. Utiliser Q7 pour montrer que, pour m ≥ 1,∣∣∣∫ 1/2

0 B2m+1 (t) dt∣∣∣ |b2m+2|

m+1 .Et que supx∈[0, 1] |B2m+2 (x)| = |b2m+2|.

Devoir № 12

Polynômes de Lagrange ; Bernoulli (2)

12.1 Polynômes de Lagrange

On se place dans E = C3 [X] rapporté à sa base naturelle[1, X, X2, X3

]. La lettre j désigne

l’un des éléments de l’ensemble {−1, 1, 2, 3}.1. Soient ϕ−1 = P 7→ P (−1), ϕ1 = P 7→ P (1), ϕ2 = P 7→ P (2) et ϕ3 = P 7→ P (3). Montrer

que ces applications linéaires forment une base de F = L (E, C).

(a) On sait que, en dimension finie, dimE = dimE∗. Il suffit donc de montrer que la familleest libre, puisqu’elle a la bonne taille.

(b) Soit ψ =∑

λjϕj . Supposons ψ = 0F et appliquons cette forme linéaire au polynômeR = (x− 1) (x− 2) (x− 3). On a visiblement ψ (R) = λ−1ϕ−1 (R) = 0 avec ϕ−1 (R) 6= 0.Par conséquent λ−1 = 0.

(c) On procède de même pour les autres coefficients, prouvant que la famille est libre.

2. Déterminer les polynômes L−1, L1, L2 et L3 tels que ϕj (Lj) = 1 pour j ∈ {−1, 1, 2, 3} etLj ∈ Ker (ϕk) pour j 6= k.

(a) Il est immédiat que Lj (X) =∏k 6=j

X−akaj−ak .

(b) On a donc L−1 = −124 (x− 1) (x− 2) (x− 3), L1 = 1

4 (x+ 1) (x− 2) (x− 3),L2 = −1

3 (x+ 1) (x− 1) (x− 3) et L3 = −18 (x+ 1) (x− 1) (x− 2).

(c) On vérifie que S =∑Lj (x) = 1. En effet le polynôme S − 1 vaut 0 en quatre points,

alors que son degré est 3 au plus.

3. Montrer que les polynômes L−1, L1, L2 et L3 forment une base de E et indiquer commentse décompose un polynôme P ∈ E sur cette base.

(a) Soit P =∑λjLj . On a ϕk (P ) = ϕk (

∑λjLj) = λk. Si donc P = 0, les λj sont néces-

sairement nuls : la famille est donc libre. Comme elle a la bonne taille, c’est une base deE.

(b) La relation précédente donne les coefficients : P =∑ϕj (P )Lj . Autrement dit les ϕj sont

les applications coordonnées associées à la base formée par les polynômes de Lagrange.

4. On considère la matrice M =

0 0 0 61 0 0 −50 1 0 −50 0 1 5

. Déterminer le polynôme χ ∈ C4 [X] \ 0

caractérisé par cd (χ) = 1, χ (M) = 0.

(a) La méthode d’élimination de Gauss montre que les familles(Mk)

0≤k≤r sont libres pourr = 0, . . . , 3, et donne une relation de liaison pour r = 4. On obtient donc un polynômede degré 4 : χ (x) = x4 − 5x3 + 5x2 + 5x− 6 tel que χ (M) = 0.

47

48 DEVOIR № 12. POLYNÔMES DE LAGRANGE ; BERNOULLI (2)

5. On considère les matrices Aj = Lj (M). Montrer que ces matrices vérifient A2j = Aj. On

considère les applications linéaires ψj ∈ L (E) dont les matrices dans la base canonique deE sont les Aj. Déterminer leurs images et leurs noyaux.

(a) On obtient A−1 := 124

6 −6 6 −6−11 11 −11 11

6 −6 6 −6−1 1 −1 1

= −124

−611−61

[ 1 −1 1 −1]

A1 = 14

6 6 6 61 1 1 1−4 −4 −4 −41 1 1 1

= 14

61−41

[ 1 1 1 1]

A2 = 13

−3 −6 −12 −24

1 2 4 83 6 12 24−1 −2 −4 −8

= −13

3−1−31

[ 1 2 4 8]

A3 = 18

2 6 18 54−1 −3 −9 −27−2 −6 −18 −541 3 9 27

= 18

2−1−21

[ 1 3 9 27]. Il suffit de calculer A2

j .

(b) Mais on peut aussi remarquer que R (x).= Lj (x)2 − Lj (x) mod χM (x) s’annule en

quatre points alors qu’il est de degré au plus 3. On a donc Lj (M)2−Lj (M) = R (M) = 0.

(c) Les applications ψj sont des projecteurs de rang 1. Le sous-espace Imψj est la droitevectorielle V ect (Lj) et le sous-espace Kerψj est le noyau de ϕj , i.e. l’hyperplan engendrépar les trois autres polynômes.

6. Montrer que la matrice M est une combinaison linéaire des matrices Aj.La remarque Q1.2.c montre que M =

∑Aj .

12.2 Polynômes de Bernoulli (suite)

On admet l’existence d’une fonction S (x, z), indéfiniment dérivable par rapport à z, et telle quepour un N ∈ N “assez grand” on ait S (x, z) =

∑Nn=0

1n!Bn (x) zn + o

(zN).

1. Comment se traduit, en termes de fonction S (x, z), la relation Bn (1) = Bn (0) pour n 6= 1 ?On obtient S (1, z)− S (0, z) = z (B1 (1)−B1 (0)) = z.

2. Comment se traduit, en termes de fonction S (x, z), la relation ddxBn+1 (x) = (n+1)Bn (x) ?

(a) Soit SN (x, z).=∑N

n=01n!Bn (x) zn. On appelle ∂

∂xS (x, z) la dérivée du polynôme SNconsidéré comme élément de (C [z]) [x], c’est à dire comme un polynôme en x dont lescoefficients sont des polynômes en z.

(b) On a ∂∂xS (x, z) =

∑Nn=0

1n!B

′n (x) zn+o

(zN)parce que les

∣∣ 1n!B

′n (x)

∣∣ sont uniformémentbornés (à x fixé et n variable) : telle est la raison du facteur 1

n !

(c) On a multiplie les deux membres de la relation ddxBn+1 (x) = (n+ 1)Bn (x) par zn+1

(n+1)! et

on somme de 0 à N . Il vient∑n=N

n=0 B′n+1 (x) zn+1

(n+1)! =∑n=N

n=0zn+1

n! Bn (x). Le membre de

droite vaut z S (x, z) et le membre de gauche est∑N+1

n=01n!B

′n (x) zn parce que B′0 (x) = 0.

(d) On en déduit que∂

∂xS (x, z) = z S (x, z) (12.1)

3. On pose s (z) = S (0, z). Quels sont les coefficients du développement limité de s ?Par définition, S (0, z) =

∑mk=0

1k!Bk (0) zk + o (zm) et donc s (z) =

∑mk=0

1k!bk z

k + o (zm).

12.2. POLYNÔMES DE BERNOULLI (SUITE) 49

4. Comment se traduit, en termes de fonction s (z), la relation∑n−1

k=0

(nk

)bk = 0 pour n ≥ 2 ?

En déduire la valeur de s (z).

(a) Pour n = 0, on a∑n−1

k=0

(nk

)bk = 0 et pour n = 1,

∑n−1k=0

(nk

)bk =

(10

)b0 = 1.

(b) On a donc∑n=m

n=0zn

n!

(∑n−1k=0

(nk

)bk

)= z. Soit z =

∑n=mn=0

(∑n−1k=0

zn−k

(n−k)!bk z

k

k!

). Le membre

de droite ressemble fortement au produit de∑m

k=0bkz

k

k! = s (z) + o (zm) par∑m

j=1zj

j! =exp z − 1 + o (zm).

(c) Par troncature à l’ordre m, on trouve :

s (z)× (exp z − 1) = z + o (zm) (12.2)

5. Vérifier que la fonction z exp(x z)exp z−1 remplit les conditions Q1 et Q2. Poser les calculs permettant

d’obtenir le développement limité en z, au voisinage de 0 et à l’ordre 4 de cette fonction.

(a) (Hors sujet) : L’équation différentielle (12.1) se résoud aisément en tant qu’équation en xparamétrée par z : on a S (x, z) = exp (x z)×f (z), la fonction f décrivant “les conditionsinitiales” du problème paramétré par z. La relation (12.2) fournit précisément la relationvoulue : f (z) = z

exp z−1 .

(b) En tout état de cause, on constate que la fonction proposée vérifie (12.1) et (12.2). Pource qui est de la relation Q1, on a S (1, z)− S (0, z) = z exp z

exp z−1 −z

exp z−1 = z.

(c) Il faut poser le calcul comme quotient de exp (x z) par exp z−1z . Ces deux quantités étant

équivalentes à 1, on obtient un DL4 du quotient en prenant un DL4 des deux facteurs,soit 1 + x z + 1

2x2z2 + 1

6x3z3 + 1

24x4z4 et 1 + 1

2z + 16z

2 + 124z

3 + 1120z

4.

(d) On retrouve les polynômes du devoir 11 :

S4 (x, z) = 1+(x− 1

2

)z+1

2

(x2 − x+ 1

6

)z2+1

6

(x3 − 3

2x2 + x

2

)z3+ 1

24

(x4 − 2x3 + x2 − 1

30

)z4

6. Traduire chacune des relations restantes du problème 11 en une relation sur S (x, z), etvérifier cette relation sur la fonction de la Q5.

(a) Par exemple Pn (x) = Bn (x)−(−1)nBn (−x)+nxn−1 conduit à∑ zn

n! Pn (x) = S (x, z)−S (−x,−z) + ∂

∂x exp (x z). Or z exp(x z)exp z−1 −

(−z) exp(x z)exp(−z)−1 + z exp (x z) vaut z exp(x z)

exp z−1 facteurde 1− exp z + (exp z − 1) qui est nul. D’où Pn (x) = 0 pour tout n.

(b) En remarquant que s (z)− z/2 est paire, on obtient b2m+3.= B2m+3 (0) = B2m+3 (1) = 0.

(c) Les fonctions x 7→ Bn (x+ 1/2) ont la parité de n car S (x+ 1/2, z) = S (−x+ 1/2, −z).(d) De même Qn (x) = Bn

(x+ 1

2

)+Bn (x)− 1

2n−1Bn (2x) conduit à S(x+ 1

2 , z)

+S (x, z)−2S(2x, z2

)... qui se révèle être nul. D’où Qn (x) = 0 pour tout n.

(e) On a S(

12 , 2z

)+ S (0, 2z) = 2S (0, z). On en conclut que 2m

(B2m

(12

)+ b2m

)= 2b2m,

soit B2m

(12

)=(

122m−1 − 1

)b2m.

(f) On a∫ x

0z expx z−1

exp z−1 dt = expx z−1exp z−1 . On a donc

∫ 10 Bn (t) dt = 0 lorsque pour n ≥ 1. De

même exp z/2−1exp z−1 −

12 est impaire. On en déduit

∫ 1/20 B2m (t) dt = 0 lorsque m ≥ 1.

50 DEVOIR № 12. POLYNÔMES DE LAGRANGE ; BERNOULLI (2)

Devoir № 13

ds6 : Commutant d’un projecteur

13.1 Problème

Soit E un R-espace vectoriel, différent de {0}. On ne suppose pas que dimE est finie. On appelleP l’ensemble des projecteurs de E, autrement dit P = { p ∈ L (E) / p ◦ p = p}.

13.1.1 Un exemple

Dans cette partie on prend E = R3 et on définit p ∈ L (E) par p

xyz

=

2x− y + 2zy

−x+ y − z

.

1. Calculer p ◦ p et conclure.

(a) Posons X = 2x − y + 2z, Y = y et Z = −x + y − z. On calcule 2X − Y + 2Z =(4x− 2y + 4z)+(−y)+(−2x+ 2y − 2z) = X, Y = y et −X+Y −Z = (−2x+ y − 2z)+(y) + (x− y + z) = Z, montrant que p ◦ p = p.

(b)

2 −1 20 1 0−1 1 −1

2 −1 20 1 0−1 1 −1

2 −1 20 1 0−1 1 −1

2. Déterminer une base de Ker p.L’équation −→v ∈ Ker p se réécrit 2x− y + 2z = 0, y = 0 et −x+ y − z = 0. Il vient y = 0 etx+ z = 0 : ces deux équations indépendantes déterminent un espace de dimension 1 et l’ona Ker p = V ect (f1) avec f1 = t

(1 0 −1

).

3. Déterminer une base de Im p.

(a) L’équation −→v ∈ Im p se réécrit 2x − y + 2z = x, y = y et −x + y − z = z. Il n’y aqu’une seule équation indépendante y = x + 2z, déterminant un espace de dimension 2(on vérifie que dim Ker p+ dim Im p = dimE). Un choix possible est Im p = V ect (f2, f3)avec f2 = t

(1 1 0

)et f3 = t

(0 2 1

).

4. Diagonalisation (hors-sujet)

(a) On a donc [f1, f2, f3] = [e1, e2, e3]

1 1 00 1 2−1 0 1

et P−1 vaut

1 1 00 1 2−1 0 1

.

(b)

2 −1 20 1 0−1 1 −1

1 1 00 1 2−1 0 1

−1 1 −22 −1 2−1 1 −1

0 0 02 −1 2−1 1 −1

0 0 00 1 00 0 1

51

52 DEVOIR № 13. DS6 : COMMUTANT D’UN PROJECTEUR

13.1.2 Une relation d’ordre

1. Montrer que si p ∈ P alors Im p = {x ∈ E / p (x) = x} et E = Ker p⊕ Im p.

(a) Si x ∈ Im p alors x = p (y) et p (x) = (p ◦ p) (y) = p (y) = x. Si x = p (x) il est évidentque x ∈ Im p. D’où l’égalité des deux ensembles.

(b) On pose q = id − p. On a q ◦ q = (id− p) ◦ (id− p) = id − 2p + p ◦ p = q et donc q estun projecteur. La relation x ∈ Ker p équivaut à q (x) = x et donc à x ∈ Im q.

(c) La relation x = p (x) + q (x) montre que E = Im p+ Im q. Si l’on suppose x ∈ Im p∩ Im qon a x = p (x) + q (x) = x+ x et donc x = 0 : la somme est directe.

2. Montrer que la relation R définie par pR q ⇔ (p ◦ q = q ◦ p = p) est un ordre sur P.

(a) Réflexivité : si p ∈ P alors p ◦ p = p ◦ p = p prouvant pRp.(b) Transitivité : si p ◦ q = q ◦ p = p et q ◦ r = r ◦ q = q alors p ◦ r = (p ◦ q) ◦ r = p ◦ (q ◦ r) =

p ◦ q = p. De même pour l’autre relation.(c) Antisymétrie : pRq et qRp conduit immédiatement à p = q.

Dans les questions 3, 4, 5 ci-dessous on suppose que p, q ∈ P et que p ◦ q = q ◦ p. On définitalors u = p ◦ q et w = p+ q − p ◦ q.L’ordre obtenu n’étant pas un ordre total, on s’intéresse aux bornes supérieure et inférieured’une famille de deux projecteurs qui commutent entre eux.

3. Montrer que u ∈ P et w ∈ P.x

4. Montrer u ∈ P et vérifier uRp et uRq. Montrer que ∀s ∈ P : (sRp et sRq)⇔ (sRu).

(a) Les applications p, q, u commutent entre elles. On a donc uu = p q p q = p p q q = p q = uprouvant u ∈ P.

(b) On a u p = p u = p p q = p q = u c’est à dire uRp. De même uRq.(c) Si sRu alors sRuRp et donc sRp. De même l’autre, prouvant ⇐.(d) Si sRp et sRq alors s u = s p q = s q = s. De même u s = s, prouvant sRu (i.e. ⇒).

5. Montrer w ∈ P et vérifier pRw et qRw. Montrer que ∀s ∈ P : (pRs et qRs)⇔ (wRs).

(a) Les quatre applications p, q, u, w commutent entre elles. On a pw = p (p+ q − p q) =p+ p q − p p q = p. De même q w = q. Et donc uw = p q w = p q = u.

(b) On a donc ww = w (p+ q − u) = p+ q − u prouvant w ∈ P.(c) Les deux paragraphes précédents montrent uRp et uRq.(d) Si wRs alors pRwRs et donc pRs. De même l’autre, prouvant ⇐.(e) Si pRs et qRs alors sw = s (p+ q − p q) = s p + s q − s p q = p + q − u = w. De même

w s = w, conduisant à wRs, qui est ⇒.

6. On considère, pour p ∈ P fixé, l’application ψp : L (E) ↪→ L (E) définie par ψp (f) =f ◦ p − p ◦ f . Montrer que ψp est un endomorphisme de L (E). Montrer qu’il y a équivalenceentre “ψp (f) = 0” et “Ker p et Im p sont stables par f ”.

(a) Il est donné que ψp : L (E) ↪→ L (E). Il reste à montrer la linéarité. Pour f, g ∈ L (E)et k ∈ C on a ψ (f + g) = (f + g) p − p (f + g) = (f p− p f) + (g p− p g) prouvantψ (f + g) = ψ (f) + ψ (g). De même ψ (k f) = k ψ (f).

(b) Supposons f g = g f (projecteurs ou non). Si x ∈ Im f alors x = f (y). D’où g (x) =(g f) (y) = f (g (y)) et donc g (Im f) ⊂ Im f . Si x ∈ Ker f alors f (g (x)) = g (f (x)) =g (0) = 0 et donc g (Ker f) ⊂ Ker f .

(c) Supposons maintenant p ∈ P et que Ker p et Im p sont stables par f . Pour x ∈ E on ax = p x+q x et donc f x = f p x+f q x. Par stabilité de Ker p et de Im p, on a f p x ∈ Im p(p f p x = f p x) et f q x ∈ Ker p (p f q x = 0). Donc p f x = p f p x + p f q x = f p x (ilfaut absolument que p soit un projecteur).

13.1. PROBLÈME 53

13.1.3 Projecteurs tels que f ◦ g − g ◦ f ∈ V ect (f, g).

Dans cette partie, on considère deux projecteurs f, g ∈ P non nuls, distincts et qui de plusvérifient ψg (f) = f ◦ g − g ◦ f = α f + β g pour deux réels α, β fixés.

1. Dans cette question on suppose α = 0 et β 6= 0.

(a) En déduire que ∀k ∈ N \ 0 : f ◦ g − g ◦ f = k β g.(b) Montrer que cette supposition est absurde.

2. Dans cette question, on suppose α 6= 0 et α 6= 1.

(a) Montrer que 2α g ◦ f + β (1 + α) g = α (1− α) f .(b) En déduire Im f ⊂ Im g puis g ◦ f = f .(c) Montrer, dans un ordre ou un autre, que α+ β = 0 et Im g ⊂ Im f et α = −1.(d) Établir directement que Im f = Im g implique ψg (f) = g − f .

3. Dans cette question, on suppose α = 1.

(a) Montrer, dans un ordre ou un autre que Ker f ⊂ Ker g et f ◦ g = f et Ker g ⊂ Ker f etβ = −1.

(b) Établir directement que Ker f = Ker g implique ψg (f) = f − g.

