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Jean-Marie Monier

LES MÉTHODES ET EXERCICES DE

MATHÉMATIQUES
PCSI-PTSI
៑ Les méthodes à retenir
៑ Plus de 500 énoncés d’exercices
៑ Indications pour bien démarrer
៑ Corrigés détaillés

LES MÉTHODES ET EXERCICES DE

MATHÉMATIQUES
PCSI-PTSI
Jean-Marie Monier
Professeur en classes de Spéciales
au lycée La Martinière-Monplaisir à Lyon

© Dunod, Paris, 2008
ISBN 978-2-10-053974-1

Table des matières

1
...
Les nombres complexes
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

© Dunod
...


3
...
Dérivation

55

1
3
4
5

Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

55
58
62
63

9
9
12
16
17

25
26
28
32
33

4
...
Intégration
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

7
...
Comparaison locale
des fonctions
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

75
75
77
81
83

93
93
95
98
99

109
109
112
115
117
III

Table des matières

9
...
Équations différentielles
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

11
...
Compléments
de calcul intégral
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

13
...
Structures algébriques
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices
IV

129
129
132
134
135

145
145
148
151
153

165
165
168
170
172

179
179
181
183
184

191

15
...
Arithmétique dans Z
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

17
...
Espaces vectoriels
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

19
...
Matrices

275

199
201
205
207

Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

275
278
284
287

Table des matières

21
...
Espaces vectoriels
euclidiens
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

23
...
Géométrie dans l’espace
Les méthodes à retenir
Énoncés des exercices
Du mal à démarrer ?
Corrigés des exercices

25
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


5

Les méthodes à retenir
Cette rubrique constitue une synthèse des principales méthodes à connaître,détaillées étape par
étape, et indique les exercices auxquels elles se
rapportent
...
La difficulté de
chaque exercice est indiquée sur une échelle de
1 à 4
...


−
−
−

−
α −−

−
−
α −−
−

α
α

α−
α

α
−
−−

β

α

β γ
γ
γ
γ

−

−
−
×
−

32

−
−
−
−

−

−

−

−
−

−−
−

−

−

−−
−

Corrrigés des exercices

−−
−

Tous les exercices sont corrigés de façon détaillée
...


© Dunod
...


Jean-Marie Monier

IX

Les nombres réels

Plan

CHAPITRE

1

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir

1

Énoncés des exercices

3

Du mal à démarrer ?

4

Corrigés

5

• Équations, inéquations, systèmes d’équations
• Racine carrée, racines n-èmes
de sommation d’un nombre fini de
• Manipulation du symbole
de produit d’un nombre fini de facteurs
termes et du symbole
• Utilisation de la fonction partie entière
...


Les méthodes à retenir
© Dunod
...


• On sait résoudre les équations et les inéquations du premier degré ou

Pour résoudre une équation ou une
inéquation à une inconnue dans les
réels

du second degré (voir cours)
...

• Effectuer un changement d’inconnue (ou un changement de
variable) pouvant ramener l’équation ou l’inéquation à une autre
plus simple
...


➥ Exercices 1
...
8, 1
...


➥ Exercice 1
...


➥ Exercice 1
...


➥ Exercice 1
...

Pour résoudre un système
d’équations symétrique
(ou presque symétrique)
à deux inconnues x,y

Essayer de faire intervenir la somme et le produit de x et y, en notant
S = x + y et P = x y, et en considérant S et P comme les nouvelles
inconnues
...
5
...


• Effectuer un changement de variable pouvant ramener l’inégalité
voulue à une autre plus simple
...
10
• Tenir compte éventuellement des rôles symétriques des réels qui
interviennent
...
6 b)
• Faire tout passer dans un membre, puis faire apparaître une somme
de nombres tous positifs ou nuls (souvent des carrés de réels), pour
conclure à une positivité
...
6, 1
...
12
...

Pour établir une propriété faisant
intervenir une entier n quelconque

Essayer de faire une récurrence sur n
...

➥ Exercice 1
...

Utiliser essentiellement la définition de la partie entière E (x) d’un
réel x :

Pour résoudre une question portant
sur une ou des parties entières

E (x) ∈ Z et E (x)

x < E (x) + 1,

ou encore :
E (x) ∈ Z et x − 1 < E (x)

x
...
7, 1
...

Pour montrer qu’un nombre réel α
est irrationnel
2

Raisonner par l’absurde : supposer α ∈ Q et déduire une contradiction
...
17
...
1

Exemple de résolution d’une équation polynomiale à une inconnue dans R
Résoudre l’équation d’inconnue x ∈ R :

1
...

3

Exemple de résolution d’une équation avec racines carrées dans R
Résoudre l’équation d’inconnue x ∈ R :
√
√
√
√
6 − x + 3 − x = x + 5 + 4 − 3x
...
3

Exemple de résolution d’une équation avec racine carrée dans R
3x 2 − 3x − 4 x 2 − x + 3 = 6
...
4

Exemple de résolution d’une équation avec racines n -èmes dans R
√
√
Résoudre l’équation d’inconnue x ∈ R : 4 3 x + 5 4 x = 9
...
5

Exemple de résolution d’un système d’équations algébriques dans les réels
Résoudre le système d’équations d’inconnue (x,y) ∈ R2 : (S)

1
...


Des inégalités sur des réels
∀ (a,b) ∈ (R∗ )2 ,
+

a) Montrer :
b) En déduire :

3a − b

...

2

1
...


1
...
9

Exemple de résolution d’une équation avec racines n -èmes dans R

Résoudre l’équation d’inconnue x ∈ R :

Résoudre l’équation d’inconnue x ∈ R :

© Dunod
...


4

(19 − x)(x − 2) +

(x − 7)(x − 5)(x + 4)(x + 6) = 608
...


1
...

Résoudre l’équation d’inconnue x ∈ R : 2 4 x + 3 3 x

1
...
12

∀ (a,b,c) ∈ R3 , (a + b + c)2

4a 2 + 4b2 + 2c2
...
Montrer :
x y3 + 1

x + y 3 ⇐⇒ yx 3 + 1

y + x 3
...
13

Une inégalité sur des réels
n

Soient n ∈ N∗ , a1 ,
...
Montrer :

n

(1 + ai )

2n−1 1 +

i=1

1
...
15

1
...

k

Somme de parties entières
Montrer :

1
...

i=1

∀ n ∈ Z, E

n−1
2

+E

n+2
4

Un entier caché sous des radicaux
√
√
3
54 3 + 41 5
+
√
Montrer que le réel A =
3
calculer
...


√
√
54 3 − 41 5
√
est un entier et le
3

Étude d’irrationnalité pour une somme de deux racines carrées
√
√
√
√
Soient x,y ∈ Q+ tels que x et y soient irrationnels
...


Du mal à démarrer ?
1
...
2

Faire apparaître le développement d’un cube
...
3

Remarquer la présence, deux fois, de x 2 − x
...
4

Utiliser un argument de stricte monotonie d’une fonction
...
5

Puisque les deux équations du système se ressemblent,
on peut essayer de les additionner, par exemple
...
6

a) Faire tout passer dans le premier membre, et étudier le
signe de cette différence
...

Revenir à la définition de la partie entière d’un réel
...
8

Essayer de grouper les quatre facteurs du premier
membre deux par deux, de manière à faire apparaître une
même expression
...
9
sions

4

Effectuer un changement de variable, en exploitant la présence de x 1/4 , x 1/3 , x 1/2
...
11

carré
...
7

1
...


Faire tout passer dans le deuxième membre, et étudier le
signe de cette différence
...
12

Partir d'un des deux côtés de l'équivalence logique demandée, faire tout passer dans un membre, factoriser
...
13

Récurrence sur n
...
14

Récurrence sur n
...
15

Chacune des trois fractions intervenant dans l’énoncé se
simplifie si l’on connaît la forme de n modulo 4
...
16

En notant u et v les deux fractions de l’énoncé, étudier

u + v, u 3 + v 3 , u 3 v 3 , pour obtenir une équation satisfaite
par A
...
17

Raisonner par l’absurde
...
1

On a successivement, par des calculs dans R, en faisant
apparaître le développement de (x + 1)3 par la formule du binôme de Newton :
1
x 3 + x 2 + x = − ⇐⇒ 3x 3 + 3x 2 + 3x + 1 = 0
3
√
3
3
⇐⇒ 2x 3 + (x + 1)3 = 0 ⇐⇒ ( 2 x)3 = ( − (x + 1))
√
√
3
3
⇐⇒ 2 x = −(x + 1) ⇐⇒ (1 + 2)x = −1
1
⇐⇒ x = −
√
...
3 On remarque que x n’intervient que par le groupement

On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation propo1
√
...
En notant (1) l’équation proposée, on a alors, pour
y+3 0 :
(1) ⇐⇒ 3y − 4 y + 3 = 6
⇐⇒ 3y − 6 = 4 y + 3
⇐⇒

⇐⇒

1
...

3
On a alors, en élevant au carré, les deux membres étant 0 :
√
√
√
√
2
2
(1) ⇐⇒ ( 6 − x + 3 − x ) = ( x + 5 + 4 − 3x )

⇐⇒

3y − 6

y

0

2

9y 2 − 52y − 12 = 0

y

2

 y = 6 ou y = − 2
9

⇐⇒ y = 6,

et la valeur 6 trouvée pour y vérifie y + 3

0
...


⇐⇒ (6 − x)(3 − x) = (x + 5)(4 − 3x)
⇐⇒ x 2 − 9x + 18 = −3x 2 − 11x + 20

On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation proposée est {−2, 3}
...


⇐⇒ 2x 2 + x − 1 = 0
⇐⇒ (x + 1)(2x − 1) = 0 ⇐⇒ x = −1 ou x =

1

...
4 D’abord, les deux membres de l’équation proposée sont
définis si et seulement si : x

0
...


√
√
L’application [0 + ∞[−→ R, x → 4 3 x + 5 4 x − 9

On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation propo1

...


On peut d’ailleurs contrôler ces deux résultats en reportant chacune de ces valeurs dans (1)
...


D’autre part, le réel 1 est solution évidente
...
5

On a, par addition :

⇐⇒ 4n + 1

(S) ⇒ x 2 + y 2 + 2x y + x + y = 2

⇐⇒

⇐⇒ (x + y)2 + (x + y) − 2 = 0
...
On a alors :

⇐⇒

(S) ⇒ s 2 + s − 2 = 0 ⇐⇒ (s − 1)(s + 2) = 0

2n + 1 + 2 n(n + 1) < 4n + 2
√
2 n(n + 1)

2n
√
2 n(n + 1) < 2n + 1
n2

n2 + n

4n 2 + 4n < 4n 2 + 4n + 1,

et ces deux dernières inégalités sont vraies, ce qui prouve, par
équivalences logiques successives, le résultat voulu
...

• Pour s = 1, en remplaçant y par 1 − x, on obtient :

1
...

Ainsi, x n’intervient que par le groupement x 2 − x
...
En notant (1)
l’équation proposée, on a alors :

⇐⇒ 2 = 0,
qui n’a pas de solution
...

3
5
1
=−
...

3
3
On peut d’ailleurs contrôler ce résultat en reportant ces valeurs
dans (S)
...
6

a) On a, pour tout (a,b) ∈ (R∗ )2 :
+
a2
3a − b
4a 2 − (a + b)(3a − b)
−
=
a+b
4
4(a + b)
=

a 2 − 2ab + b2
(a − b)2
=
4(a + b)
4(a + b)

0,

d’où l’inégalité voulue
...

2

⇐⇒ y 2 − 62y + 232 = 0
...

• y = 58 ⇐⇒ x 2 − x − 58 = 0 ⇐⇒ x =
2
On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation proposée est :
√
√
√
√
1 − 17 1 + 17 1 − 233 1 + 233

...
9 D’abord, les deux membres de l’équation sont définis si

et seulement si 19 − x et x − 2 sont 0, ce qui revient à :
2 x
19
...
On effectue donc un changement de notation, en posant :
√
√
4
4
u = 19 − x,
v = x − 2
...
7

6

62 ± 54
⇐⇒ y = 4 ou y = 58
...

Puisque u et v interviennent de manière symétrique, posons
S = u + v et P = uv
...


On a alors :
u 4 + v 4 = (u 2 + v 2 )2 − 2u 2 v 2
= (S 2 − 2P)2 − 2P 2 = S 4 − 4S 2 P + 2P 2
...
11 On a, pour tout (a,b,c) ∈ R3 , en considérant qu’il s’agit
4a 2 + 4b2 + 2c2 − (a + b + c)2

S 4 − 4S 2 P + 2P 2 = 17

= 3a 2 + 3b2 + c2 − 2ab − 2ac − 2bc

P = S2 − 7

⇐⇒

= c2 − 2(a + b)c + 3a 2 + 3b2 − 2ab

(2),

= c − (a + b)

(2) ⇐⇒ S 4 − 4S 2 (S 2 − 7) + 2(S 2 − 7)2 = 17

où :

= (c − a − b)2 + 2(a − b)2

0
...

√
4
u=1
19 − x = 1
⇐⇒ √
•
4
v=2
x −2=2
19 − x = 1

⇐⇒
•

u=2
v=1

⇐⇒

logique demandée :

x −2=1

1
...

√
√
1
Puisque 4 x et 3 x interviennent, notons t = x 12 , de sorte que :
x = t 12

1
4

√

√
3

= t 3,
x = t 12

1
2

x = t 12

1
3

= t 4,

⇐⇒ t (t + 1) (t − 2)
1

Puisque t = x 12

2

⇐⇒ 0

x

0
...


De même, en notant (2) le second membre de l'équivalence
logique demandée, en appliquant le résultat précédent à (y,x)
au lieu de (x,y), on a :
(2) ⇐⇒ (y − 1)(x − 1)

0
...


• Supposons l’inégalité vérifiée pour un n ∈ N∗
...
,an+1 ∈ [1 + ∞[
...


(1 + ai ) (1 + an+1 )
i=1
n

0
...
réc
...
Il en résulte :

0

3
3

(x − 1)(y − 1)(y + y + 1)

0

• L’inégalité est évidente pour n = 1 (il y a même égalité)
...
13 Récurrence sur n
...


On a alors, en notant (1) l’inéquation de l’énoncé :
(1) ⇐⇒ 2t 3 + 3t 4

(x − 1)y + (1 − x)

⇐⇒

On peut d’ailleurs contrôler ces résultats en reportant chacune
de ces valeurs dans (1)
...


⇐⇒
⇐⇒

(1)

On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation proposée est {3, 18}
...
12 On a, en notant (1) le premier membre de l'équivalence

⇐⇒ x = 18

19 − x = 16

0,

d’où l’inégalité voulue
...


ai +
i=1

Remarquons : ∀ (x,y) ∈ [1 + ∞[2 , x + y

i=1

1 + x y
...


ai ,
i=1

√
√
√
√
3
54 3 + 41 5
54 3 − 41 5

...

On a établi l’inégalité voulue, pour tout n ∈ N∗ , par récurrence
sur n
...


• L’inégalité est évidente pour n = 1
...
On a :

1
...

<
n+ n+1−1+ √
hyp
...

n+1

=

73
=
33

1
√ =
k

n
k=1

1
√
k

Il suffit donc de montrer :
√
√
1
n+ n+1−1+ √
n+1

D’où :
√
√
n+1+ n+2−1

3

,
7

...


(1)
...


Une solution évidente est 4, donc :
1
(1) ⇐⇒ √
n+1

√
√
n+2− n

(1) ⇐⇒ (A − 4)(A2 + 4A + 9) = 0
...


(n + 2) − n
1
⇐⇒ √
√
√
n+1
n+2+ n
√
√
√
⇐⇒ n + 2 + n 2 n + 1
⇐⇒

√
√
n+2+ n

2

⇐⇒ 2n + 2 + 2 n(n + 2)
⇐⇒

n(n + 2)

⇐⇒ n(n + 2)

√

4(n + 1)
4n + 4

n+1
(n + 1)2 ⇐⇒ 0

√

1
...


1
...

On a démontré l’inégalité demandée, par récurrence sur n
...
15

Somme

4k + 3

ai an+1

n+1

k=1

n+4
4

i=1

= 2n 1 +

n+1

E

4k + 2

n

2n−1 · 2 1 +

i=1

1
...

i=1

(1 + ai )

n−1
2

4k

n+1

On déduit :

0
...

x+ y
√
√
Comme x − y ∈ Q et x + y ∈ Q∗ , et que Q est un corps,
√+ √
x − y ∈ Q
...

2
√
√
Ce raisonnement par l’absurde établit que x + y est un irrationnel
...

/

Les nombres
complexes
Plan

CHAPITRE

2

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir

9

Énoncés des exercices

12

Du mal à démarrer ?

16

Corrigés

17

• Calcul algébrique sur les nombres complexes : sommes, produits, quotients, puissances, conjugués, modules, forme algébrique et forme trigonométrique
• Équations algébriques simples, systèmes d'équations algébriques
• Inégalités portant sur des modules, souvent en liaison avec une interprétation géométrique
• Utilisation des nombres complexes pour la trigonométrie, formule
d'Euler, formule de Moivre
• Utilisation des nombres complexes pour la géométrie plane, utilisation
des rotations et des similitudes directes
• Manipulation des racines n-èmes de 1 dans C
...


© Dunod
...


Les méthodes à retenir
Utiliser la forme trigonométrique des nombres complexes
...
1
...


• On sait résoudre les équations du premier degré ou du second degré
Pour résoudre une équation
à une inconnue dans les complexes

(voir cours)
...


➥ Exercices 2
...
3, 2
...

9

Chapitre 2 • Les nombres complexes

• Effectuer un changement d'inconnue (ou un changement de
variable) pour ramener l'équation à une autre équation plus simple
...


➥ Exercice 2
...

Utiliser les formules, pour tout z ∈ C :
Pour traduire
qu'un nombre complexe est réel,
qu'un nombre complexe
est imaginaire pur

Ré (z) =

1
1
(z + z), Im (z) = (z − z)
...


➥ Exercice 2
...

• Essayer d'utiliser l'inégalité triangulaire :
∀ (z,z ) ∈ C2 , |z + z |

|z| + |z |

ou l'inégalité triangulaire renversée :
∀ (z,z ) ∈ C2 , |z − z |

Pour établir une inégalité
portant sur des modules
de nombres complexes

|z| − |z |
...


➥ Exercices 2
...
20, 2
...
22
• Essayer de faire intervenir des carrés de module (au lieu des
modules eux-mêmes), de façon à pouvoir utiliser la formule :
∀ z ∈ C, |z|2 = zz
...
11
• On peut être amené à séparer en cas et à traiter les différents cas par
des méthodes différentes
...
19
...


➥ Exercice 2
...

Par les nombres complexes, si les points A,M ont pour affixes
respectives a,z, alors : M est sur le cercle de centre A et de rayon R
si et seulement si |z − a| = R
...
9
...

z

➥ Exercices 2
...
13, 2
...

Essayer de faire intervenir les nombres complexes, en utilisant la
formule :
∀ x ∈ R, cos x + i sin x = ei x
...

2

➥ Exercice 2
...

Pour déterminer l'image dans C,
par une application f,
d'une partie P de C

Essayer, si possible, en notant Z = f (z), d'exprimer z en fonction
de Z, puis remplacer z en fonction de Z dans les conditions définissant P
...
17
...
Si les coefficients binomiaux sont régulièrement espacés (de trois en trois, par
exemple), faire intervenir des racines (par exemple cubiques) de 1
dans C
...
18
...
Pour y arriver, il faut que la propriété à l'ordre n + 1 s'exprime simplement en faisant intervenir la
propriété à l'ordre n
...
23
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

1−z

➥ Exercices 2
...
29
...

C

B

θ

Pour traduire une configuration
de géométrie plane
par les nombres complexes

A

Figure 2
...


➥ Exercices 2
...
27
...
1

2
...


Exemple de résolution d'une équation particulière du 3e degré dans C
a) Résoudre l'équation d'inconnue z ∈ C :
(1)

z 3 − (16 − i)z 2 + (89 − 16 i)z + 89 i = 0
...
3

Exemple de résolution d'une équation particulière du 4e degré dans C
Résoudre l'équation, d'inconnue z ∈ C :

2
...


Étude de conjugaison et de module
Soit z ∈ C − {1}
...

1−z

Énoncés des exercices

2
...
6

z = z3
...


b) Traduire géométriquement le résultat de a)
...
7

Exemple de résolution d'un système de deux équations à deux inconnues dans C
x 2 y + x y2 = 6
(S)
Résoudre le système d’équations, d'inconnue (x,y) ∈ C2 :
x 3 + y 3 = 9
...
8

Exemple de résolution d'une équation particulière du 4e degré dans C
Résoudre l’équation d’inconnue z ∈ C :
(1)

2
...


Étude de cocyclicité pour quatre points du plan
Est-ce que les points A,B,C,D d'affixes respectives 9 + 3i, 6 + 10i,−4 + 14i,
−11 + 11i sont cocycliques ?
Si oui, déterminer le centre et le rayon du cercle qui les contient
...
10 Étude de conjugaison et de modules de nombres complexes
Montrer :

∀ u ∈ U, ∀ z ∈ C∗ , u −

1
|u − z|

...
11 Inégalités sur des modules de nombres complexes
Soit (a,b) ∈ C2 tel que |a| < 1 et |b| < 1
...
12

a−b
< 1
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


2
...
On note σ1 ,σ2 ,σ3 ,σ4 les fonctions symétriques élémentaires de
a,b,c,d
...

σ4

σ2
2
∈ R+
...
14 Exemple d'intervention de la géométrie dans la résolution d'une équation
faisant intervenir des nombres complexes
Résoudre l'équation (1) ei x + ei y + ei z = 0, d'inconnue (x,y,z) ∈ R3
...
15

Un calcul important et utile : somme des cosinus et somme des sinus de réels en
progression arithmétique
n

n

cos(a + kb) et S =

Pour n ∈ N et (a,b) ∈ R2 , calculer C =
k=0

sin(a + kb)
...
16 Utilisation de la conjugaison pour des nombres complexes de module 1
b(c − a)2

...

a(c − b)2

/
Soient a,b,c ∈ U tels que b = c
...
17

Un exemple d'image d'un quart de plan par une fonction homographique
Déterminer l'image par l'application f : z −→

z+1
du quart de plan
z−1

P = z ∈ C ; Ré (z) > 0 et Im (z) > 0
...
18 Calcul de sommes de coefficients binomiaux de trois en trois
Calculer, pour n ∈ N tel que n

3, les sommes :

n
n
n
+
+
+
...
,
1
4
7

n
n
n
+
+
+
...
19 Exemple d'inégalité portant sur des modules de nombres complexes
Montrer, pour tout z ∈ C : |z|

|z|2 + |z − 1|
...
20 Calcul d'une borne supérieure faisant intervenir des nombres complexes
Déterminer

Sup |z 3 + 2i z|
...
21 Étude d'inégalité sur des sommes de modules de nombres complexes
n

Soient n ∈ N∗ , z 1 ,
...
On suppose
k=1
n

a) Montrer :

n

|z k | =

∀ z ∈ C,
k=1

k=1
n

b) En déduire :

(z k − z)

zk

...

|z k |

k=1

|z k − z|
...
22 Obtention d'inégalités portant sur des modules de nombres complexes
a) Montrer, pour tout (u,v) ∈ C2 :

|u| + |v|

|u + v| + |u − v|
...

14

Énoncés des exercices

2
...
,an , b1 ,
...
Montrer :

n

n

n

ak −
k=1

|ak − bk |
...
24 Exemple de calcul d'une somme faisant intervenir des racines n -èmes de 1
Soient n ∈ N − {0,1}, z ∈ C
...
Calculer Sn
...
25 Étude de cocyclicité ou alignement de quatre points du plan
Soient A,B,C,D quatre points du plan deux à deux distincts, a,b,c,d leurs affixes respectives
...

Montrer que A,B,C,D sont cocycliques ou alignés
...
26 Triangle équilatéral dans le plan
Soient A,B,C trois points du plan affine euclidien, d'affixes respectives a,b,c
...

b) En déduire que le triangle ABC est équilatéral si et seulement si :
a 2 + b2 + c2 − (ab + ac + bc) = 0
...
27 Exemple d'utilisation des nombres complexes pour la résolution d'une question
de géométrie plane
Dans le plan affine euclidien orienté, on construit, extérieurement à un parallélogramme
ABC D, les triangles équilatéraux BC E et C D F
...


2
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On note u,v les racines carrées complexes de z
...


2
...
On note ω = e

2i π
n

n−1 n−1

et Sn =
p=0 q= p

q
p

ω p+q
...


15

Chapitre 2 • Les nombres complexes

Du mal à démarrer ?
2
...


2
...

Remarquer que, pour tout (a,b) ∈ C2 :

2
...


2
...


2
...


Faire apparaître z − (1 + i) dans z − 4,et utiliser l'inégalité
triangulaire et l'inégalité triangulaire renversée
...
6

2
...

En groupant les facteurs z et 2z − 3 d'une part, 2z + 1 et
z − 2 d'autre part, faire apparaître la même expression 2z 2 − 3z
et utiliser alors un changement d'inconnue
...
8

Résoudre ΩA = ΩB = ΩC = ΩD, d'inconnue Ω d'affixe
z = x + i y, (x,y) ∈ R2
...
9

Remarquer que, puisque u ∈ U ensemble des nombres
1
complexes de module 1, on peut remplacer u par
...
10

2
...


2
...


2
...


Exploiter : ∀ z ∈ U, z =

2
...

z

Traduire (1) par une configuration géométrique
...


2
...
16 • Utiliser l'égalité u = , pour tout u ∈ U, ensemble des
u
nombres complexes de module 1
...


16

Pour traduire z ∈ P par une condition portant sur f (z),
exprimer z en fonction de Z = f (z), puis passer à la partie
réelle et à la partie imaginaire de z
...
17

2
...


2
...


2
...


2
...

b) Utiliser l'inégalité triangulaire
...
22 a) Utiliser convenablement l'inégalité triangulaire
...


2
...

2
...


2
...
26

d −a d −b
∈ R
...

b) Un triangle est équilatéral si et seulement s’il est équilatéral
direct ou équilatéral indirect

2
...
Traduire la configuration à l'aide de rotations
...
28

Se rappeler que le produit scalaire de deux vecteurs d'affixes complexes a,b est donné par Ré (ab)
...
29 Utiliser une propriété de permutation de deux symboles de
sommation, le binôme de Newton, et enfin la sommation d'une
progression géométrique
...
1

Mettons 1 + i
|1 + i

√
3 et 1 + i sous forme trigonométrique :

√
3| =

12 +

√
1+i
donc : 1 + i 3 = 2
2

√
3

√ 2 √
3 = 4 = 2,

16 − 10i
= 8 − 5i
2

π
2 ei 3 ,

=

√ 1+i √ iπ
√
= 2e 4
...
Les solutions de (2) dans C sont donc :

π−π
3

4

=

16 + 10i
= 8 + 5i
...

b) On peut éventuellement commencer par faire un schéma situant les trois points en question, pour deviner quelle réponse
apporter à cette question
...

y

√ 125 i 125π
2 e 12
...

2 2

–1

8

–i

–5

x

8 – 5i

On obtient :
√
√
A = 261 ( 3 − 1) + 261 ( 3 + 1)i
√
et on conclut que la partie réelle de A est 261 ( 3 − 1) et que
√
la partie imaginaire de A est 261 ( 3 + 1)
...


2
...


2
...


ou

2
...
Son discriminant ∆ est :
∆ = (4 + 3i)2 − 4(1 + 5i)
= 16 − 9 + 24i − 4 − 20i = 3 + 4i
...

On en déduit les solutions de (1) :
2

1
1
− (4 + 3i) − (2 + i) = (−6 − 4i) = −3 − 2i
2
2
1
1
− (4 + 3i) + (2 + i) = (−2 − 2i) = −1 − i
...


1
...

On conclut :

√
10
...


y

Finalement, l'ensemble des solutions de (1) est :
− 3 − 2i, −1 − i, −3 + 2i, −1 + i
...
4

Notons A =

1+z

...
Notons z = ρ e , ρ ∈
iθ

R∗ ,
+

ρ=1
4θ ≡ 0 [2π]

⇐⇒

ρ =1
−θ ≡ 3θ [2π]

θ ≡ 0


18

S=3

ou

P=2

⇐⇒

PS = 6
S 3 = 9 + 18 = 27

S = 3j
P = 2j2

ou

S = 3j2
P = 2j


...


π

...


S 3 − 3P S = 9

θ ∈ R
...

∗

2
...
On a :

⇐⇒ |z|2 = 1 ⇐⇒ |z| = 1
...
5

1

1+z
1+z
=−
1−z
1−z

A ∈ i R ⇐⇒ A = −A ⇐⇒
⇐⇒

1+i

t − 3t + 2 = 0

t = 1, t = 2

S = 3j, P = 2j2

t 2 − 3jt + 2j2 = 0

t = j, t = 2j

S = 3j2 , P = 2j

t 2 − 3j2 t + 2j = 0

t = j2 , t = 2j2

2

Finalement, l'ensemble des solutions de (S) est :
(1,2), (j,2j), (j2 ,2j2 ), (2,1), (2j,j), (2j2 ,j2 )
...
8

On a :
(1) ⇐⇒ z(2z − 3)

(2z + 1)(z − 2) = 63

⇐⇒ (2z 2 − 3z)(2z 2 − 3z − 2) = 63
...

Il s'agit d'une équation du second degré
...
Les solutions en Z sont donc :
2 − 16
2 + 16
= −7 et
= 9
...

Il s'agit maintenant de deux équations du second degré
...

solutions de (2) sont
et
4
4
Le discriminant ∆3 de (3) est ∆3 = 9 + 72 = 81 = 92 , donc
3−9
3+9
3
= − et
= 3
...

3, − ,
,
2
4
4

2
...

On a :
⇐⇒(x − 9)2 + (y − 3)2 = (x − 6)2 + (y − 10)2
= (x + 4)2 + (y − 14)2 = (x + 11)2 + (y − 11)2
⇐⇒x 2 + y 2 − 18x − 6y + 90
= x 2 + y 2 − 12x − 20y + 136
= x 2 + y 2 + 8x − 28y + 212
= x 2 + y 2 + 22x − 22y + 242

 −6x − 14y + 46 = 0

⇐⇒ 20x − 8y + 76 = 0


14x + 6y + 30 = 0

 3x − 7y + 23 = 0 −1

⇐⇒ 5x − 2y + 19 = 0 1 −1


7x + 3y + 15 = 0
1

⇐⇒

3x − 7y + 23 = 0 5 −2
2x + 5y − 4 = 0
29x + 87 = 0
29y − 58 = 0

2) Le rayon de ce cercle est ΩA (ou ΩB , ou ΩC, ou ΩD )
...

On peut d'ailleurs contrôler :
ΩB 2 = (−3 − 6)2 + (2 − 10)2
= 92 + 82 = 81 + 64 = 145,
ΩC 2 = (−3 + 4)2 + (2 − 14)2
= 12 + 122 = 1 + 144 = 145,
ΩD 2 = (−3 + 11)2 + (2 − 11)2
= 82 + 92 = 64 + 81 = 145
...

1
u

7

⇐⇒

3
x = −3
y = 2
...
10 Puisque u ∈ U, on a u = , donc u = , d’où :
u−

z−u
1
1
1
−
=
=
z
u
z
uz
=

ΩA = ΩB = ΩC = ΩD

⇐⇒

Ceci montre qu'il existe un point Ω du plan (et un seul), celui
d'affixe −3 + 2i, tel que Ω soit équidistant de A,B,C,D
...


|u − z|
|z − u|
=

...
11 • Montrons d'abord que l'expression proposée existe
...

1 − ab
• On a, pour tout (a,b) ∈ C2 tel que |a| < 1 et |b| < 1 :
a−b
< 1 ⇐⇒ |a − b| < |1 − ab|
1 − ab
⇐⇒ |a − b|2 < |1 − ab|2
⇐⇒ (a − b)(a − b) < (1 − ab)(1 − ab)
⇐⇒ aa − ab − ba + bb < 1 − ab − ab + abab
⇐⇒ 1 + |a|2 |b|2 − |a|2 − |b|2 > 0
⇐⇒ (1 − |a|2 )(1 − |b|2 ) > 0,
et cette dernière inégalité est vraie, car |a| < 1 et |b| < 1
...

1 − ab

On conclut :

y

2
...


B
A
G

2
...
On a alors z = 1, donc f (z) = −z 1 − z
/
1−z
existe, et :
| f (z)| = − z

x

O

1−z
|1 − z|
1−z
= |z|
= |z| < 1,
= |z|
1−z
|1 − z|
|1 − z|

donc f (z) ∈ D
...

2) Pour montrer f ◦ f = Id D , on va calculer f ◦ f (z) pour tout
z ∈ D
...

=z
1 − z 1 − z + z − zz 1 − z

1−z
1 − f (z)
=z
= − f (z)
1 − f (z)
1−z

1+z

On obtient f ◦ f = Id D et on conclut que f est une involution
de D
...

Ainsi, A,B,C sont sur le cercle de centre O et de
rayon 1
...
Ainsi, (x,y,z) est solution de (1) si et seu3
lement si G = O
...
La réciproque est évidente
...

Autrement dit, l'ensemble des solutions de (1) est :

2
...

a
b
c
d
abcd
σ4

x, x +
∪

2π
4π
+2kπ, x + +2 π ; (x,k, ) ∈ R×Z×Z
3
3
x, x +

4π
2π
+2kπ, x + +2 π ; (x,k, ) ∈ R×Z×Z
...

=
abcd
σ4
=

b) Il s'ensuit :
σ1 σ3
σ3
= σ1
= σ1 σ1 = |σ1 |2 ∈ R+
1)
σ4
σ4
2)
20

n

n

σ2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd

σ2
σ2
2
= σ2
= σ2 σ2 = |σ2 |2 ∈ R+
...
15 On a : C + iS =
k=0

(eib )k
...

b
2i sin
2

2i sin

i(n+1)b
2

On déduit C et S en prenant la partie réelle et la partie imaginaire
...

On conclut :

(n + 1)b

sin


2
 cos a + nb
b
2
C=
sin


2


(n + 1) cos a

S=











nb
sin a +
2

sin

(n + 1) sin a

(n + 1)b
2
b
sin
2

Notons z = x + i y, (x,y) ∈ R2 , Z = X + i Y, (X,Y ) ∈ R2
...
16

Remarquer d'abord que l'expression proposée existe,
/
/
puisque a = 0 et c = b
...
On a, puisque a,b,c ∈ U :
Notons z =
c−b
1
1
−
c−a
c
a = a − c bc = b z
...

a

X2 + Y 2 − 1
−2Y
, y=

...


On conclut :

Exprimons, pour tout z ∈ C − {1}, z en fonction de
Z = f (z)
...
17

Z=

(X + 1) + i Y

d’où :

si b ∈ 2πZ
...


Ainsi, f (P) est la partie du plan extérieure au cercle de
centre O et de rayon 1, et située au-dessous de l'axe des abscisses
...


(Voir schémas ci-dessous)

y

y
P

f
O

–1

x

1
O

x

f(P)
–1

21

2
...


n
n
+
+
...
Pour
1
|z| = 1, on déduit, en passant aux modules, 1 = 2λ, λ =
...
Une
1
π
π
racine carrée complexe de i = ei 2 est ei 4 = √ (1 + i)
...

On conclut : Sup |z 3 + 2i z| = 3
...

On résout ensuite un système d'équations, en utilisant les coefficients indiqués :

n
1
1
1
A+ B +C =2


A + jB + j2 C = (−1)n j2n
j
1
j2



2
n n
A + j B + jC = (−1) j
j
j2
1
d'où les valeurs de A,B,C :

 A = 1 2n + (−1)n j2n + (−1)n jn



3





1 n
2nπ



=
2 + (−1)n 2cos


3
3







 B = 1 2n + (−1)n j2n+2 + (−1)n jn+1


3


2(n + 1)π
1 n


2 + (−1)n 2cos
=


3
3







 C = 1 2n + (−1)n j2n+1 + (−1)n jn+2



3






2(n − 1)π
1 n

2 + (−1)n 2cos

...
21 a) On a, pour tout z ∈ C :
n

(z k − z)
k=1

zk
=
|z k |

n
k=1

zk zk
−
|z k |

n
k=1

n

n

=

|z k | − z
k=1

n

(z k − z)

b) D'après a),
k=1

k=1

zk
=
|z k |

zz k
|z k |
zk
=
|z k |

n

|z k |
...

k=1

2
...
19

Soit z ∈ C
...


1, on déduit le résultat voulu : |z|

• Si |z| 1, alors |z|
|z| |z|2 + |z − 1|
...


donc a fortiori :

|u| + |v|

|u + v| + |u − v|
...
20

|z 3 + 2i z|

1, en utilisant

|z 3 | + |2i z| = |z|3 + 2|z|

|z 1 + z 2 | + |z 3 + z 4 | + |z 1 − z 2 | + |z 3 − z 4 |
...


2) Voyons si on peut choisir z de façon qu'il y ait égalité dans
chacune des deux inégalités précédentes
...


2
...
,an+1 , b1 ,
...

n

2
...

D'une part, |An |

1 − (ω )n
1 − (ωn )
=
= 0
...


On a, en notant An =

1, car : ∀ k ∈ {1,
...


⇒

ce qui montre que les quatre points A,B,C,D sont cocycliques ou alignés
...


n

|ak − bk |
...


n+1

n+1

ak −

On déduit :
k=1

a−d b−d
:
∈ R,
a−c b−c

2
...

= n, d’où : Sn =
0
n

Raisonnons par récurrence sur n
...

On a établi la propriété voulue, pour tout n ∈ N∗ , par récurrence sur n
...
24

On a, en utilisant le binôme de Newton, puis une permutation de deux symboles de sommation :
n−1

Sn =

n−1

n

(z + ωk )n =
k=0
n

k=0
n−1

=
=0 k=0

n

n

ω z

n−

=

(1) ⇐⇒ a − b + j2 (c − b) = 0 ⇐⇒ a + jb + j2 c = 0
...


n−

k

k=0

On calcule cette dernière somme (portant sur l'indice k), en séparant en cas selon que ω est égal à 1 on non :
n−1

(ω )k = n

• si = 0 ou = n, alors ω = 1, donc
k=0

a + jb + j2 c = 0
⇐⇒ ou
a + jc + j2 b = 0
⇐⇒ (a + jb + j2 c)(a + j2 b + jc) = 0
⇐⇒ a 2 + b2 + c2 − (ab + ac + bc) = 0
...
27

Notons a,b,c,d les affixes complexes de A,B,C,D
respectivement
...


On conclut que l'ensemble cherché est U, ensemble des
nombres complexes de module 1
...
Pour que
le triangle M P Q soit rectangle en M , il faut et il suffit que M
soit sur le cercle de diamètre P Q, ce qui équivaut à O M = O P
...
aussi l'exercice 2
...


⇐⇒ |z| = 1
...
29 On a, en utilisant une permutation de deux symboles

f = −j2 c − jd
...


q

=

= ja − jb + jc − jd = j(a − b + c − d) = 0
...

q=0

2
...