On part de la relation ρ.= −f ◦ g + g ◦ f + a f + b g = 0. Le calcul de ρ ◦ g + g ◦ ρ conduit à

σ.= (a− 1) (f ◦ g) + (a+ 1) (g ◦ f) + 2 b g = 0. Le calcul de σ− (a+ 1) ρ et de σ+ (a− 1) ρ conduit

à

−2a (f ◦ g) + (a+ 1) a f + (a− 1) b g = 0 (13.1)2a (g ◦ f) + (a− 1) a f + (a+ 1) b g = 0 (13.2)

1. Si l’on suppose a = 0 et b 6= 0, la relation (13.1) donne −b g = 0 et donc g = 0, contrairementà l’hypothèse. Par antisymétrie, b = 0 et a 6= 0 conduirait à f = 0, qui est égalementimpossible. On a donc : ou bien f ◦ g = g ◦ f ou bien a 6= 0 et b 6= 0.

2. Si l’on suppose b 6= 0 et a /∈ {0, 1} les relations (13.1) et (13.2) conduisent à

f =−2

a− 1(g ◦ f)− b (a+ 1)

a (a− 1)g ; g =

2a

b (a− 1)(f ◦ g) +

(a+ 1) a

b (a− 1)f

(a) On voit que f (x) ∈ V ect (g (x) , g (f x)) : d’où Im f ⊂ Im g. De même Im g ⊂ Im f .(b) Sous la seule hypothèse que Im g = Im f , prenons x ∈ E et posons y .

= f x. Commey ∈ Im g a f (x) = y = g (y) = (g ◦ f) (x). On a donc g ◦ f = f et de même f ◦ g = g.

(c) Lemme : deux projecteurs non nuls sont ou bien égaux ou bien indépendants. On auraitf = αg. D’où αg = f = f ◦f = α2g. Donc α2−α = 0 (g 6= 0) et α = 0 est exclus (f 6= 0).

(d) On a donc ψ .= f g− g f = g− f = a f + b g, soit (a+ 1) f + (b− 1) g. Comme f 6= g, on

a donc b = 1 et a = −1.

3. Si l’on suppose b 6= 0 et a /∈ {0, −1} les relations (13.1) et (13.2) conduisent à

f =2

a+ 1(f ◦ g)− b (a− 1)

a (a+ 1)g ; g =

−2a

b (a+ 1)(g ◦ f)− (a− 1) a

b (a+ 1)f

(a) On voit que g (x) = 0 ⇒ f (x) = 0 : d’où Ker f ⊂ Ker g. De même Ker g ⊂ Ker f .(b) Sous la seule hypothèse que Ker g = Ker f , prenons x ∈ E et posons y .

= f x. On ax− y ∈ Ker f , d’où g (x) = g (y) + g (x− y) = (g ◦ f) (x) + 0. On a donc g ◦ f = f et demême f ◦ g = g.

(c) On a donc ψ .= f g− g f = f − g = a f + b g. soit (a− 1) f + (b+ 1) g. Comme f 6= g, on

a donc b = −1 et a = 1.

54 DEVOIR № 13. DS6 : COMMUTANT D’UN PROJECTEUR

13.2 Exercice

Soient A =

−4 −6 06 7 20 2 −2

, n ∈ N\0, B = (e1, e2, e3) la base canonique de R3 et u ∈ L(R3)

l’endomorphisme de R3 tel que A = mat (u, B).

13.2.1 Diagonalisation d’un endomorphisme

1. Déterminer l’image par u du vecteur −2e1 + e2 + 2e3.

On a u (f1) =

−4 −6 06 7 20 2 −2

−212

=

2−1−2

= −f1.

2. Déterminer Keru ; en préciser une base.Un élément de Keru vérifie −4x− 6y = 6x+ 7y+ 2z = 2y− 2z = 0. Ce système d’équationsse réduit aux deux équations indépendantes y = z, 2x+ 3y = 0, montrant que Keru est dedimension 1. On constate que f2 en fait partie, et donc Keru = V ect (f2).

3. Déterminer Ker (u− 2 id) ; en préciser une base.On constate que u (f3) = 2f3. Le fait que le système −4x − 6y = 2x, 6x + 7y + 2z =2y, 2y − 2z = 2z se réduise aux deux équations indépendantes x = −y, y = 2z montre queKer (u− 2 id) est de dimension 1. On a donc Ker (u− 2 id) = V ect (f3).

4. On pose e′1 = −2e1 + e2 + 2e3, e′2 = −3e1 + 2e2 + 2e3 et e′3 = −2e1 + 2e2 + e3. Vérifier queB′ = (e′1, e

′2, e′3) est une base de R3. Déterminer (sans calculs ! ! !) A′ = mat (u, B′).

(a) Le fait que f1 = −2e1 +e2 +2e3, f2 = −3e1 +2e2 +2e3 et f3 = −2e1 +2e2 +e3 soient desvecteurs propres relatifs à des valeurs propres différentes montre que ces vecteurs sontindépendants. Supposons en effet que −→v .

= a f1+b f2+c f3 = 0. Il vient (u+ id) (u) (−→v ) =(u+ id) (u) (c f3) = c× 3× 2 f3 et donc c = 0. On obtient donc a = b = c = 0.

(b) La matrice voulue est évidemment ∆ =

−1 0 00 0 00 0 2

.

5. Écrire la matrice P de passage de la base B à la base B′. Poser les calculs (pivot de Gauss)de l’inverse de P .

On a [f1, f2, f3] = [e1, e2, e3]

−2 −3 −21 2 22 2 1

. L’algorithme de Gauss donne :

1 −3/2 −10 1 00 0 1

1 0 0−2 1 −2

0 0 1

1 0 00 1 0−4 1 1

−1/2 0 00 2 00 0 1

−2 −3 −21 2 22 2 11 0 00 1 00 0 1

−2 0 01 1/2 12 −1 −11 −3/2 −10 1 00 0 1

−2 0 00 1/2 04 −1 14 −3/2 2−2 1 −2

0 0 1

−2 0 00 1/2 00 0 1−4 1/2 2

6 −1 −2−4 1 1

1 0 00 1 00 0 12 1 2−3 −2 −2

2 2 1

6. Écrire le lien matriciel entre A et A′, puis entre An et A′n. Préciser la valeur de A′n.

(a) On a donc AP = P ∆ c’est à dire

A =

−2 −3 −21 2 22 2 1

−1 0 00 0 00 0 2

2 1 2−3 −2 −22 2 1

(b) Puis An = P ∆P−1.

13.2. EXERCICE 55

13.2.2 Commutant d’une matrice

On cherche les matrices X ∈ M3 (R) vérifiant X A = AX. On pose X ′ = P−1X P , avec P lamatrice du 2.1.5.

1. Montrer l’équivalence entre X A = AX et X ′A′ = A′X ′.La conjugaison X 7→ Y = P−1X P est un isomorphisme pour la structure multiplicative deM3 (R). Autrement dit, on a B Y = P−1AP P−1X P = P−1AX P et AX = X A équivautà B Y = Y B.

2. Caractériser les matrices X ′ telles que X ′A′ = A′X ′ (poser les calculs pour X ′ = (xi j)).Les seules matrices qui commutent avec une matrice diagonale à éléments deux à deuxdistincts sont les matrices diagonales. En effet, un élément xi j avec i 6= j se retrouve multipliépar ∆i i d’un côté, et par ∆j j de l’autre : il faut que les éléments non diagonaux soient nuls.

3. Montrer que C = {X ∈M3 (R) /X A = AX } est un sous-espace vectoriel de M3 (R). Quepouvez-vous dire de sa dimension ?

(a) Il est clair que C est non vide (I ∈ C) et stable par combinaisons linéaires : c’est un sousespace vectoriel deM3 (R).

(b) Comme il est isomorphe aux matrices diagonales, on trouve dim C = 3.

56 DEVOIR № 13. DS6 : COMMUTANT D’UN PROJECTEUR

Devoir № 14

Suites de matrices ; matriceshamiltoniennes

14.1 Suites et séries dans Mn (R)

Soit A = (Aj k) ∈MN (R). On posera N (A) = sup {|Aj k| | 1 ≤ j ≤ n ; 1 ≤ k ≤ n}.1. Montrer que

∀A, B ∈Mn (R)∀λ ∈ R∀p ∈ N

N (A) = 0 ⇔ A = 0N (λA) = |λ| N (A)

N (A+B) ≤ N (A) +N (B)N (A×B) ≤ nN (A)×N (B)

N (Ap) ≤ np−1 (N (A))p

(14.1)

Donner des exemples d’égalité, et de non-égalité pour les trois dernières relations.(a) On a max |Aj k| = 0 ⇒ (∀j, k : Aj k = 0), la réciproque est évidente.(b) Puis {|λAj k| | j, k} = |λ| {|Aj k| | j, k}.(c) De |Aj k +Bj k| ≤ |Aj k| + |Bj k|, on déduit |Aj k +Bj k| ≤ max |Aj k| + max |Bj k| et

N (A+B) ≤ N (A) +N (B).

(d) Posons C = AB. Alors |Ci k| =∣∣∣∑j Ai j Bj k

∣∣∣ ≤ ∑ |Ai j | |Bj k| ≤ n max |Ai j | max |Bj k|d’où N (AB) ≤ nN (A)N (B).

(e) On aN(A1)≤ (N (A))1 et pour p ≥ 1, une récurrence conduit àN (Ap) ≤ np−1 (N (A))p.

(f) Égalité pour I + I, U × U avec I identité, U “rien que des 1”. Non égalité pour I + (−I)et pour I × I.

2. On dira, par définition, que la suite matricielle (Bp)p∈N converge vers 0 pour p → ∞ sichacune des n2 suites formées par les éléments (Bp)j k d’une place (j, k) donnée convergevers 0 en tant que suite réelle. Montrer que la suite matricielle (Bp)p∈N converge vers 0 si etseulement si la suite réelle N (Bp)p∈N converge vers 0.

(a) Double implication. Si ∀ε > 0 : ∃m ∈ N : ∀n ≥ m : |max |Aj k|| ≤ ε, cela s’applique àchaque Aj k en particulier.

(b) Réciproquement, s’il existe un mj k (ε) pour chaque place de la matrice, il suffit de poserm (ε) = maxmj k (ε) pour prouver N (Bj k)→ 0.

3. Soit alors, pour chaque r entier, 1 ≤ r ≤ n − 1, la matrice Jr dont tous les éléments sontnuls sauf les éléments (Jr)j k tels que k = j + r, et qui, eux, valent 1. (J comme Jordan).Déterminer les produits Jr Js pour 0 ≤ r < n ; 0 ≤ s < n (on commencera par déterminerl’action de J1 sur une matrice M quelconque dans chacun des produits J1M et M J1).

(a) L’action à gauche pousse les lignes d’un cran vers le haut, l’action à droite, pousse lescolonnes d’un cran vers la droite. Dans les deux cas, une rangée de 0 apparaît.

57

58 DEVOIR № 14. SUITES DE MATRICES ; MATRICES HAMILTONIENNES

(b) On a donc Jr Js = Jr+s, avec la convention Js = 0 lorsque s ≥ n.

4. Soit F le sous-espace vectoriel de Mn (R) engendré par les Jr. Quelle est sa dimension ?Montrer que F est en fait une sous algèbre deMn (R). Existe-t-il des diviseurs de zéro dansF ? Quels sont les éléments inversibles ?

(a) Soit S .=∑

0≤r<n λr Jr = 0. Il est clair que S1 r = λr : les Jr sont indépendants (0 ≤ r <n).

(b) On a I = J0 ∈ F et de plus, F .= Vect (J0, . . . , Jn−1) est clos pour la multiplication :

c’est donc une sous-algèbre deMn (R).

(c) Tout élément de F s’écrit P (J1) pour un certain polynôme P ∈ Rn−1 (X). Les produitsde tels polynômes peuvent “monter en degré”, mais le résultat est à prendre modulo Xn

puisque (J1)n = 0.

(d) Les éléments inversibles correspondent aux polynômes tels que P (0) 6= 0. Cela est évidentpar det

(∑0≤r<n λr Jr

)= λn0 .

5. On se limite désormais aux matrices A qui peuvent s’écrire A = λ0J0 + λ1J1. Déterminer,pour p ∈ N, les valeurs de Ap et de N (Ap). En déduire une condition nécessaire et suffisantepour la convergence vers 0 de la suite (Ap).

(a) On peut appliquer la formule du binôme et on a donc C .= (λI + µJ)p =

∑k=nk=0 µ

k λp−k(pk

)Jk.

Le point crucial est que k ne dépasse pas n− 1 (au delà Jk est nul).

(b) Il est nécessaire que |λ| < 1pour que C1 1 = λp tende vers 0.

(c) Réciproquement |C1 k| ≤∣∣µk∣∣ ∣∣λp−k∣∣ pn. En passant aux logarithmes, on voit que λp pn →

0 (n est une constante). On a donc C → 0.

6. On considère la suite de matrices Bp définies par Bp =∑k=p

k=01k!A

k. Donner la décompositionde ces matrices Bp dans la base des Jr. Montrer que ces coefficients forment autant de sériesréelles convergentes, et en donner la limite. Examiner le cas particulier A = J0 + J1.

(a) On a donc Bq =∑

p≤q1p !

(∑k<n µ

k λp−k(pk

)Jk)

=∑k<n

k=0 Jk µk 1k!

∑p≤qk≤p

1(p−k)!λ

p−k.

(b) En prenant λ = µ = 1, il vient

Bq (1, 1) =

k<n∑k=0

1

k !Jk

∑0≤p≤q−k

1

p !

7. En conclure l’existence d’une matrice EA telle que (Bp − EA)→ 0 quand p→∞.On voit que limBq = exp (λ) exp (µJ) avec exp (µJ) =

∑k=n−1k=0

1k!µ

k Jk.

.../...

14.2. MATRICES HAMILTONIENNES 59

14.2 Matrices hamiltoniennes

Soit n ∈ N \ 0. On note E l’espace vectoriel complexe des matrices colonnes d’ordre 2n à coeffi-cients dans C. On note M l’espace vectoriel complexe des matrices carrées d’ordre 2n à coefficients

dans C. On note J la matrice de M définie par J =

(0n In−In 0n

)où 0n et In sont les matrices

d’ordre n, respectivement nulle et unité. Pour X, Y ∈ E, on pose [X, Y ] = tX J Y . On remarqueraque cette quantité est une matrice à une ligne et une colonne que l’on peut identifier à un complexe.

1. Calculer tJ et J2. En déduire que J est inversible et que J−1 = tJ . Calculer det J .

(a) On voit que tJ = −J et que J2 =

(0 I−I 0

)(0 I−I 0

)=

(−I 00 −I

)= −I2n.

(b) On en déduit : tJ = J−1.

(c) Le déterminant vaut +1. En effet, on transpose les colonnes k et n + k, ce qui fait ntranspositions. On a alors det J = (−1)n det (In) det (−In) = +1.

2. Vérifier que ∀X, Y ∈ E, on a [X, Y ] + [Y, X] = 0.

(a) On a [X, Y ] = tX J Y donc t[X, Y ] = t(tX J Y

)= tY (−J) X = [Y, X].

(b) La transposée d’un nombre n’est autre chose que ce nombre lui-même.

3. Soit U ∈ E. Montrer que (∀X ∈ E : [U, X] = 0) implique U = 0.

(a) Soit U = t(u1, . . . , un, un+1, . . . , u2n). On prendX = t(−un+1, . . . , −u2n, u1, . . . , un, ).On a alors [U, X] =

∑|uj |2.

4. Soit A ∈M . Montrer qu’il existe une et une seule matrice de M , notée A∗, telle que ∀X, Y ∈E : [X, AY ] = [A∗X, Y ]. On exprimera A∗ en fonction de A et J . Montrer, pour toutesmatrices A, B ∈M , les relations t(A∗) =

(tA)∗

; (A∗)∗ = A ; (AB)∗ = B∗A∗.

(a) On veut obtenir tX J AY = tX tM J Y pour tous X, Y .

(b) En prenant successivement pour X (resp. Y ) “des 0 partout, sauf un 1 à la place p” (resp.q) on obtient l’égalité élément par élément des matrices J A et tM J . D’où l’unicité.

(c) On a donc tA tJ = tJ A∗ et

A∗ = J tAJ−1 = −J tAJ = J−1 tAJ

(d) Puis t(A∗) = t(J tA tJ

)= J tA tJ =

(tA)∗.

(e) La formule d’involution s’obtient par [X, A∗ Y ] = − [A∗ Y, X] = − [Y, AX] = [AX, Y ].

(f) La formule du produit est (AB)∗ = J t(AB) J−1 = J tB J−1 × J tAJ−1 = B∗A∗.

5. On appelle matrice hamiltonienne toute matrice A ∈ M telle que A + A∗ = 0 et on noteH l’ensemble de ces matrices. Montrer que A ∈ H si, et seulement si, il existe une matricesymétrique Q ∈ M telle que A = J Q. Montrer que H est un sous-espace vectoriel de M .Quelle est sa dimension ?

(a) On a donc A + J tA tJ = 0. D’où J A + J2 tA tJ = 0 et J A = tA tJ puisque J2 = −I2n.On a donc Q .

= −J A est symétrique. Et enfin A = J Q.

(b) On a aussi l’équivalence avec A = Q J , la matrice Q .= AJ = tJ QJ étant symétrique.

(c) Comme l’ensemble des matrices symétriques de taille 2n est un espace vectoriel de di-mension n (2n+ 1) et que l’application linéaire M 7→ J M est bijective, l’image H estaussi un espace vectoriel, et elle a la même dimension.

6. Soit A ∈ H. Montrer que le polynôme caractéristique de A est pair. En déduire que la tracede A est nulle. Montrer que, si n = 1, cette condition sur la trace est suffisante pour queA ∈ H.

60 DEVOIR № 14. SUITES DE MATRICES ; MATRICES HAMILTONIENNES

(a) De χA (λ).= det (λ I−A) on déduit χA (λ) = det

(λJ tJ − J Q

)= det J det t(λJ −Q) et

finalement χA (λ) = det (λJ −Q). Mais alors χA (−λ) = det (−λJ −Q) = det t(λJ −Q) :le polynôme caractéristique est pair, et la trace est nulle.

(b) Si n = 1 et si trace (A) = 0 on a A =

(a bc −a

). Posons Q =

(−c aa b

), il vient

A = J Q et on a donc A ∈ H.

7. Étant donné a, b ∈ R∗, on considère la matrice A définie par A =

a −b 0 0b a 0 00 0 −a −b0 0 b −a

.

Montrer que A ∈ H. Vérifier que a+ i b est valeur propre de A. Déterminer toutes les valeurspropres de A et les sous-espaces propres associés.

(a) On voit bien que AJ =

0 0 a −b0 0 b aa b 0 0−b a 0 0

est symétrique. Donc A ∈ H.

(b) Il est aisé de voir que χA (λ) est le produit des deux polynômes caractéristiques. Lesvaleurs propres sont donc les 4 nombres ±a± i b.

(c) Comme ces valeurs sont toutes distinctes, il existe une base de vecteurs propres. Posant

P =

1 1 0 0−i i 0 00 0 1 10 0 −i i

on obtient P−1AP =

a+ i b 0 0 0

0 a− i b 0 00 0 −a+ i b 00 0 0 −a− i b

.

Devoir № 15

ds7 : Matrices et récurrences

15.1 Exercice

Dans la base canonique de R3, f ∈ L(R3)a pour matrice A =

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

.

1. Déterminer les sous-espaces Ker f et Im f . Montrer qu’ils sont supplémentaires dans R3.

(a) On a detA = 8− 1− 1− 3 ∗ 2 = 0 et det

(2 −1−1 2

)= 5 donc le rang est 2.

(b) On obtient Ker f en résolvant {2x− y = z et − x+ 2y = z} (la troisième équationétant dépendante des deux autres (rang=2). On trouve x = y = z et Ker f = Vect

(t[

1 1 1]).

(c) On obtient une base de Im f en prenant deux colonnes indépendantes de A, par exempleles deux premières : Im f = Vect

(t[

2 −1 −1], t[−1 2 −1

]).

2. Déterminer une base de R3 qui soit réunion d’une base de Ker f et d’une base de Im f .Donner la matrice de f dans cette base.

(a) On constate A2 = 3A et donc p .= 1

3f est un projecteur. Les espaces Ker f et Im f sontdonc supplémentaires, et on a Im f = Ker (f − 3 id).

(b) Une matrice de diagonalisation est fournie par Q1. On peut aussi prendre

P =

1 1 01 −1 11 0 −1

. On vérifie que P−1AP =

0 0 00 3 00 0 3

.

15.2 Exercice

Soit E un R-espace vectoriel de dimension 3, [e1, e2, e3] une base de E et f ∈ L (E) l’endomor-

phisme défini dans cette base par la matrice A =

0 1 00 0 1

−12 4 3

.

1. Déterminer les nombres λ1 < λ2 < λ3 tels que Ker (f − λ id) 6= {0}.On a χA (λ)

.= det (λI−A) = λ3 − 3λ2 − 4λ+ 12 et donc λ1 = −2, λ1 = +2, λ3 = +3.

2. Pour chaque λ, déterminer le vecteur v ∈ Ker (f − λ id) dont la composante sur e1 vaut 1.

(a) On résout chacun des systèmes correspondants qui sont tous de rang 2. En effet, lesvaleurs propres étant toutes distinctes, il existe une base de vecteurs propres.

(b) On trouve v1 = t[

1 −2 4], v2 = t

[1 2 4

]et v3 = t

[1 −2 4

].

3. Écrire la matrice P telle que [v1, v2, v3] = [e1, e2, e3]P . Montrer que ces vecteurs v formentune base de E. Calculer l’inverse de P (donner les détails du calcul).

61

62 DEVOIR № 15. DS7 : MATRICES ET RÉCURRENCES

(a) On a donc P =

1 1 1−2 +2 +34 4 9

.

(b) La famille [v1, v2, v3] forme une base parce que des vecteurs propres correspondant àdes valeurs propres différentes sont indépendants. L’existence de P−1 confirmera cetteindépendance.

(c) La méthode attendue était le calcul de la matrice complémentaire. On pouvait aussiutiliser le pivot de Gauss. Ou même, dans ce cas particulier, utiliser les polynômes de

Lagrange. Il vient P−1 = 120

6 −5 130 5 −5−16 0 4

4. Quelle est la matrice décrivant f dans la base [v1, v2, v3] ?

Q2 donne matv (f) =

−2 0 00 +2 00 0 +3

. On peut le vérifier en calculant P−1AP .

5. Pour un vecteur w ∈ E, on appelle W l’espace engendré par les images successives de w,c’est dire par w, f (w) , f2 (w) etc. Quels sont les vecteurs w tels que dimW < 3 ?

(a) Un vecteur w s’écrit w =∑xj vj . On a donc

fn (w) =∑λnj xj ej et

[w, f (w) , f2 (w)

]= [x1v1, x2v2, x3v3] tP .

(b) Comme P est inversible, dimW est aussi la dimension de Vect (x1v1, x2v2, x3v3) c’est àdire le nombre de xjnon nuls.

6. Donner une équation du plan Vect (v1, v2).

(a) On cherche une forme linéaire non nulle s’annulant sur Vect (v1, v2). On peut donc l’ob-tenir par coefficients indéterminés, en résolvant 1a− 2b+ 4c = 1a+ 2b+ 4c = 0.

(b) Il est bien plus efficace d’écrire que le plan est l’ensemble des vecteurs u tels que u, v1, v2

sont coplanaires. Il vient 0 =

∣∣∣∣∣∣1 1 x−2 +2 y4 4 z

∣∣∣∣∣∣ = −16x+ 0y + 4z, soit z = 4x.

7. On pose C0 = t[x y z

], C1 = AC0 et C2 = AC1. Donner l’expression factorisée du

déterminant det (C0, C1, C2) ayant les Cj pour colonnes. Comparer avec Q5.

(a) On a M .= (C0, C1, C2) =

x y zy z −12x+ 4y + 3zz −12x+ 4y + 3z −36x+ 13z

.

(b) Il vient detM = (−4x+ z) (6x− 5y + z) (6x+ y − z). Les facteurs sont les équations desplans déterminés par deux vecteurs propres. On retrouve les lignes de

CoP =

6 −5 130 5 −5−16 0 4

(les formes en ligne et les vecteurs en colonne).

15.3 Problème

15.3.1 Première partie

Soit Bn la matrice tridiagonale de taille n telle que ajj = 2x + 1 pour les éléments diagonaux,ajk = −x pour les éléments sous diagonaux (i.e. tels que |j − k| = 1) et enfin ajk = 0 ailleurs. Ainsi

B4 =

2x+ 1 −x 0 0−x 2x+ 1 −x 00 −x 2x+ 1 −x0 0 −x 2x+ 1

. On pose Qn (x) = detBn.

15.3. PROBLÈME 63

1. Donner les valeurs de Q0 (x), Q1 (x) et Q2 (x). Détailler le calcul de Q3 (x).

(a) On a Q0 (x) = 1, Q1 (x) = 2x+ 1 et Q2 (x) = 3x2 + 4x+ 1.

(b) On a Q3 (x) = (2x+ 1)3 − 2x2 (2x+ 1) (Sarrus) et donc Q3 (x) = 4x3 + 10x2 + 6x+ 1.

2. Établir une relation de récurrence entre les polynômes Qn (x).

(a) En développant selon la dernière ligne, on obtient

∣∣∣∣∣∣∣∣2x+ 1 −x 0 0−x 2x+ 1 −x 00 −x 2x+ 1 −x0 0 −x 2x+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣2x+ 1 −x 0−x 2x+ 1 −x0 −x 2x+ 1

∣∣∣∣∣∣ (2x+ 1) +

∣∣∣∣∣∣2x+ 1 −x 0−x 2x+ 1 00 −x −x

∣∣∣∣∣∣ (x)

(b) En développant le deuxième déterminant par rapport à la dernière colonne, il vient

∀n ∈ N : Qn+2 (x) = (2x+ 1)Qn+1 (x)− x2Qn (x) (15.1)

3. Soit N ∈ N un entier fixé (N ≥ 3). On définit S par S (x, z) =∑k=N+2

k=0 zkQk (x). Exprimerle développement limité, au voisinage de z = 0 et à l’ordre N , de

∑k=Nk=0 zkQk+1 (x) et de∑k=N

k=0 zkQk+2 (x) en fonction de S (x, z).

(a) On a∑k=N

k=0 zkQk+1 (x) = 1z (S (x, z)− 1)+o

(zN). En effet, cette somme peut se réécrire

sous la forme 1z

(z∑k=N

k=0 zkQk+1 (x) + 1− 1).

(b) De même,∑k=N

k=0 zkQk+2 (x) = 1z2

(S (x, z)− 1− z (2x+ 1))+o(zN). On a en effet l’éga-

lité polynomiale :∑

= 1z2

(z2∑k=N

k=0 zkQk+2 (x) +Q0 + z Q1 −Q0 − z Q1

).

4. En déduire que S (x, z) = 11−2z x−z+x2 z2 + o

(zN).

(a) Il suffit de multiplier l’équation (15.1) par zk et de sommer de 0 à N . On obtient S− 1−z (2x+ 1) = z (2x+ 1) (S − 1)− z2x2S + o

(zN).

(b) En réorganisant cette équation, on retrouve la formule proposée :

S (x, z) =1

1− 2z x− z + x2 z2+ o

(zN)

(15.2)

5. Utiliser la relation de récurrence Q2 pour déterminer le coefficient constant des polynômesQn (x). Retrouver cette valeur en utilisant la valeur de S (x, z).

(a) L’équation (15.1) donne ∀n ∈ N : Qn+2 (0) = (1)Qn+1 (0) : le terme constant est indé-pendant de n. Il vaut donc Q0 = 1.

(b) On retrouve cela en portant x = 0 dans (15.2) : S (0, z) = 11−z + o

(zN). On sait que

cette expression se développe en 1 + z + z2 + z3 + · · ·

6. Utiliser la relation de récurrence Q2 pour déterminer le coefficient dominant des polynômesQn (x). Comment retrouver cette valeur en utilisant la valeur de S (x, z) ?

(a) Analyse du problème : si l’on suppose que les coefficients de degré n+2 ne se neutralisentpas dans l’équation (15.1), on obtient ∀n ∈ N : cd (Qn+2) = 2cd (Qn+1) − cd (Qn) et larécurrence part de cd (Q0) = 1, cd (Q1) = 2.

(b) L’équation caractéristique est λ2 − 2λ + 1. Comme il y a racine double, l’ensemble dessolutions est V ect ((1) , (n)). Vu les conditions initiales, on a cd (Qn) = n+ 1.

(c) Synthèse : on montre par récurrence que cd (Qn) = n+ 1.

(d) Le coefficient dominant d’un polynôme est le terme constant du polynôme palindromique.Si dg (P ) = 0, alors cd (P ) =

(xnP

(1x

))x=0

. On s’intéresse donc à∑k=N

k=0 zkxkQk(

1x

).

64 DEVOIR № 15. DS7 : MATRICES ET RÉCURRENCES

(e) On a S(

1x , x z

)= 1

1−2z−z x+z2. On y porte x = 0, obtenant

(1

1−z

)2+ o

(zN). On sait que

cette expression est développable, son développement étant alors la dérivée de 1 + z +z2 + z3 + · · · , soit 1 + 2z + 3z2 + 4z3 + · · ·

7. Quelle est la somme des racines du polynôme Qk (x).

(a) La somme des racines de Qk vaut −coeff (Qk, x, k − 1)÷ coeff (Qk, x, k).

(b) Or coeff (Qk, x, k − 1) est le coefficient de x dans xkQk(

1x

). On repart de S

(1x , x z

),

que l’on dérive, puis évalue en x = 0. On obtient∑zk coeff (Qk, x, k − 1) = z

(z−1)4et

donc coeff (Qk, x, k − 1) = 16k (k + 1) (k + 2) =

(k+2

3

).

(c) Conclusion∑Root_Of (Qk) = −1

6k (k + 2).

15.3.2 Deuxième partie

Soit An la matrice carrée de taille n dont l’élément générique est ajk = max (j, k). Ainsi,

A4 =

1 2 3 42 2 3 43 3 3 44 4 4 4

. On pose Pn (x) = det (x I −An).

1. Que vaut detAn ? (On pourra utiliser des combinaisons de colonnes).

(a) On soustrait à chaque colonne la colonne précédente. On fait donc agir la matrice de

Gauss G =

1 0 0 0−1 1 0 0

0 −1 1 00 0 −1 1

, obtenant AG =

−1 −1 −1 40 −1 −1 40 0 −1 40 0 0 4

.

(b) On voit donc detA0 = 1 et si n 6= 0 detAn = (−1)n−1 n.

2. Donner les valeurs de P0 (x), P1 (x) et P2 (x). Détailler le calcul de P3 (x).

(a) On voit que P0 = 1, P1 = x− 1 et P2 = x2 − 3x− 2.

(b) On obtient P3 = x3 − 6x2 − 11x − 3. En effet Tr (A3) = 1 + 2 + 3, detA3 = 3 et∑∆jj = (2− 4) + (6− 9) + (3− 9) = 11.

3. Établir une relation de la forme Pn+2 (x) = α (x) Qn+1 (x)+β (x) Qn (x), les quantités α (x)et β (x) étant des polynômes en x de forme simple et de degré constant.

(a) La matrice initiale étant symétrique, il est intéressant de calculer tG (xI−A) G. On

obtient χAn+2 (x) =

2x+ 1 −x 0 0−x 2x+ 1 −x 00 −x 2x+ 1 −x0 0 −x x− n− 2

. Et de là

(b)Pn+2 (x) = (x− n− 2)Qn+1 (x)− x2Qn (x) (15.3)

4. Soit T (x, z) =∑k=N+2

k=0 zk Pk (x). Utiliser une méthode analogue à Q.2.1.3 pour déterminerT (x, z).

(a) On a z2 (∑∞

n=0 Pn+2 (x) zn) = −P0 (x)− z P1 (x) + T (x, z).

(b) On a également∑∞

n=0Qn+1 (x) zn n = ∂∂zS (x, z)− 1

z (S (x, z)−Q0).

(c) D’où T (x, z) = 1− z(1− x+ x2 z

)S (x, z)− z2 ∂

∂zS (x, z) et finalement :

T (x, z) = −z3 x3 − 3x2 z2 − 3z2 x+ 3z x− z2 + 3 z − 1

(1− 2z x− z + x2 z2)2 (15.4)

Devoir № 16

Transformation de LaplacePolynômes de Laguerre

16.1 Transformation de Laplace et polynômes de Laguerre

Soit E le R-ev des fonction polynomiales [0, ∞[ ↪→ R et, pour n ∈ N, En = {f ∈ E | dg f ≤ n}.

16.1.1 Formule de Rodriguès pour les polynômes de Laguerre

1. Pour n ∈ N, montrer l’existence et calculer la valeur de∫∞

0 tn exp (−t) dt.

(a) On a limt→∞ln tt = 0 soit ∀n ≥ 1 : ∃A : ∀t ≥ A : n ln t ≤ t

2 et donc tn ≤ exp x2 .

(b) Comme tn exp (−t) est positive et majorée (au delà de A) par exp (−t) dont l’intégraleest connue pour exister, on a l’existence de

∫∞0 tn exp (−t) dt.

(c) Une succession d’intégrations par parties donne alors∫∞

0 tn exp (−t) dt = n!

2. Soit F l’ensemble des f : R+ ↪→ R de classe C∞ telles que l’intégrale∫∞

0 |f (t)|2 exp (−t) dtexiste. Montrer que F est un sous-espace de C∞ (R+, R) et que E est un sous espace de F .

(a) Pour les dilatations :∫∞

0 |λf (t)|2 exp (−t) dt = |λ|2∫∞

0 |f (t)|2 exp (−t) dt.

(b) Pour a, b ∈ R on a(a2 + b2

)2− 4a2b2 =(a2 − b2

)2 et donc a2 + b2 ≥ |2a b|. On en déduit

que, pour α, β ∈ C, on a la majoration : |α+ β|2 ≤ ||α|+ |β||2 ≤ 2(|α|2 + |β|2

).

(c) On en déduit∫∞

0 |(f + g) (t)|2 e−t dt ≤ 2∫∞

0 |f (t)|2 e−t dt+ 2∫∞

0 |g (t)|2 e−t dt <∞.(d) Il est clair que 0 ∈ F et on vient de montrer que F est clos par combinaisons linéaires :

c’est un sous-espace vectoriel de C∞ (R+, R).(e) La question Q1 montre que F contient une base de l’espace E : on a donc E ⊂ F .

3. Montrer l’existence, pour toutes f, g ∈ F , de l’intégrale ϕ (f, g).=∫∞

0 f (t) g (t) exp (−t) dt.Montrer que cette application ϕ : F × F ↪→ R est symétrique, linéaire en chaque variable etvérifie : ϕ (g, g) = 0E ⇒ g = 0F (ϕ est un produit scalaire). On pose ‖g‖ =

√ϕ (g, g).

(a) L’intégrande n’est pas une fonction positive : il faut donc changer de technique de preuve.

(b) On a 2∫ A

0 f (t) g (t) e−t dt =∫ A

0 (f (t) + g (t))2 e−t dt−∫ A

0 f (t)2 e−t dt−∫ A

0 f (t)2 e−t dt.Or chacune des intégrales de droite converge lorsque A→∞. Celle de droite est donc àson tour convergente, montrant l’existence de ϕ (f, g).

(c) La symétrie et la bilinéarité de ϕ ne sont autres que la commutativité et la distributivitéde l’addition.

(d) On sait qu’une fonction continue, positive et d’intégrale nulle sur un intervalle de mesurenon nulle est identiquement nulle. On applique cela à g2.

4. Rappeler pourquoi Ln (x).= expx

n!dn

dxn (xn exp (−x)) est polynôme. En donner le degré et lecoefficient dominant.

65

66 DEVOIR № 16. TRANSFORMATION DE LAPLACE POLYNÔMES DE LAGUERRE

(a) On considère l’opérateur Φ : P (x) 7→ expx ddx (P (x) exp (−x)). On a Φ (P ) = −P +P ′,

conservant le caractère polynômial, le degré et changeant le signe de cd (P ).

(b) Or Ln = 1n!Φ

n (xn) : Ln est donc un polynôme, avec dg (Ln) = n et cd (Ln) = (−1)n 1n! .

5. Soit g ∈ E. Exprimer ϕ (g, Ln) en fonction de∫∞

0 g(n) (t) tn exp (−t) dt. En déduire la valeurde ϕ (Lm, Ln) lorsque n 6= m, ainsi que la valeur de ϕ (Ln, Ln).

(a) Par application des définitions, on a∫ A

0 g (t) Φ (f) (t) e−t dt =∫ A

0 g (t) dd t

(f (t) e−t

)dt

qui se transforme par ipp en g (t) f (t) exp (−t)|A0 −∫ A

0 g′ (t) f (t) exp (−t) dt

(b) En supposant f, g ∈ E on a donc ϕ (g, Φ (f)) = −g (0) f (0)− ϕ (g′, f).

(c) Par ailleurs Φk (x 7→ xn) (0) = 0 pour k < n (il reste des x en facteur).

(d) On en déduit ϕ (g, Ln) = (−1)n 1n!ϕ

(g(n), xn

).

(e) De là ϕ (Lm, Ln) = 0 lorsque dg (Lm) < n. Par symétrie ϕ (Lm, Ln) = 0 dès que m 6= n.

(f) Enfin ϕ (Ln, Ln) = (−1)n∫∞

0dn

d tn (Ln (t)) 1n! t

n exp (−t) dt. Comme (−1)n dn

d tn (Ln (t)) =1, il reste ϕ (Ln, Ln) = 1

n!

∫∞0 tn exp (−t) dt = 1 : les fonctions sont orthonormées.

6. Montrer que les n racines de Ln sont distinctes, réelles et positives.

(a) Soit R (x) le polynôme unitaire ayant pour racines simples les racines de Ln qui sont àla fois positives et d’ordre impair. Alors R (x)Ln (x) est positif sur ]0, ∞[.

(b) Si l’on avait dg (R) < n, on aurait ϕ (R, Ln) = 0 et R (t)Ln (t) exp (−t) serait la fonctionnulle. On en déduit que les n racines de Ln sont distinctes, réelles et positives.

16.1.2 Relation de Parseval-Bessel

1. Pour n ∈ N et g ∈ F , montrer que ϕ (g, tn) ≤ ‖g‖√

(2n)! . Que vaut sup{

1‖g‖ϕ (g, tn) |g 6= 0

}?

(a) Il s’agit d’une inégalité de convexité. En effet ϕ (f + λ g, f + λ g) = ‖f‖2 + 2λϕ (f, g) +λ2 ‖g‖2 est positive pour tout λ ∈ R. On en déduit que le discriminant est négatif ou nul,soit (ϕ (f, g))2 ≤ ‖f‖2 ‖g‖2.

(b) Comme ‖tn‖2 = ϕ (tn, tn) = (2n)!, on obtient la formule voulue.