On a :
(z,u,v) rectangle en z
⇐⇒ Ré (u −z)(v−z) = 0 ⇐⇒ Ré (u −u 2 )(−u −u 2 ) = 0
⇐⇒ (u −u 2 )(−u −u 2 )+(u −u 2 )(−u − u 2 ) = 0
⇐⇒ − uu +u 2 u −uu 2 +u 2 u 2 − uu −uu 2 +u 2 u +u 2 u 2 = 0
⇐⇒ − 2|u|2 + 2|u|4 = 0
⇐⇒ |u|2 = 0 (exclu) ou |u|2 = 1
⇐⇒ |u| = 1 ⇐⇒ |z| = 1
...
On a :
√
−1 ± 5
2
(1 + ω)ω = 1 ⇐⇒ ω + ω − 1 = 0 ⇐⇒ ω =

...

/
On a alors, par sommation d'une progression géométrique et
puisque ωn = 1 :
Sn =

1 − (1 + ω)ω
1 − (1 + ω)ω

n

=

1 − (1 + ω)n

...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices

© Dunod
...


• Propriétés des suites convergentes et des suites de limite infinie, pour
les opérations algébriques et l’ordre usuel, en particulier le théorème
d’encadrement
• Calcul du terme général pour les suites usuelles : suites arithmétiques,
suites géométriques, suites récurrentes linéaires du second ordre à coefficients constants et sans second membre
• Définition et propriétés des suites extraites, en particulier le cas des
suites formées par les termes d’indices pairs, d’indices impairs
• Définition et propriétés des suites réelles monotones, des suites adjacentes
• Plans d’étude des suites du type u n+1 = f (u n )
...


➥ Exercices 3
...
2, 3
...
5, 3
...

Pour étudier
la convergence d’une suite

➥ Exercice 3
...


➥ Exercices 3
...
23
...


➥ Exercice 3
...


Essayer de :
– trouver deux suites extraites et ayant des limites différentes
➥ Exercice 3
...


➥ Exercice 3
...

Pour étudier une suite extraite
d’une suite convergente

Pour montrer que deux suites
réelles (un )n , (vn )n sont adjacentes

Pour calculer le terme général
d’une suite récurrente linéaire
du second ordre,
à coefficients constants
et sans second membre
26

Appliquer le résultat du cours : la suite extraite considérée converge et
a la même limite que la suite donnée
...
15
...

➥ Exercice 3
...

Former l’équation caractéristique et appliquer les formules du cours
...
8, 3
...
18 a)
...
Former wn = u n − vn , qui est le terme général d’une suite
récurrente linéaire du premier ordre ou du second ordre à coefficients
constants et sans second membre, calculer wn et en déduire u n par
u n = vn + wn
...
11, 3
...

S’inspirer des exemples traités dans le cours
...
En effet, si u n −−→ et si f est continue
n∞
en , alors f ( ) =
...
13 a), b), c)
Il se peut que (u n )n soit croissante et majorée, ou décroissante et
minorée, donc convergente
...


Pour étudier une suite récurrente
du type un+1 = f (un )

➥ Exercices 3
...


➥ Exercice 3
...


➥ Exercice 3
...


➥ Exercice 3
...


© Dunod
...


Pour étudier une suite ressemblant
aux types usuels de suites

Essayer de se ramener aux types usuels de suites, souvent par changement d’inconnue, en ramenant l’étude de u n à celle, par exemple,
de nu n , de ln u n ,…

➥ Exercice 3
...

Essayer de :
– calculer les termes généraux u n et vn
Pour étudier deux suites
(un )n , (vn )n définies simultanément
par des relations de récurrence
les combinant

➥ Exercice 3
...
20, 3
...
20, 3
...

27

Chapitre 3 • Suites numériques

Énoncés des exercices
3
...
2

1
n2

2n

n

E(kx) , x ∈ R

b)
k=0

k=1

n

k
k + n2

c)
k=0

n
k

−1


...
3

2u n − u n

...

−→

et

n∞

Montrer que la suite (z n z n+1 )n∈N converge et déterminer sa limite
...
4

Étude de limite pour une suite construite à partir de deux suites
Soient (u n )n∈N∗ , (vn )n∈N∗ deux suites à termes dans R∗
...

−→
wn = n

...
5

Limites de trois suites
Soient (u n )n , (vn )n , (wn )n trois suites réelles, a ∈ R
...

−→
n
n∞

Montrer :
u n − − a, vn − − a, wn − − a
...
6

n∞

n∞

Limites de deux suites réelles à partir des limites de leur somme
et de leur produit
Soient (xn )n∈N , (yn )n∈N deux suites réelles
...

−→
n∞

0
...

2

c) Si S 2 − 4P = 0, montrer que (xn )n∈N et (yn )n∈N convergent et déterminer leurs limites
...
7

Exemple de deux suites adjacentes
Montrer que les suites définies, pour n
n

1+

un =
k=1

1
k k!

1, par :
et

vn = 1 +

1
un ,
n n!

sont adjacentes
...
8

Exemple de condition sur une suite récurrente linéaire du second ordre
à coefficients constants et sans second membre
Déterminer l’ensemble des λ ∈ C tels que la suite (u n )n∈N, définie par u 0 = 0, u 1 = λ et :
1
∀ n ∈ N, u n+2 = u n+1 − u n ,
4
vérifie : ∀ n ∈ N, |u n | 1
...
9

Suite de Fibonacci et coefficients binomiaux
Soit (φn )n∈N la suite réelle définie par :

φ0 = 0,
∀ n ∈ N,

φ1 = 1
φn+2 = φn+1 + φn


...

b) Montrer :
c) Etablir que

φn+1
φn

φ2 − φn φn+2 = (−1)n
...

n 1

d) Montrer :
n

1) ∀ n ∈ N,
k=0
n

φk = φ2n

(−1)k

2) ∀ n ∈ N,
k=0

3
...


Relation de récurrence vérifiée par le carré du terme général d’une suite récurrente linéaire du second ordre à coefficients constants et sans second membre

© Dunod
...


Montrer que, si (u n )n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre à coefficients
constants dans K, sans second membre, alors la suite (u 2 )n∈N est une suite récurrente
n
linéaire du troisième ordre à coefficients constants et sans second membre, que l’on précisera
...
11

Exemple de calcul du terme général d’une suite récurrente linéaire du second
ordre à coefficients constants et avec second membre
Calculer u n pour tout n ∈ N , sachant u 0 = 0, u 1 = 1 et :
∀ n ∈ N, u n+2 = 10u n+1 − 21u n + 12n
...
12

Exemple de calcul des termes généraux de deux suites récurrentes linéaires du
premier ordre à coefficients constants et avec second membre
On considère les deux suites réelles (u n )n∈N , (vn )n∈N définies par u 0 = v0 = 0 et :
∀ n ∈ N,

u n+1 = −u n + 2vn + 1
vn+1 = −4u n + 5vn + 2n
...

29

Chapitre 3 • Suites numériques

3
...
14

 u n+1

un
= 2
un + 1

b)

u0 = 2
u n+1 =

√
1 + un

c)


u ∈ 1 + ∞
 0


3



 u n+1 =

2
un −
...

n+1

3
...
Montrer que (u n )n∈N converge
...
16

Caractérisation de la convergence des suites à termes dans Z
Soit (u n )n∈N une suite à termes dans Z
...


3
...

Montrer que (u n )n∈N est constante égale à 1
...
18

Exemple de suite récurrente non linéaire
Soit (u n )n∈N la suite réelle définie par u 0 = u 1 = u 2 = 1 et :
∀ n ∈ N, u n+3 =
a) Établir :

∀ n ∈ N, u n+4 = 4u n+2 − u n
...
19

u n+2 u n+1 + 1

...


Étude d’une relation de récurrence non linéaire d’ordre 2
Existe-t-il une suite réelle (u n )n∈N telle que :
∀ n ∈ N, u n ∈ ]0 + ∞[
√
√
∀ n ∈ N, u n+2 = u n+1 − u n ?

3
...
On considère les deux suites réelles (u n )n 0 , (vn )n
définies par u 0 = a, v0 = b et :
u
∀ n ∈ N, u n+1 = u vn , vn+1 = vn n
...


0

Énoncés des exercices

3
...

3

Montrer qu’elles convergent, ont la même limite et que cette limite
u1
...
22 Suites de termes généraux sin nα, cos nα, pour α ∈ R − πZ fixé
...
Montrer que l'existence d'une des deux limites lim sin nα, lim cos nα
n∞

n∞

entraîne celle de l'autre, et que l'existence des deux entraîne une contradiction
...


3
...

n

Montrer que, si (u n )n∈N∗ converge vers ∈ C, alors (vn )n∈N∗ converge aussi vers
...
Montrer :

c) Soit (u n )n∈N∗ une suite à termes dans R∗
...

n n∞
converge vers

n∈N∗

c onverge aussi vers
...
· (2n − 1), 1 n (3n)!
...
(n + n),
n
n2
n!
n
n! n

3
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

de N, on note u n =
qn
Démontrer :

−→
qn − − + ∞
n∞

et

| pn | − − + ∞
...
1

a) Utiliser l’encadrement de définition de la partie entière
pour déduire un encadrement de u n
...

c) Isoler les termes d’indices k = 0, 1, n − 1, n
...
2

Vu que la définition de u n+1 en fonction de u n est essentiellement additive, on peut essayer de passer aux parties réelles
et imaginaires
...
3

Étudier z n z n+1 en séparant en cas selon la parité de n
...
4

Essayer d’obtenir des encadrements permettant d’appliquer le théorème d’encadrement
...


3
...


3
...


b) Utiliser des suites formées, alternativement, par les deux solutions de l’équation t 2 − St + P = 0, d’inconnue t ∈ R
...


3
...


3
...


3
...

√
√
1− 5
1+ 5

...

c) Utiliser a)
...


En notant vn = u 2 et en supposant u n+2 = au n+1 + bu n
n
pour tout n ∈ N, déterminer (α, β, γ ) ∈ K3 pour que, pour tout
n ∈ N : vn+3 = αvn+2 + βvn+1 + γ vn
...
10

Chercher une suite (vn )n∈N , de la forme vn = an + b,
satisfaisant la même relation de récurrence que (u n )n∈N
...
11

linéaire du second ordre, à coefficients constants et sans second
membre, et on peut donc calculer wn en fonction de n, puis u n
en fonction de n
...


3
...
11
...
13

a) Étudier le signe et la monotonie de u n
...


c) Résoudre l’équation f (x) = x, qui a deux solutions α,β
...

3
...


3
...


Pour montrer que, si (u n )n∈N , à termes dans Z, converge,
alors (u n )n∈N est stationnaire, revenir à la définition en ε,N de la
convergence d’une suite réelle
...
16

Calculer, pour N fixé et p variable, u 2 p N − 1 en fonction de
u N − 1
...
17

3
...


3
...


3
...

Étudier la position relative de u n et vn, et la monotonie des
deux suites
...
21

3
...
Réitérer le raisonnement sur
sin α
cos α −

...

D’autre part, utiliser la formule fondamentale reliant cos et sin
pour déduire une contradiction
...
23 a) Revenir à la définition en ε,N de u n −−−→ , et scinder
n∞

n

u k en utilisant l’indice intermédiaire N
...

c) Prendre le logarithme et utiliser b)
...


3
...
,N } et x −
k
k

1 , puis l’en-

semble |x − r| ; r ∈ E N , et le plus petit élément de celui-ci
...
1

a) Puisque : ∀ t ∈ R, t − 1 < E(t)
n

1
n2

∀ n ∈ N∗ ,

t, on déduit :
1
n2

(kx − 1) < u n
k=1

Comme : ∀ k ∈ {2,
...

2n

x
−→
...


k=0

k
et à essayer de montrer que u n
n2

• D’une part, pour tout n ∈ N∗ :
2n

vn =
k=0

k
1
= 2
n2
n

1 2n(2n + 1)
2n + 1
=
,
n2
2
n

2n

k=
k=0

−→
donc : vn − − 2
...

−→
n∞

−→
un − − 2
...
2 Notons, pour tout n ∈ N : xn = Ré (u n ), yn = Im (u n )
...

3
Ainsi, (xn )n∈N est géométrique, donc, pour tout n ∈ N,
1 n
x0 , et (yn )n∈N est constante égale à y0
...


2

=
k=0

k
(k + n 2 )n 2

3
...

On a :

2n

1=
k=0

4
(2n + 1),
n2

u 2 p = z 2 p z 2 p+1 −→ ab
p∞

et
u 2 p+1 = z 2 p+1 z 2 p+2 −→ ba = ab
...

n∞

• Enfin :

(n − 3)

=

n∞

2n

k
k
− 2
k + n2
n
(2n)2
4
= 2
n2n2
n

−1

n−2

2n, k est négligeable devant n 2, ce qui nous

k

b) Puisque 0

n
k

n
2

n
k

n∞

−→
u n = (u n − vn ) + vn − − 0 + 2 = 2
...

n∞

n∞

c) Pour tout n de N tel que n
un =

n
0

−1

+

+
1
=2 1+
n

5:
n
1

−1

n−2

n
k

+
k=2

n
n−1
n−2

+
k=2

−1

n
n

+
n
k

−1

3
...

−→
−→
n∞

n∞

On a :
−1

0

wn =

3
u 3 + vn
n
2
u 2 + vn
n

3
2
u 3 + vn + u 2 vn + u n vn
n
n
2
u 2 + vn
n

= u n + vn − − 0,
−→
n∞

−1


...

n∞

33

−→
2) Réciproquement, supposons wn − − 0
...


Considérons, pour tout n ∈ N :

xn =

On a :
∀ n ∈ N, wn =

3
u 3 + vn
n
2
u 2 + vn
n

3
Mn
Mn
=
2
2Mn
2

S
1
−→ ,
(xn + yn ) + (xn − yn ) − −
n∞
2
2
yn =

0,

S
1
−→
...


On conclut que les suites (xn )n∈N et (yn )n∈N convergent et ont
S
pour limite
...


3
...

n∞

n∞

3
...


=

On a :
2
2
Sn = u 2 + vn + wn − 2a(u n + vn + wn ) + 3a 2
n

donc (u n )n

− − 3a − 2a · 3a + 3a = 0
...


2) On a, pour tout n ∈ N :
vn+1 − vn = 1 +

1
1
u n+1 − 1 +
un
(n + 1) (n + 1)!
n n!

n∞

−→
−→
puis u n − a − − 0, u n − − a
...

n∞

(xn − yn ) = (xn + yn ) − 4xn yn − − S − 4P
...


=

0, on déduit, par pas-

t2 si n est impair

, yn =

∀n

2n +

1
un
n n!

donc (vn )n

−→
−→
xn + yn − − S et xn yn − − P
...


3) On a, pour tout n

n∞

Cependant, les suites (xn )n∈N et (yn )n∈N , qui alternent deux éléments distincts, divergent
...


donc :

n∞

n
−(n + 1)2
(n + 1) (n + 1)!

on déduit : ∀ n

∀ n ∈ N, xn + yn = S et xn yn = P,

−→
donc xn − yn − − 0
...

n(n + 1) (n + 1)!
(n + 1) (n + 1)!

Considérons les suites (xn )n∈N et (yn )n∈N définies, pour tout
n ∈ N , par :
t1 si n est pair

1

Comme :

b) Puisque S 2 − 4P > 0, l’équation t 2 − St + P = 0, d’inconnue t ∈ R, admet deux solutions notées t1 ,t2 et on a :
/
t1 = t2
...
6

2

1
(n + 1) (n + 1)!

1

un
n n!
est décroissante :

1, 0

vn − u n =

un
n n!

vn − u n =

un

vn

0
...

n n!

−→
On déduit, par le théorème d’encadrement : vn − u n − − 0
...


3
...

1
L’équation caractéristique r 2 − r + = 0, admet une solution
4
1
double égale
...

2
De plus :
u0 = 0
u1 = λ

⇐⇒

 (α + β) 1 = λ
2

⇐⇒

1
2

∀ n ∈ N, u n = 2λn

Calculons les premières valeurs de

La suite

n
2n−1

0 1 1

n

=

=

4

3
4

1
(r1 r2 )n (r2 − r1 )2 = (−1)n ,
5

puisque r1 r2 = −1
...
La propriété est immédiate pour n = 0
...

2n−1

φ2 − φn+1 φn+3 = φ2 − φn+1 (φn+2 + φn+1 )
n+2
n+2
= φn+2 (φn+2 − φn+1 ) − φ2
n+1
= φn+2 φn − φ2 = −(−1)n = (−1)n+1
...


1

...

n
2n
2n−1
Il en résulte que la suite (|u n |)n 1 est décroissante
...
Ainsi :
−→
n
n∞
φn
r2 − r1
√
φn+1
1+ 5
−−
−→

...


n
n
∀ n ∈ N, φn = λ1 r1 + λ2 r2
...

2) De même, pour tout n ∈ N :

k=0

1
1
= −√
r1 − r2
5
⇐⇒
1
1
...
9

Il existe donc (λ1 ,λ2 ) ∈ R2 tel que :

n

1
= √ (1 + r2 )n − (1 + r1 )n
5

1}
...

réelles r1 =
2
2

1 k
k
√ (r2 − r1 )
5

n
k

φk =

On a donc :
1 ⇐⇒ |u 1 |


...


n 1

∀ n ∈ N, |u n |

n

φ2 − φn φn+2
n+1

n
:
2n−1

0 1 2 3

n

−

√
1− 5
2

b) 1re méthode (utilisant a)) :

β=0

On obtient :

2n−1

n

=


β = 0

n

√
1+ 5
2

1
D'où : ∀ n ∈ N, φn = √
5

1
= √
5

n
k

n

φk =

(−1)k
k=0

n
k=0

n
k

1 k
k
√ (r2 − r1 )
5

n
k
n

(−r2 )k −
k=0

n
k

(−r1 )k

1
1 n
n
= √ (1 − r2 )n − (1 − r1 )n = √ (r1 − r2 ) = −φn ,
5
5
35

en utilisant r1 + r2 = 1, car r1 et r2 sont les solutions de l’équation caractéristique r 2 − r − 1 = 0
...
10

Par hypothèse, il existe (a,b) ∈ K2 tel que :

2
Ainsi, la suite (vn )n∈N définie par : ∀ n ∈ N, vn = n + ,
3
satisfait la même relation de récurrence que (u n )n∈N
...
On a alors :

∀ n ∈ N, u n+2 = au n+1 + bu n
...
On a, pour tout n ∈ N :
3

vn = u 2 ,
n

vn+1 = u 2 ,
n+1

vn+2 = u 2 = (au n+1 + bu n )2 ,
n+2

vn+3 = u 2 = (au n+2 + bu n+1 )2
n+3
= a(au n+1 + bu n ) + bu n+1

2

2

= (a 2 + b)u n+1 + abu n
...

L’équation caractéristique r 2 − 10r + 21 = 0 est de discriminant ∆ = 102 − 4 · 21 = 16 > 0, donc elle admet deux
10 − 4
10 + 4
= 3 et
= 7
...

3

2

= α(au n+1 + bu n )2 + βu 2 + γu 2
n+1
n

⇐

et on a donc :

2(a 2 + b)ab = 2αab

a 2 b2 = αb2 + γ

2
α = a + b

⇐
β = (a 2 + b)2 − (a 2 + b)a 2 = b(a 2 + b)


γ = a 2 b2 − (a 2 + b)b2 = −b3
...

4µ − = 1
3
3
Finalement :
1
2
∀ n ∈ N, u n = −3n + 7n + n +
...


3
...


La suite (u n )n∈N est une suite récurrente linéaire du
second ordre, à coefficients constants, avec second membre
...
11

1) Cherchons une suite (vn )n∈N de la forme vn = an + b,
satisfaisant la même relation de récurrence que (u n )n∈N
...

Ainsi, la suite (u n )n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre, à coefficients constants, avec second membre
...
On a :

⇐⇒ ∀ n ∈ N,
a(n + 2) + b = 10 a(n + 1) + b − 21(an + b) + 12n
⇐⇒ ∀ n ∈ N, (12a − 12)n + (12b − 8a) = 0

a = 1
12a − 12 = 0
⇐⇒
⇐⇒
2
...


Ainsi, la suite (an )n∈N définie par : ∀ n ∈ N, an = −2n+1 +2n,
satisfait la même relation de récurrence que (u n )n∈N (on peut
choisir, par exemple, γ = 0 )
...
On a alors :

∀ n ∈ N, wn+2 = 4wn+1 − 3wn ,
donc (wn )n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre,
à coefficients constants, sans second membre
...

D’après le cours, il existe donc (λ,µ) ∈ R2 tel que :
∀ n ∈ N, wn = λ + µ3n

Si (u n )n

0

converge vers un réel l, alors, en passant aux limites
√
1 + l , d'où

dans l’égalité de définition de la suite (u n )n 0, l =
√
1+ 5
l=

...
On a, pour tout n de N :
2
√
|u n+1 − α| = | 1 + u n − 1 + α|
|u n − α|
= √
√
1 + un + 1 + α
d'où : ∀ n ∈ N, |u n − α|

et on a donc :
∀ n ∈ N, u n = wn + an = λ + µ3n − 2n+1 + 2n
...

2
On a donc :
∀ n ∈ N, u n =

3 1 n
+ 3 − 2n+1 + 2n
...

2

a) D'abord, il est clair que, pour tout n de N, u n existe
et u n > 0
...
13

Comme (∀ n ∈ N, u n+1

u n ) , (u n )n

0

est décroissante
...

n∞

On a, en passant aux limites dans l’égalité de définition de la
l
suite (u n )n 0 : l = 2
, d'où l = 0
...

n∞

b) D'abord, il est clair que, pour tout n de N, u n existe et u n > 1
...


1
< 1 , il en résulte : u n − α − − 0
...

n∞
2
1
; +∞ −→ R ,
c) Considérons l’application f : I =
3
x −→ f (x) =

2
x−
...
En particulier :
1
2
1
∀ x ∈ I, f (x)
=
f
, donc I est stable par f
...

• On cherche les points fixes de f ; on a, pour tout x ∈ I :
f (x) = x ⇐⇒

x−

2
=x
9

2
2
= x 2 ⇐⇒ x 2 − x + = 0
9
9
2
1
ou x =
...

3
3
1 2
;
et
Comme f est croissante sur I, les intervalles
3 3
2
; +∞ sont stables par f
...
= v1

1
2

1
n−1

2
= u1

,

1
1 2n−1
u1
...

n∞

2
3

3
...

p∞
p∞
p∞

1
3

La suite (u 6q )q∈N , qui est extraite de (u 2 p ) p∈N et de (u 3 p ) p∈N ,
converge vers l1 et l3 , d'où l1 = l3
...

On en déduit l1 = l2 et donc (u n )n∈N converge
...

3
2
1
, alors (u n )n∈N est croissante et majorée par
• Si < u 0
3
3
2
1
2
, donc converge
...

∈
,
3 3
3
• Si u 0 =

2
2
, alors (u n )n∈N est décroissante et minorée par ,
3
3
1 2
2
,
, donc
et ∈
donc converge
...

3
2
1
1
On conclut que (u n )n∈N converge vers si u 0 = , et vers
3
3
3
1
si u 0 >
...
16 1) Il est clair que, si (u n )n∈N est stationnaire, alors elle
converge (vers l'élément sur lequel elle stationne)
...

n∞

Il existe donc N ∈ N tel que :
∀ n ∈ N,
Soit n ∈ N tel que n
|u n − u N |

D’abord, par une récurrence immédiate sur n, pour tout
n ∈ N , u n existe et u n > 0
...


On a, pour tout n ∈ N∗ :
vn+1 = (n + 1)u n+1 =
38

1
√
√
nu n = vn = vn2
...

3

N ; on a :

|u n − l| + |l − u N |

1 1
+ < 1
...

Ceci montre que (u n )n∈N est stationnaire
...
17 On a : ∀ n ∈ N, u 2n − 1 = 2(u n − 1)
...
On a alors, par une récurrence immédiate :
∀ p ∈ N, u 2 p N − 1 = 2 p (u N − 1)
...
14

n

/
u N = 1,

alors

2 p (u N − 1) −→ +∞,
p∞

donc

/
|u 2 p N | −→ +∞, en contradiction, si N = 0, avec (u n )n∈N
p∞

bornée
...

D’autre part, en remplaçant n par 0 dans l’énoncé, on obtient
u 0 = 1
...


3
...


3
...


∀ (a,b) ∈ ]0 ; 1[2 , a b = eblna ∈ ]0 ; 1[
...


et

∀n

2) Montrons, par récurrence sur n :

0, u n

vn
...


donc u 4 = 4u 2 − u 0 , la propriété est vraie pour n = 0
...

On a, en raisonnant par équivalences logiques successives et
/
puisque u n+2 = 0 :

• Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N
...


⇐⇒ (4u n+2 − u n )u n+3 + 1 = 4u n+3 u n+2 − u n+1 u n+2

On a donc montré, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, u n

⇐⇒ u n+2 u n+1 + 1 = u n u n+3 ,

3) Puisque (u n )n 0 est croissante et majorée par 1, (u n )n
converge et sa limite λ vérifie : 0 < u 0 λ 1
...

0

et cette dernière formule est vraie, ce qui montre la propriété
pour n + 1
...


On conclut, par récurrence sur n :

−→
−→
Comme u n − − λ, vn − − µ, et que, pour tout n ∈ N ,
n∞

∀ n ∈ N, u n+4 = 4u n+2 − u n
...

D’autre part, comme on l’a vu au début : ∀ n ∈ N, u n > 0
...


un

vn

n∞

1,on déduit, par passage à la limite : λ

D’autre part : ∀ n ∈ N,

µ

1
...

Et :

3
...

√
√
• On a, pour tout n ∈ N : u n+1 − u n = u n+2 > 0, donc
√
√
u n+1 > u n , puis u n+1 > u n , ce qui montre que (u n )n∈N est
strictement croissante
...
On a
alors ∈ R+ et, en passant à la limite dans l’égalité de défi√
√
−
= 0
...

Ceci montre que (u n )n∈N diverge
...

n∞

En particulier, il existe N ∈ N tel que : u N +1 1
...

Finalement, on conclut qu’il n’existe pas de suite (u n )n∈N convenant
...


on a : µ = 1
...


3
...

• On a, pour tout n ∈ N :

√
u n + u n vn + vn
u n + vn
−
2
3
√
u n − 2 u n vn + vn
=
6
√
√
( u n − vn )2
=
0,
6

u n+1 − vn+1 =

ce qui montre, par décalage d’indices : ∀ n ∈ N∗ , u n

vn
...


u n + vn
vn − u n
− un =
2
2

0,

Remarque :
Le résultat de cet exercice est utile dans la résolution d’exercices sur les séries entières en 2è année, souvent sous la forme
affaiblie : sin nα et cos nα ne tendent pas vers 0 lorsque
l’entier n tend vers l’infini
...

De même, pour tout n ∈ N∗ :
√
1
u n + u n vn + vn − vn
3

vn+1 − vn =
=

√
1
u n + u n vn − 2vn
3

=

1 √
√
u n − vn
3

Par exemple, on peut montrer que sin nα ne tend pas vers 0
lorsque l’entier n tend vers l’infini par un raisonnement
analogue, simplifié
...

−→
Alors,
par
suite
extraite :

√
√
u n + 2 vn )

n∞

sin (n + 1)α − − 0
...


cos nα =

∗

• On obtient, pour tout n ∈ N :
v2

v1


...


u n−1

u2

u1
...

• En passant à la limite dans la première égalité de définition
λ+µ
, donc λ = µ
...

et cette limite (= λ = µ ) vérifie : v1

n∞

−→
cos 2 nα + sin 2 nα − − 0, contradiction
...
23 a) Soit ε > 0
...

sin α

cos nα =

−→
Comme sin nα − −
n∞

−→
et sin(n + 1)α − −
n∞

(car extraite

N1 + 1
...

sin α

n∞

1 − cos α

...


Mais : ∀ n ∈ N, cos2 nα + sin2 nα = 1 , d'où, en passant à la
limite : 2 + 2 = 1, contradiction
...

k=N1 +1

n∞

n

N2 ⇒

1
n

N1

|u k − |

k=1

ε

...
D'après 1),
et cos nα − −

1 − cos α
et = −
sin α

|u k − |
k=1

tel que :
∀ n ∈ N∗ ,

∈ R , alors

cos nα cos α − cos(n + 1)α
−−
−→
n∞
sin α

−→
2) Supposons sin nα − −

n

|u k − | − − 0 , il existe N2 ∈ N
−→

k=1

de la précédente), il s'ensuit :
− cos α

...

2

N1 ⇒ |u n − |

n

Soit n ∈ N tel que n
|vn − | =

∈ R
...
22

sin (n + 1)α − sin nα cos α
− − 0,
−→
n∞
sin α

∀ n ∈ N∗ ,

n

N

⇒ |vn − |

ε
ε
+ =ε ,
2 2

−→
...

b) Notons, pour n ∈ N , αn = u n+1 − u n ; donc : αn − −
n∞

D'après a) :

α1 +
...

n∞
n−1

Mais, pour tout n de N − {0, 1} :
un − u1
un
u1
α1 +
...

n−1
n−1
n−1 n−1

Comme

u1
un
− − 0 , on déduit
−→
−−
− → , puis :
n − 1 n∞
n − 1 n∞

un
un
n−1
=
·
−−
...

n
n! n∞
n(n + 1)
...


Il en résulte que l'ensemble
a
a
EN =
; (a,k) ∈ Z × {1,
...


1

/
/
Comme x ∈ Q , nécessairement x ∈ E N
...

On a donc : ∀ r ∈ E N , |x − r|

α > 0
...
(n + n) − −
−→
...
· (2n − 1)
4) u n =
,
nn

donc

1
u n+1
2n + 1
1+
=
un
n+1
n

1
n

= exp(1 + o(1)) − − e ,
−→

1
u n+1
2(2n + 1)
1+
=
un
n
n

n∞

Pour chaque k de {1,
...
24 Soit N ∈ N∗
...


1
n n u n+1
= 1+
,
n
n! u n

−2n

1 n (3n)!
27
−−
−→ 2
...

−→

2) u n =

3) u n =

(3n)!
,
n 2n (n!)

u n+1
1
3(3n + 1)(3n + 2)
1+
=
un
(n + 1)2
n

ln u n
− − ln ,
−→
n∞
n

√
ln u n
n
u n = exp
n

et donc :

5) u n =

−n

−−
−→
n∞

2
,
e

1√
2
n
1 · 3 ·
...

n∞
n
e

n∞

α
<α
...

/

∀ n ∈ N, n
On a alors : ∀ n

n 0 ⇒ |u n − x|

On a ainsi prouvé :
∀ N ∈ N∗ , ∃n 0 ∈ N , ∀ n ∈ N, (n
c'est-à-dire :

n 0 ⇒ qn

N),

−→
qn − − + ∞
...

−→
n∞

41

Fonctions réelles
ou complexes
d’une variable réelle
Plan

CHAPITRE

4

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir

43

Énoncés des exercices

45

Du mal à démarrer ?

48

Corrigés

49

• Résolution d’équations, de systèmes d’équations à inconnues réelles
• Résolution de certaines équations fonctionnelles
• Manipulation des fonctions remarquables : paires, impaires, majorées,
minorées, bornées, périodiques, croissantes, décroissantes
• Étude de la continuité d’une fonction, de l’existence et de la valeur
éventuelle d’une limite
• Existence de solutions d’équations, de majorants de minorants pour une
fonction
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


Les méthodes à retenir

Pour résoudre
une équation fonctionnelle

Raisonner clairement par implication puis réciproque, ou exceptionnellement par équivalences logiques
...

1
Par exemple, si l’équation fait apparaître x et , essayer de l’applix
1
quer à x et à
...


➥ Exercices 4
...
7, 4
...
17
...


➥ Exercice 4
...

Pour montrer
qu’une fonction est périodique

Pour montrer qu’une fonction f
n’a pas de limite (ni finie ni infinie)
en un point a

Revenir à la définition
...
3
...

Cf
...


➥ Exercice 4
...

Se rapporter à la définition de la partie entière d’un réel :
∀ x ∈ R,
Pour manipuler
la fonction partie entière
ou encore :

∀ x ∈ R,

E(x)

x < E(x) + 1

E(x) ∈ Z
x − 1 < E(x)

x

E(x) ∈ Z
...
6
...

x−→a

➥ Exercice 4
...


Utiliser le fait que Q est dense dans R, c’est-à-dire :
Pour obtenir une propriété d’une
fonction d’une variable réelle,
faisant intervenir
l’ensemble Q des rationnels

∀ (x,y) ∈ R2 ,

x < y ⇒ ∃ r ∈ Q, x < r < y ,

ou, ce qui est équivalent : tout réel est limite d’au moins une suite de
rationnels
...
10, 4
...

Pour montrer l’existence d’une
solution d’une équation f (x) = 0,
où f est à variable réelle et à
valeurs réelles

Essayer de :
– étudier les variations de f, si f (x) est donnée par une formule explicite
– appliquer le théorème des valeurs intermédiaires, si f est continue
sur un intervalle et prend des valeurs 0 et des valeurs 0
...
11, 4
...
21
...


➥ Exercices 4
...
12, 4
...


Énoncés des exercices

Essayer de :
– revenir à la définition, c’est-à-dire montrer qu’il existe M ∈ R+ tel
que :
Pour montrer qu’une fonction
f : X −→ R est bornée

∀ x ∈ X, | f (x)|

M

– appliquer le théorème du Cours, si f est continue et si X est un segment de R
...
14
...
1

Exemple d’équation fonctionnelle résolue par simple remplacement
Trouver toutes les applications f : R∗ −→ R telles que :
∀ x ∈ R∗ , f (x) + 3 f

4
...


Exemple de résolution d’une équation ayant une solution évidente,
par utilisation de la stricte monotonie
2

3

Résoudre dans R∗ l’équation : x 5 + 2x 4 = 3
...
3

Obtention d’une périodicité à partir d’une équation fonctionnelle
Soit f : R −→ R une application telle que :
∀ x ∈ R, f (x) = 3 et f (x + 1) =
/

f (x) − 5

...


© Dunod
...


4
...

a) Tracer la représentation graphique de f
...

b) 1) Montrer que g est correctement définie et calculer g(y) pour tout y ∈ R
...

c) Préciser g ◦ f et f ◦ g et tracer leurs représentations graphiques
...
5

Exemple de fonction n’ayant pas de limite en +∞
Montrer que la fonction cos n’a pas de limite en +∞
...
6

Étude de composition pour une application donnée par séparation de cas

x E 1
si x = 0
/
x
On note f : [0 1] −→ R, x → f (x) =

1
si x = 0
...


4
...


4
...
9

Obtention d’une limite par une condition sur la fonction
Soit f : ]0 ; 1] −→]0 ; +∞[ une application telle que :
Montrer :

4
...

x+y

f (x) +

1
−→ 2
...

x−→0

Continuité et densité
Soit f : R −→ R continue sur R et s'annulant en tout point de Q
...


4
...
Montrer qu'il existe x0 ∈ [0; 1] tel que f (x0 ) = x0
...
12

Un lien entre les points fixes de f et ceux de f ◦ f
Soit f : R −→ R continue
...
Montrer que f ◦ f n’a
pas de point fixe
...
13

Étude de point fixe pour une application continue et décroissante
Soit f : R −→ R continue et décroissante
...


4
...
Montrer que f est bornée
...
15

Étude de points fixes pour une application telle que f ◦ f = f
Soit f : [0 ; 1] −→ [0 ; 1] une application continue telle que f ◦ f = f
...


4
...
On suppose que f est continue
sur I et que f |Q ∩ I est croissante
...


46

Énoncés des exercices

4
...
18

=

f (x) + f (y)

...
19

x
2

+ f

x +1
2

= 3 f (x)
...


Exemple d’utilisation d’une fonction auxiliaire
Soit f : R −→ R continue et 1-périodique
...


4
...
21 Une propriété de deux fonctions atteignant la même borne supérieure
Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, f,g : [a ; b] −→ R continues telles que :
Sup f (x) = Sup g(x)
...


4
...


© Dunod
...


∀(x,y) ∈ R2 ,

47

Chapitre 4 • Fonctions réelles ou complexes d’une variable réelle

Du mal à démarrer ?
4
...
13

1
Appliquer l’hypothèse à x et à
...


4
...

Calculer f (x + 2), puis f (x + 4)
...
4

Séparer convenablement en cas, vu la définition de f
...
5

Raisonner par l’absurde et utiliser des suites
...

2

4
...


4
...


4
...


4
...
3

4
...
14

l’application

Montrer que l’ensemble des points fixes de f est l’image du
segment [0 ; 1] par l’application continue f
...

que : ∀ n ∈ N, an

4
...
17

Considérer l’application g : x −→ f (x) − f (0) et obtenir
2
g(t) = g
t , puis réitérer
...
18

Considérer des points en lesquels f atteint ses bornes
...


4
...


Utiliser l’expression séquentielle de la densité de Q
dans R
...
20 Montrer que, si ( f,g) existe, alors f est injective, puis étudier

Considérer l’application auxiliaire g : [0 ; 1] −→ R,
x −→ g(x) = f (x) − x et utiliser le théorème des valeurs inter-

4
...
10
4
...


4
...


48

l’application

auxiliaire

g : R −→ R,

f (x) pour x ∈ {−1, 0, 1}
...


Pour f convenant, montrer f (x) = x f (1), successivement
pour x ∈ N, Z, Q, R
...
22

Corrigés des exercices

4
...
3 Soit x ∈ R
...
On a :

1) Soit f convenant
...
En appliquant l’hypothèse à x et à à la place
x
de x, on a :

 f (x) + 3 f





f


1
x

1
x

= x2

+ 3 f (x) =

1
x

y−5
−5
−4y + 10
y−3
=
=
y−5
−2y + 4
−3
y−3

−1
2

=

1
x2

3
=

d’où, en combinant avec les coefficients indiqués, pour faire
3
1
: 8 f (x) = 2 − x 2
...

8x 2

2y − 5
2
−5
2 f (x + 2) − 5
y−2
=
=
2y − 5
f (x + 2) − 2
−2
y−2

3 − x4

...

−1

On conclut que f est 4-périodique
...
4 a)

y
y = f(x)

donc f convient
...
2

–1

3 − x4

...

2

3

• L’application f : [0 + ∞[−→ R, x → x 5 + 2x 4 est strictement croissante, donc injective
...

Finalement, l’ensemble des solutions de l’équation proposée
est {1}
...
L’ensemble x ∈ R f (x) > y est une partie de R, non vide car elle contient y + 2, et minorée, par
exemple par y − 2
...


On conclut : ∀ y ∈ R, f ◦ g(y) = y, ou encore : f ◦ g = IdR
...
Pour calculer g(y), on sépare en cas selon la
position de y par rapport à 0
...