2. On pose g (k) = ϕ (g, Lk) et on définit pn : F ↪→ En par pn (g).=∑n

0 g (k)Lk. Montrer quecette application est un projecteur et que, de plus, ϕ (pn (g) , g − pn (g)) = 0.

(a) On arrive effectivement dans En puisque pn (g) ∈ V ect (L0, · · · , Ln) et que dg (Lk) ≤ n.(b) Pour démontrer que pn ◦ pn = pn il suffit donc de montrer que chacun des Lj (j ≤ n) est

invariant par pn.

(c) On a Lj (k) = ϕ (Lj , Lk) = 0 lorsque k 6= j et Lj (j) = ϕ (Lj , Lj) = 1, prouvantpn (Lj) =

∑n0 Lj (k)Lk = Lj.

(d) Avec ce qui précède, il est clair que qj : F ↪→ En défini par qj (g).= g (j)Lj est un

projecteur et que pn =∑

j≤n qj . Nous allons montrer que ϕ (qj (g) , g − qj (g)) = 0 et laformule demandée en résultera par linéarité.

(e) On a ϕ (qj (g) , g − qj (g)) = ϕ (g (j)Lj , g − g (j)Lj) = g (j)ϕ (Lj , g)− g (j)2 ϕ (Lj , Lj).D’après les définitions et ‖Lj‖ = 1, cette quantité est nulle.

3. En déduire ‖pn (g)‖2 ≤ ‖g‖2 puis que∑n

0 |g (k)|2 converge pour n→∞.

(a) Posons ~a .= qj (g) et ~b .= g − qj (g). On a ‖g‖2 =

∥∥∥~a+~b∥∥∥2

= ‖~a‖2 +∥∥∥~b∥∥∥2

+ 2ϕ(~a, ~b

). Et

donc ‖~a‖2 ≤ ‖~a‖2 +∥∥∥~b∥∥∥2

= ‖g‖2.

(b) La somme∑n

0 |g (k)|2 est donc bornée par ‖g‖2 : elle converge.

4. Illustrer ces résultats en prenant g = sin, n = 4.

16.1. TRANSFORMATION DE LAPLACE ET POLYNÔMES DE LAGUERRE 67

(a) Une primitive de A.= (cos t+ i sin t) exp (−t) est visiblement −1+i

2 A. On en déduit∫∞0 sin t exp (−t) dt =

∫∞0 cos t exp (−t) dt = 1

2 . Donc g (0) = 12 , puis (ipp) g (1) = 0,

g (2) = g (3) = −14 et enfin g (n+ 4) = −1

4 g (n). On a donc p4 (sin) (x) = 12L0 − 1

4L2 −14L3 − 1

8L4.

(b) On a d’une part ‖sin‖2 =∫∞

0 (sin t)2 exp (−t) dt = 25 et d’autre part

∑30 g (k)2 = 6

16 .Comme

∑∞0

116k

= 1615 , on voit que

∑∞0 g (k)2 = 6

16 ×1615 = 2

5 . Et donc ‖sin‖2 est la limite,

et non un simple majorant.(c) On peut illustrer cela en comparant la fonction sin avec ses projections pn (sin) : la

coïncidence initiale s’améliore, mais le décrochage est de plus en plus brutal.

–1

1

4 Pi

Figure 16.1 – Projections 0, 4, 8 du sinus sur les polynômes.

5. (Hors sujet) Développement générateur

(a) Posons S (x, z) =∑N+2

n=0 Ln (x) zn (développement générateur). La relation de récurrenceLn+1 (x) =

(1− x

n+1

)Ln (x) + x

n+1d

dxLn (x) (cf devoir 8) se traduit en une équationdifférentielle portant sur S (x, z).

(b) Avec quelques calculs, on obtient les relations∑N

n=0 zn d

dxLn (x) = ∂∂xS (x, z) + o

(zN),∑N

n=0 n zn Ln (x) = z ∂

∂zS (x, z) + o(zN)et∑N

n=0 (n+ 1) zn Ln+1 (x) = ∂∂zS (x, z) +

o(zN).

(c) On multiplie la relation de récurrence par zn, on somme et on utilise les relations précé-dentes. Il vient alors : x ∂

∂xS (x, z)− (1− z) ∂∂zS (x, z) + (1− x) S (x, z) = 0, avec pour

condition initiale : S (x, 0) = 1.

(d) Un examen de l’équation conduit à poser S (x, z) = F(

x1−z

)g (x). Par substitution, on

obtient(x d

dx g (x) + (1− x) g (x))

F(

x1−z

)= 0. En résolvant l’équation à une variable,

il vient g (x) = Cte expxx et de là, S (x, z) = F

(x

1−z

)expxx . Utilisant la condition initiale,

on obtient finalement S (x, z) = 11−z exp −x z1−z .

(e) On calcule alors∫∞

0 sin (x) S (x, z) exp (−x) dx = 11−z

∫∞0 sin (x) exp

(−x1−z

)dx. L’exis-

tence se montre comme pour∫∞

0sinxx dx. Deux intégrations par parties successives donnent

11−z

∫∞0 sin (x) exp −x1−z dx = 1 − z − (1− z)

∫∞0 sin (x) exp −x1−z dx. En reportant, on ob-

tient donc∫∞

0 sin (x) S (x, z) exp (−x) dx = 1−z2−2 z+z2

= 12 −

14 z

2 − 14 z

3 − 18 z

4 + O(z6).

16.1.3 Transformation de Laplace

1. On pose L (f) = p 7→∫∞

0 f (t) exp (−p t) dt. Montrer que L (f) (p) est définie pour toutp > 0 lorsque f ∈ E, et que L (f) définit une fraction rationnelle.

(a) L’existence vient de tn exp(−1

2p t)→ 0. Il existe donc un A tel que

∫∞A tn exp (−p t) dt ≤∫∞

A exp(−1

2p t)

dt <∞ (fonctions positives ! ! !).

(b) Un calcul immédiat (changement de variable u = p t) donne alors L (xn) (p) = n!pn+1 .

(c) Comme un polynôme est une combinaison linéaire de monômes, on a effectivement l’exis-tence de L (f) et l’appartenance à R (p).

68 DEVOIR № 16. TRANSFORMATION DE LAPLACE POLYNÔMES DE LAGUERRE

2. Calculer l’image Laplace des polynômes de Laguerre (prendre des exemples et généraliser).

(a) Pour n ≤ 2, on a : L (L0) (p) = 1p , L (L1) (p) = p−1

p2, L (L2) (p) = (p−1)2

p3.

(b) Par descente sur zéro :∫∞

0dn

dxn (xn exp (−x)) exp (x− p x) dx se transforme en intégrantpar parties, donnant (p− 1)

∫∞0

dn−1

dxn−1 (xn exp (−x)) exp (x− p x) dx et ainsi de suite jus-qu’à (p− 1)n

∫∞0 xn exp (−x) exp (x− p x) dx = (p−1)n

pn−1 (les termes tout intégrés sont nulsparce que x est en facteur).

(c) Autre méthode, utilisant le développement générateur. On a∫∞

0 S (x, z) exp (−p x) dx =∫∞0

11−z exp

(−x z1−z − p x

)dx = 1

p−z (p−1) . Le développement de cette quantité donne les

images cherchées : 1p + p−1

p2z + (p−1)2

p3z2 + (p−1)3

p4z3 + (p−1)4

p5z4 + (p−1)5

p6z5 + O

(z6)

3. En déduire l’image Laplace de g : g (x) = exp(−x

2

)∑n0 ckLk (x).

(a) La multiplication de la fonction f (t) par une exponentielle, induit une translation de lafonction L (f) (p). Autrement dit L

(exp

(−x

2

)f (x)

)(p) = L (f (x))

(p+ 1

2

).

(b) On a donc L (g (x)) (p) =∑n

0 ck(p−1/2)k

(p+1/2)k+1 .

4. On pose h = u 7→ 12

1+u1−u . Que vaut alors L (g)(h(u))

1−u ?

On trouve L (g)(h(u))1−u =

∑n0 ck u

k, donnant l’image Laplace inverse d’une fraction rationnelle.

5. On rappelle que Pn (x) = 12nn!

dn

dxn

((x2 − 1

)n) (Legendre). Montrer que L (Pn (exp (−t))) (p)est une fraction rationelle qui se factorise remarquablement (commencer par traiter desexemples).

(a) Les Pn (x) valent successivement : 1, x, 32x

2− 12 ,

52x

3− 32x,

358 x

4− 154 x

2 + 38 ,

638 x

5− 354 x

3 +158 x,

23116 x

6 − 31516 x

4 + 10516 x

2 − 516

(b) Pour les images L (Pn (exp (−t))) (p), on trouve successivement les fractions 1p ,

1p+1 ,

p−1(p+2) p ,

p−2(p+3)(p+1) ,

(p−1)(p−3)(p+4)(p+2) p ,

(p−2)(p−4)(p+5)(p+3)(p+1) ,

(p−1)(p−3)(p−5)(p+6)(p+4)(p+2) p ,

(p−2)(p−4)(p−6)(p+7)(p+5)(p+3)(p+1) .

(c) Cette régularité s’explique comme suit. Pn est un polynôme de degré n et de la paritéde n. Pn (exp (−x)) fait donc intervenir les exponentielles exp (−n), exp (−n+ 2), etc.Comme les coefficients des termes de degré n− 2j de Pn sont non nuls, cela se traduit cequi se traduit par la présence effective des pôles p = −n, p = −n+ 2, etc. chacun d’euxintroduisant un terme de degré −1.

(d) Le degré du dénominateur de la fraction L (Pn (exp (−t))) (p) est donc 1 + E (n/2).Comme cette fraction est de degré −1 au plus, le numérateur possède au plus E (n/2)racines.

(e) Par changement de variable,∫∞

0 Pn (exp (−x)) exp (−p x) dx =∫ 1

0 Pn (t) t(p−1) dt. Si net p n’ont pas même parité, cette intégrale vaut 1

2

∫ +1−1 Pn (t) t(p−1) dt et est donc nulle si

de plus p < n. On obtient E (n/2) racines (positives et de parité contraire à n) et doncil n’y en a pas d’autres.

(f) Il ne reste plus qu’à fixer le coefficient de la fraction L (Pn (exp (−t))) (p). On sait queL (f) (p) ∼ f(0)

p lorsque p→∞. Or Pn (exp (0)) = Pn (1) = 1.

Devoir № 17

ds8 : Formule de Simpson - Intégraleselliptiques

17.1 Exercice 22.2.2-11

Soit f une application de classe C3 sur [a, b], et n ∈ N \ 0. On pose ∆x = b−an , xk = a +

k∆x, Sn (f) = ∆x∑n−1

k=0 f (xk), et on définit de même Sn (f ′) et Sn (f ′′). On pose en outre M3 =sup

{f (3) (x) | a ≤ x ≤ b

}.

1. Montrer que∣∣∣∫ ba f(x) dx− Sn (f)− b−a

2n Sn (f ′)− (b−a)2

6n2 Sn (f ′′)∣∣∣ ≤ (b−a)4

24n3 M3.

(a) On a∣∣∣∫ ba f(x) dx− Sn (f)− 1

2∆xSn (f ′)− 16 (∆x)2 Sn (f ′′)

∣∣∣ = |∑

k Tk| ≤∑

k |Tk| en po-

sant Tk =∫ xk+1

xkf (x) dx−∆x f (xk)− 1

2 (∆x)2 f ′ (xk)− 16 (∆x)3 f ′′ (xk).

(b) En appelant F une primitive de f , il vient Tk = F (xk + ∆x) − F (xk) − ∆xF ′ (xk) −12 (∆x)2 F ′′ (xk)− 1

6 (∆x)3 F ′′′ (xk).

(c) On a donc Tk = 124 (∆x)4 F (4) (c), conduisant à |

∑k Tk| ≤ n max |Tk| = (b−a)4

24n3 M3.

2. Prouver que∫ ba f(x) dx = Sn (f) + b−a

2n (f (b)− f (a))− (b−a)2

12n2 (f ′ (b)− f ′ (a)) + O(

1n3

).

(a) Le résultat demandé est∑

k Tk = O(

1n3

), en posant maintenant

Tk =∫ xk+1

xkf (x) dx− 1

2∆x (f (xk+1) + f (xk))− 112 (∆x)2 (f ′ (xk+1)− f ′ (xk)).

(b) Avec xk = y − h et xk+1 = y + h, il vientTk = F (xk+1)− F (xk)− h (F ′ (xk+1) + F ′ (xk))− 1

3h2 (F ′′ (xk+1)− F ′′ (xk)).

(c) Supposons f de classe C4. Des calculs immédiats donnentF (y + h) = F (y) +h f (y) + 1

2h2 f (y) + 1

6h3f ′′ (y) + 1

24h4f (3) (y) + 1

120h5f (4) (y) + o

(h5),

d’où F (y + h)− F (y − h) = 2h f (y) + 13h

3f ′′ (y) + 160h

5f (4) (y) + o(h5).

De même h (f (y + h) + f (y − h)) = 2h f (y) + h3 f ′′ (y) + 112h

5f (4) (y) + o(h5)

et 13h

2 (f ′ (y + h)− f ′ (y − h)) = 23h

3f ′′ (y) + 19 h

5f (4) (y) + o(h5).

(d) Il vient Tk =(

19 + 1

60 −112

)h5f (4) (y)+o

(h5)∼ 2

45h5f (4) (y), soit Tk ∼ 2

45×32 (∆x)5 f (4) (y).

Conduisant à |∑

k Tk| ≤ n max |Tk| = (b−a)5

720n4 M4.

(e) Dans le cas où f est seulement de classe C3, tous les développements précédents doiventêtre coupés un cran plus tôt, donnant un o

(1n3

)comme majorant.

69

70 DEVOIR № 17. DS8 : FORMULE DE SIMPSON - INTÉGRALES ELLIPTIQUES

17.2 Une famille de polynômes

On considère les fractions rationnelles Pn ∈ C (X) définies par la récurrence P0 (x) = 1, P1 (x) =x et (pour n ≥ 1) En : P 2

n (x) = 1 + Pn−1 (x)Pn+1 (x). L’objectif est de monter que Pn ∈ C [X],c’est à dire que les Pn sont des polynômes, puis de les étudier.

1. Calculer P2, P3 et P4.S (x, z) = 1+xz+

(x2 − 1

)z2+

(x3 − 2x

)z3+

(x4 − 3x2 + 1

)z4+

(x5 − 4x3 + 3x

)z5+O

(z5)

On suppose que, pour un certain n ≥ 3, on ait Pn−3, Pn−2, Pn−1 et Pn polynômes et quePn+1 ne soit pas un polynôme.

2. Avec ces hypothèses, démontrer que ∃a ∈ C : ∃p ∈ N \ 0 :∃A, B polynomes :Pn+1 (x) =B(x)

(x−a)pA(x)avec A (a) 6= 0 et B (a) 6= 0.

Si Pn+1 /∈ C [x], cette fraction admet un pôle a ∈ C. En supposant Pn+1 sous sa forme irré-ductible, le numérateur B (x) n’admet pas a comme racine. En factorisant le dénominateur,on arrive à Pn+1 (x) = B(x)

(x−a)pA(x)avec A, B ∈ C [X], A (a) 6= 0 et B (a) 6= 0.

3. Puis que ∃r ∈ N : ∃D polynome : Pn−1 (x) = (x− a)p+rD (x) avec D (a) 6= 0.

(a) En reportant dans la relation de récurrence, il vient Pn (x)2 = 1 + Pn−1(x)B(x)(x−a)p A(x)

et donc

Pn−1 (x) = (x− a)p(Pn (x)2 − 1

)A (x)÷B (x)

(b) Comme Pn−1 est un polynôme, B (x) divise (x− a)p(Pn (x)2 − 1

)A (x). Étant premier

avec (x− a)p à cause de B (a) 6= 0, il divise l’autre facteur et Pn−1 (x) = (x− a)p poly (x).

(c) En factorisant, il vient Pn−1 (x) = (x− a)(p+r) D (x) avec D ∈ C [x] et D (a) 6= 0.

4. Puis que Pn−2 (a) = ±1, Pn (a) = −Pn−2 (a) et r ≥ 1. On pose b = Pn (a).

(a) On a Pn−2 (a)2 = 1 + Pn−1 (a)Pn−3 (a) = 1, puisque p > 0 entraîne Pn−1 (a) = 0.(b) On a aussi 0 = Pn−1 (a)2 = 1 + Pn (a) Pn−2 (a). Comme Pn−2 (a) = ±1, on a Pn (a) =−1/Pn−2 (a) = −Pn−2 (a). On pose Pn (a) = b = ±1 et Pn−2 (a) = −b.

(c) Écrivons 0 = Pn (a)2 − b2 = (Pn+1 (x) Pn−1 (x))x=a. Il faut donc que a soit une racinedu membre de droite. Étant un pôle d’ordre p de Pn+1, ce doit être une racine de Pn−1

d’ordre strictement supérieur à p.

5. Montrer que l’on peut écrire Pn (x) = b+ (x− a)q C (x) et Pn−2 = −b+ (x− a)sE (x) avecq, s ∈ N \ 0 et C, E polynomes tels que C (a) 6= 0 et E (a) 6= 0.

(a) Les relations Pn (x) = b+(x− a)q C (x) (q > 0) et Pn−2 = −b+(x− a)sE (x) (s > 0) sontdes conséquences immédiates de la formule de Taylor et de Pn (a) = b et de Pn−2 (a) = −b.

6. Montrer que l’on a q = r et s = r, puis que ces résultats sont contradictoires avec la relationEn−2 : P 2

n−2 (x) = 1 + Pn−1 (x)Pn−3 (x).

(a) En reportant les valeurs obtenues pour Pn+1, Pn et Pn−1 dans la relation de récur-rence En, on obtient b2 + 2 (x− a)q C (x) b + ((x− a)q)2 C (x)2 − 1 = (x−a)r D(x)B(x)

A(x) ,

soit (x− a)q C (x) ((x− a)q C (x) + 2b) = (x−a)r D(x)B(x)A(x) . Dans cette relation, l’ordre de

multiplicité de a est à la fois égal à q et à r. Et donc q = r.(b) En reportant les valeurs obtenues pour Pn+1, Pn et Pn−1 dans la relation de récurrence

En−1, on obtient(

(x− a)(p+r)D (x))2

= b2 + (−b+ (x− a)s E (x)) (b+ (x− a)r C (x))

soit (x− a)(2p+2r) D (x)2+(x− a)r C (x) b = (x− a)s E (x) b+(x− a)(s+r) C (x) E (x).La multiplicité de x = a est r à gauche et s à droite. Et donc r = s.

(c) Reportant enfin tout cela dans la relation En−2, il vient :b2− 2 (x− a)r E (x) b+ (x− a)2r E (x)2− 1 = Pn−3 (x) (x− a)p (x− a)r D (x). En fac-torisant, on obtient (x− a)r

(2E (x) b− (x− a)r E (x)2 − Pn−3 (x) (x− a)p D (x)

)= 0.

Le premier facteur n’est pas le polynôme nul. Le deuxième non plus, puisque son évalua-tion pour x = a donne −2E (a) b 6= 0.

17.3. RÉCURRENCE INTÉGRALE DE GAUSS 71

(d) Cette contradiction montre que tous les Pn sont des polynômes (le calcul direct ayantmontré cette propriété pour les trois premiers polynômes, ce qui amorce la récurrence).

7. Sachant maintenant que Pn est un polynôme, préciser le degré et le terme dominant.

(a) On a Pn+1 =(P 2n − 1

)÷Pn−1 et donc dg (Pn+1) = 2dg (Pn)−dg (Pn−1). Vu les conditions

initiales, dg (Pn) = n.(b) La même récurrence montre que cd (Pn) = 1.

8. Quelles sont les racines de P1 et de P2 ?On trouve 0 et ±1.

9. Montrer que (pour n ≥ 1) les racines de chaque polynôme Pn sont toutes réelles et que (pourn ≥ 2) ces racines sont séparées par celles de Pn−1. On procédera par récurrence, en notantaj les racines de Pn−1 et bk celles de Pn avec bn < an−1 < · · · < a2 < b2 < a1 < b1.Cette propriété est une conséquence immédiate du fait que Pn (x) = Un (2x). Elle peut aussise démontrer à l’aide de la récurrence.

17.3 Récurrence intégrale de Gauss

Pour a, b > 0 on considère les suites α, β définies par la récurrence

α0 = a, β0 = b, αn+1 =√αnβn, βn+1 =

1

2(αn + βn)

17.3.1 Moyenne de Gauss

1. Montrer que les suites α et β convergent vers la même limite, que l’on notera ϕ (a, b).

(a) Il est clair que l’échange de a et b ne change rien à la suite. On peut donc choisir α0 =min (a, b) et β0 = max (a, b).

(b) En pareil cas, la suite α est croissante et la suite β est décroissante (inégalité desmoyennes) : α0 ≤ αn ≤ βn ≤ β0.

(c) On a donc βn → µ et αn → λ. Par continuité, µ = 12 (µ+ λ) et donc µ = λ : les suites

étaient adjacentes.(d) Un peu de calcul donne βn+1−αn+1 = 1

2

(√βn +

√αn)2

= 12 (βn − αn)2÷

(√βn +

√αn)2

et donc βn+1 − αn+1 = 18λ (βn − αn)2 soit

(βn+1−αn+1

8λ

)∼(βn−αn

8λ

)2: la convergence est

quadratique.

2. Comparer ϕ (a, b) avec ϕ (b, a).L’égalité a déjà été utilisée.

3. Pour k > 0, exprimer ϕ (k a, k b) en fonction de k et de ϕ (a, b). En déduire que l’étude desnombres ϕ (a, b) peut être remplacée par celle de la fonction ϕ définie par ϕ (x) = ϕ (1, x).On voit que ϕ (k a, k b) = k ϕ (a, b).

17.3.2 Une intégrale

On définit , pour α > 0 et β > 0,

I (α, β) =

∫ π2

0

dθ√α2 cos2 θ + β2 sin2 θ

1. Montrer que I (α, β) existe et que I (α, β) = I (β, α). On suppose désormais 0 < α ≤ β.

(a) Le radicande est continu et jamais nul, prouvant la continuité de l’intégrande.(b) La symétrie vient du changement de variable τ = π

2 − θ.

72 DEVOIR № 17. DS8 : FORMULE DE SIMPSON - INTÉGRALES ELLIPTIQUES

2. Ranger par ordre croissant les nombres I (α, β), I (α, α), et I (β, β). En déduire un enca-drement simple de I (α, β).

(a) On a α2 = α2 cos2 θ + α2 sin2 θ ≤ α2 cos2 θ + β2 sin2 θ ≤ β2 cos2 θ + β2 sin2 θ = β2.

(b) On en déduit π2β = I (β, β) ≤ I (α, β) ≤ I (α, α) = π

2α .

On pose ω = arctan√

αβ . On a donc 0 < ω ≤ π

4 .

3. Transformer∫ π

2ω

dθ√α2 cos2 θ+β2 sin2 θ

en posant ψ = arctan(

αβ tan θ

)et en considérant que∫ π

2ω

dθ√··· = limX→π

2;X<π

2

∫ Xω

dθ√··· . En déduire une relation simple entre

I (α, β) et∫ ω

0d θ√

α2 cos2 θ+β2 sin2 θ.

(a) La transformation ψ : θ 7→ arctan(

αβ tan θ

)est involutive sur

[0, π2

]. Sa dérivée est

dd θψ (θ) = 1

1+(

αβ tan θ

)2 × αβ

(− 1

tan2 θ

) (1 + tan2 θ

)soit ψ′ (θ) = −αβ 1+tan2 θ

α2+β2 tan2 θet enfin

ψ′ (θ) = −αβ 1α2 cos2 θ+β2 sin2 θ

(et donc ψ est un difféomorphisme).

(b) On a ψ(π2

)= 0 et ψ (ω) = ω. En outre cos2 (ψ (θ)) = 1

1+tan2(ψ(θ))= 1

1+(

αβ tan θ

)2 =

β2 sin2 θα2 cos2 θ+β2 sin2 θ

et donc sin2 (ψ (θ)) = α2 cos2 θα2 cos2 θ+β2 sin2 θ

.

D’où α2 cos2 (ψ (θ)) + β2 sin2 (ψ (θ)) = α2β2

α2 cos2 θ+β2 sin2 θ.

(c) On a donc∫ π

2ω

d θ√α2 cos2 θ+β2 sin2 θ

=∫ 0ω

√α2 cos2 θ+β2 sin2 θ

α2β2

(−αβ d θ

α2 cos2 θ+β2 sin2 θ

).

(d) On en conclut I (α, β) =∫ π

20

d θ√α2 cos2 θ+β2 sin2 θ

= 2∫ ω

0d θ√

α2 cos2 θ+β2 sin2 θ.

4. Transformer 2∫ ω

0d θ√

α2 cos2 θ+β2 sin2 θen posant ψ = 2 arctan

(√βα tan θ

). Poursuivre les cal-

culs jusqu’à obtenir un résultat de la forme∫ π

20

dψ√a+b cos2 ψ

.

(a) On a ψ(0) = 0 et ψ (ω) = π2 . Si ψ (θ) = t alors tan t

2 =√

βα tan θ et

(1 + tan2 t

2

)12d t =(

1 + tan2 θ)√β

αd θ soit d θ = 12

(1 + tan2 t

2

)√αβ ÷

(1 + α

β tan2 t2

)d’où

d θ = 12

√αβ

(1 + tan2 t

2

)÷(β + α tan2 t

2

)d t .

(b) Il vient cos2 (θ) = 11+tan2(θ)

= 11+α

βtan2 t

2

= ββ+α tan2 t

2

et donc sin2 (θ) =α tan2 t

2

β+α tan2 t2

. D’où

(c) α2 cos2 (θ) + β2 sin2 (θ) =αβ(α+β tan2 t

2)β+α tan2 t

2

.

(d) On a donc 2∫ ω

0d θ√

α2 cos2 θ+β2 sin2 θ= 2

∫ π2

0

√β+α tan2 t

2

αβ(α+β tan2 t2)

(12

√αβ(1+tan2 t

2)β+α tan2 t

2

d t

),

soit I (α, β) =∫ π

20

√(1+tan2 t

2)2

(α+β tan2 t2)(β+α tan2 t

2)d t.

(e) Le radicande est W =(1+tan2 t

2)2

(α+β tan2 t2)(β+α tan2 t

2)= ((1+c)+(1−c))2

(α(1+c)+β(1−c))(β(1+c)+α(1−c)) soit

W = 42αβ(1+c2)+(α2+β2)(1−c2)

= 1

(α+β2 )2

sin2 t+(√αβ)

2cos2 t

.

(f) On a donc montré que I (α, β) = I(√αβ, 1

2 (α+ β)).

5. Montrer que I (α, β) = I(√αβ, 1

2 (α+ β)). Montrer que ∀n ∈ N : I (αn+1, βn+1) = I (αn, βn),

puis que ϕ (a, b) I (a, b) = π2 pour tous a, b > 0.

(a) Cette relation se propage par récurrence en I (α0, β0) = I (αn, βn).

(b) Par continuité : I (α0, β0) = I (ϕ (α, β) , ϕ (α, β)) = π2 ÷ ϕ (α, β).

17.3. RÉCURRENCE INTÉGRALE DE GAUSS 73

En particulier, pour a = 1, on obtient ϕ (x) f (x) = π2 avec ϕ la fonction de Q3.1.3 et

f (x).= I (1, x) = I (x, 1) =

∫ π2

0dθ√

x2 cos2 θ+sin2 θ.

6. Étudier la monotonie de f sur ]0, ∞[.

(a) Quand x augmente, le radicande augmente et donc l’intégrale diminue : f est décroissante.

7. On fixe ε > 0 et on prend x0 ≥ ε et x ≥ 12ε. En considérant |f (x)− f (x0)|, montrer que f

est continue en x0. En déduire la continuité de f sur ]0, ∞[, puis celle de ϕ.

(a) On commence par x ≥ 1 et x1 = x + h ≥ 0.81. Posons ∆W = 1√(x+h)2 cos2 t+sin2 t

−1√

x2 cos2 t+sin2 t. Les radicandes sont minorés par 0.81 et les radicaux sont donc minorés

par 0.9. Utilisant la quantité conjuguée, on trouve |∆W | ≤ |h|(2x+|h|)0.9×0.9×(0.9+0.9) .

(b) En intégrant cette inégalité, on trouve |f (x+ h)− f (x)| = O (|h|) lorsque x ≥ 1 eth→ 0. Autrement dit, f est continue pour x ≥ 1.

(c) Pour 0 < x ≤ 1, on utilise f (x) = x f (1/x) pour conclure.

(d) Enfin, ϕ est continue puisque ϕ (x) = π2 ÷ f (x) et que f (x) 6= 0.

8. On pose v (x).=∫ 1

0dt√

(x2+t2). Calculer v (x). Donner un équivalent de v (x) pour x→ 0.

(a) On a v (x) =∫ 1

0dt√

(x2+t2)= arg sinh t

x

∣∣10

= arg sinh 1x .

(b) On a v (x) ∼ − lnx.

9. On pose u (x).=∫ 1

0dt√

(1+t2)(x2+t2). Montrer que si 0 < x ≤ 1 alors v (x) − u (x) est borné.

En déduire un équivalent de u (x) pour x→ 0.

(a) 1√x2+t2

− 1√(x2+t2)(1+t2)

= 1√x2+t2

t2√1+t2 (1+

√1+t2)

. En minorant x2 + t2 par t2 et les autres

facteurs du dénominateur par 1, on obtient 0 ≤ v (x)− u (x) ≤∫ 1

0 t dt.

(b) Comme v (x)→∞, on a u (x) ∼ v (x).

10. On admet f (x) =∫∞

0dt√

(1+t2)(x2+t2). Déterminer un équivalent de f (x) pour x→ 0.

Il reste à estimer∫∞

1dt√

(1+t2)(x2+t2)qui est majoré par

∫∞1

dt√(t2)(t2)

= 1.

74 DEVOIR № 17. DS8 : FORMULE DE SIMPSON - INTÉGRALES ELLIPTIQUES

Devoir № 18

Opérateurs quantiques dans C[X, Y ]

18.1 Opérateurs quantiques dans C [X, Y ].

18.1.1 Définition des opérateurs D et S

Soit E .= C [X, Y ]. On désigne par X et Y les applications P 7→ X P et P 7→ Y P , et par ∂

∂X

et ∂∂Y les applications P 7→ P ′X et P 7→ P ′Y .

1. Montrer que les opérateurs D .= X ◦ ∂

∂X + Y ◦ ∂∂Y et S .

= Y ◦ ∂∂X −X ◦

∂∂Y sont des applications

linéaires de E dans E.

(a) La linéarité des opérateurs X et Y provient de la distributivité de la multiplication despolynômes.

(b) Les opérateurs ∂∂X et ∂

∂Y sont linéaires par définition : ils sont donnés sur la base cano-nique, puis étendus par linéarité.

(c) Les opérateurs portant sur des variables différentes commutent : X ◦ Y = Y ◦ X n’estautre que X × Y × P = Y ×X × P , X ◦ ∂

∂Y = ∂∂Y ◦ X est X ×

(∂∂Y P

)= ∂

∂Y (X × P ),et enfin ∂

∂Y ◦∂∂X = ∂

∂X ◦∂∂Y est ∂

∂Y

(∂∂X (P )

)= ∂

∂X

(∂∂Y (P )

), c’est à dire la relation de

Schwarz.(d) On a en outre :

(∂∂X ◦ X

)(P ) = ∂

∂X (X P ) = X P ′ + P =(X ◦ ∂

∂X + id)

(P ), ainsi quela relation analogue pour la deuxième variable. Ces “relations de Dirac” se résument en :

∂

∂XX = X

∂

∂X+ id ;

∂

∂YY = Y

∂

∂Y+ id

2. Montrer que D et S commutent, c’est à dire que ∀P ∈ E : (D ◦ S) (P ) = (S ◦D) (P ).

(a) DS =

(X

∂

∂X+ Y

∂

∂Y

)(Y

∂

∂X− X ∂

∂Y

)= X

∂

∂XY

∂

∂X+ X

∂

∂XX

∂

∂Y− Y ∂

∂YY

∂

∂X− Y ∂

∂YX

∂

∂Y

= X Y∂

∂X2+ X

(X

∂

∂X+ id

)∂

∂Y− Y

(Y

∂

∂Y+ id

)∂

∂X− X Y

∂

∂Y 2

(b) Il vient DS = S D = X Y(

∂2

∂X2 − ∂2

∂Y 2

)+(X2 − Y 2

)∂2

∂X ∂Y +(X ∂

∂Y − Y∂∂X

).

Le point clef est donc la présence de termes du premier ordre.

3. Calculer S2 +D2, c’est à dire S ◦ S +D ◦D (on obtient une expression simple...).

(a) S S =

(Y

∂

∂X− X ∂

∂Y

)(Y

∂

∂X− X ∂

∂Y

)= Y

∂

∂XY

∂

∂X− Y ∂

∂XX

∂

∂Y− X ∂

∂YY

∂

∂X+ X

∂

∂YX

∂

∂Y

= Y 2∂

∂X2− Y

(X

∂

∂X+ id

)∂

∂Y− X

(Y

∂

∂Y+ id

)∂

∂X+ X2

∂

∂Y 2

75

76 DEVOIR № 18. OPÉRATEURS QUANTIQUES DANS C[X,Y ]

(b) DD =

(X

∂

∂X+ Y

∂

∂Y

)(X

∂

∂X+ Y

∂

∂Y

)= X

∂

∂XX

∂

∂X+ X

∂

∂XY

∂

∂Y+ Y

∂

∂YX

∂

∂X+ Y

∂

∂YY

∂

∂Y

= X

(X

∂

∂X+ id

)∂

∂X+ X Y

∂2

∂X ∂Y+ Y X

∂2

∂Y ∂Y+ Y

(Y

∂

∂Y+ id

)∂

∂Y

(c) En regroupant, on constate que les termes du premier ordre de S2 + D2 se simplifient,ainsi que les “termes de Schwarz”. On obtient donc

S2 +D2 =(

X2 + Y 2)( ∂

∂X2+

∂

∂Y 2

)18.1.2 Nombre quantique principal

1. Redémontrer que le sous-espace Hn des polynômes homogènes de degré n est sous-espacepropre de D pour la valeur propre λ = n, puis établir que E =

⊕n∈NHn.

(a) On a D (XpY q) = X(pXp−1Y q

)+ Y

(XpqY q−1

)= (p+ q)XpY q.

(b) On a donc P ∈ Hn impliqueD (P ) = nP , montrant queHn est inclus dans Ker (D − n id).(c) Le fait que E =

⊕n∈NHn vient de ce que la réunion des bases est {Xp Y q |p, q}, soit

une base de E, tandis que les intersections deux à deux sont nulles..

2. En conclure que : “les valeurs propres de D sont les entiers naturels et les vecteurs propresde D sont les polynômes homogènes”..

(a) Comme les Hn sont des espaces propres et que leur somme vaut E, il n’y a pas la placepour d’autres vecteurs propres.

(b) Les valeurs propres possibles sont donc les entiers naturels, avec Hn = Ker (D − n id).

18.1.3 Exemples de vecteurs propres de S (n ≤ 3)

1. Montrer que le polynôme 1 est vecteur propre de S.On a visiblement S (1) = 0 = 0× 1. Donc 1 est vecteur propre de S pour λ = 0.

2. Écrire et résoudre les équations que doit vérifier un polynôme P ∈ H1 pour être vecteurpropre de S, c’est à dire pour qu’il existe λ ∈ C tel que S (P ) = λP .

(a) Si P ∈ H1 alors P = aX + bY , et S (P ) = Y a−Xb = λP donne λa = −b et λb = a, doncλ2 = −1.

(b) Réciproquement, on voit que S (Y + iX) = Y (i) − X (1) = +i (Y + iX) ainsi queS (Y − iX) = Y (−i)−X (1) = −i (Y − iX).

3. Même question pour les polynômes homogènes de degré 2 et 3.

(a) Si P ∈ H2 alors P = aX2 + 2bXY + cY 2, et S (P ) = Y (2aX + 2bY )−X (2bX + 2cY ) =λP donne (2b− λ c) y2 + 2 (a− c− λ b) y x− (λa+ 2b)x2 = 0. La matrice de ce système

est

−λ 2 0−2 −2λ 20 −2 −λ

. Il est donc nécessaire que le déterminant soit nul, c’est à dire

−2λ(4 + λ2

)= 0 : les valeurs propres sont donc +2i, 0, −2i.

(b) On obtient Y 2 + 2iX Y −X2, Y 2 +X2 et .Y 2 − 2iX Y −X2.(c) De même, si P ∈ H3 alors P = aX3 + 3bX2Y + cXY 2 + dY 3, conduisant à la matrice

−λ 3 0 0−1 −λ 2 00 −2 −λ 10 0 −3 −λ

et à l’équation(λ2 + 9

) (λ2 + 1

)= 0.

(d) La résolution des systèmes associés aux valeurs propres +3i, +i, −i, −3i conduisentalors aux polynômes unitaires : (Y + iX)3, (Y + iX)2 (Y − iX), (Y + iX) (Y − iX)2 et(Y − iX)3.

18.1. OPÉRATEURS QUANTIQUES DANS C [X, Y ]. 77

18.1.4 Nombre quantique orbital

1. On convient de noter un P homogène de degré n par P =∑

k∈Z akXn−kY k avec ak = 0

lorsque k /∈ [0 .. n]. Donner la relation de récurrence que doivent vérifier les coefficients akpour que P soit vecteur propre de S avec λ comme valeur propre.

(a) Posant P =∑

k∈Z akXn−kY k, il vient Y ∂

∂XP =∑

k∈Z ak (n− k)Xn−k−1Y k+1 et X ∂∂Y P =∑

k∈Z ak (k)Xn−k+1Y k−1.

(b) La relation(Y ∂∂X − λid− X

∂∂Y

)(P ) = 0 conduit donc à ∀k : (n− k + 1) ak−1 − λak −

(k + 1) ak+1 = 0

2. Montrer que le système obtenu possède une solution non nulle (i.e. P 6= 0) si et seulementsi λ vérifie une certaine équation polynomiale Rn (λ) = 0, dont on donnera le degré (il n’estpas demandé d’expliciter cette équation).

(a) Pour k = n, cette relation devient (n− n+ 1) an−1−λan− (n+ 1) an+1 = 0, soit an−1 =λ an. Pour k = n− 1, on obtient (n− n+ 1 + 1) an−2 − λan−1 − (n− 1 + 1) an = 0, soitan−2 = 1

2 (λ an−1 + nan) = 12

(λ2 + n

)an.

(b) Par récurrence, an−k est le produit de an par un polynôme de degré k en λ. Ce polynômeest effectivement de degré k, le coefficient correspondant étant 1/k!.