Hypothèse sur y

x ∈ R ; f (x) > y

g(y)

y<0

]y − 1 ; +∞[

y−1

y=0

]1 ; +∞[

1

y>0

]y + 1 ; +∞[

z = g f(x)

1

y+1

On conclut : ∀ y ∈ R, g(y) =
2)

–1

y−1

si
si

y

1

x

y<0

y+1

O

0
...

f (x)

x
x < −1
−1

x

g f (x)

f (x) = x + 1 < 0 g f (x) = (x + 1) − 1 = x
1

1
f (x) = 0

g f (x) = g(0) = 1

f (x) = x − 1 > 0 g f (x) = (x − 1) + 1 = x

4
...
Supposons que la fonction cos

admette une limite en +∞
...

−→
−→
n∞

On conclut :

x


∀ x ∈ R, g ◦ f (x) = 1


x

x < −1

si
si
si

−1

Mais : ∀ n ∈ N, cos (2nπ) = 1 et cos

x

g(y)

π
+ 2nπ = 0,
2

d’où = 0 et = 1, contradiction
...


• On calcule, pour tout y ∈ R, f ◦ g(y) en séparant en cas selon
la position de y par rapport à 0
...

Remarque : De la même façon, la fonction sin n’a pas de
limite en +∞
...
6 On peut commencer par tracer la représentation graphique

y < 0 g(y) = y − 1 < −1 f g(y) = (y − 1) + 1 = y
y=0

g(y) = 1

f g(y) = 0

y>0
50

de f
...
Séparons en cas selon la position de xpar rap1
port 0 et à
...


1


...

En notant a = f (1) et b = g(1), on a donc, pour tout y ∈ R :
f (y) = by + a − b,

O

1 1
5 4

1
3

1
2

x

1

f (x y + 1) = b(x y + 1) + a − b = bx y + a
= xg(y) + h(x + y),

f f (x) = f (1) = 1 = f (x)
...

1

1
< 2,
x

1
E
x

= 1,

Finalement, l’ensemble des triplets convenant est :
f : x ∈ R −→ bx + a − b ∈ R,g : x ∈ R −→ bx ∈ R,

f f (x) = f (x)
...


2) Réciproquement, soient (a,b) ∈ R2 et f,g,h : R −→ R les
applications définies par les formules ci-dessus
...
8 1) Soit f convenant
...
On a : 0

| f (x) − f (y)|

1
et
x+y

1
− − 0, donc, par théorème d’encadrement :
−→
x + y y−→+∞
− → f (x)
...


Ceci montre que f admet une limite en +∞ et que cette limite
est f (x)
...


On conclut : ∀ x ∈ [0 ; 1], f f (x) = f (x)
...


donc

4
...


y−→+∞

y−→+∞

On conclut : les applications convenant sont les applications
constantes
...
9 On a :

f (x y + 1) = xg(y) + h(x + y)

f (x) −

1
f (x)

2

2

=

f (x)

=

f (x) +

1

−2+

f (x)

et
(yx + 1) = yg(x) + h(y + x),
d’où :

xg(y) = yg(x)
...


1
f (x)

2

2

− 4 − − 22 − 4
−→
x−→0

= 0,
51

donc : f (x) −

1
− − 0
...


1
f (x) +
f (x)

1
Ensuite : f (x) =
2

+

1
f (x) −
f (x)

−−
−→
x−→0

Ceci montre :

1
(2 + 0) = 1
...

−→

• Puisque f est décroissante, f admet en −∞ une limite finie
−→
ou la limite +∞, donc g(x) − − + ∞
...

x−→+∞

D’après un théorème du cours (théorème de la bijection monotone), on déduit que g admet un zéro et un seul, donc f admet
un point fixe et un seul
...
6 c)
...
Puisque Q est dense dans R, pour tout n
1
1
de N∗ , il existe rn ∈ Q tel que x − < rn < x +
...
Comme f est continue en x, il en résulte

4
...
14 Notons T ∈ R∗ une période de f
...
Mais : ∀n ∈ N∗ , f (rn ) = 0 , d'où :
−→
n∞

f (x) = 0
...
11

Considérons g : [0; 1] −→ R ; g est continue sur
x −→ f(x) − x

l’intervalle [0; 1] et g(0) = f (0) 0 , g(1) = f (1) − 1 0,
donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe
x0 ∈ [0; 1] tel que g(x0 ) = 0 , c'est-à-dire f (x0 ) = x0
...
12

g : R −→ R, x −→ g(x) = f (x) − x
...
Comme g est continue
sur l’intervalle R (car f l’est), il en résulte, d’après le théorème
des valeurs intermédiaires : g > 0 ou g < 0, c’est-à-dire :
ou

∀ x ∈ R, g(x) < 0
...

2) Si g < 0, alors : ∀ x ∈ R, f (x) < x, donc, en appliquant
ceci à f (x) et à x :
∀ x ∈ R, f ◦ f (x) = f f (x) < f (x) < x,
et donc f ◦ f n’a pas de point fixe
...


4
...

Finalement, f est bornée sur R
...
15 Notons F = {x ∈ [0 ; 1] ; f (x) = x} l’ensemble des
points fixes de f
...

• Soit x ∈ F
...

• Réciproquement, soit x ∈ f ([0 ; 1])
...

Ceci montre : f ([0 ; 1]) ⊂ F
...

L’ensemble F est donc l’image du segment [0 ; 1] par l’application continue f, donc (théorème du cours), F est un segment
non vide de [0 ; 1]
...
16 Soit (a,b) ∈ I 2 tel que a < b
...

f (bn )
...


On conclut que f est croissante
...


4
...


• g est strictement décroissante, puisque f est décroissante et
que −IdR est strictement décroissante
...


Ceci montre : F ⊂ f ([0 ; 1])
...


Puisque f est continue sur R, donc sur le segment [0 ; 1], d’après
un théorème du cours, la restriction de f à [0 ; 1] est bornée et
atteint ses bornes
...
= g

2
3

n

x
...


Comme

4
...

• Puisque l’application R −→ R, x −→ x 3 est injective, g ◦ f
est injective, donc (propriété connue) f est injective
...


Ceci montre que g est constante, et donc f est constante
...

Finalement, les applications cherchées sont les applications
constantes
...
Il existe
donc x1 ,x2 ∈ [0 ; 1] tels que :

4
...


x∈[0;1]

x∈R

Ainsi, g est continue sur l’intervalle R et g(x1 ) 0 , g(x2 ) 0
...


= g(x)
...


On a : g(x1 ) = f (x1 + a) − f (x1 ) 0, par définition de x1 ,
et g(x2 ) = f (x2 + a) − f (x2 ) 0, par définition de x2
...
Par récurrence immédiate, on a alors :

=g

f (x1 ) = Inf f (x),
x∈R

• En remplaçant y par x, on obtient :

2
x
3

x∈[0;1]

Comme f est 1-périodique, on a alors (cf
...
12) :
f (x) − f (0) + f (y) − f (0)

g(x) + g(y)
=

...


On remarque : ∀ x ∈ {−1, 0, 1}, x 3 = x, d’où :
2

∀ x ∈ {−1, 0, 1}, f (x) = f (x 3 ) = f (x) ,
et donc : ∀ x ∈ {−1, 0, 1} , f (x) ∈ {0, 1}
...

Finalement, on conclut qu’il n’existe pas de couple ( f,g)
convenant
...
21 Puisque f et g sont continues sur le segment [a ; b],

x1
+f
• 3 f (x1 ) = f
2
donc : f (x1 ) 0

x1 + 1
2

2 Inf f (x) = 2 f (x1 ),

x2
+f
2
f (x2 ) 0
...
Il existe donc x1 ,x2 ∈ (a ; b] tels que, en notant
M = Sup f (x) = Sup g(x), on ait : f (x1 ) = M et

2 Sup f (x) = 2 f (x2 ),

g(x2 ) = M
...


4
...
Considérons l’application
g : R −→ R, x −→ g(x) = f (x + a) − f (x)
...


Comme f − g est continue sur l’intervalle [a; b], il en résulte,
d’après le théorème des valeurs intermédiaires, qu’il existe
c ∈ [a ; b] tel que ( f − g)(c) = 0, donc f (c) = g(c)
...
22

• Soit x ∈ R
...


(rn )n∈N de rationnels convergeant vers x
...

En particulier : ∀ n ∈ N, f (n) = n f (1)
...

Il en résulte : ∀ x ∈ Z, f (x) = x f (1)
...
D'autre part, puisque f est contin∞

nue en x :

−→
f (rn ) − − f (x)
...


p
• Soit r ∈ Q
...

q

2) Réciproquement, pour tout λ de R, l'application R −→ R
x −→ λx
convient
...

q

Finalement, les applications cherchées sont les R −→ R ,
x −→ λx
λ ∈ R
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices

© Dunod
...


• Définition et propriétés algébriques de la dérivabilité, de la dérivée, de
la dérivée n-ème
• Formule de Leibniz pour la dérivée n-ème d’un produit
• Théorème de Rolle, théorème des accroissements finis, inégalité des
accroissements finis
• Lien entre dérivée et sens de variation
• Convexité pour une fonction réelle définie sur un intervalle de R : définition, inégalité de Jensen, lien avec la croissance de f si f est dérivable,
lien avec le signe de f si f est deux fois dérivable
...


➥ Exercices 5
...
2, 5
...
3 à 5
...
13, 5
...
Voir aussi l’exercice 7
...


➥ Exercice 5
...

Pour décider si une fonction f est
monotone sur un intervalle I, ou
pour étudier les variations de f

➥ Exercices 5
...
2, 5
...
16 a)
On pourra être amené à étudier le signe de f (x) ou celui d’autres
fonctions liées à f
...
12
...


➥ Exercices 5
...
16 b)
...
3 a)
Pour calculer une dérivée n-ème

– utiliser une décomposition en éléments simples si f (x) est une fonction rationnelle de x

➥ Exercice 5
...
3 c)
...

Pour montrer qu’une fonction f est
constante sur un intervalle

Montrer que f est dérivable et que f = 0
...
6
...
7, 5
...
26
Pour montrer que
la dérivée d’une fonction
s’annule en au moins un point

– appliquer le théorème de Rolle à une fonction auxiliaire

➥ Exercices 5
...
23
– appliquer le théorème des accroissements finis à f ou à une fonction
auxiliaire

➥ Exercice 5
...

56

Les méthodes à retenir

Pour montrer
qu’une dérivée successive
s’annule en au moins un point

Appliquer le théorème de Rolle de façon répétée, à la fonction donnée
ou à une fonction auxiliaire
...


Pour résoudre une équation
à une inconnue réelle

➥ Exercices 5
...
11
...
12, 5
...


➥ Exercices 5
...
15
...
17
...


Pour établir une inégalité
à une variable réelle

Faire tout passer dans le premier membre et étudier les variations de
la fonction définie par ce premier membre

➥ Exercices 5
...
25, 5
...

Voir aussi les méthodes du chapitre 4
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
19
– Essayer de montrer qu’il s’agit d’une inégalité de convexité, par
exemple l’inégalité de Jensen appliquée à une fonction convexe bien
choisie et à certains points et coefficients
...
21, 5
...
31
...
21 a)
...


57

Chapitre 5 • Dérivation

Énoncés des exercices
5
...
Montrer que l’application
f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) =

ln(1 + ax)
ln(1 + bx)

est strictement croissante
...
2

Nombre et situations des zéros d’une fonction par étude des variations
de cette fonction
Combien le polynôme P = X5 − 80X + 7 a-t-il de zéros réels ?

5
...

c) f : R −→ R, x −→ f (x) = cos 2 x sin x
...
4

Exemple d’étude de dérivabilité
Étudier la continuité, la dérivabilité, et la continuité de la dérivée pour f : R −→ R définie par :
1
2
/
f (x) = x sin x si x = 0
...
5

Étude et représentation graphique d’une fonction explicitée
Étude et représentation graphique de la fonction f d’une variable réelle donnée par :
f (x) =
On pourra remarquer :

5
...

2

= 1 − 2x 1 − x 2
...


Montrer que f est constante
...
7

Exemple d’utilisation du théorème de Rolle
Soit f : [−1 ; 1] −→ R de classe C 1, s’annulant en −1, 0, 1
...

Montrer qu’il existe c ∈ ] − 1 ; 1[ tel que g c) = 0
...
8

Exemple d’utilisation du théorème de Rolle appliqué à une fonction auxiliaire
n

Soient n ∈ N∗ , a1 ,
...


tels que

Montrer que l’équation

k=1
n

kak x k−1 = 0 admet au moins une solution x ∈ ]0 ; 1[
...
9

Exemple d’utilisation du théorème de Rolle appliqué à une fonction auxiliaire
Soient λ ∈ R, (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b, f : [a ; b] −→ R continue sur [a ; b],
dérivable sur ]a ; b[, telle que f (a) = f (b) = 0
...

f (c) = −λ
c

5
...

Montrer : ∃ c ∈] − 1 ; 1[, f (c) = 0
...
11

Exemple d’utilisation répétée du théorème de Rolle
Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a ; b] −→ R de classe C 1 sur [a ; b], deux fois
dérivable sur ]a ; b[, telle que : f (a) = f (a) = f (b) = 0
...


5
...
13

Calcul d’une borne inférieure par étude des variations d’une fonction
Calculer Inf

x∈R

5
...


(x − 1)2 + 9 +

(x − 8)2 + 16
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


5
...
16

Exemple de résolution d’une équation à une inconnue réelle,
par étude des variations d’une fonction
a) Montrer que, pour tout (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b, l’application f : x −→ b x − a x
est strictement décroissante sur [0 ; +∞[
...

59

Chapitre 5 • Dérivation

5
...
18

Exemple d’inégalité à une variable réelle
Montrer :

5
...


∀ x ∈ R,

x 2 + (x − 1)2 +

(x + 1)2 + x 2

2
...
Montrer : αa α + βb β
et étudier le cas d’égalité
...


5
...
Montrer que, s’il existe (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que
a < b et f (a) < f (b), alors : f (x) −→ +∞
...
21 Comparaison de la moyenne arithmétique et de la moyenne géométrique
de n réels > 0
a) Vérifier que l’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) = − ln x est convexe
...
,xn ) ∈ (R∗ )n :
+
√
n

x1 + · · · + xn

...

arithmétique
n

√
n

x1 · · · xn est inférieure ou égale à la moyenne

5
...

/
a) Montrer que, si f (a) = 0, alors | f | est dérivable en a et : | f | (a) = sgn f (a) f (a),
où la fonction signe sgn est définie par :
 −1
si t < 0


∀ t ∈ R, sgn (t) =
0
si t = 0


1
si t > 0
...

c) Montrer que, si f (a) = 0 et f (a) = 0,alors | f | est dérivable en a et | f | (a) = 0
...
23 Exemple d’utilisation du théorème de Rolle
Soient n ∈ N, (a0 ,
...
,0)}, b0 ,
...

On note :
n

f : R −→ R, x −→ f (x) =

ak ebk x
...

60

Énoncés des exercices

5
...
Montrer :
∃ c ∈ ]0 ; a], f (c) =

2 f (a) + a f (a)

...
25 Un encadrement de sin x et de cos x entre des polynômes
On note, pour tout n ∈ N, Cn ,Sn : R+ −→ R les applications définies, pour tout x ∈ R+,
par :

n
(−1)k x 2k
x 2n
x2

 Cn (x) =
=1−
+ · · · + (−1)n



(2k)!
2!
(2n)!
k=0


 S (x) =
 n


n
k=0

(−1)k x 2k+1
x 2n+1
x3
=x−
+ · · · + (−1)n

...


Par exemple, pour tout x ∈ R+ :
1−

x2
2

1−

cos x

x2
x4
+
2
24

et

x−

x3
3

sin x

x
...
26 Si un polynôme P est scindé sur R, alors P l’est aussi
Soit P ∈ R[X] tel que deg(P)

2
...

b) Montrer que, si P est scindé sur R, alors P est aussi scindé sur R
...
27 Exemple d’inégalité à une variable réelle
Montrer : ∀ x ∈ 0 ;

π
,
2

sin x
x

3

> cos x
...
28 Exemple d’inégalité à plusieurs variables réelles
Montrer, pour tout (x,y) ∈ R2 tel que 0 < x < y

sin x
πx
π x
<
<

...
La photocopie non autorisée est un délit
...
29 Obtention d’une inégalité à une variable réelle par utilisation d’une convexité
Montrer : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 2x + 2x

3

2x

2 +1


...
30 Exemple d’utilisation de la convexité avec intervention de la dérivation
Soit f : [0 ; +∞[−→ R dérivable et convexe
...


5
...
,an ∈ ]0 ; +∞[ tels que

ai = 1
...

n
61

Chapitre 5 • Dérivation

5
...
Montrer que f (I ) est un intervalle de R
...


Du mal à démarrer ?
5
...


5
...
2

Étudier les variations de P
...
18

5
...


Étudier les variations de la fonction donnée par le premier
membre de l’inégalité de l’énoncé
...

Pour u ∈ R fixé, étudier les variations d’une fonction de la
variable v
...
19

b) Décomposer en éléments simples
...


5
...


5
...


À l’aide de l’indication fournie dans l’énoncé, obtenir
√
1 − x 2
...


5
...


5
...


a) Remarquer que, si f (a) = 0, f est de signe fixe au voisinage de a
...
22

Pour x ∈ R fixé, étudier, lorsque y variable tend vers x, le
taux d’accroissement de f entre x et y
...
6
5
...


5
...


Appliquer le théorème de Rolle à la fonction

5
...


ak x k
...
23 Récurrence sur n
...
9

Utiliser le théorème de Rolle appliqué à la fonction auxiliaire g : x −→ x λ f (x)
...
25 Récurrence sur n, avec étude de variations de fonctions
...


5
...


5
...
11

Utiliser le théorème de Rolle de manière répétée
...
12

Pour y fixé, dériver par rapport à x
...


5
...


sin 3 x
− x 3
...
13

5
...
14

5
...
Déduire : ∀ y ∈ R, f f (y) = f (y),
puis une équation fonctionnelle plus simple que celle de l’énoncé et dériver par rapport à y , pour x fixé
...
15

Choisir un repère orthonormé adapté à la question, choisir un paramètre pour situer le ballon, et étudier les variations
d’une fonction d’une variable réelle
...
16

a) Mettre a x en facteur dans f (x)
...


62

8+

√ x
50 et de

sin t
π

...

Pour (x1 ,x2 ) ∈ [0 ; +∞[2 tel que x1 < x2 , comparer
f (x1 ), f (x2 ) et le taux d’accroissement de f entre x1 et x2
...
30

5
...


5
...


2

Corrigés des exercices

5
...

On dresse le tableau des variations de P :
x

–∞

P'(x)

–2
+

+∞

–2
–

0

+

0

+∞

>0
P(x)

–∞

<0

N : ]0 ; +∞[−→ R,

D’après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie de P par intervalles, on conclut que P admet exactement trois zéros réels
...


et l’étude du signe de f (x) se ramène à l’étude du signe
de N (x)
...
3 a) En notant u : x −→ x 2 − x + 2 et v : x −→ ex ,

en notant

L’application N est dérivable sur ]0 ; +∞[ et, pour tout
x ∈ ]0 ; +∞[ :
N (x) = ab ln (1 + bx) + ab − ba ln (1 + ax) + ba
= ab ln (1 + bx) − ln (1 + ax) > 0,
donc N est strictement croissante sur ]0 ; +∞[
...
Ainsi, par produit, l’application f est de classe C ∞
sur R, et, d’après la formule de Leibniz, pour tout n ∈ N et tout
x ∈R:
n
n
f (n) (x) =
u (k) (x)v (n−k) (x)
...


f (n) (x) =

x−→0

Il en résulte : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, N (x) > 0
...


5
...


2
k=0

n
k

u (k) (x)v (n−k) (x)
...

Enfin, il est immédiat que cette dernière formule est aussi vraie
pour n = 0 et pour n = 1
...

63

Par décomposition en éléments simples dans R(X), il existe
(a,b,c) ∈ R3 tel que :
1
b
a
c
+
=
+

...

2
En multipliant par X + 1 puis en remplaçant X par −1,on ob1
tient : c =
...

4
Ainsi, on obtient la décomposition en éléments simples de f (x) :

Il en résulte, par addition, que f est de classe C ∞ sur R et que,
pour tout n ∈ N et tout x ∈ R :
f (n) (x) =

1
π
sin x + n
4
2

1
π
+ 3n sin 3x + n
,
4
2

Ou encore, en séparant en cas selon la parité de n, pour tout
p ∈ N et tout x ∈ R :

 f (2 p) (x) = 1 (−1) p sin x + 1 (−1) p 32 p sin 3x


4
4
 (2 p+1)
1
1

f
(x) = (−1) p cos x + (−1) p 32 p+1 cos 3x
...
4 1) D'une part, f est continue en tout point de R∗ par les
théorèmes généraux
...


Ainsi, f est continue sur R
...

, v(x) =
, w(x) =
x +1
x −1
(x − 1)2

Ces applications u,v,w sont de classe C ∞ sur ] − 1 ; 1[
et w = −v
...


∀x ∈ R∗ ,

On conclut :
f (n) (x) =
=

1 (n)
1
1
w (x) − v (n) (x) + u (n) (x)
2
4
4
1 (−1)n (n + 1)! 1 (−1)n n!
1 (−1)n n!
−
+

...

4
4

2x sin

f (x) =

0

1
1
− cos
x
x

si x = 0
/
si x = 0
...
D'autre part, puisque
1
1
2x sin − − 0 et que cos n'a pas de limite en 0, f n'a pas
−→
x x→0
x
de limite en 0, et donc f n'est pas continue en 0
...


5
...

x
x

f (x) − f (0)
1
= x sin − − 0 ,
−→
x
x x→0
donc f est dérivable en 0, et f (0) = 0
...

(x − 1)n+2

f (x) = 2x sin

D'autre part :

(n)

w(n) (x) = −v (n+1) (x) =

x→0

donc :
f (x) = x −

1 − x2
...


√
1 − x 2 n’existe pas,

Ainsi : Déf ( f ) = [−1 ; 1] et :

donc f n’est pas dérivable en 1, mais la représentation graphique
C de f admet en (1,1) une demi-tangente parallèle à y y
...

• Pour supprimer l’intervention de la valeur absolue, étudions
√
le signe de x − 1 − x 2
...

∗ Si x ∈ [−1 ; 0], alors x −
√
f (x) = 1 − x 2 − x
...

On a :
f (x)

0, donc

−→

−

1
√
2

− 1 = −2 ,
1
1−
2
1
√
2
+ 1 = 2,
1
1−
2

−

1
√
2

x−→

∗ Si x ∈ [0 ; 1], on a :
x−

1 − x2

0 ⇐⇒ x
⇐⇒ 2x

1 − x 2 ⇐⇒ x 2
2

1 − x2

1
√
...

2

f (x)

−→
x−→

1
donc, d’après le théorème limite de la dérivée, f admet en √
2
une dérivée à gauche égale à −2 et une dérivée à droite égale
1
à 2, donc f n’est pas dérivable en √
...

On dresse le tableau des variations de f :

2) Continuité
D’après la formule donnant f dans l’énoncé, et par théorèmes
généraux, f est continue sur [−1 ; 1]
...

1 − x2
2
On détermine le signe de f (x) pour x ∈

1 − x 2 < −x ⇐⇒

x

0

x

–

–1
+∞

f'(x)

1
√2

+

0
–

0

–1

1
√2

1

– –2 2

++∞

√2

f(x)

1
1

1

0
y

√2
y = f(x)

1

1 − x2 < 0

0

1 − x2 < x2

1
1 ⇐⇒ x ∈ − 1 ; − √
...
En effet :
y= x−

1 − x2

⇒ y=x−

1 − x 2 ou y = −x +

⇐⇒ x − y =

1 − x 2 ou x + y =

1 − x2
1 − x2
65

⇒

5
...


⇐⇒ 2x 2 − 2x y + y 2 = 1 ou 2x 2 + 2x y + y 2 = 1
...
6

On a : g(−1) = g(0) = g(1) = 0
...


Soit x ∈ R
...


Puisque g est continue sur [u ; v], dérivable sur ]u ; v[ et que
g (u) = g (v), d’après le théorème de Rolle, il existe
c ∈ ]u ; v[ ⊂ ]0 ; 1[ tel que g (c) = 0
...


Mais, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :

y−→x

Puisque f est dérivable sur l’intervalle R et que f = 0, on
conclut que f est constante
...
11 Puisque f est continue sur [a ; b], dérivable sur ]a ; b[ et

g(0) = f (0) = 0 ,

que f (a) = f (b) (= 0), d’après le théorème de Rolle, il existe
d ∈ ]a ; b[ tel que f (d) = 0
...

Puisque g est continue sur l’intervalle [0 ; 1] et que g(0) = 0
et g(1) = 3, d’après le théorème des valeurs intermédiaires,
il existe a ∈ ]0 ; 1[ tel que g(a) = 1
...

n

5
...


∃ c ∈ ] − 1 ; 1[, f (c) = 0
...
7

g (x) = f (x) − 1,

sur [0 ; 1] ,

continue

dérivable

sur ]0 ; 1[

et

n

ak = 0
...


5
...
En dérivant par rapport à x, on déduit : ∀(x,y) ∈ R2, f (x + y) = f (x), et donc f est constante
...

2) Réciproquement, pour tout (a,b) de R2 , l'application
f : R −→ R est dérivable et satisfait
x −→ ax + b

∀(x,y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y) ,
si et seulement si b = 0
...

x −→ ax

= 0 admet au moins une solution

k=1

5
...


Notons f : R −→ R l’application définie, pour tout x ∈ R, par :

5
...


L’application g est continue sur [a ; b], dérivable sur ]a ; b[ et
g(a) = g(b) = 0
...

On a, pour tout x ∈ ]a ; b[ :
g (x) = λx

λ−1

f (x) + x f (x) = x
λ

λ−1

λ f (x) + x f (x)
...

c

f (x) =
=

(x − 1)2 + 9 +

(x − 8)2 + 16

x 2 − 2x + 10 +

x 2 − 16x + 80
...


x∈ R

y
A

3

x 2 − 16x + 80 − (x − 8)2
(x 2 − 16x + 80)3/2

+

9
16
= 2
+ 2
> 0
...


O

M

4

8

x

1

x

Il en résulte que f est strictement croissante sur R
...

x−→−∞

x−→+∞

D’après le théorème de la bijection monotone, f s’annule en
un réel et un seul
...

Pour x = −20 , les deux membres de l’équation du départ de
/
ce calcul sont de signes stricts contraires, donc f (−20) = 0
...

f (4) = √
2 +9
2 + 16
3
4
2
2
3

On en déduit le tableau des variations de f :
–∞

f ' (x)
f(x)

+∞

4

f '' (x)

5
...

• En remplaçant x par 0, on obtient :
∀ y ∈ R, f (y) = f f (y) ,

0

∀ (x,y) ∈ R2 , f (x 4 + y) = x 3 f (x) + f (y)
...

Déduisons-en que f est constante
...
Et : AB = 7 2
...


Il en résulte que f est constante
...

2) Réciproquement, soient (a,b) ∈ R2 et f : R −→ R ,
x −→ f (x) = ax + b
...



b=0
b=0

ab = 0
On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation proposée est {0, IdR }, c’est-à-dire qu’il y a deux solutions et deux
seulement, qui sont l’application nulle et l’identité
...
15

P(u) = 2(a 2 + u)(b2 + u) − (ab + u)(a 2 + b2 + 2u)

= (a − b)2 (u − ab)
...

π
, on
Comme l’application cos 2 est décroissante sur 0 ;
√ 2
conclut que l’angle AM B est maximal pour t = ab
...
16 a) Le calcul du signe de f (x) ne semble pas commode
...


On peut choisir un repère orthonormé (O ; i, j) de façon que
les poteaux correspondent aux points A(a,0), B(b,0), où
0 < a < b , et le point cherché M est sur l’axe Oy,
M(0,t), t > 0
...
Comme > 1, l’application x −→
a
a
est strictement croissante et > 0
...


On a :

b) On a, pour tout x < 0 :

−→ −→
cos ( AM, B M)

2

−→ −→
( AM · B M)2
= −→
−→
|| AM||2 || B M||2
−a
t

=

=

−a
t

·
2

−b
t
−b
t

√ x
√ x
8 + 50 > 0,
8 − 50 > 1, 4x < 1,
√
car 0 < 8 − 50 < 1 et donc x n’est pas solution de l’équation proposée
...

(a 2 + t 2 )(b2 + t 2 )

Notons :
(ab + u)2

...


Notons u,v : [0 ; +∞[−→ R les applications définies, pour tout
x ∈ [0 ; +∞[, par :
u(x) = 4x −

8+

√ x
50

et

v(x) = − 8 −

√ x
50
...
donc 1 < 8 + 50 < 4
...

√
D’autre part, comme 0 < 8 − 50 < 1, v est strictement
croissante
...

Il en résulte que l’équation proposée, équivalente à ϕ(x) = 0,
admet au plus une solution
...

L’application f : [0 ; +∞[−→ R,

5
...
Alors :
Supposons x
2
1 − 2x
2x + 1
f (x) 0 ⇐⇒
(x + 1)2 + x 2
x 2 + (x − 1)2
Si x

√
√
ϕ(2) = 42 − (8 + 50 + 8 − 50) = 0
...


⇐⇒ (4x 2 + 1) + 4x (2x 2 + 1) − 2x

On a :
f (x) = 0 ⇐⇒ 2x =
⇐⇒ x =

(4x 2 + 1) − 4x (2x 2 + 1) + 2x

2
2
⇐⇒ x ln 2 = ln
( ln 2)2
( ln 2)2

⇐⇒ −2 · 2x(4x 2 + 1) + 2 · 4x(2x 2 + 1)
⇐⇒ x 2(2x + 1) − (4x + 1)
2

ln 2 − 2 ln ln 2

...

Notons α =
ln 2
On a : f (0) = ln 2 − 4 < 0 et f (x) −→ +∞
...


f(x)

5
...

On en déduit que f admet au plus deux zéros réels
...
Considérons l’application

Notons f : R −→ R,
(x + 1)2 + x 2
...

On a donc :

f (x) =

v

L’application f est dérivable sur R et, pour tout v ∈ R :

et on conclut que l’ensemble des solutions de l’équation proposée est {3, 5}
...

u

2

f (5) = 25 − 52 − 4 · 5 + 13 = 0,

x −→ f (x) =

v

u

(1) ⇐⇒ αe α + βe β

f : R −→ R , v −→ f (v) = αe α + βe β − (α + β)e α+β
...
18

1
2

0

+∞
–

0

+∞

+

0

0

0
...


f (v) > 0 ⇐⇒

v
u+v
>
⇐⇒ αv > βu
...


f(v)

69

De plus :
u

u

u

βu
α

f

u

b) Puisque f est convexe, on a, d’après l’inégalité de Jensen
1
appliquée aux coefficients λ1 =
...

On conclut : ∀ v ∈ R, f (v)

n

(1)

0, d’où l’inégalité demandée
...

n

Et :

2) Étude du cas d’égalité

n

(1) ⇐⇒ − ln

D’après le tableau précédent, il y a égalité dans l’inégalité (1)
βu

...

Ainsi, il y a égalité dans (1) si et seulement si bα = a β
...
20

f

1

5(ab) 5
...


5
...

On
a
alors :
∀ x ∈ [a − η ; a + η] , | f |(x) = f (x), c’est-à-dire que | f |
coïncide avec f au voisinage de a
...


f(b)

• Si f (a) < 0, de même, comme | f | coïncide avec − f au voisinage de a, on conclut que | f | est dérivable en a et que
| f | (a) = − f (a)
...

a

O

b

x

Soit x ∈ ]b ; +∞[
...

b−a

f (b) − f (a)
> 0, on a :
b−a
f (b) − f (a)
(x − a) + f (a) −→ +∞,
x−→+∞
b−a

b) Supposons f (a) > 0, le cas f (a) < 0 étant analogue, ou
si l’on préfère, s’y ramenant en remplaçant f par − f
...


Autrement dit, | f | coïncide avec − f au voisinage à gauche
de a et | f | coïncide avec f au voisinage à droite de a
...

x

il existe η > 0 tel

que :

et donc, par minoration : f (x) −→ +∞
...
21

f (x) − f (a)
−→ f (a) > 0,
x−→a
x −a

et
| f |(x) − | f |(a)
−→ f (a),
x−→a +
x −a

y

y

y

f(a)

O

a

O

x

a

y = f(x)

donc | f | est dérivable à gauche en a, dérivable à droite en a,
/
/
et non dérivable en a car f (a) = − f (a), puisque f (a) = 0
...

donc

5
...


• Pour n = 0, f : R −→ R, x −→ a0 eb0 x ne s’annule en
/
aucun point, car a0 = 0, donc la propriété est vraie pour
n = 0
...

Soient (a0 ,
...
,0)}, b0 ,
...

n+1

Notons f : R −→ R, x −→ f (x) =

bk x

ak e


...


k=0

On a, en isolant le terme d’indice n + 1 :
n

ak e(bk −bn+1 )x + an+1
...


O

x

a

x

y = |f|(x)

/
Si (a0 ,
...
,0), alors an+1 = 0 et
f : x −→ an+1 ebn+1 x ne s’annule en aucun point, donc s’annule
en au plus n + 1 points
...
,an ) = (0,
...

Alors, comme b0 ,
...
On peut
donc appliquer l’hypothèse de récurrence aux familles
ak (bk − bn+1 ) 0 k n et (bk − bn+1 )0 k n à la place de
(ak )0 k n et (bk )0 k n respectivement, ce qui montre que g
admet au plus n zéros dans R
...

On a ainsi établi le résultat demandé, par récurrence sur n
...
24 Puisque f est continue sur [0 ; a] et dérivable sur ]0 ; a[,

d’après le théorème des accroissements finis, il existe b ∈ ]0 ; a[
tel que : f (a) − f (0) = a f (b), c’est-à-dire, puisque
f (0) = 0 : f (a) = a f (b)
...

3a
3a
3
3
1
2
1
∈ [0 ; 1] et que
= 1 − , le réel
3
3
3
1
2
f (b) + f (a) est entre f (a) et f (b)
...

3
3
Ainsi, il existe c ∈ [b ; a] ⊂ ]0 ; a] tel que :
Comme

f (c) =

2
1
2 f (a) + a f (a)
f (b) + f (a) =

...
25 Notons, pour tout n ∈ N, ϕn ,ψn : R+ −→ R les appli- 5
...
,xn ) ∈ Rn tels que :

cations définies, pour tout x ∈ R+ , par :

n

ϕn (x) = (−1)n+1 cos x − Cn (x)

x1 <
...

Montrons, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, ϕn

0 et ψn

0
...


• Supposons, pour un n ∈ N : ϕn

0 et ψn

0
...
,n − 1}, P est continu sur [xk ; xk+1 ],
dérivable sur ]xk ; xk+1 [, et P(xk ) = P(xk+1 ) = 0, donc (théorème de Rolle) il existe yk ∈]xk ; xk+1 [ tel que P (yk ) = 0
...
< yn−1 < xn , y1 ,
...
Comme P est de degré n − 1, il en résulte que les zéros de P sont tous réels et simples (ce sont
y1 ,
...

b) Par hypothèse, il existe N ∈ N∗, λ ∈ R∗ , (x1 ,
...
,α N ) ∈ (N∗ ) N tels que :
N

Cn+1 = −Sn et Sn+1 = Cn+1
...
< x N

et

P=λ

n+1

Cn+1 (x) =
k=1
n+1

=
k=1

(−1)k 2kx 2k−1
(2k)!

=

p=k−1

p=0
n+1

Sn+1 (x) =
k=0
n+1

=
k=0

(−1) p+1 x 2 p+1
= −Sn (x)
(2 p + 1)!
(−1)k (2k + 1)x 2k
(2k + 1)!
(−1) x
(2k)!

k 2k

Comme en a), il existe y1 ,
...
,N − 1},

= Cn+1 (x)
...
,y N −1
,
x1 (d’ordre α1 − 1),
...

Comme
N

N

(N − 1) +

k=1

= deg(P) − 1 = deg(P ),
on conclut que P est scindé sur R
...
De plus,
ψn+1 (0) = 0, donc ψn+1 0
...

Finalement, la propriété est vraie pour tout n ∈ N, par récurrence sur n
...
De plus,
ϕn+1 (0) = 0, donc ϕn+1 0
...


2, xk est

On met ainsi en évidence des zéros de P , deux à deux distincts :

On a donc, pour tout x ∈ R+ :

n+1

P (yk ) = 0
...
,N } tel que αk
zéro de P d'ordre αk − 1
...


k=1

En effet, pour tout x ∈ R+ :

72

(X − xk )
...


5
...

2

L’application f est de classe C ∞ sur
π
x ∈ 0;
2

0;

π
et, pour tout
2

Étudions les variations de f
...

π
, 0 < sin x < x < tan x,
2
π
, f (x) > 0
...
Comme A(0) = 0, il en résulte
π
π
, A(t) < 0, puis : ∀ t ∈ 0 ;
, f (t) < 0,
∀t ∈ 0;
2
2
et donc f est strictement décroissante
...

π

+

0

2

...

, f (t) =
2
t2

A : 0;

L’application

= 2 tan x + 2 tan3 x + 2 sin 2x − 6x,

π
et :
2

+

f ' (x)

D’une part, on obtient : f (y) < f (x)
...

f (x)
π

D’où les inégalités demandées
...


5
...
28

Considérons l’application

sin t
π
−→ R , t −→ f (t) =
f : 0;

...

π

t

f : ]0 ; +∞[−→ R, t −→ f (t) = 2x = ex

t

ln 2

t ln x

= ee

ln 2


...

Il en résulte que f est convexe
...


1
n

n

1
n

ai
i=1

n

f (ai ),
i=1

n

1
En particulier, pour λ = , a = 1, b = 3, on a :
2
λa + (1 − λ)b =
donc : 2x

5
...


On obtient :
c’est-à-dire g(x2 )

f (x2 )
...

f (x1 ) − x1 f (x1 ),

∀ x ∈ [0 ; +∞[,
g (x) = f (x) − f (x) − x f (x) = −x f (x)
donc g est décroissante
...

n

x −→ g(x) = f (x) − cx
...

au voisinage de a + :
x −a
Ceci montre que g n’atteint pas sa borne inférieure en a, donc
d = a
...

au voisinage de b− :
x −b
Comme

Ceci montre que g n’atteint pas sa borne inférieure en b, donc
d = b
...


1
x

2

= x2 + 2 +

1
x2

est deux fois dérivable et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :

74

=

On a donc : d ∈ ]a ; b[
...


2

Comme

Remarque : Si on suppose de plus f deux fois dérivable sur
[0 ; +∞[, on peut donner une résolution plus courte
...


x −→ f (x) = x +

n

,

L’application g est dérivable sur [a ; b] (car f est dérivable
sur I), donc g est continue sur le segment [a ; b]
...


On conclut que g est décroissante
...
31

2

1
ai

2

Considérons l’application

f (x1 ) − x1 f (x2 )
...


f (x2 ) et −x1

−x1 f (x2 )

ai +

f (a) < f (b)
...
32 Soit (a,b) ∈ I 2 tel que, par exemple a < b et

D’où, en particulier, par l’inégalité de droite :
f (x2 ) − f (x1 )

ai +

et on conclut :
i=1

Puisque f est convexe et dérivable, on a :
f (x1 )

2

n

2x

Soit (x1 ,x2 ) ∈ [0 ; +∞[2 fixé tel que x1 < x2
...