(c) Pour obtenir a−1 = 0, comme il sied à un polynôme, il faut qu’un certain polynôme dedegré n+ 1 en λ soit nul.

3. Montrer que ∀P1, P2 ∈ E : S (P1P2) = S (P1)P2 + P1 S (P2). En déduire que P1P2 estvecteur propre de S dès que P1 et P2 le sont. Quelle est alors la valeur propre associée àP1P2 ?

(a) Elementairement, ∂∂X (P1 P2) = P2

∂∂X (P1) + P1

∂∂X (P2). On en déduit ∀P1, P2 ∈ E :

S (P1P2) = S (P1)P2 + P1 S (P2).(b) Si l’on a S P1 = λ1 P1 et S P2 = λ2 P2, on a donc S (P1P2) = S (P1)P2 + P1 S (P2) =

(λ1 + λ2)P1 P2.

4. Appliquer ce résultat aux polynômes X + i Y et X − i Y afin de montrer que, parmi les po-lynômes homogènes de degré n, les vecteurs propres de S sont exactement les polynômes :α (X + i Y )k (X − i Y )n−k, avec α ∈ C∗ et 0 ≤ k ≤ n. Indiquer les valeurs propres corres-pondantes.

(a) On a S (Y + iX) = Y (i) − X (1) = +i (Y + iX) et S (Y − iX) = Y (−i) − X (1) =−i (Y − iX).

(b) On a donc S(

(Y + iX)k (Y − iX)n−k)

= i × (k − n+ k) = i (2k − n). Lorsque k variede 0 à n, les nombres 2k − n varient de −n à +n, en gardant la parité de n.

(c) Il est clair que ces nombres sont tous différents. Par conséquent les polynômes corres-pondants sont indépendants les uns des autres. Étant éléments de Hn et au nombre den+ 1 = dim (Hn), ils forment une base de cet espace vectoriel.

5. Montrer que les polynômes (X + i Y )j (X − i Y )k forment une base de E, adaptée à la foisà la décomposition de E en sous-espaces propres de D et à la décomposition de E en sous-espaces propres de S.

(a) La relation E =⊕

n∈NHn montre que l’on obtient une base de E par réunion de basesdes sous-espaces Hn.

(b) Posons Pn,m (X, Y ) = (Y + iX)n+m

2 (Y − iX)n−m

2 avec n ∈ N et m ∈ [−n, +n], de laparité de n. Les nombres n et m sont respectivement appelés nombre quantique principalet nombre quantique orbital du polynôme Pn,m.

(c) L’ensemble des polynômes Pn,m forme donc une base de E et l’on a D (Pn,m) = n etS (Pn,m) = mi. Ce sont donc des vecteurs propres à la fois pour D et S.

78 DEVOIR № 18. OPÉRATEURS QUANTIQUES DANS C[X,Y ]

(d) Il est clair que deux opérateurs simultanément diagonalisables commutent (on retrouve1.2).

6. En déduire que “les valeurs propres de S sont les éléments de iZ”, puis une caractérisationsimple des sous-espaces propres de S, et en particulier de KerS.

(a) Une fois que l’on a une base de vecteurs propres, il n’y a plus d’autres valeurs proprespossibles. En effet v =

∑cjej 6= 0 donne f (v) − µv =

∑(λj − µ) cj ej = 0. Les valeurs

propres sont donc les iZ.(b) Pour un nombre im donné, les polynômes Pn,m forment une base de Ker (S −mi id).

Ces polynômes ont la parité de m, et un degré égal ou supérieur à |m|.(c) En particulier, pour m ≥ 0, on a Ker (S −mi) = (Y + iX)m KerS.

18.1.5 Polynômes harmoniques

1. On appelle laplacien l’opérateur ∆.= ∂2

∂X2 + ∂2

∂Y 2 . Utiliser les questions précédentes pourmontrer que Ker ∆ = C [X + i Y ] + C [X − i Y ].

(a) On a vu que S2 +D2 = X2 + Y 2 ◦∆. On a donc Ker ∆ = Ker(S2 +D2

).

(b) Les Pn,m constituent encore une base de diagonalisation, et l’on a(D2 + S2

)Pn,m =(

n2 + (im)2)Pn,m. Autrement dit, les valeurs propres sont les nombres n2 −m2.

(c) Enfin, Ker ∆ est engendré par les polynômes Pn,n et les Pn,−n ce qui conduit à Ker ∆ =C [Y + iX] + C [Y − iX].

Devoir № 19

ds9 : Calcul d’intégrales par équationsdifférentielles

19.1 Premier problème

Soit a ∈ R∗ et b ∈ R fixés et l’équation différentielle

y′′ − 4y = a |x|+ b (19.1)

1. Résoudre Eq.19.1 sur R∗+. Résoudre Eq.19.1 sur R∗−.

(a) Les solutions de l’équation linéaire d2

dx2k (x) − 4k (x) = 0 sont k (x) = C1 exp (2x) +

C2 exp (−2x), qui s’écrivent aussi k (x) = α cosh (2x) + β sinh (2x).

(b) Sur les positifs, il est évident que s1 (x) = −14 (a x+ b) est solution. La solution générale

de Eq.19.1 est donc y1 = s1 + k soit

y2 (x) = α2 cosh (2x) + β2 sinh (2x) +1

4(−a x− b)

(c) De même la solution générale de Eq.19.1 sur les négatifs est

y1 (x) = α1 cosh (2x) + β1 sinh (2x) +1

4(a x− b)

2. Montrer qu’il existe des solutions ϕ de Eq.19.1 sur R et donner leur expression (on donneraϕ (x) pour x > 0, ϕ (x) pour x < 0 et ϕ (0)) en fonction de deux paramètres).

(a) On sait que l’ensemble des solutions de Eq.19.1 est un espace affine de dimension 2(équation résolue en y′′ à coefficients continus).

(b) Pour obtenir une solution traversant x = 0, il suffit de recoller une solution y1 avecune solution y2 de sorte que y1 (0) = y2 (0) et y′1 (0) = y′2 (0). Il vient α1 = α2 et2β1 + 1

4a = 2β2 − 14a, soit β1 = β2 − 1

4 a.

(c) La partie impaire de y est, pour x > 0, 12 (−y1 (−x) + y2 (x)) soit un multiple de sinh (2x).

La partie paire contient un multiple de cosh (2x) ajouté à une certaine fonction (paire,et solution de Eq.19.1). Il vient :

y (x) = α cosh (2x) + β sinh (2x) +a

8(sinh (|2x|)− |2x|) +

b

4(cosh (2x)− 1) (19.2)

3. Soit ϕ0 la solution de Eq.19.1 sur R vérifiant ϕ (0) = 0 et ϕ′ (0) = 0. Donner ϕ0 (x) pourx > 0 et vérifier que ϕ0 est paire.

(a) Le calcul précédent donne précisément la solution particulière paire et s’annulant enx = 0.

79

80 DEVOIR № 19. DS9 : CALCUL D’INTÉGRALES PAR ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

(b) Par raison de symétrie, cette solution, étant dérivable en x = 0, voit sa dérivée s’annuleren ce point.

4. Étudier la branche infinie de ϕ0 au voisinage de +∞. On montrera que le graphe de ϕ0 admetune droite asymptote au voisinage de +∞ si et seulement si a = −2b.

(a) Pour x → ∞, on a sinhx ∼ coshx ∼ 12 expx. On a donc ϕ0 (x) ∼ a+2b

16 exp (2x) à moinsque a+ 2b = 0.

(b) Dans ce deuxième cas, les termes hyperboliques se combinent en un terme de l’ordre deexp (−2x) et il reste ϕ0 ∼ −1

4 (a x+ b), prouvant l’existence d’une asymptote.

Soit J (x) =∫ +∞

0sin2(t x)

t2dt.

5. Montrer que J (x) existe pour tout réel x. Étudier la parité de J .

(a) L’intégrale J (x) =∫ 1

0

(sin(t x)

t

)2dt est celle d’une fonction continue sur un segment.

(b) L’intégrale J (x) =∫∞

1

(sin(t x)

t

)2dt est celle d’une fonction positive, dominée par 1

t2qui

est intégrable.(c) La parité est évidente : sin (t× (−x))2 = sin (t× x)2.

6. Montrer que ∀x ∈ R : J (x) = |x| J (1).

(a) Pour x > 0, on pose s = t x et l’on trouve J (x) =∫ +∞

0sin2(t x)

t2dt= x

∫ +∞0

sin2(s)s2

ds =xJ (1).

(b) Pour x < 0, la limite t→ +∞ devient s→ −∞ et il y a changement de signe.

On considère f (x) =∫ +∞

0sin(t x)2

t2(1+t2)dt, g (x) =

∫ +∞0

sin(2t x)t(1+t2)

dt et h (x) =∫ +∞

02 cos(2t x)

(1+t2)dt.

7. Montrer que f, g, h sont définies sur R.

(a) L’intégrale f (x) existe comme intégrale d’une fonction positive, dominée par une fonctionintégrable (par exemple f (x) ≤ J (x).

(b) Les deux autres intégrandes sont oscillants au voisinage de l’infini, il faut donc trouverun autre type de preuve.

(c) On a∣∣∣∫ Ss cos(2t x)

(1+t2)dt∣∣∣ ≤ ∫ Ss |cos(2t x)|

(1+t2)dt ≤

∫ Ss

1(1+t2)

dt. Comme l’intégrale∫ S

01

1+t2dt admet

une limite pour S → ∞, elle vérifie le critère de Cauchy, à savoir ∀ε > 0 : ∃M ∈ R :

∀s ≥ M : ∀S ≥ s :∣∣∣∫ Ss ∣∣∣ ≤ ε. Par conséquent l’intégrale h vérifie ce même critère. Ce

qui prouve l’existence de h (x) = limS→∞∫ S

0 .(d) Le même raisonnement s’applique à g (x) (il est d’usage de démontrer en détail le cas le

plus litigieux).

8. Citer clairement le théorème de la formule de Taylor-Lagrange puis de l’inégalité de Taylor-Lagrange. Établir que

∀t, u ∈ R :∣∣sin2 (t (x+ u))− sin2 (t x)− t u sin (2t x)

∣∣ ≤ t2u2

(a) Pour une fonction F de classe C2 sur [x, x+ u], il existe v ∈ ]0, u[ tel que F (x+ u) =

F (x) + uF ′ (x) + u2

2 F′′ (x+ v).

On a donc |F (x+ u)− F (x)− uF ′ (x)| = u2

2 |F′′ (x+ v)| ≤ u2

2 M avec M majorant dumodule de F ′′.

(b) Appliquant à F (x) = sin (x t)2 il vient∣∣∣sin (t (x+ u))2 − sin (tx)2 − u t sin (2t x)

∣∣∣ ≤u2t2 |cos (2t (x+ v))|. En majorant |cos| par 1, on obtient la relation demandée.

9. En déduire que ∀x ∈ R, ∀u 6= 0 :∣∣∣f(x+u)−f(x)

u − g (x)∣∣∣ ≤ π

2 |u|, puis que f est dérivable surR et que f ′ = g. On admet que l’on a de même g dérivable sur R et g′ = h.

19.2. DEUXIÈME PROBLÈME 81

(a) Soit ∆.= |f (x+ u)− f (x)− u g (x)|. On a ∆ ≤

∫∞0

∣∣∣ sin(t(x+u))2−sin(t x)2−u t sin(2t x)t2(1+t2)

∣∣∣ dt.

D’après ce qui précède ∆ ≤∫∞

0u2

1+t2dt.

(b) On a donc, pour u 6= 0,∣∣∣f(x+u)−f(x)

u − g (x)∣∣∣ ≤ π

2 |u|. On a donc mieux que la convergence

simple de ∆f∆u vers la dérivée g (x), à savoir un facteur de Lipschitz.

(c) La convergence de ∆g∆u (x) vers h (x) ne peut être démontré de la même façon : elle est

admise. On aura remarqué que g (x) =∫ +∞

0d

dxsin(t x)2

t2(1+t2)dt et h (x) =

∫ +∞0

ddx

sin(2t x)t(1+t2)

dt.

10. Calculer f (x)− J (x) en fonction de h (x).

(a) On a f (x)− J (x) =∫∞

0sin(t x)2

t2(1+t2)dt−

∫ +∞0

sin(t x)2

t2dt = −

∫∞0

sin(t x)2

1+t2dt.

(b) Comme 2 cos (2t x) = 2 cos (t x)2 − 2 sin (t x)2 = 2 − 4 sin (t x)2, on a f (x) = J (x) +14h (x)− π

4 .

11. Montrer que f est solution de Eq.19.1 sur R pour des valeurs de a et b que l’on exprimeraen fonction de J (1) et de π.Reportant h = g′ = f ′′ et J (x) = |x| J (1) dans ce qui précède, il vient d2

dx2f (x)− 4f (x) =

π − 4 |x| J (1)

12. En se servant des conditions initiales, exprimer f (x) en fonction de x et de J (1).

(a) La fonction f est donc solution de Eq.19.1, les paramètres étant a = −4J (1) et b = π.(b) Un calcul immédiat donne f (0) = g (0) = 0 : la fonction cherchée n’est autre que ϕ0, soit

f (x) = −12J (1)× (sinh (|2x|)− |2x|) + π

4 (cosh (2x)− 1).

13. Montrer que ∀x > 0 : 0 ≤ xJ (1)− f (x) ≤ π2 . En déduire J (1) = π

2 .

(a) Revenons à J (x) − f (x) =∫∞

0sin(t x)2

1+t2dt. Par la majoration de Pythagore, il vient 0 ≤

J (x)− f (x) ≤∫∞

012

1+t2dt = π

2 .(b) On en déduit que f (x) ∈ Θ (exp (2x)) est impossible. Le seul cas restant (cf Q4) est

a = −2b soit J (1) = π2 .

19.2 Deuxième problème

1. On prend x 6= 0, x réel. Montrer que si α > 12 alors

∫ ∞0

t arctan (1/t)

(t2 + x2)αdt existe.

(a) Pour x fixé non nul, l’intégrande est une fonction continue, positive, de t ∈ [0, +∞].L’existence de l’intégrale équivaut à l’existence d’une majoration.

(b) Pour t → ∞ on a 1t → 0 et donc arctan 1

t ∼1t . On a donc t arctan(1/t)

(t2+x2)α∼ 1

(t2+x2)α∼ 1

t2α.

Par la règle de l’exposant, l’intégrale converge si et seulement si −2α < −1.

On pose g (x) =

∫ +∞

0

t arctan (1/t)

t2 + x2dt et h (x) =

∫ +∞

0

t arctan (1/t)

(t2 + x2)2 dt.

2. Montrer que, pour x > 0, h (x) = π4x2(x+1)

. En déduire h (x) pour x < 0.

(a) Intégrons par parties en posant u = arctan (1/t) et v′ = t(t2+x2)2

.

Il vient∫M

0t arctan(1/t)

(t2+x2)2dt = −1

2arctan(1/M)M2+x2

+ 14πx2− 1

2

∫M0

1(1+t2) (t2+x2)

dt.

(b) Une décomposition en éléments simples donne 1(1+t2) (t2+x2)

= 1x2−1

(1

t2+1− 1

t2+x2

).

(c) On a donc hM (x) = 14πx2− 1

21

M2+x2arctan

(1M

)+ 1

21

x2−1

(1x arctan M

x − arctanM)et

h (x) = limhM (x) = π4

1x2(x+1)

lorsque x > 0. Enfin, h est visiblement une fonction paire.

3. Montrer que ∀x > 0 : 0 ≤ g (x) ≤ π2x . Préciser limx→+∞ g (x).

82 DEVOIR № 19. DS9 : CALCUL D’INTÉGRALES PAR ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

(a) On a, pour 0 ≤ t ≤ π2 , 0 ≤ t ≤ tan t . On en déduit, pour 0 ≤ u = tan t, que 0 ≤

arctanu ≤ u et donc 0 ≤ 1u arctanu ≤ 1.

(b) On en déduit 0 ≤ g (x) =∫ +∞

0t arctan(1/t)

t2+x2dt ≤

∫ +∞0

1t2+x2

dt = 1xπ2 .

(c) Pour x→ 0 on a donc g (x)→ 0.

4. Montrer que∫ 1

0

t arctan (1/t)

t2 + x2dt ≥ π

8ln

(x2 + 1

x2

). En déduire que limx→0+ g (x) = +∞.

(a) Pour x > 0, on intègre par parties∫ 1

0t arctan(1/t)

t2+x2dt en posant u = arctan (1/t) et v′ =

tt2+x2

. Il vient∫ 1

0t arctan(1/t)

t2+x2dt = π

8 ln(x2 + 1

)− π

4 lnx2 + 12

∫ 10

ln(t2+x2)1+t2

dt.

(b) Or 12

∫ 10

ln(t2+x2)1+t2

dt ≥ 12

∫ 10

lnx2

1+t2dt = π

8 lnx2.

(c) Donc∫ 1

0

t arctan (1/t)

t2 + x2dt ≥ π

8ln

(x2 + 1

x2

). Pour x→ 0 ce minorant tend vers +∞. On

a donc limx→0+ g (x) = +∞

On admet que g est dérivable pour x > 0 et que ∀x > 0 : g′ (x) = −2xh (x).

On remarque que g′ (x) =

∫ +∞

0

d

dx

t arctan (1/t)

t2 + x2dt

5. Déterminer g (x) pour x > 0 et x < 0. Quelle est la valeur de∫ +∞

0

t arctan (1/t)

t2 + 1dt ?

(a) Partant de g (+∞) = 0 et de g′ (x) = −2x× π4

1x2(x+1)

, on a g (x) = π2

∫∞x

1t(t+1) dt.

(b) En décomposant en éléments simples, il vient g (x) = π2 ln x+1

x . En particulier, g (1) =π2 ln 2 ≈ 1.0888.

Devoir № 20

dsA : Isométries ; minimisations

20.1 Isométries

On considère l’espace vectoriel E = R3 muni de la structure euclidienne associée à la baseB = (i, j, k). On note 〈 , 〉 le produit scalaire correspondant. Soit alors n = a i+ b j+ ck un vecteurunitaire, D .

= V ect (n) la droite dirigée par n, p la projection orthogonale sur D, Π.= D⊥ le plan

orthogonal à D, q la projection orthogonale sur Π et enfin P .= Mat (p, B) et Q .

= Mat (q, B) lesmatrices de p et de q dans la base B.

1. Pour u ∈ E, exprimer p (u) en fonction de u et de n. Déterminer P . Préciser les valeurspropres et les vecteurs propres de p.

(a) On sait que p (u) = 〈u,n〉〈n,n〉n. Comme n est unitaire, on a p (u) = 〈u, n〉n.

(b) On a P = tU U = 1a2+b2+c2

a2 ab acab b2 bcac bc c2

. On remarquera qu’il est préférable (pour les

applications ultérieures) de conserver le dénominateur, c’est à dire de considérer seulementn 6= −→0 , sans utiliser |n| = 1.

(c) Il est immédiat que Im p = D et Ker p = Π.(d) Les valeurs propres d’un projecteur sont 1 (les vecteurs propres étant les éléments de

Im p) et 0 (les vecteurs propres étant les éléments de Ker p).

Soit ϕ : E ↪→ E : u 7→ n ∧ u.2. Montrer que ϕ ∈ L (E). Préciser Kerϕ et Imϕ. Déterminer Φ = Mat (ϕ, B).

(a) La linéarité est la raison de la dénomination “produit” vectoriel.(b) On a Kerϕ = D et Imϕ = Π. Comme D et Π sont supplémentaires, ϕ |Π est une bijection

Π ↪→ Π.

(c) Un calcul immédiat donne Φ =√

1a2+b2+c2

0 −c bc 0 −a−b a 0

.

3. Vérifier que ϕ ◦ q = ϕ. Comparer les normes de ϕ (u) et de q (u), et déterminer l’angle devecteurs (q (u) , ϕ (u)). Montrer que ϕ ◦ ϕ = −q.

(a) Une première méthode pour vérifier que ϕ ◦ q = ϕ est le calcul matriciel direct.(b) On peut aussi remarquer que ϕ = ϕ◦(p+ q) et que ϕ◦p = 0L puisque p (E) = D ⊂ Kerϕ.(c) Version géométrique : on a χϕ (λ) = λ

(λ2 + 1

). Donc Π = Ker

(ϕ2 + 1

): les valeurs

propres étant ±i, on a donc une isométrie et (q u, ϕu) = (q u, ϕ q u) = π2 (à un demi-

tour près).(d) Version algébrique pour l’isométrie : on a |ϕu|2 = tU tΦ ΦU et |q u|2 = tU tQQU . Or

tQQ = QQ = Q (la matrice est celle d’un projecteur, et elle est symétrique), tandis quetΦ Φ = Q comme le montre un calcul direct.

83

84 DEVOIR № 20. DSA : ISOMÉTRIES ; MINIMISATIONS

(e) Version algébrique pour l’angle. On a 〈ϕu, q u〉 = tU tΦQU = − tU (ΦQ) U = − tU ΦU =0 : (1) est la définition, (2) par antisymétrie, (3) à cause de ϕ q = ϕ et (4) à cause del’antisymétrie.

(f) On a tΦ Φ = Q et donc Φ Φ = −Q, soit ϕ ◦ ϕ = −q. Multipliant par ϕ, on retrouveϕ3 + ϕ = 0.

4. Soit f .= p+ ϕ. Montrer que f ∈ GL (E). Donner F = Mat (f, B). Vérifier que F ∈ O (3).

Montrer que f (n) = n et caractériser f |Π. En déduire la nature géométrique de f .

(a) On a F = P + Φ = I + Φ + Φ2. L’appartenance F ∈ O (3) montrera que f ∈ GL (E).

(b) On a t(I + Φ + Φ2

) (I + Φ + Φ2

)=(I− Φ + Φ2

) (I + Φ + Φ2

)= I + 2Φ2 + Φ4 − Φ2. Or

ϕ3 + ϕ = 0. Donc tF F = I.

(c) On a f (n) = (p+ ϕ) (n) = n +−→0 , tandis que f |Π= ϕ |Π est une rotation plane d’un

quart de tour.

(d) Les valeurs propres de f sont donc 1, +i, −1. Leur produit valant 1 (et non −1), f estune isométrie positive, c’est à dire un déplacement : c’est la rotation de +π

2 autour del’axe défini par n.

5. On pose g = f ◦f . Montrer que ∀u ∈ E : g (u) = 2 〈u | n〉n−u. Caractériser g en précisantses éléments remarquables.

(a) Le calcul direct donne (p+ ϕ) ◦ (p+ ϕ) = p ◦ p+ ϕ ◦ ϕ = p− q = 2p− id.(b) On voit donc que g est la symétrie orthogonale d’axe D. Ce qui était d’ailleurs évident,

puisque deux quarts de tours donnent un demi-tour.

6. Soit r la rotation d’angle π3 autour de l’axe dirigé par le vecteur (1, 1, 1). Déterminer, par

une méthode ou une autre, la matrice R = Mat (r, B).

(a) L’application directe du cours donne R =(I + Φ2

)+sin θΦ−cos θΦ2, la matrice Φ valant

1√3

0 1 −1−1 0 11 −1 0

. On obtient R = 13

2 −1 22 2 −1−1 2 2

.

(b) On vérifie aisément que tr (R) = 2, tRR = I et que R2 =

0 0 11 0 00 1 0

.

20.2 Un problème de minimisation

On considère n + 1 réels fixés y0, · · · , yn. Pour k ∈ N, on appelle ∆k l’application Rk [X] ↪→R : ∆k (P ) =

∑n0 (yi − P (i))2. L’objet du problème est de déterminer les polynômes P ∈ Rk [X]

conduisant à la valeur minimale de ∆k (P ) et de préciser cette valeur minimale mk.

20.2.1 L’application ϕk

Soit ϕk : Rk [X] ↪→ Rn+1 : P 7→ ϕk (P ) = (P (0) , P (1) , · · · , P (n)). Il est admis que cetteapplication est linéaire.

1. Déterminer Kerϕk, en discutant le résultat selon des valeurs de k par rapport à celle de n.Préciser la dimension de ce noyau. En donner une base.

(a) Posons S (X).= Πn

0 (X − j). Alors P ∈ Kerϕ est P (0) = P (1) = · · · = P (n) = 0,autrement dit S | P , puisque les X − j sont premiers entre eux.

(b) Pour k ≤ n, cela donne Kerϕ = {0} et pour n + 1 ≤ k, Kerϕ = S (X) Rk−n−1 [X], dedimension k − n.

(c) Dans le second cas, une base est S, X S, · · · , Xk−n−1 S.

20.2. UN PROBLÈME DE MINIMISATION 85

2. Étudier, selon les valeurs de k, le rang de ϕk. Préciser les valeurs de k pour lesquelles ϕk estsurjective, est un isomorphisme.

(a) Vu le théorème du rang, on a rg (ϕ) = k + 1 pour k ≤ n et rg (ϕ) = n+ 1 pour n ≤ k.(b) On a donc ϕk injective pour k ≤ n et bijective pour k = n.

3. En déduire l’existence et l’unicité d’un Y ∈ Rn [X] tel que (∀i, 0 ≤ i ≤ n) (P (i) = yi).

(a) Comme ϕn est bijective, le n+1-uplet (y0, · · · , yn) possède donc un et un seul antécédent,que l’on peut noter Y (X) ∈ Rn [X].

20.2.2 Étude préliminaire

1. Démontrer l’existence et l’unicité d’une base (B).= (B0, B1, · · · , Bn) de Rn [X] telle que,

pour tous i, j entiers entre 0 et n, on ait Bi (i) = 1 et Bi (j) = 0 lorsque i 6= j. Quelles sontles coordonnées d’un polynôme P ∈ Rn [X] dans cette base (B), et en particulier le polynômeY ?

(a) On sait que ces polynômes sont les polynômes de Lagrange, à savoir les Bj = Πi 6=jX−ij−i .

(b) Pour P ∈ Rn [X], on a P (X) =∑n

0 P (j) Bj (X) puisque la différence des deux s’annuleen n+ 1 points tout en ayant un degré au plus n.

(c) On a donc, en particulier, Y (X) =∑n

0 yj Bj (X).

2. Soit k entier supérieur ou égal à n. Déterminer la valeur du minimum mk de la quantité∆k (P ) lorsque P décrit Rk [X]. Déterminer tous les polynômes P ∈ Rk [X] pour lesquels∆k (P ) = mk.

(a) Pour k ≥ n, il est évident que mk = 0 est la valeur minimale de ϕk, valeur atteinte partous les éléments de Kerϕ c’est à dire les multiples de S (X).

20.2.3 Interprétation de mk lorsque k ≤ n

1. Prouver l’existence et l’unicité dans Rn [X] d’un produit scalaire, noté 〈 , 〉, tel que la base(B) soit orthonormale. Préciser la valeur de 〈P, Q〉 lorsque P, Q ∈ Rn [X]. On note ‖ ‖ lanorme associée, soit ‖P‖ =

√〈P, P 〉.

(a) Se donner une base orthonormale est la meilleure façon de se donner un produit scalaire.Dans cette base, la matrice de Gramm est la matrice identité.

(b) On a alors 〈∑xiBi |

∑yj Bj〉 =

∑xj yj , soit, ici, 〈P | Q〉 =

∑n0 P (j) Q (j).

2. Calculer les produits scalaires 〈1, 1〉, 〈1, X〉,⟨1, X2

⟩et⟨1, X3

⟩. On pourra utiliser

∑n1 p

2 =16n (n+ 1) (2n+ 1) et

∑n1 p

3 = 14n

2 (n+ 1)2.

(a) On a successivement 〈1, 1〉 = n+ 1,

(b) Puis 〈1, X〉 = 〈X, 1〉 = n(n+1)2

(c) Et enfin⟨1, X2

⟩= 〈X, X〉 =

⟨X2, 1

⟩= 1

6n (n+ 1) (2n+ 1) et les formules analoguespour

⟨1, X3

⟩.

3. D’après les notations introduites, on a ∆k (P ) = ‖Y − P ‖2. En déduire l’existence et l’unicitédu polynôme Pk ∈ Rk [X] pour lequel ∆k (P ) atteint son minimum mk. Définir Pk au moyende Y et de Rk [X]. Que dire de Y − Pk et de Rk [X] ?

(a) Le minimum de ∆k (P ) est atteint lorsque le vecteur Y − P est orthogonal à l’espaceRk [X].

(b) On a donc Pk = proj (Y ), proj étant la projection orthogonale sur le sous espace Rk [X].

86 DEVOIR № 20. DSA : ISOMÉTRIES ; MINIMISATIONS

20.2.4 Détermination de mk

1. Montrer l’existence et l’unicité d’une base (C) = (C0, C1, · · · , Cn) de Rn [X] telle quedg (Cj) = j (base étagée) et que cd (Cj) =

(2nn

). On commencera par déterminer C0 et C1,

puis l’on déterminera Ck à l’aide des polynômes Xk et Qk, projection de Xk sur Rk−1 [X].

(a) Il s’agit d’appliquer l’orthogonalisation de Schmidt à la base canonique. On a clairementC0 = 1, avec 〈C0 | C0〉 = n+ 1.

(b) Puis C1 = X + a avec 0 = 〈X + a | 1〉 = n(n+1)2 − a (n+ 1) soit C1 = X − n

2 .

(c) On a clairement Ck = cd (Ck)×(Xk −Qk

), soit Ck = Xk−

∑j<k〈Xk|Cj〉〈Cj |Cj〉 Cj , qui nécessite

k produits scalaires.

(d) Il est préférable d’écrire Ck = αX Ck−1 +∑

j<k βjCj . On a alors 0 = 〈Ck | Ci〉 =α 〈X Ck−1 | Ci〉 + βi 〈Ci | Ci〉. Le choix de α dépend de la normalisation. Ici α = 1.Pour i = k − 1, on a βk−1 = − 〈X Ck−1|Ck−1〉

〈Ck−1|Ck−1〉 ; pour i = k − 2, on a βk−2 = − 〈Ck−1|Ck−1〉〈Ck−2|Ck−2〉 ;

pour i < k − 2, on a βi = 0 car 〈X Ck | Ci〉 = 〈Ck | X Ci〉 avec dg (X Ci) < k.

2. Démontrer, pour 1 ≤ k ≤ n, que le polynôme Ck (n−X) (associé à la fonction x 7→Ck (n− x)) est orthogonal à Rk−1. En déduire une relation simple entre Ck (n−X) et Ck.

(a) Définissons Ck (X) = Ck (n−X).On a

⟨Ck | Xj

⟩=∑i=n

i=0 Ck (i) (i)j =∑i=n

i=0 Ck (i) (n− i)j .

(b) En développant cette expression par la formule du binôme, on obtient⟨Ck | Xj

⟩comme

combinaison linéaire des⟨Ck | Xi

⟩pour i ≤ j, et ces produits scalaires sont nuls (pour

i ≤ j < k ≤ n).(c) Par conséquent, Ck et Ck sont colinéaires, puisque l’orthogonal de Rk−1 [X] dans Rk [X]

est de dimension 1. Le facteur de proportionalité est égal au rapport des coefficientsdominants et il est clair que ce rapport est ±1 selon la parité de k.

3. Déterminer les coordonnées de Pk (cf. 2.3.3) dans la base (C). Que vaut Pn ? En déduire,pour 1 ≤ k ≤ n, les relations

Pk = Pk−1 +〈Ck, Y 〉‖Ck‖2

Ck ; mk = mk−1 −(〈Ck, Y 〉‖Ck‖

)2

(a) Notons pj le projecteur orthogonal sur Cj . On a donc pj (P ) =〈P |Cj〉〈Cj |Cj〉Cj . Comme on a

pi ◦pj = 0 lorsque i 6= j, ces projecteurs s’ajoutent pour donner le projecteur sur l’espacesomme.

(b) On a donc Pk =∑

j≤k〈Ck|Y 〉〈Ck|Ck〉 et ‖Pk‖

2 =∑

j≤k

(〈Ck, Y 〉‖Ck‖

)2.

(c) Les formules proposées en découlent immédiatement.

Devoir № 21

coming soon

87

88 DEVOIR № 21. COMING SOON

Devoir № 22

dsB : Sujet de révision

22.1 Exercice : suite récurrente

On considère la fonction g telle que : g (x) = x+ tanx

1. Montrer que sur l’intervalle ]0, π] il existe une et une seule solution de l’équation g (x) = 0.Soit α cette solution. Montrer que α appartient à

[√3, π

].

(a) On a ddx g (x) = 2 + tan2 x : la fonction est strictement croissante sur les intervalles où

elle est dérivable.(b) On a donc g (x) > 0 pour x ∈

]0, π2

[: aucune solution sur cet intervalle.

(c) La fonction (prolongée) est continue croissante sur[π2 , π

], arrivant dans

[−∞, π2

]. On a

donc l’existence et l’unicité d’un α solution sur cet intervalle.(d) Il suffit de vérifier g

(√3)≈ −4.41 pour avoir

√3 < α < π.

2. Montrer que α vérifie la relation : α = π − arctanα.

(a) Posons β .= π − arctanα. On a tanβ = tan (π − arctanα) = − tan (arctanα) = −α =

tanα puisque g (α) = 0.(b) Comme α > 0, on a arctanα ∈

]0, π2

[et donc β ∈

]π2 , π

[. Les angles α et β ont même

tangente et appartiennent au même “intervalle de bijectivité” de la fonction tan. Ils sontdonc égaux.

On définit la suite (u) par u0 =√

3 et, pour n ∈ N, par un+1 = π − arctanun.3. Montrer que, pour tout n, un ∈

[√3, π

](Indication : vérifier que tan 5π

12 = 2 +√

3 > π).

(a) On a tan 5π12 = tan

(2π3 −

π4

)= −

√3−1

1+(−√

3)×1=√

3+1√3−1

= 2 +√

3 ≈ 3.7 > π. On en déduit

0 < arctanπ < 5π12 .

(b) Il est clair que la fonction d’itération ψ = x 7→ π − arctanx est continue décroissante.(c) On a d’une part g

(√3)

= π − arctan√

3 = π − π3 = 2π

3 < π et d’autre part g (π) =

π − arctanπ > π − 5π12 = 7π

12 ≈ 1.83 >√

3.(d) On en conclut que le segment

[√3, π

]est un segment stable.

4. Montrer que, pour tout n, |un+1 − α| ≤ 14 |un − α| et en déduire que la suite (u) converge

vers α.

(a) La question consiste à trouver un facteur de contraction pour l’application ψ, afin deconclure par le théorème du point fixe (la question 2 consistant précisément à montrerque ψ (α) = α).

(b) La formule de Taylor avec reste de Lagrange nous montre que chaque différence|ψ (x2)− ψ (x1)| peut s’écrire |ψ (y)| avec y ∈ [x1, x2].

(c) Comme |ψ′ (y)| = 11+y2

≥ 14 pour y ≥

√3, on peut conclure à la convergence de la suite.

(d) L’exécution effective du processus conduit à α ≈ 2.029, avec un facteur de contraction≈ 0.196.

89

90 DEVOIR № 22. DSB : SUJET DE RÉVISION

22.2 Problème 1

22.2.1 Partie 1

Le plan est rapporté à un repère orthonormal(O,−→i ,−→J), et f est la fonction définie, pour

x ∈ R \ 0 par f (x) = x coshx−sinhxcoshx−1 et par f (0) = L pour un certain L ∈ R. La courbe représentative

de f est désignée par désignée par (C).Bien entendu, on commence par tracer la courbe.

–10 10x

1. Déterminer le développement limité de f à l’ordre 3 au voisinage de 0. En déduire L pour quef soit continue en 0. On prendra désormais L égal à la valeur trouvée. Démontrer que f estdérivable en 0. Préciser la position de la courbe par rapport à sa tangente au point d’abscisse0.

(a) Il est clair que la fonction f est impaire : le développement sera impair lui-aussi.

(b) On a f(x) =x(1+x2/2+x4/24)−(x+x3/6+x5/120)+o(x5)

(1+x2/2+x4/24)−1+o(x4)= x

1/3+.. x2+o(x2)1/2+.. x2+o(x2)

.

(c) On obtient donc f (x) = 23 x+ 1

90 x3 + o

(x3)(le fond de la question est la démonstration

des ordres de troncature, le détail des calculs pouvant être laissé aux machines).(d) L’existence d’un développement au premier ordre prouve la dérivabilité en x = 0, et

donne f ′ (0) = 23 . Le terme suivant donne un équivalent pour f (x)− 2

3x, permettant deplacer la courbe par rapport à sa tangente.

(e) Cet équivalent étant d’ordre 3, la tangente traverse la courbe, et celle-ci est au-dessuspour 0 < x.

2. Étudier les variations de f sur [0, +∞[. Donner le tableau de variations de f .

(a) On a, pour x 6= 0, f ′ (x) = sinhx (sinhx−x)

(coshx−1)2. Cette expression est strictement positive pour

0 < x, puisqu’alors 0 < x < sinhx.(b) La dérivée est donc strictement positive pour tout x ∈ R, et f est strictement croissante.

3. Étudier les asymptotes éventuelles de (C) et préciser la position de (C) par rapport à sesasymptotes. Tracer (C).

(a) L’étude pour x → ∞ est facilitée par passage à l’exponentielle. La fonction f (x) =x coshx−sinhx

coshx−1 se réécrit en f (x) = (x−1) expx+(x+1) exp(−x)expx−2+exp(−x) .

(b) Un développement en z = exp (−x) donne f (x) = (x− 1) (1 + 2z) + o (z) montrant quey = x− 1 est asymptote, la courbe étant au-dessus.

(c) On peut aussi procéder en plusieurs étapes. On a successivement f (x) ∼ x expxexpx , puis

f (x)− x = − expx+2x+exp(−x)expx−2+exp(−x) ∼ −1 et enfin f (x)− (x− 1) = 2 x−1+exp(−x)

expx−2+exp(−x) .

(d) En utilisant la parité, on voit que y = x+1 est asymptote pour x→ −∞, la courbe étantplacée en dessous.

4. On considère l’équation différentielle (E) : (coshx− 1) ddx y (x) + (sinhx) y (x) = x sinhx.

La résoudre sur chacun des intervalles : I1 = ]−∞, 0[ et I2 = ]0, +∞[, puis sur R.

22.2. PROBLÈME 1 91

(a) On commence par (L) : (coshx− 1) ddxk (x) + (sinhx) k (x) = 0. Sur les intervalles où

(coshx− 1) 6= 0, c’est à dire les intervalles ne contenant pas x = 0, cette équation serésoud en considérant les dérivées logarithmiques.