Autrement dit, dès que f (I ) contient deux points, il contient
le segment qui les joint, et on conclut que f (I ) est un intervalle
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices
• Propriétés algébriques et propriétés relatives à l’ordre usuel, pour les
intégrales, en particulier l’étude du cas où une intégrale est nulle, et
l’inégalité de Cauchy et Schwarz
• Les méthodes usuelles pour transformer l’écriture d’une intégrale :
intégration par parties, changement de variable, relation de Chasles
• Les propriétés de l’application x −→

x

f (t) dt

x0

© Dunod
...


• Formule de Taylor avec reste intégral, inégalité de Taylor et Lagrange
...

En particulier, si des intégrales de carrés ou de produits interviennent,
essayer d’appliquer l’inégalité de Cauchy-Schwarz
...
1, 6
...
10, 6
...
28
...


a

On peut aussi essayer d’utiliser une contraposée
...
2, 6
...
22
...


➥ Exercices 6
...
7, 6
...
20
...

Pour changer la forme de l’écriture
d’une intégrale, ou pour calculer
ou évaluer une intégrale dans
des cas simples

On se ramène alors à la formule fondamentale de l’analyse :
b

f (x) dx = F(b) − F(a),

a

où f est continue sur [a ; b] et F est une primitive de f
...
3, 6
...
14, 6
...
19, 6
...
22, 6
...


➥ Exercice 6
...

Pour amener une intégrale ayant
des bornes différentes de celles qui
interviennent dans l’énoncé

Pour étudier ou dériver une
intégrale dépendant
d’un paramètre aux bornes

Essayer d’appliquer la relation de Chasles ou d’effectuer un changement de variable
...
18
...


➥ Exercice 6
...


u(x)

Essayer de faire apparaître une somme de Riemann
...

• Mais souvent, u n n’est pas exactement une somme de Riemann
...

76

Énoncés des exercices

Si le terme général u n proposé contient un symbole de produit, on
peut essayer de se ramener à une somme en utilisant un logarithme
...
5, 6
...

Pour obtenir une inégalité portant
sur une fonction ou une intégrale

Essayer d’utiliser une fonction auxiliaire, dont on étudiera les variations, ou l’inégalité des accroissements finis, ou l’inégalité de TaylorLagrange
...
15, 6
...
26
...


➥ Exercices 6
...
27
...


➥ Exercice 6
...


Énoncés des exercices
6
...
On note M = Sup | f (x)|
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
2

3
M
...
Montrer qu’il existe x2 ∈ [a ; b] tel que

x1 ∈ [a ; b] tel que f (x1 ) > 0, et
a

f (x2 ) < 0
...
3

Exemple de calcul simple d’une intégrale
1 + cos x
dx
...
4

Exemple de calcul simple d’une intégrale puis d’une borne inférieure
1

(x 2 − ax)2 dx
...
5

Limites de sommes de Riemann
Dans chacun des exemples suivants, montrer que la suite, dont on donne le terme général
u n, converge, et calculer sa limite :
n

a)
k=1

6
...


Exemples simples de détermination de limites d’intégrales
Déterminer les limites suivantes :
1

a) lim
n∞

6
...

x +n

Exemple simple de détermination de la limite d’une intégrale
1

lim

Déterminer

6
...


0

Exemple de calcul d’une intégrale à l’aide d’un changement de variable
π

Calculer

4

I =

ln (1 + tan x) dx
...
9

Exemple d’utilisation de l’inégalité de Cauchy-Schwarz
Soient f,g : [0 ; 1] −→ R continues, telles que : f
1

0, f g

1
...
10

0, g
1
...


n(1 + ln n)
...
11

Déductions sur une fonction à partir de renseignements sur des intégrales
1

1

f2 =

Soit f : [0 ; 1] −→ R continue telle que :
0

où f 2 désigne f · f
...
12

1

f3 =
0

f 4,
0

f = 0 ou f = 1
...
13

sin
k=1

Exemples assez simples de détermination de limites d’intégrales
Déterminer les limites suivantes :
π
2

a) lim+
u−→0

78

n

b)

0

e−u sin x dx

3u

b) lim+
u−→0

u

cos x
dx
...

n2
n

Énoncés des exercices

6
...
Montrer :

f (x) cos x dx

0
...
15

Détermination des fonctions satisfaisant une inégalité faisant intervenir
une intégrale, par utilisation d’une fonction auxiliaire
Déterminer l’ensemble des applications f : [0 ; +∞[−→ R continues, telles que f
et que :

0

x

f (t) dt
...
16

Exemple d’étude de fonction définie par une intégrale dépendant
d’un paramètre aux bornes
Étude et représentation graphique de la fonction f d’une variable réelle donnée par :
2x

f (x) =

e−t dt
...
17

Obtention d’une inégalité sur des intégrales par passage à la limite à partir
d’une inégalité sur des sommes de Riemann
Soient f : [0 ; 1] −→ R continue et ϕ : R −→ R convexe
...


f

ϕ
0

6
...
On considère
l’application

x
1
f (t) dt
si x = 0
/
F : [0 ; +∞[−→ R, x −→ F(x) = x 0

f (0)
si x = 0
...

2

6
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


π

...
20 Exemples de détermination de limites d’intégrales
Déterminer les limites suivantes :
π

a) lim

u−→+∞

0

e−u sin x dx

b) lim e−u
u−→+∞

u

2

2

ex dx
...
21 Résolution d’une équation fonctionnelle par intervention d’intégrales
Soit f : R −→ R continue telle que :
Montrer :

∀ (x,y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y)
...

79

Chapitre 6 • Intégration

6
...


0

6
...


0

6
...


f

a

1
...
25 Inégalités sur des intégrales
Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a ; b] −→ R de classe C 1 telle que f (a) = 0
...


a) On note : F : [a ; b] −→ R, x −→ F(x) =
a

Montrer :

∀ x ∈ [a ; b], | f (x)|
b

b) En déduire :

F(x)
...


a

6
...

x∈R

a) Démontrer :

x∈R

∀ a ∈ R∗ , ∀ x ∈ R, | f (x)|
+

M0
1
+ M2 a
...


M1

6
...


0

6
...


0
...
29 Irrationnalité de π

π
1 n
Pn (x)sin xdx
...

b
−→
β) Montrer que, pour (a,b) ∈ (N∗ )2 fixé : In − − 0
...

b
∗
α) Avec les notations de a), montrer : ∀n ∈ N , In ∈ Z
...
16, déduire une contradiction
...

∗ 2

b) On suppose qu'il existe (a,b) ∈ (N ) tel que π =

Du mal à démarrer ?
6
...


6
...


x
Remarquer que 1 + cos x = 2 cos 2 , pour transformer
2
l’expression dans l’intégrale
...
3

Calculer, pour tout a ∈ R, l’intégrale envisagée, puis chercher la borne inférieure lorsque a décrit R
...
4
6
...


b) Après avoir pris le logarithme, reconnaître une somme de
Riemann
...
6

Conjecturer la limite et montrer que la différence entre
l’intégrale proposée et la limite conjecturée tend vers 0
...
7

On peut conjecturer que la limite de l’intégrale
1√
1 + x n dx est l’intégrale de la limite, c’est-à-dire
In =
I =

0
1

1 dx
...


Attention : si le produit de deux fonctions continues est la fonction nulle, on ne peut pas déduire directement que l’une des
deux fonctions est la fonction nulle
...


un
...
13

Conjecturer la limite et montrer que la différence entre l’intégrale proposée et sa limite conjecturée tend vers 0, en transformant l’écriture de cette différence ou en majorant convenablement sa valeur absolue
...


6
...
15

© Dunod
...


Utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz
...
10

a) Comparer une somme et une intégrale de la fonction
1

...
,n}
...


x

f (t) dt
...
16

Étudier successivement : ensemble de définition, dérivée,
limites aux bornes
...


6
...
8
6
...
12

f (t) dt
...
17

Montrer l’inégalité analogue sur des sommes de Riemann,
puis passer à la limite
...
18

Transformer l’écriture de F(x) sous forme d’une intégrale à
bornes fixes 0 et 1 puis revenir à la définition d’une application
lipschitzienne
...
19

Effectuer, dans

0

f (x) dx, chacun des deux changements

de variable x = sin u, x = cos v, de façon à pouvoir utiliser
l’hypothèse
...
20 a) Se ramener sur 0 ;
∀x ∈ 0;

π
, sin x
2

π
2

et utiliser l’inégalité classique :

2x

...

M0
1
+ M2 a
...
26

2

b) Essayer de faire intervenir exu au lieu de eu
...
21 Considérer F : x →
sur f et F
...
27

On peut calculer des sommes de Riemann associées à l’intégrale de l’énoncé, et obtenir cette intégrale par limite d’une
suite de sommes de Riemann
...


6
...
28

6
...


6
...
24

Remplacer b par une variable, pour considérer une fonction, et étudier les variations de cette fonction
...
25

a) Utiliser la formule exprimant f à l’aide d’une intégrale
x

portant sur f : f (x) = f (a) +

f (t) dt
...


82

L’application f, continue sur le segment [a ; b], est bornée
et atteint sa borne supérieure M en au moins un point x0, et
f (x) est proche de M lorsque x est proche de x0
...

β) Majorer convenablement In
...

β) Montrer que In = 0 à partir d’un certain rang, et amener une
π

...
1

D’abord, d’une part, f est continue sur le segment
[0 ; 1], d’où l’existence de M, et, d’autre part, l’application
x −→ f (x) + x f (1 − x) est continue sur le segment [0 ; 1],
d’où l’existence de l’intégrale envisagée
...

5
2
3

Pour chercher la borne inférieure de I (a) lorsque a décrit R,
on met I (a) sous forme canonique (on pourrait aussi étudier
les variations de la fonction a −→ I (a) ) :

| f (x)| + x| f (1 − x)| dx
0
1

(M + x M) dx
I (a) =

0
1

(1 + x) dx = M x +
0

x2
2

1

=
0

3
M
...


1

6
...
4 On calcule, pour tout a ∈ R :

=

3
1 2 3
a − a+
3
2
5
1
3
a−
3
4

2

+

=

1
3

a−

0
...

80

1

Il en résulte Inf

2

3
4

0

1
3
, obtenu pour a =
...

On conclut qu’il existe x2 ∈ [a ; b] tel que f (x2 ) < 0
...
3

D’abord, l’intégrale envisagée existe, car l’application
1 + cos x
x −→
est continue sur [0 ; 2π]
...

On a : I =
2
2
0
0

Puisque l’application x → cos

x
est 2π-périodique et paire,
2

on a :

6
...


On reconnaît une somme de Riemann
...


n

ln 1 +
k=1

k2

...

2π

cos
0

x
dx =
2

π

cos
−π

π

=2

cos
0

On conclut :

I = 4
...

0

L’application [0 ; 1] −→ R, x −→ ln (1 + x 2 )

−→
ln u n − −
n∞

ln (1 + x 2 ) dx
...

83

Utilisons une intégration par parties, pour faire disparaître le
logarithme :
1

1

1

ln (1 + x 2 ) dx = x ln (1 + x 2 )

−

0

0
1

1−

= ln 2 − 2

x
0

0
1

= ln 2 − 2 + 2
0

6
...

2

0

1

n∞

π

= 2 e 2 −2
...
6 a) Puisque, pour tout x ∈ [0 ; 1[,
1 + x n∞
on conjecture que la limite est 0
...


0

6
...

4

π
− x, qui échange
4

On a, par le changement de variable y =

π
−y
4

ln 1 + tan

π
4

π

π

1 − tan y
ln 1 +
1 + tan y

4

(− dy)
2
1 + tan y

4

dy =

ln
0

dy

π

π

sin x
dx
x +n

I =

0

0

1
π
dx = − − 0,
−→
n
n n∞

c) Puisque, pour tout x ∈ [0 ; π],

n sin x
− − sin x,
−→
x + n n∞

4

=

ln 2 − ln (1 + tan y) dy

0

π

π

4

=

4

ln 2 dy −

0

=

sin x
dx = 0
...

On a : 0

n∞

1

0

0

xn
dx = 0
...

−→
n + 1 n∞
Il en résulte :

π
2

x n+1
n+1

x n dx =

Enfin, comme l’exponentielle est continue sur R, on conclut :
−→
u n − − exp ln 2 − 2 +

xn
dx
√
1 + xn + 1

1

1
dx
1 + x2

= ln 2 − 2 + 2 [ Arctan x]1
0
= ln 2 − 2 +

√
1 + x n − 1 dx

1

1 dx =

ln (1 + tan y) dy

0

π
ln 2 − I
...

8

I =

et finalement :

π

sin x dx
...

0

√

√ √
f , g, f g sont continues
sur [0 ; 1], d’après les théorèmes généraux
...
9 Les applications

1

g

f

0

1, on a

√

2

fg

0

√

1

fg


...


2

1

=

g

0

1
est continue et déx
croissante sur [1 ; +∞[, on a, pour tout k ∈ N∗ − {1} :
k
1
1
dx, d’où, pour tout n ∈ N∗ − {1}, par sommation :
k
k−1 x
a) Comme l’application x −→

6
...
12 a) Notons, pour tout n ∈ N∗ :
n

1

vn − −
−→
n∞

b) Soit n ∈ N∗
...
,n}, on a :
n

d
d|n

E
k=1

n

n
k

n
=n
k

k=1

0

k=1

1
k

n

d = 14 et n(1 + ln n)

46,3
...


(n + k + 1)−α (n + k + 1)−β

un

L’inégalité semble assez fine lorsque n admet beaucoup de diviseurs, et semble assez grossière lorsque n admet peu de diviseurs, en particulier lorsque n est premier
...


1
dx = ln (1 + x)
1+x

k=0

n(1 + ln n)
...

1
est continue sur [0 ; 1],
• Puisque l’application x −→
1+x
on a, d’après l’étude des sommes de Riemann :
k=0

1
dx = 1 + [ ln x]n = 1 + ln n
...


(n + k)−1 =

vn =

Ainsi :

∀ n ∈ N∗ , vn −

(n + p)−1

p=1

1
1
+

...


un

1
1
+
− − ln 2 et vn − − ln 2,
−→
−→
n∞
n
2n + 1 n∞
−→
on en déduit, par le théorème d’encadrement : u n − − ln 2
...
11
1

k

...


vn =

0

k=1

0, on déduit
Comme ( f − f 2 )2 est continue et
( f − f 2 )2 = 0, puis f − f 2 = 0, c’est-à-dire f (1 − f ) = 0
...


/
Il existe donc a ∈ [0 ; 1] tel que f (a) = 0 et il existe b ∈ [0 ; 1]
/
tel que f (b) = 1
...
Comme
f est continue sur l’intervalle [0 ; 1], d’après le théorème des
1
valeurs intermédiaires, f prend, par exemple la valeur ,
2
contradiction
...


n
k=1

k
k
sin
...


k
k
1
sin =
n2
n
n

x sin x dx
0

=

ipp

− x cos x

1
0

1

+

cos x dx = sin 1 − cos 1
...
Plus précisément, on va montrer :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, x −

x3
6

sin x

x
...


On a, pour tout u ∈ [0 ; +∞[ :
π
2

x

+∞

0

ϕ (x)

π
2

e−u sin x dx −

0

π

0

π

−

On dispose de l’encadrement :

D’où :
π
2

π

π
2

e−u sin x dx −

2

u sin x dx
0

π
2

0
...

2
n
n

u
3u

=

k=1

u

on déduit :

n

1
6n 6

k3
k=1

1
∀ n ∈ N , vn − 2
6n
∗

n4
1
n3 = 6 = 2 ,
6n
6n
k=1

un

3u
u

3u

3u

On conclut :
u

u
3u

x
x2
dx =
2
4

3u

1
dx =
x

1
x
2 sin 2 dx
x
2

n

=
u

u

2 x
x 2

1 − cos x
dx
x
2

dx

(3u)2 − u 2
= 2u 2 −→+ 0
...

u−→0
x

vn
...
14 On a, à l’aide d’une intégration par parties pour des fonc-

n∞

u = f (x)

tions de classe C 1 , avec
2π

u n − − sin 1 − cos 1
...
13

1
dx = [ ln x]3u = ln (3u) − ln u = ln 3
...

x

On a, pour u ∈ ]0 ; +∞[ :

On a donc l’encadrement conjecturé
...

2

x−→0

+

0

k3
k
sin
6n 6
n

π
u −→ 0
...


En effet, la première inégalité est évidente, et la deuxième
résulte simplement, par exemple, de l’étude des variations de
la fonction t −→ e−t − 1 + t
...


0

x3
2) L’application ψ : x −→ sin x − x +
est de classe C 2 sur
6
[0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :

2
 ψ (x) = cos x − 1 + x
2

ψ (x) = − sin x + x = −ϕ(x) 0,

n

2

=

0

x

e−u sin x − 1 dx

0

−

ϕ(x)

2

dx =

v = cos x

f (x) cos x dx = f (x) sin x

0

π
, e−u sin x −→+ 1,
a) Puisque, pour tout x ∈ 0 ;
u−→0
2

2π

=

2π
0

u = f (x)

,

v = sin x
2π

−

:

f (x) sin x dx

0

f (x)(− sin x) dx
...


on conjecture que la limite est
0

86

On effectue une deuxième intégration par parties pour des fonctions de classe C 1 , mais en choisissant v à partir de v , de façon

u = f (x)

que le crochet soit nul,
2π

v = − sin x

u = f (x)

,

v = cos x − 1

• D’après le Cours, puisque t → e−t est continue et que
x −→ x et x −→ 2x sont de classe C 1 , l’application f est de
classe C 1 sur R et :
2

:

f (x)(− sin x) dx

∀ x ∈ R, f (x) = 2 e−(2x) − e−x = e−x 2 e−3x − 1
...

conclut :

ln 2

...
15

1) Soit f convenant
...

0

ln 2
3

Notons α =

g (x) = − e−x

2x

e−t dt
2

x

(2x − x) e−x = x e−x
2

2

−→ 0,

x−→+∞

donc : f (x) −→ 0
...


x

= e−x

0:

f (x) =

0

f (t) dt + e−x f (x)

0,481
...


2

0:

On a, pour tout x

0

2π

=

2π

−

2

f (x) −

f (t) dt

0,

0

Comme g(0) = 0, il en résulte :

g

Mais, d’autre part, par hypothèse, f

α

0

x

donc g est décroissante sur [0 ; +∞[
...


f (x)

0, donc g

+∞

f (x) 0

0
...


2) Réciproquement, il est clair que l’application nulle convient
...


6
...
Ainsi : Déf ( f ) = R
...
17 Puisque ϕ est convexe sur R, d’après l’inégalité de

On a, pour tout x ∈ R :
f (−x) =

−2x

Jensen, on a :
2

−x
2x

=

[u=−t]

donc f est impaire
...


D’après l’étude des sommes de Riemann, puisque f est continue sur [0 ; 1] :
1
n

n

f
k=0

k
n

1

−−
−→
n∞

f
...


−− ϕ
−→
n∞

π

0

I =

1

k
n

f

et

π

0

d’où, en additionnant et en utilisant l’hypothèse :
π

1

2

2I =

f ( sin u) cos u + f ( cos u) sin u du

0

π
2

On obtient donc, par passage à la limite dans une inégalité :

1 du =

0

1

ϕ

ϕ ◦ f
...
18

• On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, par le changement de vat
riable u = , t = ux :
x

π

...

4

I

6
...

0

π

• Montrons :

f (0) du
...


0;

• On a, pour tout (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 :
1
0

ϕ (x) = cos x −

f (yu) du

f (xu) − f (yu) du

x

0
1

u2
2

1
0

=

f (x) dx
...

2

6
...


>0

k|xu − yu| du = k|x − y|

0

:

2
,
π

ϕ (x)

f (xu) − f (yu) du

0
1

2x
est de classe C 1 sur
π

π
π
, et, pour tout x ∈ 0 ;
2
2

0
1

=

1

f (xu) du −

2x

...


0

0
1

Ainsi :

2

e−u sin x dx = 2

0

1

F(0) = f (0) =

D’autre part :

π

d’où :

e−u sin x dx,

0

2

1
x

f ( cos v) sin v dv,

0

2

Puisque f est continue sur [0 ; 1] et que ϕ est continue sur R,
ϕ ◦ f est continue sur [0 ; 1], donc, d’après l’étude des sommes
1
k
1
ϕ ◦ f
...

α ∈ 0;

π
2
l’inégalité proposée
...
D’où :
0

0

f (x) dx =

0
1
0

π

...


0

π

Finalement :

e−u sin x dx

−→ 0
...


−→ 0
...


On conclut qu’il existe une application f et une seule convenant :
√
f : [0 ; 1] −→ R, x → x
...
23 Soit f : R −→ R de classe C 1
...


On a, en dérivant et en prenant la valeur en 0 :

0

Mais, par le changement de variable u = t + x, pour x fixé :
y

∀ x ∈ R,

x+y

f (t + x) dt =
0

f (x)

f (u) du = F(x + y) − F(x)
...


En échangeant x et y, on a aussi :
∀ (x,y) ∈ R2 ,

F(x + y) = F(y) + F(x) + x f (y),
⇐⇒

∀ (x,y) ∈ R , y f (x) = x f (y)
...

Soit f : [0 ; 1] −→ R continue
...

0

f (t)

2

+ f (t)

2

dt − x + 1

0

On obtient ainsi :

6
...
21

1

1
+
3

f (x) dx =

0
tu

est continue et positive

sur [0 ; 1] :

b) On a, pour tout u ∈ ]0 ; +∞[ :
−u 2

2


 ∀ x ∈ R, 2 f (x) f (x) = f (x)
 f (0)

2

f (0)

2

+ f (x)

2

−1

=1


 ∀ x ∈ R,




2

f (x) − f (x)

2

=1

= 1
...


x, x =t ,
2

Soit ε ∈ {−1,1}
...

89

Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre
avec second membre
...


b

Une solution particulière de (E) est y = −ε
...


2

=

2

On conclut qu’il y a exactement quatre applications
f : R −→ R convenant, correspondant à ε = −1 ou 1, et à
λ = 0 ou 2ε :

1
2

=

= 1 ⇐⇒ (λ − ε) = 1 ⇐⇒ λ − 2ελ + ε = 1
2

2

⇐⇒ λ(λ − 2ε) = 0 ⇐⇒ λ = 0 ou λ = 2ε
...

3

a

b

| f (x) f (x)| dx

a

f f (x) − f (x)

3

2

f (x) dx
2

f (x) dx,

d’où le résultat voulu :

L’application ϕ est de classe C sur [a ; b] et : ∀ x ∈ [a ; b],
x

b−a
2

b
a

6
...

+

où on a noté
x

ψ : [a ; b] −→ R, x −→ ψ(x) = 2

2

f − f (x)
...


Appliquons l’inégalité de Taylor-Lagrange à f sur [x − a ; x]
et sur [x ; x + a] :

 f (x − a) − f (x) + a f (x)








f (x + a) − f (x) − a f (x)

0

0, f est croissante ; comme de plus f (a) = 0,
Puisque f
0, puis ψ
0, donc ψ est croissante
...
Enfin,
comme ϕ(a) = 0, on conclut ϕ 0
...


a2
M2
2
a2
M2
...

a

90

2

f (x) dx
...
25

2

a

1

ϕ (x) = 2

b

= (b − a)

x

1 · | f (x)| dx

a

Considérons ϕ : [a ; b] −→ R définie par :
∀ x ∈ [a ; b], ϕ(x) =

2

a

12 dx

2

a

1
2
F(b)
...


6
...

a
2

| f (x)|

et donc :

et donc :

ϕ : ]0 ; +∞[−→ R, a −→ ϕ(a) =

M0
1
+ M2 a
a
2

M0
1
+ M2 ,
a2
2

d’où le tableau des variations de ϕ
...

n∞

Finalement :

2M0
M2

0

k=0

kπ
+ x2
n

=

est de classe C et, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ :

a

1 − 2x cos

=

1

ϕ (a) = −

n−1

π
ln
n

∀ n ∈ N∗ , u n =

b) L’application

+∞

π

∀ x ∈ ]1 ; +∞[,

ln (1 − 2x cos t + x 2 ) dt = 2π ln x
...
28 D’abord, puisque f est continue sur le segment [a ; b],
d’après un théorème du Cours, f est bornée
...

et donc, d’après a) : ∀ x ∈ R, | f (x)|
√
2M0 M2
...


a

• On a :

b

∀ n ∈ N∗ , u n

Mn

1
n

1

= M(b − a) n
...


6
...


Remarquer d’abord, par une mise sous forme canonique :
∀ t ∈ [0 ; π], 1 − 2x cos t + x 2 = (x − cos t)2 + sin 2 t > 0,
donc l’application f : t −→ ln (1 − 2x cos t + x 2 ) est continue sur [0 ; π], d’où l’existence de l’intégrale envisagée
...
Il existe donc
x0 ∈ [a ; b] tel que f (x0 ) = M
...

2

0

∀ n ∈ N∗ , u n

f (x)

On a, pour tout n ∈ N et tout k ∈ {0,
...

2

• Comme

2(2n−k)i π
2n

1

M(b − a) n − − M et
−→
n∞

M−

1
ε
ε
λn − − M − ,
−→
n∞
2
2

k=0
2n

x −e

2i pπ
2n

il existe N ∈ N∗ tel que :

p=n+1

=

dx

k=0

n−1

=

i kπ
n

1
n

n

S

0
∗

n−1

M − ε
...

2
91

N, M − ε

On a alors : ∀ n

un

M,

−→
et on conclut : u n − − M
...
D'après la formule
de Leibniz :

6
...


(k−i)

a
=
b

i =n

0
n

b n!

k
n


1
 (k) a
P
=
n
b
n!
d'où :

n! (bX − a)n
k
k−n

Pn(k) (0) ∈ Z, Pn(k)

(k−n)

(Xn )(k−n)


...

b

β) Notons M = Sup |bx − a|
...
,k}, (Xn )(i) (0) = 0 et
(k−i) a
= 0,
(bX − a)n
b
a
= 0 ∈ Z
...


i =k−n

si

π

0

i = k−n
/

si

π

−

et
bX − a)n

In = − Pn (x) cos x
= − Pn (x) cos x

i =n
/

n!

n (i)

(k−i)

Comme la factorielle l’emporte sur l’exponentielle,
πn+1 M n
− − 0, et on déduit : In − − 0
...
Intégrons In par parties, de façon itérée :

1 n+1 n
π M
...


,

puisque Pn est de degré 2n, et donc Pn(2n+1) = 0
...
,Pn(2n) prennent en 0 et des valeurs entières
b
a
(cf
...

β) Puisque (In )n∈N∗ est à valeurs dans Z et converge vers 0, d'après
N, In = 0
...
16, il existe N ∈ N∗ tel que : ∀n
En particulier : I2N = 0
...
Il en résulte : ∀x ∈ [0; π] , P2N (x) sin x = 0
...

= P2N
=
P2N
2
2b
(2N )! 2

Fonctions usuelles

Plan

CHAPITRE

7

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir

93

Énoncés des exercices

95

Du mal à démarrer ?

98

Corrigés

99

• Résolution d’équations ou d’inéquations à une ou plusieurs inconnues
réelles
• Calculs de certaines sommes
et de certains produits
• Obtention d’égalités ou inégalités à une ou plusieurs variables réelles
• Étude et représentation graphique de fonctions faisant intervenir les
fonctions usuelles
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


Les méthodes à retenir
Pour manipuler
des logarithmes de base quelconque

Pour manipuler
des fonctions hyperboliques directes,
ch , sh , th , coth

On peut se ramener à des logarithmes népériens par la formule :
ln x
loga (x) =

...
1
...


➥ Exercice 7
...

93

Chapitre 7 • Fonctions usuelles

Pour manipuler des fonctions
hyperboliques réciproques,
Argsh , Argch , Argth , Argcoth

Essayer de :
– se ramener à des logarithmes, en utilisant les expressions logarithmiques de ces fonctions
– composer par des fonctions hyperboliques directes
...
3
...


➥ Exercices 7
...
5, 7
...
15
– Penser à utiliser le formulaire de trigonométrie circulaire
...
7, 7
...
9
...


➥ Exercices 7
...
11
...


➥ Exercices 7
...
13, 7
...

– Calculer la dérivée de f et essayer, dans certains cas, de reconnaître
la dérivée d’une fonction plus simple
...


➥ Exercice 7
...


Pour résoudre une équation dans
laquelle interviennent des fonctions
circulaires réciproques

Essayer de composer par une fonction circulaire directe, de façon à
faire disparaître les fonctions circulaires réciproques
...


➥ Exercice 7
...

Voir les méthodes du chapitre 4
...


➥ Exercices 7
...
19
...
1

Exemple d’équation à une inconnue réelle, faisant intervenir des logarithmes
dans diverses bases
Résoudre dans ]0 ; +∞[ : log2 x + log4 x + log8 x =

7
...
3

11

...


Exemple d’équation à une inconnue réelle, faisant intervenir des fonctions
hyperboliques réciproques
1
Résoudre dans R : Argth x = Argch
...
4

Exemple de résolution d’une équation à une inconnue réelle, faisant intervenir
cos et sin
Résoudre dans R : cos 11 x − sin 11 x = 1
...
5

Exemple de résolution d’un système de deux d’équations à deux inconnues
réelles, faisant intervenir des sinus
Résoudre dans R2 :

7
...


Calcul d’une limite faisant intervenir des cosinus en produit
Déterminer, pour a ∈ 0 ;

7
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
8

ka

...

2n − 1

π
5

a) On considère l’application
f : ] − π ; π[−{0} −→ R, x −→ f (x) =

sin 3x − sin 2x

...

π
b) En déduire la valeur de cos
...
9

Exemple d’utilisation des formules de trigonométrie circulaire
π
, x,y ∈ ]0 ; +∞[
...

= ⇐⇒
a+b
sin b
y
x+y
tan
2

7
...
11

Exemple de résolution d’un système de deux équations à deux inconnues réelles,
faisant intervenir des exponentielles
Résoudre dans R2 :

7
...


x + ex = y + e y
x 2 + x y + y 2 = 27
...


7
...

Étude et représentation graphique de f : x −→ Arctan
1 + sin x

7
...
15

∀ x ∈ [0 ; +∞[ , Arctan(shx) = Arccos


...
16

1
chx

Arcsin x + Arcsin

π
x
=
...
,an , b1 ,
...
Montrer :
n
i=1

2

n

ai +

n

(ai2 + bi2 )
...
17

1
...
Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :
Lien entre tan θ et

(i) P est pair
(ii) ∃ Q ∈ R[X], ∀ θ ∈

96

−

π π
, P(tan θ) = Q
;
2 2

1

...
18

Exemple d’inégalité sur sin x
a) Montrer : ∀ x ∈ 0 ;

1√
πx
...

4

π
, sin x
2

b) En déduire : ∀ t ∈ [0 ; π], sin t

7
...

a) Montrer, pour tout (x,y) ∈ R2 tel que 0 < x < y :
ln y − ln x
2
n

k

b) En déduire, pour tout n ∈ N∗ :
k=1

1
ln 1 +
k

<

n(n + 1)(4n + 5)

...
20 Exemple d’inégalité à une variable réelle, faisant intervenir un logarithme
Montrer : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, ln 1 +

7
...

x(x + 1)

Exemple d’équation à une inconnue réelle, faisant intervenir des puissances
1

Résoudre dans R : x x 2 =

1

...
22 Une fonction de deux variables réelles qui se simplifie
1 − xy

...
23 Sommes d’Arctan
a) Montrer, pour tout (a,b) ∈ [0 ; 1[2 : Arctan a + Arctan b = Arctan
b) En déduire la valeur de : S = 5 Arctan

a+b

...

8
18
57

7
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

cos t

7
...
26 Exemple de famille libre de trois fonctions, faisant intervenir des exponentielles
et sin
On note f : R −→ R, x → f (x) = e sin x
...

97

Chapitre 7 • Fonctions usuelles

7
...


Du mal à démarrer ?
7
...
17

ln x

...
2

Se ramener à des exponentielles et faire le changement
d’inconnues X = ex , Y = e y
...
3

Composer, par exemple, par th pour se ramener à une
équation algébrique
...
4

Montrer qu’on peut réduire l’intervalle d’étude, et comparer avec cos 2 x + sin 2 x = 1
...
5

Élever au carré et utiliser l’inégalité classique :
t 2
...

sin 2a
cos a =
Remarquer, pour tout a ∈ R − πZ :
7
...


7
...
8

a) Développer sin 3x et sin 2x, puis simplifier la fraction
obtenue
...
9

Raisonner par équivalences logiques successives, en utilisant des formules de trigonométrie circulaire
...

On pourra noter, pour la commodité : u =
2
2

7
...

En divisant par 5x , amener la stricte monotonie d’une fonction
...
11

Remarquer que t −→ t + et est injective, d’où x = y
...
12

Transformer l’écriture de f (x) en utilisant :
2 cos 2 t − 1 = cos 2t
...


7
...
14

Montrer que les deux membres sont dérivables, ont la
même dérivée, et prennent la même valeur en au moins un point
...
15

Séparer clairement les deux sens de l’équivalence logique
...

exprimer tan2 θ à l’aide de
cos 2 θ

7
...

π
t
t
b) Appliquer a) à et à −
...
19

y
, se ramener à l’étude des variations
x

d’une fonction
...


7
...
Si on n’y pense pas, on
peut étudier les variations d’une fonction, après divers changements de variable éventuellement
...


7
...

En
notant
nométrie
contenant
1 − xy
t = Arctan x, u = Arctan y, exprimer √
en
1 − x 2 1 − y2
fonction de t et u
...


7
...
23

a) Montrer que les deux membres sont dans 0 ;

et ont

b) Grouper les termes de façon à appliquer a) plusieurs fois
...
24
7
...

Calculer, pour x ∈ R∗ , f (x) et f (x), et en déduire la
forme de f (n) (x) , par un raisonnement par récurrence
...


7
...
Le cas n = 2 résulte de l’inégalité de
Cauchy et Schwarz
...
27

7
...


Faire passer un terme de l’autre côté, situer les deux
membres dans certains intervalles, et composer par sin
...

Raisonner par l’absurde et considérer les degrés
...
1

log2 x + log4 x + log8 x =

7
...


ln x
ln x
ln x
11
⇐⇒
+
+
=
ln 2
ln 4
ln 8
2
⇐⇒

1 1
ln x
1+ +
ln 2
2 3

On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1[, puisque th est injective, en notant
(1) l’équation proposée :

ln x
ln x
ln x
11
+
+
=
ln 2
2 ln 2 3 ln 2
2

⇐⇒

=

(1) ⇐⇒ th ( Argth x) = th Argch

11
ln x
11 6
⇐⇒
=
·
=3
2
ln 2
2 11

1
x
⇐⇒ x =
1
ch Argch
x

On conclut que l’équation proposée admet une solution et une
seule, qui est 8
...

X +Y =5
X + Y = 3X Y


X +Y =5
⇐⇒
5
 XY =
...


Notons X = ex , Y = e y
...


7
...

2
1
On contrôle, pour x = √ :
2
1
1+ √
1
1
2
Argth x = Argth √ = ln
1
2
2
1− √
2
√
√
1
2+1
1
= ln √
= ln ( 2 + 1)2
2
2
2−1
√
= ln ( 2 + 1),

5
= 0 a pour discri3

5
55
=
, donc admet pour solutions
3
3

55
√
3 = 15 ± 165 , qui sont tous les deux > 0
...

5±

On conclut que le système proposé a deux solutions exacte√
√
15 − 165
15 + 165
, ln
et le couple
ment, le couple ln
6
6
renversé de celui-ci
...


√
( 2)2 − 1

99

7
...
Notons t = −x
...
Comme cos 2 t + sin 2 t = 1, on déduit :
11

n
2

E

n
2

+1

n ⇒0

k

( cos 2 t − cos 11 t) + ( sin 2 t − sin 11 t) = 0,
0

ka
n

cos

0

cos 2 t − cos 11 t = 0

, puis
sin 2 t − sin 11 t = 0
π
[2π],
t ≡ 0 [2π] ou t ≡
2
π
puis x ≡ 0 [2π] ou x ≡ − [2π]
...

d’où

⇒0

a
2

cos t ∈ {0,1}
sin t ∈ {0,1}

, donc

puisque la fonction cos est décroissante sur 0 ;

wn

On a donc, par produit : 0
Comme 0

On conclut que l’ensemble S des solutions de l’équation proπ
posée est : S = − + 2πZ ∪ 2πZ
...

2

n−E

n
2


...

et que n − E

n∞

−→
D’où : u n = vn wn − − 0
...
5

n

1) Soit (x,y) une solution
...

|t|,

Mais, d’autre part, on sait : ∀ t ∈ R, | sin t|
d’où :

cos
k=1

7
...


On déduit : 4(x 2 + y 2 )
puis x = y = 0
...

Scindons (pour n 4 ) le produit définissant u n en deux parties : u n = vn wn , où :

cos
k=1

ka
,
n

n

wn =

cos
k=E

D’une part : 0
dans [0 ; 1]
...

n

+1

1, car chaque facteur de vn est

n
,
...

n

−→
1) Si a = 0, alors u n = 1 − − 1
...

2n − 1

D’où, par télescopage :

n

n
2

2
...
,n − 1},

On conclut que le système proposé admet une solution et une
seule : (0,0)
...

2 sin a

On a :

2) Réciproque évidente
...
6

ka
= 0
...

= n
2 sin π
2k π
sin n
2n − 1
2 −1
sin

2n π
π
=π+ n
,
−1
2 −1
2n π
π
= − sin n
,
on a : sin n
2 −1
2 −1
1
et donc : An = − n
...


 −1
On conclut : ∀ n ∈ N∗ , An =
1
−
2n
Comme

2n

si n = 1
si n

2
...
8

a) On dispose des formules de trigonométrie :

7
...

• On a, pour tout x ∈ R :

= 2 sin x cos 2 x + sin x(2 cos 2 x − 1)
= sin x(4 cos x − 1)
...

2
2
/
On a alors a = u + v, b = v − u et cos u cos v = 0
...

5
>0

<0

Il en résulte que f est strictement décroissante sur R, donc injective, et donc l’équation proposée admet au plus une solution
...


7
...
D’où :

D’où, d’après a) : g(a) = f (a) = 0,
On résout cette équation du second degré
...

est :
8
4
√
π
1+ 5
0,809
...


− 1 = ex ln 5 + ex ln 5 − 1
...
9

4
5

+

L’application

donc : 4 cos a − 2 cos a − 1 = 0
...


2

+

Considérons l’application f : R −→ R définie, pour tout
x ∈ R , par :

2

est continue et prolonge f à ] − π ; π[, ce qui montre le résultat demandé
...
On a : a ∈ ] − π ; π[−{0}
5
3π
2π
sin
− sin
5
5 = 0,
et f (a) =
π
sin
5
2π
3π
3π
= sin
...

Puis :
x 2 + x y + y 2 = 27 ⇐⇒ 3x 2 = 27 ⇐⇒ x 2 = 9
⇐⇒ x = ±3
...


7
...


= x( sin v cos u − sin u cos v)
sin u cos v + sin v cos u
⇐⇒ y
cos u cos v
sin v cos u − sin u cos v
=x
cos u cos v
⇐⇒ y(tan u + tan v) = x(tan v − tan u)
tan u
x−y
⇐⇒ (x + y)tan u = (x − y)tan v ⇐⇒
=
,
tan v
x+y

On remarque que f est paire, et on peut donc restreindre
l’étude à x ∈ [0 ; 1]
...


2) Transformation de l’écriture de f (x)
Soit x ∈ [0 ; 1]
...
On a :
2

f (x) = Arccos (2x 2 − 1)
= Arccos (2 cos 2 t − 1) = Arccos ( cos 2t)
...

101

3) Tracé de la représentation graphique de f

y

Pour x ∈ [0 ; 1], on trace la représentation graphique de Arccos,
puis on multiplie les ordonnées par 2 (affinité d’axe x x, de direction y y, de rapport 2), puis on effectue la symétrie par rapport à y y
...
14 Notons f,g : [0 ; +∞[−→ R les applications définies,
pour tout x ∈ [0 ; +∞[, par :

π/
2

f (x) = Arctan (sh x),

g(x) = Arccos

1

...
On peut donc restreindre l'étude à
π 3π
− ;

...
13

π
x
−
4
2 = tan2 π − x ,
=
π
x
4
2
2 cos2
−
4
2
π
x
−
et donc : f (x) = Arctan tan

...

Comme − ∈ 0;
4
2
2
4
2
π 3π
π π
;
, π−x ∈ − ;
,
3) On a alors, pour tout x de
2 2
2 2
et donc :
π 1
x
π
f (x) = f (π − x) = − (π − x) = −
...

π π
On fera donc varier x dans − ;
, puis on effectuera la
2 2
π
symétrie par rapport à la droite d'équation x =
...
On a :
2) Soit x ∈ − ;
2 2
π
−x
1 − cos
1 − sin x
2
=
π
1 + sin x
1 + cos
−x
2

102

f (x) =

1
1
1− 2
ch x

·

−sh x
=
ch2 x

sh x
ch2 x
ch x − 1
ch x
2

·

1
,
ch x

donc f = g
...

En remplaçant x par 0, comme f (0) = 0 et
g(0) = Arccos 1 = 0, on déduit C = 0 et on conclut : f = g
...
15 On a, pour tout x ∈ [−1 ; 1] :
(1) ⇐⇒ Arcsin

x
π
= − Arcsin x
...

2
2
On a :
(3) ⇐⇒
⇐⇒

x
x
= cos (Arcsin x) ⇐⇒ =
2
2
0

x

x = 4(1 − x )
2

2

⇐⇒

x

1 − x2
0

2
⇐⇒ x = √
...
Il existe n ∈ N, a0 ,
...
17 (i) ⇒ (ii) :
ak X2k
...

Finalement, l’équation proposée a une solution et une seule,
2
qui est √
...


a1
b1

(a1 a2 + b1 b2 )2 =

Qk

2

a1
b1

n

P(tan θ) =

ai +

ak Q k

i=1

ai an+1 +

i=1

cas n=2

ai

−

i=1
2

n

∀θ ∈

bi bn+1

i=1

2

n

+

2
2
(an+1 + bn+1 )
...

i=1

b) On applique a) à n = 3, a1 = |sin x| , a2 = |sin y| ,
a3 = |sin z| , b1 = |cos x|, b2 = |cos y|, b3 = |cos z|, d’où :
sin x sin y sin z + cos x cos y cos z

2

x

sin x = f (x) = f (0) +

x

f (t) dt =
0

2

( sin x + cos x)( sin y + cos y)( sin z + cos z) = 1,
2

π
−→ R, x −→ f (x) = sin x
2
π
π
, donc, pour tout x ∈ 0 ;
:
est de classe C 1 sur 0 ;
2
2

7
...


2

=Q

donc P est pair
...
réc
...

cos 2 θ

P(−x) = P(−tan θ) = P tan (−θ)

D’où :
n+1

1

...
En notant θ = Arctan x, on a x = tan θ et :

Il est clair que : ∀ (α,β) ∈ [0 ; +∞[2 , α2 + β2 (α + β)2 ,
comme on le voit en développant le carré au second membre
...
,an+1 , b1 ,
...
On a :
n

k

ak Q k :

k=0

2


...


n+1

k=0

k

n

On a alors, en notant Q =

2
2
2
2
= (a1 + b1 )(a2 + b2 )
...

cos 2 θ

2

a2
b2

n

=

1
−1
cos 2 θ

Pour chaque k ∈ {0,
...
16

π π
;
:
2 2

2

2

et on conclut, en prenant les racines carrées, à l’inégalité demandée
...

0

On applique l’inégalité de Cauchy et Schwarz :
2

x

sin 2 x =

x

0

x

12 dt

cos t dt
0

cos 2 t dt
0

x

=x

cos 2 t dt
0

103

π
2

x

π

0

=x

2

cos 2 t dt = x
0

sin 2t
t
+
2
4

π
2

=

0

πx

...

b) On a, pour tout n ∈ N∗ , en utilisant a) appliqué à (k, k + 1)
à la place de (x,y) :
n

π

...

On conclut : ∀ x ∈ 0 ;
2
2
t
b) Soit t ∈ [0 ; π]
...
En appliquant a) à x et à
2
π
π
, on obtient :
− x, qui sont dans 0 ;
2
2
0

Il en résulte que f est strictement croissante sur [1 ; +∞[
...
20 Première méthode : utilisation de l’inégalité de Cauchy
et Schwarz

ln (1 + y)

2

1+y

=
1

π
t (π − t)
...

t +1

t −1

...

/

104

1
x2

2

1
ln 1 +
x

1
1+
x

et donc, puisque ln 1 +

Considérons

f (t) =

1
t

=

1
dt
t2

1+y
1

y2

...

x

1

= (1 + y) − 1

a) On a, avec les notations de l’énoncé, et en notant (1)
l’inégalité voulue :

En notant t =

k
k=1

n(n + 1)(2n + 1) 1 n(n + 1)
+
6
2
2
n(n + 1)
=
2(2n + 1) + 3
12
n(n + 1)(4n + 5)
=

...
19

y
y
−1 < 1+
x
x

n

=

1

⇐⇒ 2

1
2

On a, pour tout y ∈ [0 ; +∞[ :

π
π
x
−x ,
4
2
t π
t
−
2 2
2

k + (k + 1)
=
2

k=1

et
0

(k + 1) − k
ln (k + 1) − ln k

k

=

1√
πx
2

sin x

k

n

k

1
x
1
x

√

1
,
x(x + 1)

0:

ln 1 +

=

1
:
x

1

...

t

√
t > 1, t = u 2 :
u2 − 1
(1) ⇐⇒ ln (u 2 )
⇐⇒ 2 ln u
u
L’application

Puis, en posant u =

On peut contrôler :
u−

1

...
On a donc f

1
2

1
= ,
4
1

1
f : [1 ; +∞[−→ R, u → f (u) = u − − 2 ln u
u
est dérivable sur [1 ; +∞[ et, pour tout u ∈ [1 ; +∞[ :
1
2
(u − 1)2
u 2 + 1 − 2u
=
f (u) = 1 + 2 − =
2
u
u
u
u2
Il en résulte que f est croissante sur [1 ; +∞[
...


0, d’où le résultat demandé
...

2

7
...

Notons t = Arctan x,u = Arctan y
...

2

7
...


1, alors x

1
2

1, puis x x

1
2

0
...
On a :

=

1

1
1
1
⇐⇒ x 2 ln x = ln ⇐⇒ t ln (t 2 ) = − ln 2
2
2
ln 2
= 0
...

Considérons f : ]0 ; 1] −→ R, t −→ f (t) = t ln t +
2
L’application f est dérivable sur ]0 ; 1] et :

= cos t cos u − sin t sin u = cos (t + u)
...

• Premier cas : t + u ∈ [0 ; π[

d’où le tableau des variations de f :
e–1

–

1

Alors :
f (x,y) = Arccos cos (t + u) = t + u
= Arctan x + Arctan y
...
Séparons en deux cas :

∀ t ∈ ]0 ; 1], f (t) = 1 + ln t,

f ' (t)
ln 2

f (t)

ln 2

• Second cas : t + u ∈ ] − π ; 0]

2

2

Alors, −(t + u) ∈ [0 ; π[, donc :

<0
ln 2
−0,021 < 0
...

−1

1
4

=

f (x,y) = Arccos cos (t + u)

−1

De plus, on remarque : f
f


...


t

−

1
2

1 1
ln 2
= ln +
=0,
2 2
2

1 1
ln 2
ln +
= 0
...

Enfin :
t +u

0 ⇐⇒ Arctan x
⇐⇒ Arctan x

1 1

...

,
de l’équation proposée est
16 4

= −(t + u)

⇐⇒ x

−Arctan y
Arctan (−y)

−y ⇐⇒ x + y

0
...


7
...
24 On a, pour tout x ∈ R :
x
0

=
et, pour tout y ∈

a) Soit (a,b) ∈ [0 ; 1[2
...


y

On a alors, par une formule de trigonométrie sur tan :
tan (u + v) =

a+b
tan u + tan v
=

...

1 − ab
b) On applique a) de façon répétée :
S = 2 Arctan

1
1
+ Arctan
8
18
1
1
+ 3 Arctan + Arctan
8
57

1
1
1
+
+
8 18 + 3 Arctan 8
= 2 Arctan
1 1
1
1− ·
1−
8 18
8
1
2
+ 3 Arctan
= 2 Arctan
11
7
= 2 Arctan

1
2
+ Arctan
11
7

+ Arctan

2
1
+
11 7 + Arctan 1
= 2 Arctan
2 1
7
1−
·
11 7
1
1
= 2 Arctan + Arctan
3
7
=

Arctan

1
1
+ Arctan
3
7

+ Arctan

1 1
+
3 7 + Arctan 1
= Arctan
1 1
3
1− ·
3 3
1
1
= Arctan + Arctan
2
3
1 1
+
= Arctan 2 3
1 1
1− ·
2 3
π
= Arctan 1 =
...


π π

...

On conclut à l’équivalence logique demandée
...
25 Montrons, par récurrence, que, pour tout n de N, f est
1
3

de classe C n sur R et qu'il existe un polynôme Pn de R[X] tel
que :
 (n)
 f (0) = 0
1
 ∀x ∈ R∗ , f (n) (x) = Pn (x) e− x 2
...

−→
x→0

Supposons-la vraie pour un n de N
...

3n
x
x
x
x3

En notant Pn+1 le polynôme de R[X] défini par :
Pn+1 = X3 Pn − 3nX2 Pn + 2Pn , on a :
∀x ∈ R∗ ,

f (n+1) (x) =

Pn+1 (x) − 12
e x
...

Finalement, f est de classe C ∞ sur R et : ∀n ∈ N , f (n) (0) = 0
...

Soit (a,b,c) ∈ R3 tel que : a f + b f 2 + c f ◦ f = 0
...

On a :
∀ x ∈ R, f (x) = e sin x cos x
...
26

En particulier :

π
+ πZ , a + 2b f (x) + c( f ◦ f )(x) = 0
...

/

On déduit c = 0, puis, comme 2b f = 0 et que f n’est pas la
fonction nulle, on déduit b = 0, puis, comme a f = 0 et que
f n’est pas la fonction nulle, on déduit a = 0
...


7
...

P

...


Il existe (P,Q) ∈ R[X] × (R(X] − {0} tel que : F =

Remarquons que la fonction sin est deux fois dérivable sur I
et que sin = − sin
...

On a : F =

P Q − PQ
P
, d’où, sur les degrés :
, donc F =
Q2
Q

deg (F ) = deg (P Q − P Q ) − deg (Q 2 )

a + 2b f + c( f ◦ f ) = 0
...

À nouveau, par dérivation : c( f ◦ f ) f = 0, et donc, par le
même raisonnement que plus haut : c( f ◦ f ) = 0
...


deg (P) + deg (Q) − 1 − 2 deg (Q)
= deg (P) − deg (Q) − 1 = deg (F) − 1,
puis, de même, deg (F )
d’où deg (F )

deg (F ) − 1,

deg (F) − 2
...

Finalement, on conclut que la restriction de la fonction sin à I
n’est pas une fonction rationnelle
...

Ou bien encore, comme cos = − sin , si cos était une fonction rationnelle, par dérivation, sin le serait, ce qui contredirait le résultat obtenu plus haut
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices

© Dunod
...


• Propriétés des fonctions ou des suites ayant une limite finie ou une limite infinie, pour les opérations algébriques et l’ordre usuel
• Définition et propriétés de l’équivalence, de la négligeabilité
• Liens entre régularité d’une fonction et existence de développements
limités
• Théorème de Taylor-Young
• Équivalents et développements limités usuels, à savoir par coeur
• Notion de développement asymptotique, dans les cas simples usuels, et
leur manipulation
...
1
– utiliser les prépondérances classiques des puissances sur les logarithmes, et des exponentielles sur les puissances, c’est-à-dire plus
précisément les limites suivantes du Cours :
109

Chapitre 8 • Comparaison locale des fonctions

( ln x)α
= 0, pour (α,β) ∈ R × R∗ fixé
+
x−→+∞
xβ
lim + x β | ln x|α = 0, pour (α,β) ∈ R × R∗ fixé
+
lim

x−→0

ax
= +∞, pour (a,α) ∈ ]1 ; +∞[×R fixé
x−→+∞ x α
lim a x |x|α = 0, pour (a,α) ∈ ]1 ; +∞[×R fixé
...
4
équivalents, surtout pour les formes indéterminées
0

...
8 a)

– utiliser des développements limités, surtout pour la forme indéterminée ∞ − ∞
...
8 b) à g)
...


➥ Exercices 8
...

Utiliser les DL(0) usuels et les opérations sur ces DL(0) : troncature, dérivation, primitivation, addition, loi externe, multiplication,
composition, inverse
...


Pour former un DL(0)
d’une fonction

➥ Exercices 8
...
9, 8
...


➥ Exercices 8
...


Pour former un DL(a)
d’une fonction f : x −→ f (x),
/
pour a = 0

Faire un changement de variable pour se ramener à des DL(0)
...

1
Si a = ±∞, noter t =
...

En aucun cas on ne développera les puissances de x − a
...
2 d)
...
5, 8
...

➥ Exercice 8
...


Les méthodes à retenir

Pour étudier limite, équivalent,
développement limité
pour une fonction du type :
f : x −→ u(x)v(x)
Pour obtenir le développement
limité à un ordre numériquement
fixé d’une fonction réciproque,
ou d’une fonction implicite,
ou d’une fonction satisfaisant
une équation différentielle
Pour obtenir
un développement asymptotique
d’une fonction

Pour obtenir
des renseignements locaux
sur les racines d’une équation
dépendant d’un paramètre n ∈ N
(par exemple)

Étudier d’abord ln f (x) = v(x) ln u(x), puis reprendre l’exponentielle pour étudier f (x) = ev(x) ln u(x)
...
3 a), b), 8
...
5, 8
...

Montrer d’abord que la fonction en question est de classe C ∞ , donc
admet un développement limité à tout ordre, d’après le théorème de
Taylor-Young, puis, pour calculer le DL, procéder par coefficients
indéterminés
...
13, 8
...

Essayer de se ramener à un développement limité par transformation
de l’écriture, mise en facteur, changement de variable
...
10
...

Les renseignements seront obtenus successivement : limite, équivalent simple, développement limité ou développement asymptotique,
etc
...
17 à 8
...


Pour trouver la limite d’une
b

intégrale In =

fn (x) dx

a

dépendant d’un paramètre n ∈ N
(par exemple)

b

de In , qui est souvent

Essayer de deviner la limite

f (x) dx, si,

a

pour tout x ∈ [a ; b], f n (x) −−→ f (x), puis montrer |In − | −−→ 0,
n∞

n∞

par une majoration appropriée
...
14 a), 8
...


© Dunod
...


La question sera reprise et approfondie en deuxième année, à l’aide,
en particulier, du théorème de convergence dominée
...


➥ Exercices 8
...
15 b)
...
1

Exemples de calculs de limites sans emploi de développement limité
Calculer les limites suivantes :
1
2
− 2
x 2 − 5x + 6
x − 4x + 3

a) lim

x−→3

(x − 2)(x + 1) −

b) lim

x−→+∞

(x − 1)(x + 2)

√
√
2x 2 + 1 − x 2 + x + 3
c) lim
x−→2
x 2 − 3x + 2
d) lim

x−→+∞

8
...

ch (sh x)

Exemples de calculs de développements limités
Former le développement limité, à l’ordre et au voisinage indiqués, de la fonction f définie par la formule suivante (variable x) :
a) ordre 2, voisinage de 0, ln (e2x + 2 ex + 3)
8+

b) ordre 2, voisinage de 0,

√
1 + 6x

c) ordre 6, voisinage de 0, ch ln (ch x)
...


8
...
4

2
Arctan x
π

b) lim

x−→+∞

ch ( ln x)

c) lim
n∞

3
4
1
cos n + sin
4
3
n

Exemple de calcul de limites de fonctions d’écritures proches
Déterminer les limites, lorsque x tend vers 0+ de :
x

f (x) = x x − 1,

8
...


Exemple de fonctions équivalentes
Montrer que les quatre fonctions données par
(sh x)sh x , (sh x)ch x , (ch x)sh x , (ch x)ch x ,
sont équivalentes entre elles lorsque x tend vers +∞
...
6

Exemples d’équivalents de sommations
Montrer :
2n
k=n+1

112

n

k! ∼ (2n)!

a)

n∞

k=0

√
2 √
k ∼ n n
...


Énoncés des exercices

8
...


d) ordre 17, voisinage de 0,

8
...
9

−

c) lim

x−→0

x−→+∞

g) lim (3x + 4x − 6x )tan

(tan x)tan 2x

3x − 2 sin x − tan x
3x − 2sh x − th x

x 4 + 3x 3 − 2 x 4 + 2x 3 +

e) lim

x−→0

1
x2

sin x
x

x−→1

πx
2

x4 + x3


...

b) En déduire le DL 4 (0) de f : x → Arctan

8
...

x

Exemple de recherche de paramètre de façon à obtenir un certain comportement
local pour une fonction
Déterminer λ ∈ R fixé pour que la fonction f, donnée par
f (x) = cotan2 x + cotan2 2x − λ cotan2 3x,
admette une limite finie lorsque x tend vers 0, et déterminer alors cette limite
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
11

Calcul des dérivées successives en un point, par intervention
d’un développement limité
On note f : ]0 ; 2[−→ R, x −→ f (x) =

8
...
Calculer f (k) (1) pour k ∈ {0,
...

2−x

Exemples de calculs de développements limités
Former le développement limité, à l’ordre et au voisinage indiqués, de la fonction f définie par la formule suivante (variable x) :
20

a) ordre 22, voisinage de 0, exp
k=1

(−1)k+1 k
x
k

2x

ln (1 + t) ln (1 − t) dt
...
13

Exemple de développement limité d’une fonction réciproque
On note f : R −→ R, x −→ f (x) = ln (1 + x 2 ) − x
...

b) Former le DL 4 (0) de f −1
...
14

Exemple de recherche de limite et d’équivalent d’une intégrale
π
4

On note, pour tout n ∈ N : In =

tann x dx
...

n∞

b) 1) Montrer, à l’aide d’une intégration par parties :
π
4

∀ n ∈ N∗ ,

cos 2x tann x dx =

0

1
− n In
...


8
...

1 + xn

a) Trouver lim In
...

1 + xn

1

...

3) En déduire un équivalent simple de In lorsque l’entier n tend vers l’infini
...
16

Exemple de développement limité d’une fonction donnée indirectement
Dans le plan euclidien rapporté à un repère orthonormé (O ; i, j), on considère l’arc
paramétré C :
x = t + sin t, y = 1 + cos t,

t ∈ ] − π ; π[
...

b) Former le DL 4 (0) de ϕ
...
17

Étude locale des zéros d’un polynôme de degré 3 dont les coefficients dépendent
d’un paramètre
On note, pour tout n ∈ N :
Pn = X3 − (n + 2)X2 + (2n + 1)X − 1 ∈ R[X]
...

que : 0 < an < 1 < bn < 3 <
3

114

Du mal à démarrer ?

b) Montrer successivement :
cn lim +∞,

8
...

2n

Exemple d’étude locale d’une fonction réciproque au voisinage de +∞
On note f : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ f (x) =

1
1
1
+
+

...

1
y2

b) Former un développement asymptotique de f −1 (y) à la précision o

lorsque y

tend vers +∞
...
19

Exemple d’études asymptotiques de suites définies indirectement
On note, pour tout n ∈ N∗ : f n : R −→ R, x −→ f n (x) = ex + x 2 − nx
...

b) Déterminer des équivalents simples de xn et µn lorsque l’entier n tend vers l’infini
...
1

Repérer d’abord s’il s’agit d’une forme indéterminée
...
6

Notons, dans chaque exemple, Sn la sommation proposée
...


• calcul élémentaire, pour a)

b) Calculer la sommation géométrique
...


8
...
Dériver, développer, puis
primitiver
...
3

b), c), d) Déterminer d’abord l’ordre auquel il faudra développer
certaines parties de l’écriture de f (x)
...


© Dunod
...


Composer les développements limités usuels, en se ramenant au voisinage de 0 par transformation de l’écriture
...
Pour
lever l’indétermination, on transforme l’écriture de f (x) , par
composition par le logarithme lorsque l’expression proposée
contient la variable aux deux étages
...
4

Transformer l’écriture des fonctions de façon que la
variable n’intervienne plus sur plusieurs étages, en utilisant le
logarithme et l’exponentielle
...
5

Prendre une notation permettant de grouper les quatre
fonctions en une seule
...


8
...
8

a) Réduire au même dénominateur et factoriser
tan2 x − th2 x
...

c) Chercher un équivalent du numérateur et un équivalent du
dénominateur
...


8
...


b) Composer les DL de x −→

sin x
− 1 et de ϕ
...


8
...
11

Il serait trop long de calculer formellement les
puis de remplacer x par 1
...


8
...


8
...
Procéder par coefficients indéterminés
...
17

a) Étudier les variations de Pn
...


a) Reconnaître dans la sommation la partie régulière d’un
DL(0) usuel
...


Pn

b) Former un DL(0) de la dérivée, puis primitiver
...


2n+1
3

8
...

b) Montrer que f −1 est de classe C ∞ , d’où l’existence du
DL 4 (0) d’après le théorème de Taylor-Young
...


8
...

b) 2) Montrer − n In −−
n∞
2

8
...


a) Encadrer convenablement In
...


116

8
...


b) Noter x = f −1 (y) et t = x + 1, de sorte que y = f (x),
x = −1 + t, t −→ 0
...


8
...


b) • Comparer, pour x ∈ [0 ; +∞[, ex et x, pour déduire ensuite
−→ + ∞
...

n∞

• Le minimum µn est donné par µn = f n (xn )
...


8
...

On transforme l’écriture de f (x) , en factorisant d’abord les dénominateurs :
1
2
f (x) =
−
(x − 2)(x − 3) (x − 1)(x − 3)
1
1
2
=
−
x −3 x −2
x −1
=

1
1
1
−→ −
=−
...

=
· sh x
ch (sh x)
2
e + e−sh x

∼

x−→+∞

= ln

1 + 2x +

1+

1
x

+

−→ 1
...
2 a)

−2x
= √
√
(x − 2)(x + 1) + (x − 1)(x + 2)

1−

∞

...

2

Transformons l’écriture de f (x) :

f (x)

Utilisons une expression conjuguée pour transformer l’écriture
de f (x) :
(x − 2)(x + 1) −

d) Il s’agit d’une forme indéterminée

−→

x−→2

Comme ech x et esh x tendent vers +∞ et que e−ch x et e−sh x tendent vers 0, lorsque x tend vers +∞, on a :

b) Il s’agit d’une forme indéterminée ∞ − ∞
...


= ln 6+

x−→+∞

0
c) Il s’agit d’une forme indéterminée
...

3
18

b) On a, pour x tendant vers 0 :
√
1
1
1
1 + 6x = (1 + 6x) 2 = 1 + 6x − (6x)2 + o(x 2 )
2
8
= 1 + 3x −

9 2
x + o(x 2 ),
2
117

8
...


puis :
f (x) =

8+

√
1 + 6x =

=3 1+

9 2
x + o(x 2 )
2

9 + 3x −

1
1
x − x 2 + o(x 2 )
3
2

1
2

On a : ln f (x) = e2x ln x ln (th x)
...
On a :
ln f (x) = ch (ln x) ln

c) On a :
x2
x4
+
+ o(x 4 )
2!
4!

1
x+
e ln x + e− ln x
x
ch ( ln x) =
=
2
2

=

2

1 x2
−
2 2

+ o(x 4 )

D’autre part, comme
1 4
1
x + o(x 4 ),
= x2 −
2
12

ln

puis :
f (x) = ch ln (ch x) = ch

2
Arctan x
...


19 2
1
x−
x + o(x 2 )
...


∼

x−→+∞

2
Arctan x
π

∼

x−→+∞

x

...

πx

1
=− ,
π

−→0

=1+

1 1 2
1 4
x −
x + o(x 4 )
2! 2
12

=1+

d’où :

2

1
1
−→ − , puis : f (x) −→ e− π
...
On a :
4
1
1
1
4
4
sin

...

8
24

+ o(x 6 )

/
d) Puisque x −→ 1 = 0, on effectue le changement de variable
t = x − 1 −→ 0, x = 1 + t
...


3
1
4
| cos n| + sin
4
3
n
3 1
7
+ = ,
4 8
8

t2
2

−→0

t2
2

x−→+∞

4
1
3
cos n + sin
4
3
n

f (x) = ln (1 + x 2 ) = ln 1 + (1 + t)2

= ln 2 + t +

x−→+∞

donc :
4
1
3
cos n + sin
4
3
n

n

7
8

n

− − 0,
−→
n∞

et on conclut que la limite cherchée existe et est égale à 0
...
4

f (x) = ex

1) On a :

x

− 1 = ee

ln x

x ln x

ln x

pendante des signes ± notés par α et β ), et donc sont équivalentes entre elles
...


Comme x ln x −→+ 0, on a ex ln x −→+ 1,
x−→0

donc

x−→0

ex ln x ln x −→+ −∞, puis : f (x) −→+ −1
...

∼ + x ln x,

x−→0

puis

(ex ln x − 1) ln x

x−→0

∼ + x( ln x)2
...
6 a) Puisque k! croît très rapidement lorsque k croît, on
peut conjecturer que le dernier terme de la somme est essentiel
...

x−→0

3) On a : h(x) = e

x x−1 ln x

=

x−→0

e(x−1) ln x ln x

=e


...
5

Notons f (x) l’une quelconque des quatre expressions
proposées
...
Notons α = ±1, β = ±1 afin
de grouper les quatre fonctions en une seule écriture
...

2
2

e + βe
2

= ln

2n

k! ∼ (2n)!

e
(1 + βe−2x )
2

+ o(e−2x ),

ex + βe−x
2

1
1
√ Sn =
n
n n

n
k=1

k
−−
−→
n n∞

et on conclut :

ex + αe−x
x − ln 2 + o(e−x )
2
=

1
xex − ex ln 2 + o(1)
...


Ceci montre que les quatre fonctions de l’énoncé sont équivalentes, lorsque x tend vers +∞, à une même fonction (indé-

1

1

f =
0

Sn ∼

√

x dx =

0

2 3
x2
3

1

=

2
,
3

2 √
n n
...
7 a) L’application f est de classe C 1 sur
I =

On obtient :

n

de Riemann
...


D’où : ln f (x) =

=e

2k =
k=0

1
n

que l’on peut affaiblir en :

2n+1 − 1
= 2n+1 − 1 ∼ 2n+1
...

−→
2n n∞

k=n+1

= x − ln 2 + ln (1 + βe−2x )

ln

2(2n − 1)!,

Par théorème d’encadrement, on déduit que le terme encadré
tend vers 0 et finalement :

Comme l’expression dans le logarithme tend vers +∞, on facex
torise, à l’intérieur du logarithme, par
:
2
ln

k! + (2n − 1)!
k=n+1

et enfin : h(x) −→+ 0
...


x−→0

puis e(x−1) ln x −→+ +∞, e(x−1) ln x ln x −→+ −∞,

x

(n − 2)(2n − 2)!

k!
k=n+1

1+
=

1+x
1 + 2x

2

·

(1 + 2x) − 2(1 + x)
(1 + 2x)2

−1
1
=−

...

= 2 − +
x
3 15
sh2 x

5
1 + 3x + x 2
2

f (x) =

5
1
1 − 3x + x 2 + (3x)2 + o(x 2 )
2
2
2

2
+ o(x 2 )
...


Comme cos x −→ 1, on déduit ln cos x −→ 0, puis
x−→0

x−→0

x 2 ln cos x −→ 0
...

=− + x−
2 2
4

x−→0
2

D’après le cours, puisque f est de classe C 1 et que f admet
un DL 2 (0), f admet alors un DL 3 (0) obtenu par primitivation :

( cos x)x − 1 ∼ x 2 ln cos x ∼ x 2 ( cos x − 1)
x−→0

∼ x2 −

1
3 x2
13 x 3
f (x) = f (0) − x +
−
+ o(x 3 )
2
2 2
4 3
=

1
1
sh x − sin x
− 2 =
sin 2 x
sin 2 x sh 2 x
sh x
2
2
et que le DL 2 (0) de sin x sh x (au dénominateur) commence
par x 4 , il nous faut, pour sin 2 x − sh2 x au numérateur, un
DL 6 (0), afin d’obtenir un DL 2 (0) de f
...

2

∼ x 3
...

2

D’autre part, f est impaire, donc, sous réserve d’existence, la
partie régulière du DL 8 (0) de f est la même que celle du
DL 7 (0)
...

x7
+ o(x 8 )
...

On a donc un DL n (0) de la forme :
cos(x 3 ) + ch (x 3 ) − 2 = αx 12 + · · · + λx n + o(x n ),

puis :
1
=
sin 2 x

1
1 4
2 6
x2 − x +
x + o(x 6 )
3
45

1
= 2
x

1
1 2
2 4
1− x +
x + o(x 4 )
3
45
−→0

1 2
1
2 4
x −
x + x 4 + o(x 4 )
3
45
9

=

1
1+
x2

=

1
1 4
1
1 + x2 +
x + o(x 4 )
x2
3
15

=
120

x2
2

x−→0

On conclut : f (x) = −

(2x)2 (2x)4 (2x)6
1
1− 1−
+
−
+o(x 6 )
2
2!
4!
6!

= x2 −

x−→0

D’autre part : tan3 x

13 3
3
π 1
− x + x2 −
x + o(x 3 )
...

x2
3 15

où α (à montrer > 0 ) et λ sont des constantes
...


On choisit donc n de façon que n − 6 = 17, c’est-à-dire
n = 23
...


1
1
1
1 − (x 3 )2 + (x 3 )4 − (x 3 )6 + o(x 23 )
2!
4!
6!
+ 1+

1
1
1 3 2
(x ) + (x 3 )4 + (x 3 )6 + o(x 23 )
2!
4!
6!
=

c) On va chercher des équivalents pour les deux termes de la
fraction donnant f (x)
...

=
6
6

x3
2x 5
+
+ o(x 5 )
3
15

2
2
x 5 + o(x 5 )
−
5! 15

=

−

=−

3
3 5
x + o(x 5 ) ∼ − x 5 ,
x−→0
20
20

Notons, dans chaque exemple, f (x) l’expression proposée
...
8

a) On a :

3x − 2sh x − th x = 3x − 2 x +

tan2 x − th2 x
1
1
=
−
tan2 x
th2 x
th2 x tan2 x

f (x) =

− x−

(tan x − th x)(tan x + th x)

...

x−→0
20
20

On conclut : f (x) −→ 1
...


2 3
x · 2x
4
4
D’où : f (x) ∼ 3 2 2 = , et on conclut : f (x) −→
...

x−→0

3
3
1
x ln + o(x) = ln + o(1),
x
2
2

3
donc ln f (x) −→ ln , puis, par continuité de l’exponenx−→0
2
3
tielle : f (x) −→
...


1 + t −→ 1
...
On a :
4
4
π

L’application ϕ est de classe C 1 sur R et :
1
1
=

...
9 a) On ne peut pas composer les DL(0) directement, car

1
et on conclut : f (x) −→ −
...

2
2 2

=−

1
ln (1 + tan t) − ln (1 − tan t)
tan 2t

D’après le Cours, ϕ admet un DL 2 (0) obtenu en primitivant :

=−

1
tan 2t

1
π 1
1 t2
1
ϕ(t) = ϕ(0) + t −
+ o(t 2 ) = + t − t 2 + o(t 2 )
...

x
L’énoncé sous-entend que f admet une limite finie en 0 ; on a :
b) D’abord, au voisinage de 0,

2t
= −1,
2t

−→
x−→ π
4

−

−1, puis : f (x)

−→
x−→ π
4

−

/
g) Puisque x −→ 1 = 0, faisons le changement de variable
t = x − 1 −→ 0, x = 1 + t
...


x−→0

sin x
− 1
...

4

sin x
1 4
1
− 1 = 1 − x2 +
x
x
6
120

1
2

−1

−→0

−6 1 + t ln 6 + o(t)
= ln 1 + (3 ln 3 + 4 ln 4 − 6 ln 6) t + o(t)
noté α

122

= αt + o(t)
...
On a :
x−→1

f (x) =

2

+ o(x 4 )

ln x
ln (1 + h)
1
=
= ln (1 + h)
2−x
1−h
1−h

= h−

1 4
π
1 2
= −
x −
x + o(x 4 )
...
10

Formons un développement asymptotique de cotan t
lorsque t tend vers 0 :
cotan t =

1
=
tan t

1
t3
t + + o(t 3 )
3

t2
1
1 + + o(t 2 )
=
t
3

−1

5
7
1
= h + h 2 + h 3 + h 4 + o(h 4 )
...

=
t
3

f (0) (1) = 0!a0 = 0, f (1) (1) = 1!a1 = 1 , f (2) (1) = 2!a2 = 1 ,
f (3) (1) = 3!a3 = 5 , f (4) (1) = 4!a4 = 14
...
12 a) On reconnaît en la somme proposée la partie régulière
du DL 20 (0) de ln (1 + x)
...

2
t
3

20

ln (1 + x) =
k=1

(−1)k+1 k x 21
x 22
x +
−
+ o(x 22 )
...

−
4
9 x2
3

k=1

= exp ln (1 + x) −

5 λ
45
− = 0 ⇐⇒ λ =

...

Si λ =

(−1)k+1 k
x
k
x 22
x 21
+
+ o(x 22 )
21
22

x 21
x 22
+
+ o(x 22 )
21
22

= (1 + x) exp
= (1 + x) 1 −

45
, alors
4

−

x 21
x 22
+
+ o(x 22 )
21
22

2
2 45
37
−2 =

...

λ=
4
6

= 1+x −

1 22
1 21
x −
x + o(x 22 )
...
11

4

f (x) =

ak (x − 1)k + o
k=0

x−→1

f (k) (1)
pour k ∈ {0,
...

où ak =
k!

(x − 1)4 ,

1
1
x 22 + o(x 22 )
−
22 21

b) L’application
g : ] − 1 ; 1[−→ R , t −→ g(t) = ln (1 + t) ln (1 − t)
est

continue
2x

f : x −→
x

sur

] − 1 ; 1[,

donc

l’application
1 1
f (t) dt est de classe C 1 sur I = − ;
et :
2 2

f (x) = 2g(2x) − g(x)
= 2 ln (1 + 2x) ln (1 − 2x) − ln (1 + x) ln (1 − x)
...

Par primitivation d’un DL(0), on en déduit que f admet un
DL 3 (0) et que :
−7

1 4
x + b(−x + x 2 )2
2
+c(−x + x 2 )3 + d(−x)4 + o(x 4 )
1
= a − x + x 2 − x 4 + b(x 2 − 2x 3 + x 4 )
2
+c(−x 3 + 3x 4 ) + dx 4 + o(x 4 )
2
= −ax + (a + b)x + (−2b − c)x 3
1
+ − a + b + 3c + d x 4 + o(x 4 )
...

3
3

Par unicité du DL 4 (0) de la fonction x −→ x, on déduit :
−a = 1 ,

a + b = 0 , −2b − c = 0 ,
1
− a + b + 3c + d = 0
...
13

a) D’après les théorèmes généraux, f est dérivable
sur R et, pour tout x ∈ R :
f (x) =

2x
2x − 1 − x 2
(x − 1)2
−1=
=−
1 + x2
1 + x2
1 + x2

0,

On résout ce système linéaire par cascade :
a = −1 ,

et f ne s’annule que pour x = 1
...

x−→−∞

x−→+∞

Il en résulte, d’après le théorème de la bijection monotone, que
f est bijective
...

y−→0
2

8
...

4

a) • On a, pour tout n ∈ N :

0

f(x)

b = −a = 1 , c = −2b = −2 ,
9
1
d = a − b − 3c =
...
Il en résulte, d’après le théorème
de Taylor-Young, que f −1 admet un DL(0) à tout ordre, en particulier à l’ordre 4
...


• Comme, pour tout n ∈ N, In
0

π
4

0

=

1

...

n∞

∗

b) 1) Soit n ∈ N
...

2

1 4
x + o(x 4 ) − x
2

=

sin 2x n
tan x
2

π
4

π
4

−
0

0

1
= −n
2

π
4

0

sin 2x
1
n tann−1 x
dx
2
cos 2 x

sin x
1
tann−1 x dx = − n In
...
16 a)

2) On a :

y

π

1
− n In =
2

4

cos 2x tann x dx

2

0

π
4

C

| cos 2x| tann x dx

0

π
4

tann x dx = In − − 0,
−→

–π

n∞

0

est dérivable et :

1

...

Donc x réalise une bijection de ] − π ; π[ sur x(] − π ; π[) =
] − π ; π[
...


donc :

n∞

b) 1) On a, pour tout n ∈ N∗ :
1

|In − Jn | =
0
1

=
0

x 2n − x 2n−1
dx
1 + xn

=

|x 2n − x 2n−1 |
dx
1 + xn

1
0

x 2n−1 − x 2n
dx
1 + xn

0

=

1
t − ln (1 + t)
n

1

1
0

=

x−→0

1

où (a,b) ∈ R est à calculer
...

3!
6

On déduit :
ϕ(x) = 2 + ax 2 + bx 4 + o(x 4 )
= 2 + a 2t −

1 − ln 2

...

n

t2
t4
+
+ o(t 4 )
2! 4!

t2
t4
+
+ o(t 4 )
...

n

= o(Jn ), donc :

In ∼ Jn =
n∞

1−

1
, donc :
2n(2n + 1)

In − Jn = o

D’autre part, d’après 2) :

1

1
(1 − ln 2)
...
En particulier, ϕ admet un DL 4 (0)
...

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

x 2n−1
dx =
1 + xn

De plus, comme x est de classe C ∞ et que x ne s’annule en aucun
point, d’après le Cours, x −1 est de classe C ∞
...


(x 2n−1 − x 2n ) dx

2) Soit n ∈ N∗
...