(b) Il vient k′(x)k(x) = − sinhx

coshx−1 = − (coshx−1)′

coshx−1 , dont les solutions sont k (x) = αcoshx−1 (si les

dérivées logarithmiques sont égales, les fonctions sont proportionnelles).(c) Cherchons donc les solutions de (E) sous la forme y = k × z, en prenant α = 1. Il vient

(coshx− 1)(− sinhx z(x)

(coshx−1)2+ z′(x)

coshx−1

)+ sinhx z(x)

coshx−1 = x sinhx, qui se réduit en z′ (x) =

x sinhx. Une intégration par parties donne z (x) = x coshx − sinhx + C. D’où y (x) =x coshx−sinhx+C

coshx−1 .(d) Le résultat précédent a été établi pour des intervalles ne contenant pas 0, et donc pour

les intervalles I1 et I2 (une constante par intervalle, ces constantes n’étant pas liées).Si l’on veut une solution sur R, il faut au minimum que les solutions partielles soientunilatéralement prolongeables en x = 0, ce qui impose C1 = C2 = 0.

(e) On retombe alors sur la fonction étudiée précédemment, qui est de classe C1. Elle vérifiedonc l’équation (E), tous les éléments de cette équation étant continus.

22.2.2 Partie 2

1. Soit g une fonction continue sur [0, +∞[. Établir les deux résultats suivants qui pourrontêtre utilisés par la suite :(1) Il existe une fonction u unique, définie sur [0, +∞[, admettant des dérivées première etseconde, telle que : u′′ = g, u (0) = 0, u′ (0) = 0.(2) Si g (x) = a xn + xn ε1 (x) avec a > 0, n ∈ N, limx→0+ ε1 (x) = 0, alors

∫ x0 g (t) dt =

an+1x

n+1 + xn+1 ε2 (x) avec limx→0+ ε2 (x) = 0.

(a) Posons U (x) =∫ y=x

0

∫ t=y0 g (t) dtdy. Cette fonction est de classe C2 avec U (0) = U ′ (0) =

0 et U ′′ = g, prouvant l’existence. On voit aisément que U − u = 0 pour toute solutiondu problème.

(b) Posant ε1 (0) = 0, la fonction ε1 est continue : en 0 par hypothèse et ailleurs commequotient de continues. Il est donc loisible de poser ε3 (x) = max {|ε1 (t)| |0 ≤ t ≤ x}.

(c) On a alors∣∣∫ x

0 tn ε1 (t) dt

∣∣ ≤ xn∫ x

0 |ε1 (t)| dt ≤ xn∫ x

0 ε3 (x) dt = xn+1 ε3 (x), prouvantque le reste est un o

(xn+1

).

Soit g une fonction continue sur [0, +∞[ et strictement positive sur ]0, +∞[. On associe àg la fonction G définie par G (0) = 0 et, pour x > 0, par G (x) =

∫ x0 t g (t) dt÷

∫ x0 g (t) dt.

2. Justifier que G est effectivement définie sur [0, +∞[. En appliquant à g le résultat de laquestion 1.1, établir, pour x ∈ ]0, +∞[ la relation : G (x) = xu′(x)−u(x)

u′(x) . Montrer que 0 <

G (x) < x pour x > 0. En déduire que G est continue.

(a) On sait que l’intégrale d’une fonction positive, presque partout non nulle, est strictementpositive (le segment d’intégration étant honnêtement choisi). Cela est évident pour unefonction continue positive, non nulle sauf peut-être aux bornes. On a en effet

∫ ba f (t) dt =

(b− a) f (c) pour un certain c ∈ ]a, b[.(b) Les intégrandes sont continus, prouvant l’existence des intégrales. Pour x 6= 0, ce qui

précède montre à la fois que le dénominateur est non nul et que 0 < G (x).(c) Une intégration par parties, avec v = t, v′ = 1, w′ = g, w = u′ donne

∫ x0 t × g (t) dt =

t u′|x0 −∫ x

0 u′ (t) dt. On a donc G (x) = xu′(x)−u(x)

u′(x) pour 0 < x.

(d) La majoration∫ x

0 t g (t) dt <∫ x

0 x g (t) dt s’obtient en appliquant 2.a à la fonction t 7→(x− t) g (t). On en déduit G (x) < x.

(e) En x = 0, la fonction G, possédant un facteur de Lipschitz, est continue. Et ailleurs aussi,comme quotient de continues, le dénominateur ne s’annulant pas.

92 DEVOIR № 22. DSB : SUJET DE RÉVISION

3. Démontrer que G est dérivable et strictement croissante sur ]0, +∞[. Démontrer que si gvérifie la condition (b) de la question 1, alors G est dérivable à droite en 0. Préciser sonnombre dérivé.

(a) Pour x 6= 0, la fonction G est dérivable comme quotient de dérivables, le dénominateurétant non nul. Un calcul élémentaire donne d

dxG (x) = u′′(x)u(x)

u′(x)2, quantité strictement

positive. On en déduit que G (x) est strictement croissante sur [0, +∞[.

(b) Si l’on suppose en outre que g (x) = a xn+o (xn), on a G (x) =a xn+2÷(n+2)+o(xn+2)a xn+1÷(n+1)+o(xn+1)

, soitG(x)x ∼ n+1

n+2 , donnant l’existence et la valeur de la dérivée.

(c) En substituant directement dans la formule donnant ddxG (x), on obtient la même valeur

... sous l’hypothèse que G serait de classe C1. Ce calcul est donc une vérification, et nonune preuve.

4. Déterminer une fonction g telle que la fonction G qui lui est associée soit la restriction à[0, +∞[ de la fonction étudiée dans la partie 1.

(a) Partant de G (x) = x− u(x)u′(x) = x coshx−sinhx

coshx−1 , il vient coshx−1sinhx−x = u′(x)

u(x) et g (x) = u′′ (x) =sinhx.

(b) On est donc dans le cas n = 1 et G′ (0) = 1+11+2 = 2

3 .

5. On suppose que g est la fonction définie sur [0, +∞[ par g (x) = arctan (x+ 1). DéterminerG. Quel est le nombre dérivé de G à droite en 0 ?

(a) Les calculs conduisent à G (x) =arctan(x+1)x2−ln(1+x+x2/2)−x

2(x+1) arctan(x+1)−ln(1+x+x2/2)−π/2 .

(b) Un développement en série en x→ 0 donne 12 x+ 1

61π x

2+o(x2), confirmant G′ (0) = 0+1

0+2 .

22.3 Problème 2

Notations : On considère dans tout le problème un C-espace vectoriel E de dimension finie n nonnulle. On note IE l’application identité de E et L (E) l’ensemble des endomorphismes de E,Mn (C)l’ensemble des matrices carrées d’ordre n sur C et In la matrice unité d’ordre n.

Si u ∈ L (E) et si F est un sous-espace vectoriel de E, on dira que F est stable par u siu (F ) ⊂ F .

On rappelle que, par définition, une valeur propre λ d’un endomorphisme u de E est un complexetel qu’il existe un vecteur x ∈ E tel que x 6= −→0 et que u (x) = λx. Un tel vecteur x est alors appelévecteur propre de u pour la valeur propre λ.

Un endomorphisme diagonalisable est un endomorphisme tel qu’il existe une base de E danslaquelle la matrice de u est diagonale.

22.3.1 Partie I

Dans cette partie, u désigne un endomorphisme de E tel qu’il existe une base B de E vérifiant

MatB (u) =

λ1 0 · · · 0

0 λ2...

.... . . 0

0 · · · 0 λn

avec λ1, · · · , λn complexes distincts.

1. Quelles sont les valeurs propres de u ?Les valeurs propres sont les λj . Comme elles sont distinctes, l’endomorphisme u est diago-nalisable.Soit P =

∑ni=0 aiX

i un polynôme de C [X] et v l’endomorphisme de E défini par : v =P (u) =

∑ni=0 aiu

i = anun + · · ·+ aiu

i + · · · a0idE

22.3. PROBLÈME 2 93

2. Montrer que u ◦ v = v ◦ u. Montrer que v est diagonalisable. Calculer les valeurs propres dev et son déterminant en fonction des valeurs propres de u.

(a) Il est clair que u commute avec ses propres puissances. Et partant avec les combinaisonslinéaires de celles-ci.

(b) Dans la base B, la matrice de P (u) est diag ([P (λ1) , · · · , P (λn)]), donnant les valeurspropres et le déterminant det (P (u)) = Πn

1P (λj).

3. Application. Soit A =

0 0 0 0 11 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0

et B =

5 4 3 2 11 5 4 3 22 1 5 4 33 2 1 5 44 3 2 1 5

.

(1) Déterminer les valeurs propres de A.(2) Montrer qu’il existe cinq complexes a0, · · · , a4 tels que B = a1A+a2A

2 +a3A3 +a4A

4 +a5A

5. En déduire les valeurs propres de B et une expression du déterminant de B.(3) Soit z ∈ C tel que z5 = 1 et z 6= 1. Simplifier (z − 1)

(5z5 + 4z4 + 3z3 + 2z2 + z

). En

déduire que detB = 3× 54.

(a) Il est clair que A est la matrice d’un cycle d’ordre 5. On a donc χA (λ) = λ5 − 1. Posantω = exp 2iπ

5 , les valeurs propres sont les ωj pour 0 ≤ j ≤ 4.

(b) On voit que B =∑5

1 k Ak : les valeurs propres de B sont donc les P

(ωj)avec P (x)

.=∑5

1 k xk.

(c) On sait que P (z) = z + 2z2 + 3z3 + 4z4 + 5z5 intervient dans le développement limitéde z

(1−z)2 . D’où l’idée d’évaluer le reste : (1− z)2 P (z) = z − 6z6 + 5z7 = 5z2 − 5z. D’où

P (z) = 5zz−1 pour les racines primitives cinquièmes.

(d) On a donc det (B) = Π40P(ωk)

= 15Π41

5ωk

ωk−1. Comme les ωk (pour 1 ≤ k ≤ 4) sont les

racines de q (x) = x4 +x3 +x2 +x+1, leur produit est 1, et le produit des ωk−1 est donnépar la constante de q (1 + x), qui vaut 5. On en conclut det (B) = 15×54×1÷5 = 3×625.

4. Soit v un endomorphisme de E tel que u ◦ v = v ◦ u. On note (e1, · · · , en) une base de Eformée de vecteurs propres de u.(1) Montrer que ∀i ∈ [1..n] : ∃µi ∈ C : v (ei) = µiei.(2) Soit n nombres complexes fixés, notés µ1, · · · , µn. Montrer qu’il existe un unique poly-nôme P ∈ C [X] tel que dg (P ) < n et que P (λi) = µi pour 1 ≤ i ≤ n.(3) Déduire des questions précédentes qu’il existe un polynôme P tel que dg (P ) < n etv = P (u).

(a) On a u (v (ei)) = v (u (ei)) = v (λiei) = λi (v (ei)). Si v (ei) = 0, alors ei ∈ Ker v et l’onpose µi = 0. Sinon v (ei) 6= 0 est vecteur propre de u pour la valeur propre λi. Commeles sous espaces propres de u sont de dimension 1, il existe une constante µi telle quev (ei) = µiei.

(b) Il s’agit des polynômes d’interpolation de Lagrange. Pour l’existence, on pose Pi (x) =

Πj 6=ix−λjλi−λj et l’on a P (x) =

∑µiPi (x). Pour l’unicité, on constate que P − P s’annule n

fois en étant de degré n− 1 au plus.

(c) Lorsque u est à valeurs propres distinctes, tout élément du commutant se diagonalisedans la base B et il existe un polynôme P ∈ Cn−1 [x] tel que µi = P (λi) pour tout i. Ona donc matB (v) = P (matB (u)) et ,partant, v = P (u).

5. Soit Cu = {v ∈ L (E) : u ◦ v = v ◦ u}. Montrer que les trois propriétés suivantes sont équi-valentes : (1) v ∈ Cu ; (2) il existe une base de E sur laquelle les matrices de u et v sontdiagonales ; (3) il existe un polynôme P ∈ C [X] tel que dg (P ) < n et v = P (u).Montrer que Cu est une C-algèbre commutative. Quelle est sa dimension ?

94 DEVOIR № 22. DSB : SUJET DE RÉVISION

(a) (1) ⇒ (2) est Q4a. La réciproque est triviale puisque deux matrices diagonales com-mutent.

(b) (1)⇒ (3) est Q4c, tandis que la réciproque est Q2.(c) Dans le cas examiné, Cu = C [u] et est donc une algèbre commutative de dimension n

puisque le polynôme minimal est égal au polynôme caractéristique.

6. Application. Soit A =

2 0 43 −4 121 −2 5

. (1) Déterminer les valeurs propres de A et une

matrice P telle que P−1AP soit diagonale. (2) On se propose de chercher les matrices Btelles que B3 = A. Montrer qu’en pareil cas AB = BA. En déduire toutes les solutions deB3 = A. (3) Si (B1, · · · , Bm) est l’ensemble de ces solutions, calculer

∑mj=1Bj et Πm

j=1Bj.

(a) On calcule χA (x) = x (x− 1) (x− 2), montrant que A est effectivement à valeurs propres

distinctes. Les noyaux se calculent aisément, conduisant à la matrice P =

4 −4 2−3 0 1−2 1 0

.

On vérifie que P−1AP =

0 0 00 1 00 0 2

.

(b) Comme A serait une puissance de B, il commute avec B et donc B est dans le com-mutant de A qui est, ici, C [A]. Posant B = Q (A) avec Q (x) = a x2 + b x + c, on a

χA (X)∣∣Q3 (X)−X . Ce qui conduit à c = 0, b = 12

a (a3−1)8a3−3

, et a solution de 64a9 +

144a6 + 540a3 + 27 = 0. La relation c = 0 est immédiate : sinon B serait inversible, et Aaussi. Le fait que a figure par son cube vient de ce que B solution implique jB solution.

(c) Une méthode plus raisonnable consiste à utiliser la diagonalisation : la matrice B est

semblable à

0 0 00 ω 00 0 τ

où ω décrit les trois racines cubiques de 1 et τ les trois racines

cubiques de 2. On retrouve l’existence de 9 solutions distinctes.(d) Faire la somme des 9 solutions revient à prendre trois fois la somme des ω et trois fois

celle des τ , soit 0 les deux fois. D’où∑m

j=1Bj = 0.(e) Faire le produit revient à prendre le cube du produit des ω et le cube du produit des τ ,

soit 13 et 23. D’où Πmj=1Bj = A3.

(f) Autre version de la chose : les solutions peuvent être groupées trois par trois et s’écrireB, jB, j2B. La somme par lot est nulle, le produit par lot donne A.

22.3.2 Partie 2

Soit G un sous-groupe fini et commutatif du groupe GL (E) des automorphismes de E. On note qle nombre d’éléments de G.

1. On se propose de montrer que tous les éléments de G ont au moins un vecteur propre encommun. (1) Traiter le cas n = 1. (2) Traiter le cas où tous les éléments de G sont deshomothéties. (3) Montrer que si un automorphisme g ∈ G n’est pas une homothétie et sin > 1, g admet au moins une valeur propre λ et un sous-espace propre associé Eλ de di-mension strictement inférieure à n. Vérifier que Eλ est stable par tous les éléments de G.(4) Démontrer par récurrence sur l’entier n qu’il existe un vecteur propre commun à tous leséléments de G.

(a) Les automorphismes de C en tant que C espace vectoriel sont les homothéties. Le casn = 1 résulte donc de (2).

(b) Pour une homothétie, tout vecteur non nul est un vecteur propre. Pour un groupe d’ho-mothéties, tout vecteur non nul est donc vecteur propre commun.

22.3. PROBLÈME 2 95

(c) Supposons l’existence d’un g ∈ G qui ne soit pas une homothétie. Il possède au moins unevaleur propre λ ∈ C, puisque χg (x) possède au moins une racine, et Eλ = Ker (g − λ id)est différent de E (on aurait sinon g = λ id).

(d) Cet Eλ est stable par tout f ∈ G. Soit en effet y ∈ Eλ. La commutativité donne g (f (y)) =f (g (y)) = f (λ y) = λ f (y), ce qui prouve f (y) ∈ Eλ.

(e) Supposons donc qu’il existe un groupe G d’automorphismes d’un espace de dimension ntel qu’il n’existe pas de vecteur propre commun à tous les g ∈ G. Ce groupe ne peut êtreun groupe d’homothétie. Il existe donc un sous-espace de dimension strictement inférieure(le Eλ ci-dessus) pour lequel G est à nouveau un groupe d’automorphisme sans vecteurpropre commun. On aurait donc une suite strictement décroissante d’entiers positifs, cequi ne peut exister.

2. A tout élément f de L (E) on associe f défini par f = 1q

∑g∈G g ◦ f ◦ g−1. Montrer que

f ∈ L (E) et que ∀g ∈ G : g ◦ f ◦ g−1 = f .

(a) fest linéaire comme combinaison linéaire de composées d’applications linéaires.

(b) Soit h ∈ G. Alors h f h−1 = 1qh(∑

g∈G g f g−1)h−1 = 1

q

∑g∈G (h g) f (h g)−1. Comme

l’ensemble des h g, à h fixé, n’est autre que l’ensemble des g, on a h f h−1 = f .

3. Un sous-espace vectoriel F de E est dit stable par G s’il est stable par tout élément de G.Soit F un sous-espace vectoriel stable par G. (1) Montrer que : ∀g ∈ G : g (F ) = F . (2) SoitΠ un projecteur de E d’image F . Montrer que Π (défini au 2) est un projecteur de E d’imageF et de noyau stable par G. (3) En déduire que tout sous-espace vectoriel de E stable par Ga un supplémentaire dans E stable par G.

(a) Comme F est stable, on a g (F ) ⊂ F . Comme g est bijectif, il y a conservation de ladimension et donc g (F ) = F .

(b) Soit p un projecteur tel que Im p = F . Partons de x ∈ F . On a p (x) = 1q

∑(g p g−1

)(x).

Par stabilité de F , on a g−1 (x) ∈ F et donc p(g−1 x

)= g−1 x. D’où p (x) = x.

(c) Pour tout x ∈ E, on a p g−1 x ∈ Im p = F . Donc chaque g p g−1 x est dans F (stabilité)et Im p ⊂ F . On en conclut que p est un projecteur sur F .

(d) Soit y ∈ Ker p et h ∈ G. On a p h y = hh−1 p h y = h p y = 0 et h y ∈ Ker p. Cet ensembleest donc stable par G. On en déduit que tout sous espace F stable par G possède un sousespace supplémentaire stable lui aussi.

4. Déduire des questions précédentes qu’il existe une base de E sur laquelle tous les éléments deG ont une matrice diagonale.

(a) Si G est un groupe d’homothéties, les g s’écrivent de façon diagonale dans n’importequelle base.

(b) Sinon, il existe au moins un g ∈ G qui n’est pas une homothétie, et qui alors possède aumoins un sous espace propre Eλ de dimension strictement inférieure. Ce sous espace Eλet au moins l’un de ses supplémentaires Sλ sont stables par G.

(c) On peut donc itérer le processus en partant de Eλ puis de Sλ. Ayant supposé E dedimension finie, l’algorithme se termine nécessairement.

5. Énoncer une condition nécessaire et suffisante pour qu’un sous-groupe fini de GL (E) soitcommutatif.

(a) On a montré : un sous-groupe commutatif fini de GL (E) est codiagonalisable. En sensinverse, un sous-groupe codiagonalisable de GL (E) est commutatif.

(b) On remarquera qu’il suffit d’un seul élément non diagonalisable pour que le groupe soit

infini, par exemple le groupe des matrices engendré par(

1 a0 1

)avec a 6= 0.