1

x 2n+1
x 2n
−
2n
2n + 1

=

Jn =

x

L’application x : ] − π ; π[−→ R, t −→ x(t) = t + sin t

1
−→
−→
donc − n In − − 0, 2n In − − 1, et on conclut :
n∞
n∞
2

8
...

3

Par unicité du DL 4 (0) de y, on obtient :
1
2
1
4a = − , − a + 16b =
,
2
3
24
125

1
1 1
2
1
+ a =−

...

n∞

ϕ(x) = 2 −

1 2
1 4
x −
x + o(x 4 )
...

n∞

8
...
Comme an − − 0,
−→
n∞
cn
1
< 1, on a :
1 < bn < 3 et 0 < an cn =
bn

a) Le polynôme Pn est dérivable et :

4) On a : bn =

Pn = 3X2 − 2(n + 2)X + (2n + 1)
= (X − 1) 3X − (2n + 1)
...
Supposons donc n
3
On forme le tableau des variations de Pn :

2
...


3, donc, comme Pn décroît sur

2n + 1
2n + 1
, il en résulte : P
1;
3
3

f (x) −→ + +∞ et f (x) −→− −∞
...

D’après a) : x = f −1 (y) −→ −1+
...

x−→−1

1) On a :
y = f (x) =

<0

donc t

1
1
1
+ +
−2 + t
t
1+t

<0

an + bn + cn = n + 2,

∼

t−→0+

1
,
t

1
1
1
, puis :
, d’où t = + o
y y−→+∞ y
y

x = −1 + t = −1 +

b) D’après les relations entre coefficients et racines, on a :
an bn + an cn + bn cn = 2n + 1,

an bn cn = 1
...

−→
1) Puisque cn >
n∞
3
126

∼

y−→+∞

1
1
1
+
+
x −1
x +1
x +2

0
<0

–∞

=

2n + 1
cn + ∞
3
+∞

0

x−→1

D’après le Cours, il en résulte que f est bijective et que f −1
est de classe C ∞ sur R
...

0 < an < 1 < bn < 3 <
3
–∞ 0

1
1
1
−
−
< 0
...


D’après le théorème de la bijection monotone par intervalles,
on en déduit que, pour tout n ∈ N assez grand, Pn admet exactement trois zéros réels, notés an ,bn ,cn tels que :

x

1
1
∼

...
18 a) L’application f est de classe C sur ] − 1 ; 1[ et :

+

0

+∞

Pour n

2n
− − 2
...

+o
y
y

2) Notons u = x + 1 −

1

...

y−→+∞
y

On a t = x + 1 =

1
+ u, d’où :
y

1
1
1
+ +
−2 + t
t
1+t
1
1
1
+
+
=
1
1
1
+u
−2 + + u
1+ +u
y
y
y

Il en résulte que f n admet un minimum µn atteint en un point
et un seul noté xn
...


y = f (x) =

b) 1) • On a : f n (0) = 1 − n

1
= − + o(1) + y(1 + yu)−1 + 1 + o(1)
2
1
+ o(1) + y 1 − yu + o(yu)
2
1
= + o(1) + y − y 2 u + o(y 2 u)
...
19

1
1
(y) = −1 + + 2 + o
y−→+∞
y
2y

1

...

−→
n∞

n = exn + 2xn = exn (1 + 2xn e−xn )
...

−→
n∞

n∞

Ainsi : e

xn

= n + o(n), d’où :

xn = ln n + o(n) = ln n + ln 1 + o(1) = ln n + o(1),
et on conclut :

a) Soit n ∈ N∗
...


L’application f n est de classe C 2 sur R et, pour tout x ∈ R :
f n (x) = ex + 2x − n,

f n (x) = ex + 2 > 0
...


puis xn (−n + xn − 2) ∼ −n ln n,
et on conclut :

0
+∞

+∞

2) On a :

Comme xn ∼ ln n, on a −n + xn − 2 ∼ −n,

+

f''(x)
n

n∞

et exn + 2xn − n = 0, donc exn = −2xn + n, d’où :

On en déduit les variations de f n :
x

xn
...

,u ∼
d’où : y 2 u ∼
y−→+∞ 2
y−→+∞ 2y 2
2y
y

−1

0, donc 0

µn ∼ −n ln n
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices
• Liste des primitives usuelles, à savoir par coeur
• Linéarité, primitivation par parties, changement de variable dans une
primitive
• Méthodes du cours pour calculer les primitives de certains types de
fonctions
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


où f a une primitive simple
et g a une dérivée simple

➥ Exercices 9
...
7
...
Chercher Q par coefficients indéterminés
...


I(x) =

P(x) eαx dx,

➥ Exercice 9
...


∗

où P ∈ K[X], α ∈ K

129

Chapitre 9 • Calculs de primitives

Pour calculer une primitive
du produit d’un polynôme
par un cosinus ou un sinus :
I(x) =

P(x)eiβx dx, Calculer cette primitive

par coefficients indéterminés (complexes), puis prendre partie réelle et
partie imaginaire
...
1 b)
...


➥ Exercice 9
...

P(x) e

αx

sin βx dx,

où P ∈ R[X], α ∈ R∗ , β ∈ R∗
La méthode générale consiste à utiliser une décomposition en éléments simples
...
2 a), b)
On peut quelquefois faire d’abord un changement de variable qui simplifiera les calculs
...
2 c)
...


Pour calculer une primitive
d’une fraction rationnelle
en cos x et sin x :
I(x) =

R( cos x, sin x) dx

➥ Exercices 9
...
14

Sinon, appliquer les règles de Bioche, suivantes
...
Ne pas oublier le dx dans ω(x)
...

➥ Exercice 9
...

➥ Exercice 9
...

➥ Exercice 9
...

2
➥ Exercice 9
...


130

Les méthodes à retenir

Si R est un polynôme, linéariser
...
4 a), b)
Sinon, appliquer les règles de Bioche, adaptées aux fonctions hyperboliques, suivantes
...
Ne pas oublier le dx dans ω(x)
...


➥ Exercice 9
...

• Si, pour tout x, ω(π + x) = ω(x), on peut faire le changement de
variable t = th x
...


➥ Exercice 9
...

Pour calculer une primitive
I(x) =

Essayer le changement de variable t = ϕ(x), surtout si ϕ (x) apparaît
en facteur dans f (x)
...
6, 9
...


f (x) dx,

un même groupement ϕ(x)
apparaissant plusieurs fois
dans f (x)

Lors d’un changement de variable dans un calcul de primitive, ne pas
oublier de traiter le dx
...


Pour calculer une primitive
d’une fonction rationnelle

Faire le changement de variable t =

© Dunod
...


en x et en

I(x) =

n

ax + b
:
cx + d
R x,

n

I(x) =

ax + b
, qui permet de se ramecx + d

ner au calcul d’une primitive d’une fonction rationnelle en t
...
10 a)
...

• Pour calculer

S t, 1 + t 2 dt, faire le changement de variable

ϕ = Argsh t, qui permet de se ramener au calcul d’une primitive
d’une fonction rationnelle en ch ϕ et sh ϕ
...
10 b), 9
...


➥ Exercice 9
...

• Pour calculer S t, t 2 − 1 dt, faire le changement de variable
ϕ = Argch (εt), où ε = sgn (t), qui permet de se ramener au calcul
d’une primitive d’une fonction rationnelle en ch ϕ et sh ϕ
...


Pour calculer une intégrale
avec bornes particulières

➥ Exercice 9
...


Énoncés des exercices
9
...
2

x 2 ln x dx, b)

x 2 cos x dx et

x 2 sin x dx, c)

(−x 3 + x 2 − 2x + 3) e−x dx
...
3

1
dx
x(x + 1)(x + 2)

b)

x5 + x3 − x + 1
dx
x 2 (x 2 + 1)

x4
dx
...
4

cos 4 x dx

b)

cos 3 x
dx
(2 + sin x)2

sin x sin 2x sin 3x dx

e)

sin x − cos x
dx
4 + sin x + cos x

sin 3 x
dx
cos 8 x

c)

π
4

f)
0

sin x
dx
...

sh x ch3 x

Énoncés des exercices

9
...


Calculer

9
...
7

3 + ln x
dx
(4 + ln x)2

b)

e2x
dx
√
ex + 1

√
x 2 x + x dx
...

b)
a)
3
x2
(1 − x) 2

9
...

3 + cos x

9
...
10

Exemples de primitives de fonctions faisant intervenir
ou

n

ax + b
cx + d

ax2 + bx + c

Calculer les primitives suivantes (variable x), en indiquant l’ensemble de validité
a)

9
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


ax2 + bx + c

dx
√
en indiquant l’ensemble de validité
...
13

x −1
dx
√
x2 + 1

Exemples de primitive de fonction faisant intervenir
Calculer la primitive

9
...

√
√
2 +
1−x
1 + x2

Exemple de calculs d’intégrales avec bornes particulières
Calculer :
a

a) I =

1
a

Arctan x
dx,
x

a ∈ [1 ; +∞[ fixé

π
4

b) I =
0

1

ln (1 + tan x) dx, puis J =
0

ln (1 + x)
dx et K =
1 + x2

1
0

Arctan x
dx
...
14

Exemple de calcul d’une intégrale avec bornes particulières
π
2
cos 2n x cos 2 px dx
...
1

a) Primitiver par parties pour faire disparaître le logarith-

me
...

c) On connaît, d’après le Cours, la forme du résultat
...
2

a), b) Décomposer en éléments simples
...

x5

9
...


c) Les règles de Bioche indiquent le changement de variable
t = cos x
...

e) Remarquer que le numérateur est presque la dérivée du
dénominateur
...


9
...
5

Faire intervenir une exponentielle complexe
...


a) Effectuer le changement de variable t = ln x, puis
reconnaître une dérivée
...

√
c) Effectuer le changement de variable t = x, puis le changement de variable u = t 3 + 1
...
7 a) Primitiver par parties pour faire disparaître Arcsin x ,
√
puis utiliser le changement de variable t = x
...
8

Les règles de Bioche indiquent le changement de variable
x

...
9

Les règles de Bioche, adaptées aux fonctions hyperbox
liques, indiquent de faire le changement de variable t = th ,
2
ou bien le changement de variable u = ex , ce dernier étant en
général plus simple à mettre en oeuvre
...
10

1−x

...

c) Mettre le trinôme sous forme canonique, puis utiliser un changement de variable
...

Commencer par le changement de variable y =

9
...


c) Les règles de Bioche, adaptées aux fonctions hyperboliques,
indiquent le changement de variable t = ch x
...
6

b) Primitiver par parties pour faire disparaître Arctan, puis utiliser le changement de variable t = x 2
...
12

Utiliser une expression conjuguée pour séparer en deux
primitives, puis effectuer deux changements de variable différents, un dans chaque primitive
...
13

a) Effectuer un changement de variable qui échange les
1
bornes : y =
...
Pour calculer J, faire le changement de
4
variable t = tan x
...


9
...


les

intégrales

Corrigés des exercices

9
...


On a, par une primitivation par parties, pour des fonctions de
classe C 1 :

3
 u(x) = x

2

u (x) = x
3


v(x) = ln x
 v (x) = 1 ,
x
I (x) =

x 2 ln x dx =

x3
1
=
ln x −
3
3

x3
ln x −
3

On résout ce système en cascade, et on obtient :
a=

1
= −i,
i

1
1
x dx = x 3 ln x − x 3 + C,
3
9

2a
= 2,
i

c=−

b
= 2i
...

On peut d’ailleurs contrôler ce résultat par dérivation
...


I (x) = x 2 sin x + 2x cos x − 2 sin x + C1

On peut d’ailleurs contrôler ce résultat par dérivation
...


donc I (x) =
pour tout x ∈ D
...


D’après le Cours, on connaît la forme de cette primitive : il existe
(a,b,c) ∈ C3 tel que :
x 2 eix dx = (ax 2 + bx + c) eix
...

Il suffit donc que : ia = 1, ib + 2a = 0 , ic + b = 0
...


f (x) dx existe pour tout x ∈ D
...

On a, en dérivant, pour tout x ∈ R :
I (x) = (3ax 2 + 2bx + c) e−x − (ax 3 + bx 2 + cx + d) e−x
= − ax 3 + (3a − b)x 2 + (2b − c)x + (c − d) e−x
...


On résout ce système en cascade, et on obtient :
a = 1, b = 3a − 1 = 2, c = 2b + 2 = 6, d = c − 3 = 3
...


b) La fonction f : x −→

On peut d’ailleurs contrôler ce résultat par dérivation
...
2 a) La fonction f : x −→
x(x + 1)(x + 2)
semble de définition D = R − {−2, −1, 0} et f est continue
sur D, donc I (x) =

a
b
c
1
= +
+
,
X(X + 1)(X + 2)
X X+1 X+2
où (a,b,c) ∈ R3 est à calculer
...

2
On multiplie par X + 1 puis on remplace X par −1, et on obtient : b = −1
...

2
On a donc :

b
a
cX + d
X5 + X3 − X + 1
=E+ 2 + + 2
,
X2 (X2 + 1)
X
X
X +1
où E ∈ R[X], (a,b,c,d) ∈ R4 sont à calculer
...

On multiplie par X2 puis on remplace X par 0, et on obtient :
a = 1
...

On calcule enfin d en remplaçant X par 1, par exemple :
1 = 1 + 1 + b, d’où b = −1
...

On a donc :
I (x) =
1
=
2

1 1
1
1 1
dx
−
+
2 x
x +1 2 x +2
1
dx −
x

1
1
dx +
x +1
2

1
dx
x +2

1
1
= ln |x| − ln |x + 1| + ln |x + 2| + C(x),
2
2

f (x) dx est défini pour tout x ∈ D
...


On effectue une décomposition en éléments simples :

x5 + x3 − x + 1
a pour ensemble de
x 2 (x 2 + 1)
et est continue sur D, donc

X5 + X3 − X + 1
1
1
X−1
=X+ 2 − + 2

...

D’où :
I (x) =

=

x+

1
1
x
1
dx
− + 2
− 2
x2
x
x +1
x +1

x2
1
1
− − ln |x| + ln (x 2 + 1) − Arctan x + C(x),
2
x
2

où C : D −→ R est une application constante sur chaque
intervalle de D, c’est-à-dire :

où C est une application constante sur chaque intervalle de R∗ ,
c’est-à-dire :

C : D = R − {−2, −1, 0} −→ R ,

si
 C1



C
 2
si
x −→ C(x) =
 C3

si




si
C4

C : R∗ −→ R ,
x < −2
− 2 < x < −1
−1< x <0
0 < x,

où (C1 , C2 , C3 , C4 ) ∈ R4
...

(x + 1)2

x −→ C(x) =


 C1


C2

c) La fonction f : x −→

si x < 0
si x > 0

x4
a pour ensemble de défini+1

x 10

tion R et est continue sur R, donc I (x) =
fini pour tout x ∈ R
...


f (x) dx est dé-

On a, par le changement de variable t = x 5 :
x 4 dx
1
=
x 10 + 1
5

I (x) =
=

c) La fonction f : x −→

dt
t2 + 1

D =R−

1
1
Arctan t + C = Arctan (x 5 ) + C,
5
5

I (x) =

où C est une constante
...


sin 3 x
dx, on a ω(−x) = ω(x),
cos 8 x
donc, d’après les règles de Bioche, on peut effectuer le changement de variable t = cos x :
En notant ω(x) = f (x) dx =

9
...


sin 2 x
sin x dx
cos 8 x

I (x) =

Linéarisons :
cos 4 x = ( cos 2 x)2 =

1 + cos 2x
2

2

1 − t2
dt =
t8

=−

1
(1 + 2 cos 2x + cos 2 2x)
4
1
1 1
= + cos 2x + (1 + cos 4x)
4 2
8
1
3 1
= + cos 2x + cos 4x
...

b) La fonction f : x −→ sin x sin 2x sin 3x a pour ensemble
de définition R et est continue sur R, donc I (x) =

f (x) dx

est défini pour tout x ∈ R
...

2
2

d) La fonction f : x −→

cos 3 x
a pour ensemble de
(2 + sin x)2

définition R et est continue sur R, donc I (x) =

sin x sin 2x sin 3x = sin 2x( sin x sin 3x)
1
( cos 2x − cos 4x)
2

1
1
= sin 2x cos 2x − sin 2x cos 4x
2
2
1
1
= sin 4x − ( sin 6x − sin 2x)
4
4
1
1
1
= sin 2x + sin 4x − sin 6x
...

En notant ω(x) = f (x) dx =

cos 3 x
dx,
(2 + sin x)2

I (x) =

cos 2 x
cos x dx =
(2 + sin x)2

1
1
1
sin 2x + sin 4x − sin 6x dx
4
4
4

1
1
1
cos 4x +
cos 6x + C,
= − cos 2x −
8
16
24
où C est une constante
...

(2 + t)2

Effectuons ensuite le changement de variable u = 2 + t,
t =u−2 :
I (x) =
=

1 − (u − 2)2
du =
u2
−1+

4
3
− 2
u
u

−u 2 + 4u − 3
du
u2
du = −u + 4 ln |u| +

D’où :
I (x) =

f (x) dx est

on a ω(π − x) = ω(x), donc, d’après les règles de Bioche,
on peut effectuer le changement de variable t = sin x :

Linéarisons :

= sin 2x

(−t −8 + t −6 ) dt

= −(2 + t) + 4 ln |2 + t| +

3
+ C1
u

3
+ C1
2+t

= − sin x + 4 ln (2 + sin x) +

3
+ C,
2 + sin x

où C est une constante
...

On remarque que le numérateur est l’opposé de la dérivée du
dénominateur, donc :
sin x − cos x
dx = − ln (4 + sin x + cos x) + C,
4 + sin x + cos x

segment 0 ;
4

=

1
2

sin x
est continue sur le
sin x + cos x

1
=
2

sin x
dx, on a ω(π + x) = ω(x),
sin x + cos x
donc, d’après les règles de Bioche, on peut effectuer le chandt
:
gement de variable t = tan x, x = Arctan t, dx =
1 + t2

0
1

=
0

π
4

0

4

0

cos x
dx
...

(t + 1)(t 2 + 1)

X
a
bX + c
=
+ 2
,
(X + 1)(X2 + 1)
X+1
X +1

0

= ln

sin x + cos x
dx =
sin x + cos x

π
4

dx =

0

π
4

I =
=

π
4

0

√
1
2 = ln 2
...

8

9
...

Linéarisons :
sh4 x = (sh2 x)2 =

ch 2x − 1
2

2

1 2
ch 2x − 2 ch 2x + 1
4
1
1 ch 4x + 1 1
− ch 2x +
=
4
2
2
4
1
3
1
= ch 4x − ch 2x +
...

2

ce que l’on peut contrôler par réduction au même dénominateur dans le second membre
...


On multiplie par X2 + 1 puis on remplace X par i, d’où :
i
1+i
bi+c =
=
,
i+1
2
1
1
donc b = , c =
...

8
4
8

1
π
− ln 2 + ln 2 +
2
4

π

Première méthode : utilisation des règles de Bioche :

4

0

1
t +1
dt
+
t + 1 t2 + 1

et :

0

π

−

1
1
− ln (t + 1) + ln (t 2 + 1) + Arctan t
2
2

π
, car le dénominateur est alors > 0, donc
4

f (x) dx existe
...

f) L’application f : x −→

D’où :

d’où :
I (x) =
=

sh4 x dx =

1
1
3
dx
ch 4x − ch 2x +
8
2
8

1
1
3x
sh 4x − sh 2x +
+ C,
32
4
8

où C est une constante
...


1
ch (a + b) + ch (a − b)
...

1
dx, on a ω(−x) = ω(x), donc,
En notant ω(x) =
sin x cos 3 x
d’après les règles de Bioche adaptées aux fonctions hyperboliques, on peut effectuer le changement de variable t = ch x :
sh x
dx =
sh2 x ch3 x

+ C(x)

1
+ C(x),
2 ch2 x

où C : R∗ −→ R est constante sur chaque intervalle de R∗ ,
c’est-à-dire :

x −→ C(x) =

1
dx =
sh x ch3 x

+ C2 (t)

C : R∗ −→ R,

1
1
sh 4x + sh 2x + C,
8
4

où C est une constante
...

2

On remplace cos par ch et sin par i sh :
ch a ch b =

1
1
1
−
−
du
u − 1 u2
u

I (x) =

=

Linéarisons
...

(t 2 − 1)t 3

On effectue ensuite le changement de variable u = t :
du
t dt
1
=

...


9
...

Une primitivation par parties ne semble pas commode, car f (x)
est le produit de trois facteurs
...

On multiplie par X − 1 puis on remplace X par 1, et on
obtient : a = 1
...

On multiplie par X puis on fait tendre X vers l’infini, et on obtient : a + c = 0, donc c = −a = −1
...


I (x) + iJ (x) =
=

xex ( cos x + i sin x) dx =

xex eix dx

xe(1+i)x dx
...

139

On a :
1 − i (1+i)x (1 − i)2 (1+i)x
I (x) + iJ (x) = x
−
+C
e
e
2
4

=2

x
i
(1 − i)ex ( cos x + i sin x) + ex ( cos x + i sin x) + C
2
2
x
= ex ( cos x + sin x) + i( sin x − cos x)
2
=

1
+ ex (− sin x + i cos x) + C
...


√
c) La fonction f : x −→ x 2 x + x a pour ensemble de définition D = [0 ; +∞[ et est continue sur D, donc
I (x) =

f (x) dx est défini pour tout x ∈ D
...


où C1 ,C2 sont des constantes (réelles)
...


3 + ln x
a pour ensemble
(4 + ln x)2
de définition D = ]0 ; +∞[−{e−4 } =]0 ; e−4 [ ∪ ]e−4 ; +∞[ et
a) La fonction f : x −→

9
...


On effectue le changement de variable t = ln x, x = et ,
3+t t
e dt
...

−
4+t
(4 + t)2
(4 + t)2
et
x
+ C1 (t) =
+ C(x),
4+t
4 + ln x

où C : D −→ R est une application constante sur tout intervalle de D, c’est-à-dire :
C1

si x ∈ ]0 ; e−4 [

C2

C : D −→ R, x −→ C(x) =

si x ∈ ]e−4 ; +∞[
...

On effectue le changement de variable t =
2t
dt :
ex = t 2 − 1 , x = ln (t 2 − 1) , dx = 2
t −1
140

=

f (x) dx est défini pour tout

x ∈ D
...

√

x
a pour ensemble de
3
(1 − x) 2
définition D = [0 ; 1[ et est continue sur D, donc

9
...


Effectuons une primitivation par parties pour faire disparaître
√
Arcsin x :

√
 u(x) = Arcsin x

1
3
 v (x) =
= (1 − x)− 2

3
(1 − x) 2

1
 u (x) = √ √ 1



2 x 1−x


 v(x) = 2(1 − x)− 1 = √ 2
2

1−x
√
2
I (x) = √
Arcsin x −
1−x

√

1
dx
...


1

Arctan x
a pour ensemble de défib) La fonction f : x −→
x2

=
0

f (x) dx
=

est défini pour tout x ∈ D
...

x(1 + x 2 )

Arctan x
+
I (x) = −
x

1
=
2

1
1
−
y
1+y

dy
y(1 + y)
dy

=

1
ln |y| − ln |1 + y| + C1 (y)
2

=

1
ln (x 2 ) − ln (1 + x 2 ) + C(x),
2

I (x) = −

Arctan x
1
+ ln |x| − ln (1 + x 2 ) + C(x),
x
2

où C est une application constante sur chaque intervalle de D ,
c’est-à-dire :
C : R∗ −→ R, x −→ C(x) =

C1

si x < 0

C2

si x > 0
...

2
2
1
a pour ensemble de dé3 + ch x
f (x) dx est

défini pour tout x ∈ R
...

t 2 + 6t + 1

2
6+t +

1
t
t

dt
:
t

dt

Le trinôme t 2 + 6t + 1 est de discriminant ∆ = 36 − 4 =
32 > 0, donc ce trinôme admet deux zéros réels
√
√
√
−6 − 32
t1 =
= −3 − 2 2, t2 = −3 + 2 2
...
9 La fonction f : x −→

notée J (x)

J (x) =

π
donc I existe
...

Les règles de Bioche nous indiquent donc de faire le changex
2 dt
ment de variable t = tan , x = 2 Arctan t, dx =
:
2
1 + t2
2 dt
π
1
1
2
dx
2 dt
1 + t2 =
I =
=
2
2
3 + cos x
1−t
0
0
0 4 + 2t
3+
2
1+t

On conclut :

nition D = R∗ et est continue sur D, donc I (x) =

1
est continue sur le
3 + cos x

En notant ω(x) =

où C1 est constante
...
8 L’application f : x −→

b
2
a
2
+

...

√ =−
obtient : a =
t1 − t2
4
−4 2
√
2

...


c) La fonction f : x −→ √

D’où :

de définition R et est continue sur R, donc I (x) =

√
√
1
1
2
2
dt +
dt
I (x) = −
4
t − t1
4
t − t2
√
√
2
2
=−
ln |t − t1 | +
ln |t − t2 | + C
4
4
√
√
2 ex + 3 − 2 2
ln
=
√ + C,
4
ex + 3 + 2 2

x 2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2 = 2 1 +

1 1−x
a pour ensemble de
x 1+x
définition D =] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; 1] et est continue sur D, donc

1−x
,
1+x

(1 + x)t 2 = 1 − x , (1 + t 2 )x = 1 − t 2 ,
x=

1 − t2
−4t
dt
, dx =
1 + t2
(1 + t 2 )2

1+t
−4t
t
dt =
1 − t 2 (1 + t 2 )2
2

I (x) =

−2
2
+
2
1−t
1 + t2

=

−4t
dt
(1 − t 2 )(1 + t 2 )

x +1
= Argsh √ + C,
2
où C est une constante
...
11 La fonction f : x −→ √
I (x) =

f (x) dx est défini pour tout x ∈ D
...


C : ] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; 1[−→ R ,

On met ensuite le trinôme sous forme canonique :

x −→ C(x) =

C1

si

C2

si

−1< x <0
0
tion R et est continue sur R, donc I (x) =

f (x) dx est

défini pour tout x ∈ R
...


y2 + y + 1 =

y+

1
...


2

= −2 Argsh t + 2 Arctan t + C1 (t)
= −2 Argsh

2

x +1
√
2

x +1
On effectue donc le changement de variable t = √ ,
2
√
√
x = t 2 − 1 , dx = 2 dt :
√
dt
2 dt
=
I (x) =
= Argsh t + C
√
1 + t2
2(1 + t 2 )

f (x) dx est défini pour tout x ∈ D
...


où C est une constante
...
10

x 2 + 2x + 3

(sh t − 1) dt

x 2 + 1 − Argsh x + C,

1
2

2

+

3
3
1+
=
4
4

et on effectue le changement de variable t =

I (x) = −ε

√
3
dt
2
= −ε
3
2)
(1 + t
4

2

,

2y + 1
√
:
3

dt
√
1 + t2

= −ε Argsh t + C1 (t) = −ε Argsh
= −ε Argsh

2y + 1
√
3

2y + 1
+ C2 (y)
√
3

2+x
√ + C(x),
x 3

où ε = sgn x est le signe de x, et C : R∗ −→ R est constante
sur chaque intervalle de R∗
...
12

donc I (x) =

f (x) dx est défini pour tout x ∈ D
...

=−
2
x2
2
x2
notée J (x)

notée K (x)

• Pour calculer J (x), on utilise le changement de variable
t = Arcsin x , x = sin t , dx = cos t dt :
cos t
cos t dt =
sin 2 t

J (x) =

(sans E(x)) est continue sur [−1 ; 1], l’égalité est aussi vraie
pour x = 0, et on conclut :
I (x)
x
1
1
= −√
+ Arcsin x + Argsh x + E,
√
2
2
1 − x2 + 1 + x2
où E est une constante
...
13 a) L’application f : x −→ Arctan x est continue sur le
x

1
; a , donc I existe
...


a

2I =
=

1
I (x) = −
2

=

1
2x

1 − x2 −

1 + x2 +

1
Arcsin x
2
1
+ Argsh x + E(x)
2

1
x
+ Arcsin x
= −√
√
2
1 − x2 + 1 + x2
1
+ Argsh x + E(x),
2
où E est, a priori, constante sur [−1 ; 0[ et constante sur ]0 ; 1]
...

t
t

1
a

1
1
Arctan x + Arctan
dx =
x
x

1
π
π
ln a − ln
[ ln x]a1 =
a
2
2
a

a
1
a

π
dx
2x

= π ln a
...

2
b) 1) L’application f : x −→ ln (1 + tan x) est continue sur
π
, donc I existe
...


K (x) =

1
a

0

I =

ln 1 + tan

π
4

π
4

=

ln

1+

0

π
−t
4

1 − tan t
1 + tan t

(−dt)
π

π
4

=

ln 2 − ln (1 + tan t) dt =

0

4

dt =

ln
0

2
1 + tan t

dt

π
ln 2 − I
...

4
8
2) Par le changement de variable (dans I ) u = tan x ,
du
, on obtient :
x = Arctan u, dx =
1 + u2

Ainsi, 2I =

1

ln (1 + u)

I =
0

du
π
= J, et on conclut : J = ln 2
...
14

0

1

−
0

1
ln (1 + x) dx
1 + x2

K p,q =
=

Linéarisons cos 2n x , en utilisant les nombres complexes :
1 ix
(e + e−ix )
2

cos x =
=
=
=

1
22n
1
22n

q=k−n

2n

k=0

1
22n

1
= 2n
2

e2(k−n)ix

n
q=−n

2n
n

2n
n+q

1
(Jp+q + Jp−q )
...

1
22n

2n
n

n

Jp + 2
q=1

2n
n+q

In, p =

0

=

π
22n+1




si

p = q = 0
...


2n
n




π
(2n)!
22n+1 (n + p)!(n − p)!

si

p

0

si


...


n

Remarque : En particulier, pour p = 0, on retrouve les intégrales de Wallis d’exposant pair :
π
2

∀ n ∈ N,
0

144

p=q =0
/

2n
n+p

K p,q ,

où on a noté, pour tout ( p,q) ∈ Z :
π
π
2
2
cos 2 px dx , K p,q =
cos 2 px cos 2qx dx
...

2

= 0, et J0 =

0

(eix )k (e−ix )2n−k

+

=

2

K p,q

2n
k

2n

2

π

1
2

2n

2n
k

k=0

π

Et, par linéarisation :

π
π
ln 2 − J = ln 2
...

2

22n (n!)2

Équations
différentielles
Plan

CHAPITRE

10

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 145
Énoncés des exercices 148
Du mal à démarrer ?

151

Corrigés

153

•
•
•
•

Résolution d’EDL1, avec ou sans second membre
Étude des raccords éventuels
Résolution d’EDL2 à coefficients constants
Résolution de certaines équations fonctionnelles
...


© Dunod
...


Les méthodes à retenir
Par commodité, on utilise les abréviations suivantes :
ED pour : équation différentielle
EDL pour : équation différentielle linéaire
EDL1 pour : équation différentielle linéaire du premier ordre
EDL2 pour : équation différentielle linéaire du deuxième ordre
...


➥ Exercice 10
...

145

Chapitre 10 • Équations différentielles

Pour résoudre une EDL1
normalisée, avec second membre,
sur un intervalle :
(E) y + ay = b

Résoudre d’abord l’EDL1 sans second membre associée
(E0 ) y + ay = 0
...

Enfin, la solution générale de (E) est la somme d’une solution particulière de (E) et de la solution générale de (E0 )
...
1 b), 10
...

Pour résoudre une EDL1
non normalisée,
avec ou sans second membre :
(e) αy + βy = γ

Résoudre l’équation α(x) = 0, d’inconnue x
...


➥ Exercices 10
...
6, 10
...

Former l’équation caractéristique r 2 + ar + b = 0, d’inconnue
r ∈ K, et calculer son discriminant ∆ = a 2 − 4b
...

Pour résoudre une EDL2
à coefficients constants
et sans second membre :
(E0 ) y + ay + by = 0

Deuxième cas : si l’équation caractéristique admet dans K une solua
tion double, r0 = − , c’est-à-dire si ∆ = 0, alors la solution géné2
rale de (E0 ) sur R est :
y : x −→ (λx + µ) e− 2 x , (λ,µ) ∈ K2
...

2
2

➥ Exercice 10
...

Pour résoudre une EDL2
à coefficients constants
et avec second membre :
(E) y + ay + by = g,
où g est une exponentielle-polynôme
146

Résoudre l’EDL2 sans second membre associée
(E0 ) y = ay + by = 0
...


Les méthodes à retenir
n

em k x Pk (x), où n ∈ N∗ , m 1 ,
...
,Pn ∈ K[X], chercher une solution particulière de (E)
n

em k x Q k (x), où Q 1 ,…,Q n ∈ K[X] sont

de la forme y : x −→
k=1

inconnus et où Q k est de degré :
deg (Pk ) si m k n’est pas solution de l’équation caractéristique
deg (Pk ) + 1 si m k est solution simple de l’équation caractéristique
deg (Pk ) + 2 si m k est solution double de l’équation caractéristique
...


➥ Exercice 10
...


Pour résoudre une ED non linéaire

Essayer de se ramener à une ED à variables séparables (dont la résolution reviendra à un calcul de primitives) ou à une EDL1 par changement de variable et/ou changement de fonction inconnue, ou par groupement de termes dans l’écriture de l’ED
...
8, 10
...
22, 10
...

Pour résoudre une ED de Bernoulli
x2 y + axy + by = k

Faire le changement de variable t = ln |x|, et donc faire aussi un
changement de fonction inconnue
...
11
...


Pour obtenir
des renseignements qualitatifs
sur les solutions d’une ED,
sans pouvoir, a priori,
résoudre cette ED

Utiliser l’ED elle-même
...


➥ Exercice 10
...


➥ Exercice 10
...


© Dunod
...


Essayer de se ramener à une ED, par dérivation
...
9, 10
...
20
Pour résoudre
une équation fonctionnelle
ou une équation intégrale

On pourra être amené à appliquer l’hypothèse, par exemple, à x et à
1
−x, à x et à , ou à d’autres expressions
...
10, 10
...
19
...


147

Chapitre 10 • Équations différentielles

Pour résoudre certaines questions
portant sur des dérivées

On peut essayer de faire intervenir une ED
...


➥ Exercice 10
...

Pour étudier les solutions
polynomiales d’une EDL1 ou une
EDL2 à coefficients constants et
avec second membre polynomial

On peut essayer de faire intervenir l’application linéaire
y ∈ R[X] −→ y + Ay + By ∈ R[X]
...
16
...
1

Exemples d’EDL1 normalisées
Résoudre les ED suivantes, d’inconnue y : I −→ R supposée dérivable :
a) y − x y = x,

I =R

b) y + 2y = 4 ex + sin x + cos x,

10
...


Exemples d’EDL2 à coefficients constants et sans second membre
Résoudre les ED suivantes, d’inconnue y : R −→ R supposée deux fois dérivable :
a) y − 4y + 3y = 0,

10
...


Exemples d’EDL2 à coefficients constants et avec second membre
Résoudre les ED suivantes, d’inconnue y : R −→ R supposée deux fois dérivable :
a) y + y = ex
b) y − 5y + 6y = (2x 2 − 4x + 1) ex
c) y − 4y + 4y = 7 sin x − cos x
d) y − 3y + 2y = x(ex + e−2x )
...
4

Exemples d’EDL1 normalisées
Résoudre les ED suivantes, d’inconnue y : I −→ R supposée dérivable :
a) y = y tan x + sin x,
b) x y − 2y = − ln x,

10
...


Exemple d’EDL1 avec étude de raccord
Résoudre l’ED (x 3 − x)y − (x 2 − x + 1)y = 0, d’inconnue y : I −→ R, sur tout
intervalle ouvert I de R
...
6

Exemple d’EDL1 avec étude de raccord
Résoudre l’ED x y + (1 − x)y = e2x , d’inconnue y : I −→ R, sur tout intervalle
ouvert I de R
...
7

Exemple d’EDL1 avec étude de raccord
Montrer que l’ensemble S des applications f : ] − ∞ ; 1[−→ R dérivables telles que :
∀ x ∈ ] − ∞ ; 1[, x(x − 1) f (x) − (x − 2) f (x) = 0
est un R-espace vectoriel et en donner une base et la dimension
...
8

Exemple d’ED de Bernoulli
Trouver toutes les applications y : R −→ R, à valeurs > 0 sur R, dérivables, telles que
1
y(0) = et solutions de l’ED : y + y − x 2 y 2 = 0
...

y

10
...


10
...

2

10
...
Montrer que l’équation différentielle
(E)

x 2 y + ax y + by = k

© Dunod
...


se ramène, par le changement de variable t = ln |x|, à une EDL2 à coefficients constants
...


10
...

0

10
...

149

Chapitre 10 • Équations différentielles

10
...

Déterminer les limites de y et y en +∞
...
15 Intervention d’une EDL1
Soient a ∈ ]0 ; +∞[, f : [0 ; +∞[−→ R dérivable telle que f + a f soit bornée
...


10
...
Montrer que l’ED y + y = P, d’inconnue y : R −→ R, admet une
solution polynôme et une seule
...
17 Exemple d’équation fonctionnelle se ramenant à une EDL2 d’Euler
Trouver toutes les applications f : ]0 ; +∞[−→ R telles que :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = f

1

...
18 Exemple d’équation fonctionnelle se ramenant à une EDL4 à coefficients
constants
Trouver toutes les applications f : R −→ R deux fois dérivables sur R telles que :
∀ x ∈ R, f (x) − f (−x) + 2 f (x) = x 2
...
19 Exemple d’équation intégrale se ramenant à une EDL1
Trouver toutes les applications f : [0 ; +∞[−→ R continues telles que :
x

∀ x ∈ [0 ; +∞[,

(x − 3t) f (t) dt =
0

x2

...
20 Exemple d’EDL2 à coefficients constants
et avec second membre non exponentielle-polynôme
Résoudre l’ED y + 2y + y =

e−x
, d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R
...
21 Exemple d’ED dans laquelle |y| intervient
Montrer que l’ED 2x y − |y| = x, d’inconnue y : R −→ R, x −→ y(x), dérivable
sur R, n’a pas de solution
...
22 Exemple d’équation différentielle non linéaire du second ordre
Trouver toutes les applications f : R −→ R deux fois dérivables sur R telles que :
ff − f

150

2

= 1
...
1

Il s’agit d’EDL1 normalisées, avec second membre
...

D’après le Cours, la solution générale de (E) est la somme d’une
solution particulière de (E) et de la solution générale de (E0 )
...


Ensuite, chercher une solution particulière de (E) :
• il se peut qu’il y ait une solution évidente (a))
• si le second membre de (E) est de la forme exponentielle-polynôme, chercher une solution particulière du même genre (b))
• sinon, la méthode de variation de la constante s’applique toujours (voir exercice 10
...


10
...


10
...

Notons (E) l'ED proposée et (E0 ) l'EDL2 sans second membre
associée
...


Chercher ensuite une solution particulière de (E), du même
genre que le second membre, avec une condition sur les degrés
...


© Dunod
...


10
...


Notons (E) l’ED proposée et (E0 ) l’EDL1 sans second membre
associée
...

Commencer par résoudre (E0 ) par la formule du Cours :
la solution générale de (E0 ) y + ay = 0 est
y : x → λ exp

−

a(x) dx , λ ∈ K
...
1 a))

• si le second membre de (E) est de la forme exponentiellepolynôme, chercher une solution particulière du même genre
(voir exercice 10
...


10
...


En notant (e) l’ED proposée, considérer l’ED (E) normalisée associée, obtenue en divisant par le coefficient x 3 − x de y dans (e)
...


10
...


En notant (e) l’ED proposée, considérer l’ED (E) normalisée
associée, obtenue en divisant par le coefficient x de y dans (e)
...


10
...

Résoudre (e0 ) sur ] − ∞ ; 0[ et sur ]0 ; 1[, puis étudier le raccord
en 0
...
Résoudre
celle-ci, puis revenir à y , et traduire les conditions y > 0 et
1
y(0) =
...
8

En notant z =

10
...
Montrer, en utilisant les hypothèses de
l’énoncé, que f est alors de classe C 1 sur R et que f vérifie une
EDL1
...

2) Étudier la réciproque
...
10 1) Soit f convenant
...
En déduire la forme de f
...


10
...

Montrer que l’ED d’Euler (E) (portant sur y ) se ramène à une
EDL2 à coefficients constants (portant sur z), en calculant la
dérivée première et la dérivée seconde de y , par composition
...
12 Montrer que, si f convient, alors f est de classe C 2
...
18 1) Soit f convenant
...
Résoudre l’EDL2 ainsi apparue
...
Résoudre
celle-ci et en déduire la forme de f
...
13 Résoudre l’EDL4
...
Traduire ensuite les conditions au bord
...
14 Montrer y > 0 et déduire que y est croissante
...
Conclure :
y −→ +∞, puis y −→ 0
...
15 Noter g = f + a f et considérer cette égalité comme une
EDL1 d’inconnue f
...
On obtiendra :
x

∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = e−ax

eat g(t) dt + e−ax f (0)
...

Montrer que l’application T : R[X] −→ R[X],
Q −→ Q + Q est linéaire et que, pour tout n ∈ N, Rn [X] est
stable par T
...
Conclure que T est

10
...


10
...
Montrer qu’alors f est deux fois dérivable et vérifie une EDL2 d’Euler, sans second membre (cf
...
11)
...
En déduire la
forme de f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[
...


152

2) Étudier la réciproque
...
19 1) Soit f convenant
...
Résoudre cette EDL1 et en déduire f = −1
...


10
...

d x
e (y + y) = ex (y + 2y + y)
Remarquer que
dx
d x
(e y) = ex (y + y)
...
21 Puisqu’il s’agit d’établir un résultat exprimé par une négation, raisonner par l’absurde
...
En particulier, montrer
y(0) > 0
...

Aboutir à une contradiction
...
22 1) Soit f convenant
...
En déduire que f est trois fois dérivable sur R et
f
f
=

...
Résoudre cette
EDL2 et en déduire la forme de f
...


Corrigés des exercices

10
...


x dx

Une solution particulière de (E) sur R , évidente, est
y : x −→ −1
...

b) La solution générale de (E0 ) y + 2y = 0 sur R est
y0 : x −→ λ exp

−

2 dx

= λ e−2x , λ ∈ R
...

On a alors :
y + 2y = (a e −b sin x +c cos x)+2(a e +b cos x +c sin x)
x

x

= 3a ex +(2c − b) sin x + (c + 2b) cos x
...

3
5
5
Une solution particulière de (E) est donc :
c’est-à-dire : a =

y : x −→

4 x 1
3
e + cos x + sin x
...


10
...

• Une solution particulière de (E), évidente, est y : x −→
On conclut que la solution générale de (E) est :
y : x −→

1 x
e + A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2
...
La solution générale
de (E0 ) est donc : y : x −→ λ e2x + µ e3x , (λ,µ) ∈ R2
...
Notons Q = aX2 + bX + c, où
(a,b,c) ∈ R3 est à trouver
...

2

y (x) = (ax 2 + bx + c) + (2ax + b) ex

4 x 1
3
e + cos x + sin x + λ e−2x , λ ∈ R
...
2

2

y : x −→ λ ex + µ e3x , (λ,µ) ∈ R2
...


= ax 2 + (b + 4a)x + (c + 2b + 2a) ex ,
d’où :

y (x) − 5y (x) + 6y(x)
= 2ax 2 + (2b − 6a)x + (2c − 3b + 2a) ex
...

153

On résout ce système en cascade, et on obtient :
a = 1,

b = 1,

d’où, après report :
y − 3y + 2y = − 2ax + (2a − b) ex

c = 1
...


+ 12ux + (12v − 7u) e−2x
...

2
12
144
Ainsi, une solution particulière de (E) est :

c’est-à-dire :

x −→ (x 2 + x + 1) ex + λ e2x + µ e3x , (λ,µ) ∈ R2
...

c) • L’équation caractéristique r − 4r + 4 = 0 admet une solution réelle double r0 = 2
...


y : x −→

2

• Vu le second membre, on cherche une solution particulière
de (E) sous la forme

−

1 2
x − x ex +
2

On conclut que la solution générale de (E) est :
y : x −→

−

1 2
x − x ex +
2

Pour que y soit solution de (E), il suffit que :
c’est-à-dire

a=1

3a + 4b = 7
3b − 4a = −1

1
7
e−2x
x+
12
144
+λ ex + µ e2x , (λ,µ) ∈ R2
...
On a alors :
y − 4y + 4y = (3a + 4b) sin x + (3b − 4a) cos x
...

x+
12
144

10
...

Ainsi, une solution particulière de (E) est :

−

−tan x dx

= λ e− ln | cos x|
= λ e− ln cos x

y : x −→ sin x + cos x
...

On peut contrôler ce résultat par report dans l’énoncé
...
La solution générale
de (E0 ) est donc : y : x −→ λ ex + µ e2x , (λ,µ) ∈ R2
...

On a alors :
∀ x ∈ I, y (x) = y(x) tan x + sin x
⇐⇒ ∀ x ∈ I,

⇐⇒ ∀ x ∈ I, λ (x) = sin x cos x
1
sin 2 x
...

cos x
2 cos x

On conclut que la solution générale de (E) est :

y (x) = ax 2 + (b + 4a)x + (c + 2b + 2a) ex

154

λ (x)
= sin x
cos x

⇐ ∀ x ∈ I, λ(x) =

où (a,b,c,u,v) ∈ R5 est à calculer
...

cos x

y : x −→

sin 2 x
λ
+
, λ ∈ R
...


Pour trouver une solution particulière de (E), on applique la
méthode de variation de la constante : on cherche une solution
particulière de (E) de la forme y : x −→ λ(x)x 2 , où
λ : I −→ R est une fonction inconnue, supposée dérivable
...

x

=

x −2
ln x −
2
ln x
1
−
2x 2
2

x −2 1
dx
2 x
1
ln x
1 x −2
dx =
+
3
2
x
2x
2 2

1
ln x
+ 2 + Cte
...

En multipliant par X + 1 puis en remplaçant X par −1, on
3
obtient : a =
...

En multipliant par X − 1 puis en remplaçant X par 1, on ob1
tient : c =
...

On conclut que la solution générale de (E) est :
1
1
y : x −→ ln x + + λx 2 , λ ∈ R2
...
5

On a, pour tout x ∈ R : x 3 − x = x(x 2 − 1) =
x(x − 1)(x + 1) = 0 ⇐⇒ x ∈ {−1, 0, 1}
...

On a donc, pour tout x ∈ I :
y(x) = λ exp

I ⊂ ] − 1 ; 0[ ou

1
dx −
x +1

3
2

1
1
dx +
x
2

1
dx
x −1

1
3
ln |x + 1| − ln |x| + ln |x − 1|
2
2
3

=λ

1

|x + 1| 2 |x − 1| 2

...

La solution générale de (e) sur I − {−1} est :
y : I − {−1} −→ R ,

x −→

Soit I un intervalle ouvert de R ne contenant ni −1, ni 0,
ni 1, c’est-à-dire :
I ⊂ ] − ∞ ; −1[ ou

3 1
1
1 1
X2 − X + 1
=
− +
,
X3 − X
2X+1 X 2X−1

= λ exp

Ainsi, une solution particulière de (E) est :
y : x −→ λ(x)x 2 =

X2 − X + 1
X2 − X + 1
a
b
c
=
=
+ +
,
3 −X
X
(X + 1)X(X − 1)
X+1 X X−1

Ainsi :

On effectue une intégration par parties :
−x −3 ln x dx =

On effectue un calcul de primitive, en utilisant une décomposition en éléments simples :


3
1
 |x + 1| 2 |x − 1| 2

 λ1


|x|

 |x + 1| 3 |x − 1| 1
2
2

 λ2

|x|

si x < −1
(λ1 ,λ2 ) ∈ R2
...


On a, pour tout (λ1 ,λ2 ) ∈ R2 : y(x) −→ − 0 et y(x) −→ + 0
...

Sur cet intervalle : (e) ⇐⇒ (E) y −
x3 − x
L’ED (E) est une EDL1 normalisée et sans second membre
...


La solution générale de (E) sur I est donc :
y : x −→ λ exp

x2 − x + 1
dx , λ ∈ R
...

on a :

De plus, (e) est alors clairement satisfaite en x = −1
...

La solution générale de (e) sur I − {0} est :

3
1
 |x + 1| 2 |x − 1| 2

 λ1
si x < 0


|x|
y : x −→
(λ1 ,λ2 ) ∈ R2
...


/
Comme 0 ∈ I, x ne change pas de signe sur I, donc, quitte à
changer λ en −λ, la solution générale de (E0 ) sur I est :
y : x −→ λ

• Pour trouver une solution particulière de (E), on applique la
méthode de variation de la constante : on cherche une solution
λ(x) ex
, où
particulière de (E) de la forme y : x −→
x
λ : I −→ R est inconnue, supposée dérivable
...

La solution générale de (e) sur I − {1} est :

3
1
 |x + 1| 2 |x − 1| 2


si x < 1
 λ1

|x|
y : x −→
(λ1 ,λ2 ) ∈ R2
...

x−→1

On prolonge donc y par continuité en 1 en posant y(1) = 0
...

Et, si λ1 = λ2 = 0, alors y = 0, fonction nulle
...


10
...

• La solution générale de l’EDL1 sans second membre asso1−x
y = 0 sur I est :
ciée (E0 ) y +
x
y : x −→ λ exp

λ exp
156

−

−

1−x
dx
x

1
+ 1 dx
x

=

= λ exp (− ln |x| + x) =

λ ex

...

x

ex
= e2x
x

⇐⇒ λ(x) = ex
...

Une solution particulière de (E) sur I est donc :
y : x −→

e2x
λ(x)ex
=

...

x
x

2) Étude du raccord en 0
Soit I un intervalle ouvert de R tel que 0 ∈ I
...

si x > 0

/
On a : e2x + λ1 ex −→− 1 + λ1 , donc, si λ1 = − 1 alors
x−→0

y(x) −→− ±∞
...

Supposons λ1 = λ2 = −1
...

x−→0

Ainsi, y peut être prolongée par continuité en 0 en posant
y(0) = 1
...


On étudie la dérivabilité de y en 0, en formant, par exemple,
un taux d’accroissement :
y(x) − y(0)
1 e2x − ex
e2x − ex − x

...

X−2
2
1
= −
,
Ainsi :
X(X − 1)
X X−1
ce que l’on peut contrôler par réduction au même dénominateur dans le second membre
...

x−→0 2
x2 2
2

3
Ceci montre que y est dérivable en 0 et que y (0) =
...

Finalement, l’ensemble S I des solutions de l’ED proposée sur
tout intervalle ouvert I de R est :
y : I −→ R, x −→

e2x + λ ex
; λ∈R
x

 2x
x
 e −e
x
y : I −→ R, x −→

1

si

x =0
/

si

si

0∈I
/

si

0 ∈ I
...

1−x

Quitte à remplacer λ par −λ, la solution générale de (E0 )
x2
, λ ∈ R
...

2

x

 λ2
si x > 0
x −1
Il est clair que, pour tout (λ1 ,λ2 ) ∈ R2 , y(x) −→ 0
...

x
y(x) − y(0)
= λ1,2
−→ 0,
x
x − 1 x−→0±
dérivable en 0 et y (0) = 0
...
7

L’ensemble S est l’ensemble des solutions, sur
] − ∞ ; 1[, de l’EDL1 sans second membre (non normalisée)
(e0 ) x(x − 1)y − (x − 2)y = 0,
donc, d’après le Cours, S est un R-espace vectoriel
...

L’ED (e0 ) est normalisable sur I, équivalente sur I à :
x −2
(E0 ) y −
y = 0
...

x(x − 1)

donc y est

Enfin, l’ED (e) est alors satisfaite par y en 0
...


si x > 0

En notant :


2
 x
f 1 : ] − ∞ ; 1[−→ R, x −→ x − 1

0

On effectue une décomposition en éléments simples :
X−2
a
b
= +
, (a,b) ∈ R2
...


S = λ1 f 1 + λ2 f 2 ; (λ1 ,λ2 ) ∈ R2 = Vect ( f 1 , f 2 )
...

Finalement, S est un R-espace vectoriel, une base de S est
( f 1 , f 2 ), et dim (S ) = 2
...

y : R −→ R, x −→ 2
x + 2x + 2 + ex

10
...

On a, pour tout x ∈ R∗ fixé, par le changement de variable
1
1 x
f (t x) dt =
f (u) du,
u = tx :
x 0
0
donc :

Pour y : R −→ R dérivable sur R et à valeurs > 0,
1
considérons z = , qui est dérivable sur R
...
8

(E) y + y − x 2 y 2 = 0 ⇐⇒

y
1
+ − x2 = 0
y2
y

⇐⇒ −z + z − x = 0
2

f (x) =

2
x

x

f (u) du
...
Comme : ∀ x ∈ R∗ , x f (x) = 2

f,
0

on déduit alors, en dérivant :

⇐⇒ (F) z − z = −x
...


2

L’ED (F) est une EDL1 avec second membre
...


La solution générale de l’EDL1 associée sans second membre
z − z = 0 est z : x −→ λ ex , λ ∈ R
...

Ainsi, une solution particulière de (F) est
z : x −→ x 2 + 2x + 2,
ce que l’on peut contrôler
...

Ensuite :
1
⇐⇒ z(0) = 3 ⇐⇒ 2 + λ = 3 ⇐⇒ λ = 1
...

158

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = µx
...


On a :

y(0) =

∀ x ∈ ] − ∞ ; 0[, f (x) = λx

De plus, comme f est continue en 0, on a, en prenant la limite
lorsque x tend vers 0 : f (0) = 0
...

0

si x

x

On obtient : f : R −→ R, x −→

0

si x > 0
...

Il est clair que f est continue sur R et que f (−1) = 0 et
f (1) = 1
...


si x>0
2 0
0
On conclut que f convient
...


0

10
...

On a alors, pour tout x ∈ R, en appliquant l’hypothèse à x et
à −x :
1
f (x) + f (−x)
f (x) =
2
et
1
f (−x) + f (x) ,
f (−x) =
2
donc :

∀ x ∈ R, f (−x) = f (x)
...


D’où :
(E) ⇐⇒ x 2

b) On applique la méthode de a)
...
On a :
1
1
1
y(x) = z(t) , y (x) = z (t) , y (x) = z (t) 2 − z(t) 2 ,
x
x
x
donc :
(E)

⇐⇒ a =

1
(ax + b) + (−ax + b)
2

⇐⇒ a = b
...


1
f (x) + f (−x)
f (x) =
2

z (t)
+ bz(t) = k(x)
x

Ainsi, (E) se ramène à une EDL2 à coefficients constants
...

∀ x ∈ R, f (x) =
2

L’application f : R −→ R, x −→ ax + b est dérivable sur R
et, pour tout x ∈ R :

+ ax

⇐⇒ z (t) + (a − 1)z (t) + bz(t) = k(ε et )
...


z (t)
z (t)
− 2
2
x
x

⇐⇒ z + z = e2t + et + 1 (F)
...

Puisque 2, 1, 0 ne sont pas solutions de l’équation caractéristique r 2 + 1 = 0, on cherche une solution particulière de (F)
sous la forme z : t −→ a e2t + b et + c, (a,b,c) ∈ R3 à calculer
...


= e2t + et + 1
⇐⇒ ∀ t ∈ R, (5a − 1) e2t + (2b − 1) et + (c − 1) = 0
⇐ ( 5a − 1 = 0, 2b − 1 = 0, c − 1 = 0 )

a) On va effectuer le changement de variable t = ln |x|
dans l’ED d’Euler (E) de l’énoncé
...


Ainsi, une solution particulière de (F) est :

10
...

5
2

On a alors x = ε et , z est deux fois dérivable sur J, et, pour tout
x∈I:
y(x) = z(t),

y (x) =

dy
1
dz dt
=
= z (t) ,
dx
dt dx
x

d
d
1
z (t)
y (x) =
y (x) =
dx
dx
x
=
=

d 1
d
1
z (t) + z (t)
dx
x
dx x
1
dt 1
d
z (t)
+ z (t) − 2
dt
dx x
x

= z (t)

1
1
− z (t) 2
...

5
2

La solution générale de (F) est donc :
z : R −→ R ,
t −→

1 2t 1 t
e + e + 1 + A cos t + B sin t ,
5
2

(A,B) ∈ R2
...

159

10
...

0

Soit donc f : R −→ R de classe C
...


Par résolution de cette EDL2 à coefficients constants et sans
second membre, f est de la forme :
f : R −→ R ,

x −→ A ch x + B sh x, (A,B) ∈ R2
...
14 1) On a :
y = e−y − e−3y + e−5y = e−y 1 − e−2y + e−4y

L’ED y (4) + y = 0 est une EDL4 à coefficients
constants et sans second membre
...
La solution générale de
2
y (4) + y = 0 est donc :

y : x −→ e

x
x
A cos √ + B sin √
2
2

x
√
2

x
−√

2

x
x
C cos √ + D sin √ , (A,B,C,D) ∈ R4
...

en +∞
...

noté L

Il existe donc a ∈ [0 ; +∞[ tel que :
∀ t ∈ [a ; +∞[ ,

notée u(x)

+e

1
1 − e−2y
2

= e−y

On conclut que l’ensemble des solutions de (E) est :

10
...

2
Finalement, il y a une application et une seule y convenant, l’application :
√ −√
x
x
y : [0 ; +∞[−→ R, x −→ 2 e 2 sin √
...

f : R −→ R, x → A ch x − sh x ; A ∈ R
...

2

On a alors : ∀ x ∈ [0 ; +∞[ ,

2

(E) ∀ x ∈ R ,

2

y (t)

L

...

x−→+∞
√
2n π
/
Si A = 0, alors u(2nπ 2) = e A, qui ne tend pas vers 0
/
lorsque l’entier n tend vers l’infini
...

2

Ceci montre que : y(x) −→ 0 ⇐⇒ A = B = 0
...


Ainsi, y est croissante sur [0 ; +∞[ et n’a pas de limite finie
en +∞, donc : y(x) −→ +∞
...

x−→+∞

x−→+∞

Supposons A = B = 0, donc :
x
−√
2

∀ x ∈ [0 ; +∞[, y(x) = e

10
...

2
2

On a alors : y(0) = 0 ⇐⇒ C = 0
...


Pour trouver une solution particulière de l’EDL1 avec second
membre (E) y + ay = g, on applique la méthode de variation de la constante : on cherche une solution particulière de

(E) de la forme y : x −→ λ(x) e−ax , où λ : [0 ; +∞[−→ R
est l’inconnue, supposée dérivable
...
16 Considérons l’application
T : R[X] −→ R[X], Q −→ T (Q) = Q + Q
...


x

⇐ ∀ x ∈ [0 ; +∞[, λ(x) =

• Soit Q ∈ R[X] tel que T (Q) = 0
...


eat g(t) dt
...


Une solution particulière de (E) est donc :

• Soit P ∈ R[X]
...


Si P = 0, alors T (0) = 0 = P, donc P admet au moins un
antécédent par T
...


x

−ax

x −→ e

−ax

e g(t) dt + λ e
at

, λ ∈ R
...


0

De plus, en prenant la valeur en 0, on a : λ = f (0)
...


0

2) Par hypothèse, g est bornée ; il existe donc M ∈ R+ tel que :
∀ t ∈ [0 ; +∞[, |g(t)|

1
est
4x
dérivable, donc f est dérivable, et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :

0
x

eat |g(t)| dt
x

eat dt
0

= e−ax | f (0)| + M
= e−ax | f (0)| +

eat
a

0

eax − 1
a
| f (0)| +

Ceci montre que f est bornée
...
||∞ , on a obtenu :
|| f ||∞

| f (0)| +

1
f
4x 2

1
4x

=−

On effectue le changement de variable t = ln x, et donc aussi
le changement de fonction inconnue, g(t) = f (x)
...

x
x
x

x

M
M e−ax
−
a
a

1
f
4x 2

1
1
= − 2 f (x)
...

f (x) = −

0

= e−ax | f (0)| + M

Ainsi, T est bijectif, donc, pour tout P ∈ R[X], l’ED
y + y = P, d’inconnue y : R −→ R, admet une solution
polynôme et une seule
...
,Xn ) de
Rn [X] est triangulaire supérieure à termes diagonaux tous non
nuls
...
Il existe donc Q ∈ Rn [X] tel que :
P = Tn (Q) = T (Q)
...
17 1) Soit f convenant
...


On a alors, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
f (0) +

On a : ∀ Q ∈ Rn [X], T (Q) ∈ Rn [X], donc Rn [X] est stable
par T
...


Ceci montre que T est surjective
...


| f (x)| = e−ax

deg T (Q) = deg (Q)
...

a

M

...


Il s’agit maintenant d’une EDL2 à coefficients constants et sans
second membre
...
Il existe donc (λ,µ) ∈ R2
2
1
tel que : ∀ t ∈ R, g(t) = (λt + µ) e 2 t
...

161

L’équation caractéristique r 4 + 5r 2 + 4 = 0 admet quatre solutions, dans C, qui sont : i, −i, 2i, −2i
...


L’application f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et on a, pour tout
x ∈ ]0 ; +∞[ :
f (x) = f

1
4x

(A,B,C,D) ∈ R4
...


λ√
1
1
⇐⇒
x + (λ ln x + µ) √ = λ ln
+µ
x
4x
2 x

1
4x

⇐⇒ λ + λ ln x + λ ln 2 = 0
...

Pour que y soit solution de (E) sur R, il suffit que :
4a = 2, 4b = −2, 10a + 4c = 2,

1
4x

⇐⇒ λ = 0
...


10
...


En appliquant (2) à −x à la place de x, on a :
∀ x ∈ R, f

(3)

(−x) = − f (x) − 2 f (−x) − 2x
...
On obtient ainsi, pour tout x ∈ R :
f

(4)

(x) = −3 f (x) − 2 f (−x) − 2x + 2
= −3 f (x) − 2 f (x) + 2 f (x) − x 2 − 2x + 2
= −5 f (x) − 4 f (x) + 2x 2 − 2x + 2
...


Il s’agit d’une EDL4 à coefficients constants et avec second
membre polynôme
...

162

1 2 1
3
x − x−
2
2
4

+ A cos x + B sin x + C cos 2x + D sin 2x
...


1) Soit f convenant
...

2
2
4
4

2) Réciproquement, considérons l’application f définie par la
formule ci-dessus
...

D’où :
f (x) − f (−x) + 2 f (x) = x 2 + (A − B) cos x
+ (B − A) sin x +(−2C −2D) cos 2x +(−2C − 2D) sin 2x
...


Finalement, l’ensemble des applications f convenant est :
f : R −→ R, x →

1 2 1
3
x − x−
2
2
4

2) Réciproquement, pour f = −1 (fonction constante égale
à −1), on a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
x

x

(x − 3t) f (t) dt =

+ A( cos x + sin x) + C( cos 2x − sin 2x) ; (A,C) ∈ R2
...
19

1) Soit f convenant
...


On a donc :
x

∀ x ∈ [0 ; +∞[ ,

x

f (t) dt − 3

x
0

t f (t) dt =
0

x2

...


10
...

0

Il en résulte : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =

1
2x

x
0

1
f (t) dt −
...

On peut alors à nouveau dériver, d’où :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[,
c’est-à-dire :

−2x f (x) − 2 f (x) + f (x) = 1,

1
x
d x
1
⇐⇒ ∀ x ∈ ]0 ; +∞[,
e (y + y) =
dx
x
⇐⇒ ∃ λ ∈ R, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, ex (y + y) = ln x + λ

⇐⇒ ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, ex (y + 2y + y) =

⇐⇒ ∃ λ ∈ R, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[,

ex y =

−

1
dx
2x

λ
= √ , λ ∈ R
...

La solution générale de l’EDL1 avec second membre est donc :
λ
y : x −→ −1 + √ , λ ∈ R
...

x
Comme f est continue en 0, on a nécessairement λ = 0 et donc
f = −1
...


En notant α = λ − 1, β = µ, on conclut que l’ensemble des
solutions de l’ED proposée est :
y : ]0 ; +∞[−→ R ;
x −→ (x ln x + αx + β) e−x ; (α,β) ∈ R2
...


x −→ λ exp

d x
(e y) = ln x + λ
dx

⇐⇒ ∃ λ ∈ R, ∃ µ ∈ R,

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 2x f (x) + f (x) = −1
...
21 Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe
y : R −→ R, dérivable sur R, telle que 2x y − |y| = x
...

Comme de plus y est continue en 0 (car y est dérivable sur R),
il en résulte que y est strictement croissante sur [0 ; +∞[
...

On déduit : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, y(x) > 0, et donc, en revenant
à l’équation, y satisfait, sur ]0 ; +∞[, une EDL1 avec second
membre : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 2x y(x) − y(x) = x
...

2x
2
163

Une solution particulière, évidente, de l’EDL1 avec second
membre est x −→ x
...

Mais y est dérivable en 0, donc nécessairement, λ = 0, car
√
x −→ x n’est pas dérivable en 0 et que x −→ x est dérivable
en 0
...

2) Étude de y au voisinage de 0 à gauche
y(x)
y(x) − y(0)
=
−→ y(0) = 1, il existe α > 0
x−→0
x
x −0
1
y(x)
,
tel que : ∀ x ∈ [−α ; 0],
x
2
x
,
et donc (ici x < 0) : ∀ x ∈ [−α ; 0], y(x)
2
d’où, en, particulier : ∀ x ∈ [−α ; 0[, y(x) < 0
...

−x

Une solution particulière, presqu’évidente, de l’EDL1 avec
x
second membre est y : x −→
...


D’autre part, f et f sont continues sur R, puisque f est trois
fois dérivable sur R, et ne s’annulent en aucun point de l’intervalle R
...


De plus, µ f 2 = f (µ f ) = f f = 1 + f

2

> 0, donc µ > 0
...
L’équation caractéristique r 2 − µ = 0
√
√
admet deux solutions réelles distinctes r1 = µ, r2 = − µ
...


2) Réciproquement, soit (a,b,ω) ∈ R × R × R∗
...


x
y(x) =
...

164

f

...

3

Comme y est continue en 0, on a donc :

diction avec y (0) = 1 obtenu plus haut
...


∀ x ∈ [−α ; 0],

− f f = 0 ⇐⇒

f (x) = a eωx + b e−ωx ,

x
µ
+√
...


2x y (x) + y(x) = x
...


−

2

⇐⇒ f f

Comme

x −→ µ exp

1,

et donc f et f ne s’annulent en aucun point
...
Comme f est deux fois dériviser par f, d’où : f =
f
1+ f 2
vable, il en résulte, par opérations, que
est dérivable,
f
donc f est dérivable, f est trois fois dérivable
...


∀ x ∈ [−α ; 0[,

2

/
donc : ∀ x ∈ R, f (x) f (x) = 0,

√
∀ x ∈ ]0 ; +∞[ , y(x) = x + λ x,

On a montré :

10
...


f : R −→ R, x −→ f (x) = a eωx + b e−ωx ;
(a,b,ω) ∈ R × R × R∗ , 4abω2 = 1
...


Notions sur
les fonctions de
deux variables réelles
Plan

CHAPITRE

11

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 165
Énoncés des exercices 168
Du mal à démarrer ?

170

Corrigés

172

• Étude de limite ou de continuité pour une fonction de deux variables
réelles
• Existence et calcul éventuel des dérivées partielles premières, des dérivées partielles successives
• Détermination de la classe d’une fonction de deux variables réelles
• Recherche d’extrémums locaux ou globaux pour une fonction réelle de
deux variables réelles
• Résolution d’EDP1, d’EDP2
...

• Résolution de l’EDP

© Dunod
...


∂x

Les méthodes à retenir
• Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux
...
3
• S’il s’agit d’une forme indéterminée, se ramener d’abord, par changement de variables par translation, à une étude en (0,0)
...

Si l’une de ces deux fonctions partielles n’a pas de limite en 0, ou si
elles ont des limites en 0 différentes, alors f n’a pas de limite en (0,0)
...

Si ces diverses fonctions (d’une variable) ont la même limite en 0,
on peut essayer d’établir que f admet pour limite en (0,0), en formant | f (x,y) − | et en essayant de majorer cette expression par une
expression plus simple et de limite 0 quand (x,y) tend vers (0,0)
...


➥ Exercice 11
...


➥ Exercice 11
...

• Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux, en particulier
le théorème de composition des applications de classe C 1
...
1, 11
...
On a ainsi, sous réserve d’existence :
∂f
(x0 ,y0 ) = f (·,y0 ) (x0 )
...

∂y

➥ Exercice 11
...

• Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux, en particulier
le théorème de composition des applications de classe C 2 (ou C n ,
ou C ∞ ), et calculer successivement les dérivées partielles premières
puis secondes
...
6, 11
...


➥ Exercices 11
...
14
...


Commencer par déterminer les points critiques de f, c’est-à-dire les
points en lesquels les deux dérivées partielles premières de f s’annulent simultanément
...


➥ Exercice 11
...

On sait résoudre les deux EDP1
∂f
= g,
∂x
Pour résoudre une équation aux
dérivées partielles
du premier ordre (EDP1)
d’inconnue f : U −→ R
de classe C1
sur un ouvert (convexe) U de R2

∂f
= h,
∂y

où g,h : U −→ R sont données (continues), par primitivation
...

On essaiera de se ramener à cette EDP1 simple par un changement de
variables (et donc un changement de fonction inconnue) donné (ou
suggéré) par l’énoncé
...
10
...

On essaiera de se ramener à l’une de ces EDP2 par un changement de
variables (et donc un changement de fonction inconnue) donné (ou
suggéré) par l’énoncé
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
12
Si l’on cherche les solutions d’une forme particulière d’une EDP, on
peut essayer de se ramener à une ED
...
13
...
15
• en faisant intervenir une nouvelle variable qui regroupe x et y, par
exemple x 2 + y 2

➥ Exercice 11
...

167

Chapitre 11 • Notions sur les fonctions de deux variables réelles

Énoncés des exercices
11
...
On note :
g

:

R2 −→ R,

(t,u) −→ f (2t − u, 4t + 3u),

h

:

R2 −→ R,

(t,u) −→ f (t 2 + 2u 2 , etu ),

k

:

R −→ R,

t −→ f (t 2 , t 3 )
...


11
...
3

x2

xy
+ y2

b)

x y2
+ y2

x2

c)

sin x sh y
xy

d)

sin x − sh y

...
4

si

y

x4

si

y > |x|
...
5

|x|

y2

xy
est bornée sur R2
...
6

x(1 − y)

si

y

(1 − x)y

si

y > x
...

si et seulement si f = 0, où f =
2
∂x
∂y

168

Énoncés des exercices

a) Vérifier que f : (x,y) −→ Arctan

y
est harmonique sur R∗ × R
...

−z

c) Pour (x,y) ∈ R2, soient z = x + iy ∈ C et f (x,y) = ln |eze | ; montrer que f est
harmonique sur R2
...
7

Exemples de recherche d’extrémums locaux de fonctions numériques
de deux variables réelles
Déterminer les extremums locaux des applications f suivantes, pour lesquelles on donne
l’ensemble de départ et l’image f (x,y) de (x,y) :
a) R2 , x 2 + x y + y 2 + 2x + 3y

11
...


Étude de négligeabilité pour une fonction de deux variables réelles
On note f : R2 −→ R, (x,y) −→ x y 2 + y 3 − x 4 y
...
|| est, par exemple, la norme
(x,y)−→(0,0)

sur R2 définie par ||(x,y)|| = |x| + |y|
...
9

Nullité d’un polynôme à deux variables
Soit P un polynôme à deux variables réelles et à coefficients réels
...

Montrer : P = 0
...
10 Exemple d’équation aux dérivées partielles d’ordre 1
Trouver toutes les applications f : R2 −→ R de classe C 1 sur R2 telles que :
∀(x,y) ∈ R2 , 2

∂f
∂f
(x,y) + 3
(x,y) = x y,
∂x
∂y

en utilisant le changement de variables défini par :
u = x,

v = 3x − 2y
...
11 Calcul de dérivées partielles secondes croisées en un point particulier
© Dunod
...


Soit f : R2 −→ R définie par f (x,y) =
Comparer

∂2 f
(0,0)
∂ x∂ y

et

x y(x 2 − y 2 )
/
si (x,y) = (0,0) et f (0,0) = 0
...

∂ y∂ x

11
...

169

Chapitre 11 • Notions sur les fonctions de deux variables réelles

11
...

2
∂x
∂y
x

11
...


11
...


Du mal à démarrer ?
11
...


a) Examiner f (x,0) et f (x,x)
...
Majorer convenablement
| f (x,y)|
...

c) Grouper :
x
y

11
...


11
...


• Si y0 = |x0 |, appliquer les théorèmes généraux
...

Noter t = x 2 + y 2 ∈ [0 ; +∞[ et majorer | f (x,y)| par
une expression g(t) assez simple et ne dépendant que de t , puis
étudier les variations de g
...
4

11
...


2) Étudier la continuité de f en (0,0), par exemple par une majoration convenable de | f (x,y)|
...

∂f
∂f
4) Étudier la continuité de
et
en (0,0), par exemple en
∂x
∂y
∂f
∂f
(x,0) et
(x,x)
...

2) Pour la continuité, appliquer les théorèmes généraux sur R2
...

• Pour x ∈ R fixé, former f (x,·) et étudier sa dérivabilité en 0
...

∂x
∂y
c) 1) Appliquer les théorèmes généraux sur l’ensemble
D = (x,y) ∈ ]0 ; 1[2 ; x = y
...

3) Soit (x0 ,y0 ) ∈ R2 fixé tel que x0 = y0
...


11
...

et
∂x
∂y
∂x
∂y

Les méthodes à retenir

b) Calculer les dérivées partielles premières de

∂f ∂f
,
,
∂x ∂y

∂f
∂f
− x , puis leurs dérivées partielles secondes non croi∂x
∂y
sées, et enfin leurs laplaciens, et constater que ces laplaciens
sont nuls
...

Dans chaque exemple, f est de classe C 1 sur un ouvert
...


11
...
Si (a,b) = (0,0), on fera le changement de variable
h = x − a, k = y − b
...
Effectuer le changement de variables
3
3
1
4
4
1
h = x + , k = y + , calculer f (x,y) − f − , −
en
3
3
3
3
fonction de h,k puis chercher le signe de cette différence
...

Calculer f (x,y) − f (0,0) et montrer que cette différence peut
être > 0 et peut être < 0 au voisinage de (0,0)
...

3
• Former f (x,y) − f (0,0) et étudier le signe de cette différence
...

En notant t = ||(x,y)|| = |x| + |y|, par exemple, majorer
| f (x,y)| par une expression ne dépendant que de t , puis
étudier le comportement de cette expression lorsque t tend
vers 0
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
8

Un ouvert non vide de R2 contient au moins un pavé
fermé borné du type [a ; b] × [c ; d], a < b, c < d
...


11
...
En déduire que l’EDP1
proposée (portant sur l’inconnue f et les variables x,y ) est équivalente à une EDP1 portant sur l’inconnue g et les variables u,v
...


11
...

∂x
∂y
∂f
(0,·)
En déduire les expressions des fonctions partielles
∂x
∂f
(·,0), puis montrer que ces deux fonctions partielles sont
et
∂y
dérivables en 0, mais ont des dérivées différentes
...
11

Calculer

11
...
Montrer que
l’EDP2 de l’énoncé équivaut à
puis revenir à f (x,t)
...
Résoudre cette EDP2,
∂ X∂Y

11
...
Se ramener à
une équation différentielle linéaire sur ϕ
...


11
...

2) Calculer les dérivées partielles premières de f en tout point
de R2 , en séparant les cas (x,y) = (0,0) et (x,y) = (0,0), puis
montrer, en passant en polaires par exemple, que les dérivées
partielles premières de f sont continues en (0,0)
...

3) Calculer f x 2 en tout point de R2 − {(0,0)} et montrer que f x 2
n’a pas de limite en (0,0)
...


11
...

Fixer une des deux variables, par exemple fixer y ∈ [0 ; 1], étudier les variations de f (·,y), puis étudier les variations des
bornes de f (·,y), si elles existent
...
1

11
...


1) Par composition
g

On a : f (x,0) = 0 −→ 0
x−→0

f
(t,u) −→ (x = 2t − u, y = 4t + 3u) −→ f (2t − u, 4t + 3u)

et f (x,x) =

2

x
1
1
=
−→
= 0,
/
2x 2
2 x−→0 2

g est de classe C 1 sur R2 et, pour tout (t,u) ∈ R2 :

donc f n’a pas de limite en (0,0)
...


=

∂f
∂f
(2t − u, 4t + 3u)2 +
(2t − u, 4t + 3u)4,
∂x
∂y

∂ f ∂x
∂ f ∂y
∂g
(t,u) =
+
∂u
∂ x ∂u
∂ y ∂u

b) Ici : Déf( f ) = R2 − {(0,0)}
...

=
∂x
∂y

donc, si f admet une limite en (0,0), cette limite est nécessairement égale à 0
...

∂x
∂y

k
f
t −→ (x = t 2 , y = t 3 ) −→ f (t 2 , t 3 ),
k est de classe C 1 sur R et, pour tout t ∈ R :
∂ f ∂x
∂f 2 3 2
∂ f ∂y
∂f 2 3
+
=
(t , t )2t +
(t , t )3t
...


c) Ici : Déf ( f ) = (R∗ )2
...


/
d) Ici : Déf ( f ) = (x,y) ∈ R2 ; sh x − sin y = 0
...


11
...

1) Si y0 < |x0 |, alors, au voisinage de (x0 ,y0 ), on a y < |x|,
donc f (x,y) = y 2 , et donc, d’après les théorèmes généraux,
f est continue en (x0 ,y0 )
...

3) Supposons y0 = |x0 |
...

2) Continuité :
On a, pour tout (x,y) ∈ R2 :

2
y0

(x,y)−→(x0 ,y0 ), y |x|

11
...


Il en résulte que f est continue en (x0 ,y0 ) si et seulement si
2
4
y0 = x0
...


De plus :

2
4
2
2
x0 = x0 ⇐⇒ x0 (1 − x0 ) = 0 ⇐⇒ x0 ∈ {−1, 0, 1}
...

∂x
∂f
(0,0) existe et est égal à 0
...


g : [0 ; +∞[−→ R, t −→ g(t) = t e−t
...
On forme le tableau de variation de g :

0

+∞

1
+

–

0

g(t)
0

d’où : ∀ (x,y) ∈ R2 , | f (x,y)|
ce qui montre que f est bornée
...

• De même, pour tout (x,y) ∈ D :
∂f
x 4 − x 2 y2
x 2 (x 2 + y 2 ) − x 2 y(2y)
= 2
,
(x,y) =
∂y
(x 2 + y 2 )2
(x + y 2 )2
donc

∂f
x4
(x,0) = 2 2 = 1 −→ 1
x−→0
∂y
(x )

∂f
/
(0,y) = 0 −→ 0 = 1,
y−→0
∂y
∂f
n’a pas de limite en (0,0), donc n’est pas continue en
donc
∂y
(0,0)
...


t

0,

• On a, pour tout (x,y) ∈ D :

Notons, pour tout (x,y) ∈ R2 ,

| f (x,y)| =

−→

(x,y)−→(0,0)

et donc f est continue en (0,0)
...

/

1 + ex

(x,y)−→(0,0)

|y|

4) Continuité des dérivées partielles premières :

C = (x0 ,y0 ) ∈ R2 ;

11
...

b) 1) D’après les théorèmes généraux, f est de classe C 1 sur
l’ouvert R × R∗
...

173

3) Existence des dérivées partielles premières :
∂f
(x,y) existe et est égal à |y|
...

• Pour tout x ∈ R∗ , comme f (x,·) : y −→ x|y| n’est pas déri∂f
(x,0) n’existe pas
...

4) Continuité des dérivées partielles premières :
∂f
: R2 −→ R,
• D’après les théorèmes généraux,
∂x
(x,y) −→ |y| est continue sur R2
...

(x,y)−→(0,0)

(x,y)−→(0,0)

∂f
∂f
est définie sur R2 , Déf
∂y
∂x

= (R × R∗ ) ∪ {(0,0)}

∂f
∂f
et
sont continues sur leurs ensembles de définition
...

2) Continuité :
Soit (x0 ,y0 ) ∈ ]0 ; 1[2 tel que x0 = y0
...


11
...
Pour tout (x,y) de U, on a :

 ∂f
y

 ∂ x (x,y) = − x 2 + y 2
,
 ∂f
x

(x,y) = 2
∂y
x + y2
 ∂2 f
2x y

 2 (x,y) = − 2
 ∂x
(x + y 2 )2
,

2x y
 ∂2 f

(x,y) = 2
∂ y2
(x + y 2 )2

puis

f = 0 , f est harmonique sur U
...

∂x ∂y
∂x
∂y
On obtient, en utilisant le théorème de Schwarz :

x(1 − x0 )

∂f
∂x

donc

∂f
∂f
est harmonique, et de même pour
∂x
∂y

=

 ∂g
∂f
∂2 f
∂2 f

−
=y
−x

 ∂x
∂x2
∂y
∂ x∂ y
,
•
2

∂f
∂ f
∂2 f
 ∂g

=
+y
−x
∂y
∂x
∂ x∂ y
∂ y2
 ∂2g
3
2
∂ f
∂ f
∂3 f

−2
−x 2
 2 =y
 ∂x
3
∂x
∂ x∂ y
∂ x∂ y
puis
,
2
3
 ∂2g
∂ f
∂3 f
∂ f


=2
−x
+y
∂ y2
∂ x∂ y
∂ x∂ y 2
∂ y3
g=y

∂
∂
( f)−x
( f ) = 0,
∂x
∂y

et donc g est harmonique
...

L’application f (·,y0 ) : x −→

∂3 f
∂3 f
∂
+
=
( f ) = 0,
3
∂x
∂ x∂ y 2
∂x

•

d’où :

3) Existence des dérivées partielles premières :
si x

y0 = x0

(1 − x)y0
si x < y0 = x0
est dérivable à droite et à gauche en x0 et :
f (·,y0 ) d (x0 ) = 1 − x0 , f (·,y0 ) g (x0 ) = −y0 = −x0
...


b) D’abord,

• f est continue sur R2

•

• f est continue sur ]0 ; 1[2
• Les deux dérivées partielles premières de f sont définies sur
(x,y) ∈ ]0 ; 1[2 ; x = y
/

d’où

Finalement :

•

Puisque ces deux dérivées à droite et à gauche sont différentes,
∂f
f (·,y0 ) n’est pas dérivable en x0 , donc (x0 ,y0 ) n’existe pas
...

• De même,
∂y
Finalement :

c) On a :
ze−z = e−x (x + iy)(cos y − i sin y)
= e−x (x cos y + y sin y) + i(y cos y − x sin y) ,
−z

d’où : f (x,y) = ln |eze | = e−x (x cos y + y sin y)
...


c) Pour tout (x,y) de R2 ,

On calcule, pour tout (x,y) de R2 :
 ∂f
−x

 ∂ x (x,y) = e (−x cos y − y sin y + cos y)

f = 0 , f est harmonique sur l’ouvert R2
...

Finalement, f admet un extremum local et un seul, en (0,0) ;
c’est un minimum local, et f (0,0) = 0
...
8 Notons, pour tout (x,y) ∈ R2 :

Finalement, f admet un extremum local et un seul, en
1 4
− ,−
: c’est un minimum local et
3 3
1 4
− ,−
3 3

b) Pour tout (x,y) de R2 ,

t = ||(x,y)|| = |x| + |y|
...


7
=−
...


(car de discriminant < 0 )
...

3

En particulier, pour tout h de R :

,

1 4

...

2
c) • Au voisinage de A, notons h = x + , k = y ; on a :
3

Dans chaque exemple, f est de classe C 1 sur l’ouvert R2
...

3

 2
 ∂ f (x,y) = e−x (x cos y + y sin y − 2 cos y)
 2
 ∂x
puis
,
 ∂2 f


(x,y) = e−x (−x cos y − y sin y + 2 cos y)
∂ y2

11
...

• Si α < 3, alors 2t 3 + t 5 = o (t α ), donc

2

f y (x,y) = 3y 2

t−→0

,
f (x,y) =

donc f admet un point critique et un seul (0,0)
...

ε
ε
,0 > 0 et f − ,0 < 0
...

Finalement, f n’admet aucun extremum local
...


f (x,x)
2x 3 − x 5
=
−→
/
α
x−→0
|x|
|x|α

0,

donc f (x,y) n’est pas négligeable devant ||(x,y)||α , et donc
α ∈ E
...


,

11
...


175

D’autre part, puisque P est un polynôme à deux variables réelles
et à coefficients réels, il existe N ∈ N, P0 ,
...

Soit x ∈ [a ; b] fixé
...


On a : ∀ y ∈ [c ; d],

La solution générale de cette dernière équation aux dérivées
partielles est obtenue en primitivant par rapport à u :
1
1
g : (u,v) −→ u 3 − u 2 v + C(v),
4
8
où C : R −→ R est n’importe quelle application de classe C 1
sur R
...

Ceci montre : ∀ x ∈ [a ; b], ∀ k ∈ {0,
...
,N }, ∀ x ∈ [a ; b], Pk (x) = 0
...
,N }
...

N

Alors : P(X,Y) =

N

Pk (X)Yk =
k=0

0Yk = 0
...
11 D’après les théorèmes généraux, f est de classe C 1 sur
l’ouvert R2 − {(0,0)} et, pour tout (x,y) de R2 − {(0,0)} :
∂f
x 4 y + 4x 2 y 3 − y 5
(x,y) =
,
∂x
(x 2 + y 2 )2
∂f
x 5 − 4x 3 y 2 − x y 4

...
10 On a, pour tout (x,y) ∈ R2 et tout (u,v) ∈ R2 :
u=x

où C : R −→ R est n’importe quelle application de classe C 1
sur R
...

y=
2

Considérons l’application g : R2 −→ R définie par :
3u − v

...

∂x
∂f
De même, (0,0) existe et est égal à 0
...

On a, pour tout (x,y) ∈ R2 , d’après le cours :

 ∂ f (x,y) = ∂g (x,3x − 2y) + 3 ∂g (x,3x − 2y)

 ∂x
∂u
∂v
 ∂f
∂g


(x,y) = −2 (x,3x − 2y)
...


∂f
(·,0) : R −→ R
, d’où
∂y
∂ f
x −→ ∂ y (x,0) = −y
∂ ∂f
∂2 f
(0,0) =
(0,0) = 1
...

∂ x∂ y
∂ y∂ x

Remarque : D’après le théorème de Schwarz, par contreapposition, il en résulte que f n’est pas de classe C 2 sur R2
...

∂u
4
4
176

De même,

∂ ∂f
∂y ∂x

11
...


Notons g = f ◦ ϕ
...
Comme f = g ◦ ψ, on a, avec
des notations abusives :

 ∂ f = ∂g ∂ X + ∂g ∂Y = ∂g + ∂g

 ∂x
∂ X ∂x
∂Y ∂ x
∂X
∂Y
 ∂f
∂g ∂ X
∂g ∂Y
∂g
∂g


=
+
=c
−c
∂t
∂ X ∂t
∂Y ∂t
∂X
∂Y
puis :
 ∂2 f

 2
 ∂x










 ∂2 f



 ∂t 2









∂g
∂g
+
∂X
∂Y

∂
∂Y

=

∂
∂X

=

∂g
∂
∂g
c
=c
−c
∂X ∂X
∂Y
= c2

z(t) =

1
λ
+
,
2 t2 − 1

λ ∈ R
...

2
Finalement, les applications ϕ : R −→ R convenant sont les
ϕ : R −→ R , C ∈ R
...
14 On peut d’abord remarquer que f est de classe C ∞ sur
D = R2 − {(0,0)}, d’après les théorèmes généraux
...


∂2g
∂2g
∂2g
− 2c2
+ c2 2
...

posée si et seulement si g est solution de
∂ X∂Y
La solution générale en g est :

| f (x,y)| =

= ρ2 sin 4 θ cos 4 θ
donc f (x,y)

g : (X,Y ) −→ g(X,Y ) = A(X) + B(Y ),

x 4 y4
ρ8 sin 4 θ cos 4 θ
=
(x 2 + y 2 )3
ρ6

−→

(x,y)−→(0,0)

ρ2

−→

(x,y)−→(0,0)

0,

0 = f (0,0), ce qui montre que f est

où A,B : R −→ R sont quelconques de classe C 2 sur R2
...


f : R2 −→ R, (x,t) −→ f (x,t) = A(x + ct) + B(x − ct),

2) Classe C 1

où A,B : R −→ R sont quelconques de classe C 2 sur R
...
13

Il est clair que f est de classe C 2 sur U
...

(x 2 + y 2 )4

• D’autre part, l’application f (·,0) : R −→ R, x −→ 0 est

• On a, en passant en polaires :
| f x (x,y)| =

∂2 f
∂2 f
y
(x,y) − 2 (x,y) = 3
2
∂x
∂y
x
y
ϕ
x

f x (x,y) = 4x 3 y 4 (x 2 + y 2 )−3 + x 4 y 4 (−3)(x 2 + y 2 )−4 2x

dérivable en 0 et f (·,0) (0) = 0, donc f x (0,0)existe et est
égal à 0
...


−1 ϕ

y
x

ρ9 (−2 cos 2 θ + 4 sin 2 θ)
ρ8

= ρ| − 2 cos 2 θ + 4 sin 2 θ|
=

y
x

(t 2 − 1)ϕ (t) + 2tϕ (t) = t
...


Comme f est symétrique, c’est-à-dire :
∀ (x,y) ∈ R2 , f (y,x) = f (x,y),
177

on en déduit que f y est aussi définie et continue sur R2
...

1

2

x

0

1
+

g'(x)

3) Classe C 2

–2y2+5y+2

On a vu plus haut, pour tout (x,y) ∈ D :

g(x)
–2y2+3y

f x (x,y) = x 3 y 4 (−2x 2 + 4y 2 )(x 2 + y 2 )−4
...

En particulier,

f x 2 (x,0) = 0 −→ 0 et :
x−→0

3
3
−→ − = 0,
/
8 x−→0 8
donc f x 2 n’est pas continue en (0,0)
...

Finalement, f est de classe C 1 sur R2 , et f n’est pas de classe
C 2 sur R2
...


Les applications A,B sont dérivables sur [0 ; 1] et, pour tout
y ∈ [0 ; 1] :
A (y) = −4y + 3,

B (y) = −4y + 5
...
15

• Soit y ∈ [0 ; 1] fixé
...

L’application g est dérivable sur [0 ; 1] et, pour tout x ∈ [0 ; 1] :
g (x) = 2x + 2y + 1 > 0, donc g est strictement croissante
...

On conclut que f admet un minimum et un maximum, qui sont
respectivement égaux à 0 et 5
...


184

Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices

© Dunod
...


• Définition et propriétés algébriques des intégrales curvilignes
• Formules donnant une aire plane à l’aide d’une intégrale curviligne ou
d’une intégrale double
• Définition et propriétés algébriques des intégrales doubles, en particulier le théorème de Fubini, l’étude du cas particulier où une intégrale
double est égale au produit de deux intégrales simples, et le changement de variables en polaires
• Définition et propriétés algébriques des intégrales triples, en particulier
le théorème de Fubini, l’étude du cas particulier où une intégrale triple
est égale au produit de trois intégrales simples, et les changements de
variables en cylindriques, en sphériques
...


a

On est ainsi ramené au calcul d’une intégrale d’une application continue par morceaux sur un segment
...


➥ Exercices 12
...
5
...

(C)

Une fois le résultat obtenu, vérifier que l’aire est positive et, si possible, à l’aide d’un schéma, que l’ordre de grandeur du résultat est
cohérent
...
2
...


➥ Exercices 12
...
7, 12
...
En particulier, si le domaine D (et la
fonction f) s’y prête, passer en polaires
...
6, 12
...

• Décrire D par inégalités convenables et emboîter les intégrales
simples
...
4
• Essayer un changement de variables permettant de se ramener à une
intégrale triple plus simple
...


➥ Exercice 12
...

Pour calculer ou étudier
une intégrale simple particulière

180

On peut quelquefois passer par une intégrale double, en utilisant le
théorème de Fubini
...
11, 12
...
13
...
1

Exemples de calcul d’intégrales curvilignes
Calculer les intégrales curvilignes I =

ω dans les exemples suivants :
(C)

a) ω(x,y) = dy + y dx
(C) est le cercle d’équation x 2 + y 2 = 1, parcouru une fois dans le sens trigonométrique
b) ω(x,y) = x 2 dy + y 2 dx
(C) est le segment de droite [AB], de A(−1,0)vers B(1,1)
...
2

Exemples de calculs d’aires planes
a) Calculer l’aire de la boucle de l’arc paramétré x = t 3 − 3t, y = t 4 − 8t 2
...


12
...
4

x
x

1, 0

y

x ,

f (x,y) =

1
(1 +

x 2 )(1

+ y2)


...
La photocopie non autorisée est un délit
...
5

π
4

x, 0

y, 0

z, x + y + z

1 , f (x,y,z) = ex+y+z

3

,

f (x,y,z) = sin (x + y + z)
...


12
...


181

Chapitre 12 • Compléments de calcul intégral

12
...


0

b) En déduire, pour tout ( p,q,r) ∈ N3 , la valeur de l’intégrale double J ( p,q,r) =

f,
D

où D = (x,y) ∈ R2 ; 0

12
...


Exemple de calcul d’intégrales emboîtées
1

Arccos y

Calculer I =
0

12
...

√
4 + sin x

Exemples de calculs d’intégrales triples
f (x,y,z) dx dy dz dans les exemples suivants :

Calculer les intégrales triples
D

a) D = (x,y,z) ∈ R3 , ; x 2 + y 2

2z, 0

b) D = (x,y,z) ∈ R3 ; x 2 + y 2 + z 2

f (x,y,z) = x 2 y 2 z 2

1 ,

z

f (x,y,z) = x 2 y 2 z 2
...
10 Exemples de calculs d’intégrales doubles
f (x,y) dx dy dans les exemples suivants :

Calculer les intégrales doubles
D

a) D = [0 ; 3] × [0 ; 2],
b) D = [−a ; a] × 0 ;

f (x,y) =
π
,
4

c) D = (x,y) ∈ R2 ; 0

1
1 + Max (3x,2y)

a > 0 fixé,

y, x 2 + y 2 − x

f (x,y) =

2

1
ex cos 2 y + e−x sin 2 y

0, x 2 + y 2 − y

0
f (x,y) = x 2 + y 2 − 2x y
...
11 Exemple de calcul d’une intégrale simple via une intégrale double
1

a) Montrer : ∀x ∈ [0; 1], ln(1 + x) =
0
1

b) En déduire la valeur de
0

x
dy
...

1+x

12
...

+
182

a} ,
Ja =

f
...


Ja
√
π

...
13 Une inégalité de Tchébychev portant sur des intégrales
Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, f,g : [a ; b] −→ R continues et croissantes
...

a

Du mal à démarrer ?
12
...
8

12
...
9

Paramétrer (C) et appliquer la définition d’une intégrale
curviligne, permettant de se ramener à une intégrale simple
...


b) Appliquer la formule donnant l’aire plane limitée par une
1
ρ 2 dθ
...
3

Commencer par tracer D
...


12
...


b) Développer sin (x + y + z) pour se ramener à des sommes
de produits d’intégrales simples
...


12
...
6 Vu le domaine, passer en polaires
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
7

a) Utiliser une intégration par parties, pour obtenir une
relation de récurrence entre les intégrales Iλ ( p,q) et
Iλ ( p + 1,q − 1), puis réitérer
...

b) Utiliser a) deux fois
...

a) Vu le domaine, passer en cylindriques
...


12
...

b) S’assurer d’abord que le dénominateur de f (x,y) ne s’annule pas
...

c) Vu le domaine, passer en polaires
...
11 a) Calculer l’intégrale
...
Exprimer aussi I à l’aide du changement
de variables X = y, Y = x
...


12
...

b) Faire un schéma
...


12
...


183

Corrigés des exercices

a) Le cercle (C), parcouru une fois dans le sens trigonométrique, est paramétré par :

12
...


b) Commencer par tracer la courbe (C) d’équation polaire
√
ρ = cos 2θ, qui est une lemniscate
...

(C1 ) de (C) située dans le demi-plan correspondant à x

sin 2 t dt

0

π 1 − cos 2t
dt
2
0

On a :
A1 =

1
1
b) Le segment [AB] est paramétré par y = x + , x allant
2
2
de −1 à 1
...

0
2

(C)

1

O

2

= 2 [ sin t]π −
0

I =

A1

π
4

cos t dt + sin t (− sin t) dt

= 2

parité

(C)

x 2 dy + y 2 dx

1
1
1
x 2 dx +
x+
2
2
2

=

1
2

(C1 )

1 sin 2θ
2
2

π
4

=

−π
4

π

1
2

ρ2 dθ =

4

−π

cos 2θ dθ

4

1

...


12
...

0

12
...


xex y
0

=

x 2 ex y dy dx
0

1

=

− 3t)(4t 3 − 16t)dt

x

x 2 ex y dx dy =
D

3

x

On emboîte les intégrales simples, comme l’indique le
domaine D :
I =

(C)

√ (t
− 3

1

1

x dy
√
3

=

x

x

y=x
y=0

1 x2 x 2
e −
2
2

0
1

dx =

2

(xex − x) dx
0

1

=
0

1
1
e−
2
2

−

1
e−2
=

...


0

0

π
π
1
1
C = [ sin x]04 = √ , S = [− cos x]04 = 1 − √
...

32

I = S(3C 2 − S 2 )

12
...


z

√
1 √
= 1− √
2 = 2 − 1
...
5 On a :

ex+y+z dx dy dz
D
1

=

1−x

I =

1−x−y

ex+y+z dz dy dx
0

0

1

1−x

=
0

1

1−x

0

dy dx

=

(e − ex+y ) dy dx

ey − ex+y

y=1−x
y=0

e(1 − x) − e + e

−1

(−sh t sin t + cos 2 t + sin t ch t) dt
1

1
0

=

1

2

(−sh t sin t + cos 2 t) dt

0
1

sh t sin t dt +2

0
x

1

dx =

notée J

(e − ex) dx

e−e

1
2

cos 2 t dt
...

2

À l’aide de deux intégrations par parties successives :
1

J=

sh t sin t dt
0
1

b) En développant le sinus d’une somme de trois termes,
on a :

= [ch t sin t]1 −
0

sin (x + y + z) = sin (x + y) + z

= ch 1 sin 1 − [sh t cos t]1 +
0

ch t cos t dt
0
1

= sin (x + y) cos z + cos (x + y) sin z
= sin x cos y cos z + cos x sin y cos z
+ cos x cos y sin z − sin x sin y sin z,

sh t sin t dt
0

= ch 1 sin 1 − sh 1 cos 1 − J,
d’où : J =

1
(ch 1 sin 1 − sh 1 cos 1)
...

2
4
2 2

q q −1
Iλ ( p + 2,q − 2)
p+1 p+2

=

On conclut :

1
q q −1
···
Iλ ( p + q,0)
...

Et :

12
...

p+q +1 0
p+q +1

t p+q dt =

0

D

=

0 ; π ×[0 ;1]
2

=

f (ρ cos θ,ρ sin θ)ρ dρ dθ
ρ cos θ 1 −
2

0 ; π ×[0 ;1]
2

2

π
2

=

1

cos 2 θ dθ

On conclut :
Iλ ( p,q) =

ρ2 ρ dρ dθ

=

ρ3 1 − ρ2 dρ
...

( p + q + 1)!

b) On a, en emboîtant les intégrales simples :

On a :

f (x,y) dx dy

J ( p,q,r) =
π
2

A=
0

1 + cos 2θ
θ
sin 2θ
dθ =
+
2
2
4

π

D

2

=

0

π

...

3 5
15

y q (1 − x − y)r dy dx

xp

0

2

0

2

1

x p y q (1 − x − y)r dy dx
0

=

v (1 − v ) dv

2

1−x

0

=

1

(1 − v )v(−2v dv) =

1

=

=

xp
0

q! r!
(1 − x)q+r+1 dx
(q + r + 1)!

=

q! r!
I1 ( p,q + r + 1)
(q + r + 1)!

=

π 2
π
=

...

( p + q + r + 2)!

12
...

p+1 λ

t p+1
q(λ − t)q−1 dt
p+1

12
...


y

b) Vu le domaine, on passe en coordonnées sphériques :
x = ρ cos θ sin ϕ,

1
cos x

−π

∆

cos x

2

0

π
2

0

ρ

ϕ

π, 0

f (x,y,z) dx dy dz

I =
D

=

1
dy dx
√
4 + sin x

∆

f (ρ cos θ sin ϕ, ρ sin θ sin ϕ, ρ cos ϕ)
ρ2 | sin ϕ| dρ dθ dϕ

π
√
√
cos x
2
dx = 2 4 + sin x
= 2 5 − 4
...
9

a) Vu le domaine, on passe en coordonnées cylindriques : x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, z = z
...

0 ρ
D’où :

(ρ6 cos 2 θ sin 2 θ sin 4 ϕ cos 2 ϕ)ρ2 sin ϕ dρ dθ dϕ
π

cos 2 θ sin 2 θ dθ

sin 5 ϕ cos 2 ϕ dϕ

0

notée B

notée A

1

notée C

On a :
π

•A=
=

−π

π

1
sin 2 2θ dθ =
4

−π

π

sin 4θ
1
θ−
8
4

−π

=

1
(1 − cos 4θ) dθ
8

π
,
4

π

•B=

f (x,y,z) dx dy dz

=

f (ρ cos θ, ρ sin θ, z)ρ dρ dθ dz

=2

D

−1

t= cos ϕ

=

•C=

∆
π

=

−π

0

•A=
=

−π

cos 2 θ sin 2 θ dθ
0

1

•B=
0

π
−π

0

1

=
0

0

1 2 1
− +
3 5 7

=

16
105

1

...

4 105 9
945

12
...


notée B

1
sin 2 2θ dθ =
4

sin 4θ
1
θ−
8
4

√
2z

1

notée A
π

ρ8 dρ =

1

(t 2 − 2t 4 + t 6 ) dt

2

parité

1

ρ5 cos 2 θ sin 2 θ z 2 dρ dθ dz

(1 − t 2 )2 t 2 dt

1

1

(t 2 − 2t 4 + t 6 ) dt =

t3
t5
t7
−2 +
3
5
7

∆

−1

= −

sin 4 ϕ cos 2 ϕ sin ϕ dϕ
1

=

ρ8 dρ
...


x

En utilisant le théorème de Fubini :
π

θ

D’où :

π
2

x

O

=

π, 0

(x,y,z) ∈ D ⇐⇒

D

0

z = ρ cos ϕ
...

4

√

ρ6 ρ= 2z 2
1
z dz =
6 ρ=0
6

π 2
π

...

9
O

4
3

3

x

187

La droite d’équation 3x = 2y partage D en deux domaines D1
2y) et D2 (correspondant à 3x
2y)
...

On a, pour tout (x,y) ∈ D :

0

I =

f = I1 + I2 ,

où I1 =

f, I2 =

D

D1

f
...

2
0

2y
1
dy
3 1 + (2y)2

Ainsi, le dénominateur de f (x,y) ne s’annule pas, et, par
opérations, f est continue sur D
...

12

π

a

=

4

−a

0

1
dy dx
...


3x
1
dx +
2 1 + (3x)2
4
3

4
3

3
4
3

2
0

=

1
ln 1 + (3x)2
12

=

y = Arctan t ,
d’où :
1

J (x) =

1
2
ln 17 + (Arctan 9 − Arctan 4)
...

6
3

π
et, en
2
utilisant la formule de trigonométrie sur la tangente d’une dif9−4
5
=

...

6
3
37

1

1
dt =
+ t 2 e−x
t=1
t=0

0

e−x
dt
1 + (t e−x )2

= Arctan (e−x )
...

2
2

1
ex

dx

1 2
1
+ y2 = ,
2
4
1
1
, 0 et de rayon
...

2
2

=

On en déduit le tracé de D :

=

x 2 + y 2 − x = 0 ⇐⇒ x −

c) On a :

1
4

I =

1
4

π
4

(1 − sin 2θ) cos 2θ dθ

0

π
4

1
sin 4θ dθ
2

cos 2θ −

0

1 sin 2θ
cos 4θ
+
4
2
8

y

π
4

1 1
−
2 8

1
4

=

0

−

1
8

=

1

...
11 a) Pour x ∈ [0; 1], on a
1
2

1

d’où :
0

D

π
4

1

x

1

1
2

O

x
dy = ln(1 + x y)
1 + xy

b) D’après a), en notant I =
0
1

1

I =
0

Passons en coordonnées polaires :
x = ρ cos θ,
On a :

y = ρ sin θ,

0

θ

2π,


y 0

(x,y) ∈ D ⇐⇒ x 2 + y 2 − x

 2
x + y2 − y

0 θ π

⇐⇒ ρ2 − ρ cos θ

 2
ρ − ρ sin θ
0

⇐⇒ ∆

=

ρ
...


f (ρ cos θ, ρ sin θ) ρ dρ dθ

ρ3 dρ dθ
...

(1 + x y)(1 + y 2 )

ρ4 ρ= cos θ
1
= ( cos 4 θ − sin 4 θ)
4 ρ= sin θ
4

1
= ( cos 2 θ − sin 2 θ)( cos 2 θ + sin 2 θ)
4
1
= cos 2θ
...

(1 + x 2 )(1 + y 2 )

=
=

Mais en « échangeant » x et y :

D
cos θ

x
dy
1 + xy

On obtient, par addition :

cos θ
sin θ

ln(1 + x)
dx, on a :
1 + x2

x
dxdy,
(1 + x y)(1 + x 2 )

I =

0

(ρ2 − 2ρ2 cos θ sin θ)ρ dρ dθ

π
=

∆

= ln(1 + x)
...


π
4

θ

sin θ

0

0

y=1

y
dxdy =
(1 + x 2 )(1 + y 2 )

D

x
dxdy
...

1 + y2
8
189

a

Enfin, en intégrant par parties :
1
0

1

1
Arctan x
dx = Arctan x ln(1 + x) −
0
1+x

0

ln(1 + x)
dx
1 + x2

a

e−x dx
2

Comme

0 , on déduit :

−a

−a

e−x dx − −
−→
2

a→+∞

√
π,

et donc (par parité) :
a

π
π
π
= ln 2 − ln 2 = ln 2
...

a→+∞ 2

Remarque : Avec le vocabulaire de 2e année, x −→ e−x est intégrable sur [0; +∞[, et :
√
+∞
π
2
e−x dx =

...
12 a) En passant en polaires :
Ia =

π

e−ρ ρ dθdρ =
2

[−π;π]×[0;a]

= 2π −

−π

e−ρ ρ dρ
2

0

a

1 −ρ2
e
2

= π(1 − e−a )
...
13 Puisque f et g sont croissantes, on a, pour tout

0

(x,y) ∈ [a ; b]2 :

√
b) Puisque Da ⊂ ∆a ⊂ Da 2 et f
f

f

f (x) − f (y) g(x) − g(y)

f,

Da √2

0
...


Ja

Ia

0, on a :

∆a

Da

c’est-à-dire :

a

dθ

[a ;b]

y

f (x) − f (y) g(x) − g(y) dx dy

0
...

−→

d’où, par le théorème d’encadrement :

e−x e−y dxdy =
2

[−a;a]2

2

a

donc :
−a

190

e−x dx
2

a

e−x dx
2

−a

a
−a

b

−

b

f (y) dy

g(y) dy
a

b

g(x) dx +

b

dx

a
b

b

f (x) dx

a

a
b

fg − 2

b

f

a

e−y dy ,

b

dy −

a

= 2(b − a)
a

b

f (x)g(x) dx

a

a→+∞

D’autre part, pour tout a de R∗ :
+
Ja =

b

=

c) D’après a) et b) :

f (y)g(y) dx dy

a

a

f (y)g(y) dy

a

g
...

−→

b

f

a→+∞

a

b

g
a

(b − a)

f g
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices
• Définition et propriétés des opérations ∩ , ∪ , E
• Définition du produit cartésien de deux ensembles
• Définition et propriétés de l'injectivité, de la surjectivité, de la bijectivité pour les applications
• Définition de l'image directe, de l'image réciproque d'une partie par une
application
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
La deuxième voie est en général plus
courte et plus claire (si elle est praticable)
...
1, 13
...

On peut :
• soit montrer directement l’égalité
• soit montrer deux inclusions : A ⊂ B et B ⊂ A
...


➥ Exercices 13
...
2, 13
...

191

Chapitre 13 • Vocabulaire de la théorie des ensembles

• Utiliser les définitions et les propositions du Cours sur la composée
de deux applications injectives (resp
...
4, 13
...
4 (en le redémontrant)
...
5
...

Pour f : E −→ F, A ∈ P(E), A ∈ P(F), on a :
f (A) = y ∈ F ∃ a ∈ A, y = f (a) ,

Pour manipuler,
dans un cadre général,
des images directes
ou des images réciproques
de parties par des applications

f −1 (A ) = x ∈ E f (x) ∈ A
...


➥ Exercice 13
...

Passer par les éléments en utilisant les définitions :
Pour manipuler,
dans un cadre général,
des réunions ou des intersections
de familles d’ensembles

x∈

Ai ⇐⇒ ∃ i ∈ I, x ∈ Ai
i∈I

Ai ⇐⇒ ∀ i ∈ I, x ∈ Ai
...
6
...
1

Exemple de calcul ensembliste
Soient E un ensemble, A,B,C ∈ P(E)
...
C ) le complémentaire de B (resp
...


13
...
On note
X = (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ∪ (C ∩ A) , Y = (A ∪ B) ∩ (B ∪ C) ∩ (C ∪ A)
...


192

Énoncés des exercices

13
...


a) Étudier l’injectivité, la surjectivité, la bijectivité éventuelles de f et de g
...


13
...
Montrer :
a) si g ◦ f est injective, alors f est injective
b) si g ◦ f est surjective, alors g est surjective
c) si g ◦ f est bijective, alors f est injective et g est surjective
...
5

Étude d’injectivité et de surjectivité pour des composées
Soient E,F,G trois ensembles, f : E −→ F, g : F −→ G, h : G −→ E trois applications
...

b) si h ◦ g ◦ f et g ◦ f ◦ h sont injectives et f ◦ h ◦ g surjective, alors f,g,h sont bijectives
...
6

Produit cartésien et famille d’ensembles
Soient E,F des ensembles, (Ai )i∈I une famille de parties de E, (Bi )i∈I une famille de parties de F, indexée par le même ensemble I, A une partie de E, B une partie de F
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
7

Bi
i∈I

(Ai × Bi ) =

c)

×B

i∈I

Ai
i∈I

×

Bi
...


Démontrer :
a) f injective ⇐⇒ f injective ⇐⇒ f surjective
b) f surjective ⇐⇒ f surjective ⇐⇒ f injective
c) f bijective ⇐⇒ f bijective ⇐⇒ f bijective
...
8

Existence d’un point fixe pour une application croissante de P(E) dans P(E)
Soient E un ensemble, f : P(E) −→ P(E) une application croissante pour l’inclusion,
c’est-à-dire telle que :
∀ A,B ∈ P(E),

A ⊂ B ⇒ f (A) ⊂ f (B)
...


Du mal à démarrer ?
13
...


Raisonner sur les ensembles, partant de A ∪ B = A ∪ C, pour
déduire A ∪ B = A ∪ C, à l’aide des opérations sur les parties
de E
...


13
...
4, en groupant par
associativité : (h ◦ g) ◦ f, h ◦ (g ◦ f )
...
6

Montrer ces égalités en passant par les éléments, par équivalences logiques
...
7

Pour la commodité, on abrège injective en inj, surjective
en surj
...


13
...


Pour f inj ⇒ f inj et pour f surj
des singletons
...


13
...


194

⇒ f surj , montrer que, si f est injective, alors :
∀ A ∈ P(E), A = f −1 f (A)
...
3

On peut représenter f et g par des schémas qui aident à
la compréhension des propriétés d’injectivité et de surjectivité
...

Pour f surj ⇒ f surj et pour f inj
ser des singletons
...
8

⇒ f surj , penser à utili-

Considérer A = X ∈ P(E) ; X ⊂ f (X) et F =

X
...
1

= (A ∪ C) ∩ B ∪ (C ∩ A) mise en facteur de B

Première méthode :

1) On a successivement :
A ∪ B = A ∪ C ⇐⇒ A ∪ B = A ∪ C
⇐⇒ A ∩ B = A ∩ C
⇒ A ∪ (A ∩ B) = A ∪ (A ∩ C)
⇐⇒ (A ∪ A) ∩ (A ∪ B)
= (A ∪ A) ∩ (A ∪ C)

= (A ∪ C) ∪ (C ∩ A) ∩ B ∪ (C ∩ A)
distributivité de ∪ sur ∩
= (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) ∩ (B ∪ A)
distributivité de ∪ sur ∩
= (A ∪ B) ∩ (B ∪ C) ∩ (C ∪ A) = Y
...
3 a) 1)
0

A ∪ B=A ∪C

⇒A ∪ B=A ∪C

2


...


2

3


...


f

A ∪ B = A ∪ C ⇒ A ∪ B = A ∪ C
...

Ceci montre l’implication :

f est injective (évident) et non surjective (car 0 n’a pas d’antécédent par f), donc non bijective
...


y


...


0

1


...


g

Deuxième méthode :
1) Supposons A ∪ B = A ∪ C
...

• Si x ∈ A, alors x ∈ A ∪ C
...
Ainsi, x ∈ A et x ∈ B, donc x ∈ A ∪ B, d’où,
/
/
par l’hypothèse, x ∈ A ∪ C et, a fortiori, x ∈ C, c’est-à-dire
x ∈ C, donc x ∈ A ∪ C
...

Ceci prouve : A ∪ B ⊂ A ∪ C
...


g est non injective (car g(0) = g(1) = 0 ) et est surjective (car,
pour tout x de N, x = g(x + 1)), donc non bijective
...
2

On a, par opérations dans P(E) :

X = (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ∪ (C ∩ A)
= (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ∪ (C ∩ A) associativité de ∪

1

2


...


...


On a : ∀x ∈ N , (g ◦ f )(x) = g(x + 1) = (x + 1) − 1 = x ,
donc : g ◦ f = IdN
...

2) Pour la réciproque, on termine comme dans la première méthode
...

1 2 3
...

0 0 1
...


y
y−1
y


...


...

195

13
...
On a successivement :

a) Supposons g ◦ f injective
...


⇐⇒ x ∈

b) Supposons g ◦ f surjective
...
Puisque g ◦ f est surjective, il existe x ∈ E tel que
z = (g ◦ f )(x)
...
Ceci montre que g est surjective
...
Alors, g ◦ f est injective et surjective, donc, d’après a) et b), f est injective et g est surjective
...


i∈I

i∈I

13
...
Il en résulte que g est bijective
...

Ainsi, h est bijective, et enfin, f = (g −1 ◦ h −1 ) ◦ (h ◦ g ◦ f )
et f = ( f ◦ h ◦ g) ◦ (g −1 ◦ h −1 ) , donc f est surjective et
injective (comme composée de telles applications), donc
bijective
...

 f inj
...

g ◦ f ◦ h inj
...

f surj
...
7

a) α) Supposons f injective
...
Soit a ∈ A ; puisque
f (a) ∈ f (A) = f (B) , il existe b ∈ B tel que f (a) = f (b)
...
Ceci montre
A ⊂ B, et de même B ⊂ A , d’où A = B, et finalement f est
injective
...
Soit (a,b) ∈ E 2 tel que f (a) = f (b)
...


h

⇒

inj
...

Ceci montre que f est injective
...


h ◦ g = f −1 ◦ ( f ◦ h ◦ g) surj
...
, h bij
...
Montrons A = f −1 f (A)
...
,

L’inclusion A ⊂ f −1 f (A) est connue
...


13
...


a) Soit (x,y) ∈ E × F
...


(Ai × B)
i∈I

δ) Supposons f

⇐⇒ ∃ i ∈ I, (x,y) ∈ Ai × B
⇐⇒ ∃ i ∈ I, x ∈ Ai
⇐⇒ x ∈

Ai × B,

L’inclusion f f −1 (A ) ⊂ A est connue
...
Soit A ∈ P(F)
...


Ai et y ∈ B

d’où l’égalité d’ensembles :

2

et {b} = f (B ) , et on a : f (b) = f (a) ∈ A , donc
b ∈ f −1 (A) = {a}, b = a
...


et y ∈ B

i∈I

⇐⇒ (x,y) ∈

surjective
...
Il existe (A ,B ) ∈ P(F)

⇐⇒ ∃ i ∈ I, x ∈ Ai et y ∈ B

Ai
i∈I

b) Comme en a), en permutant les rôles des ensembles
...


Soit y ∈ A
...


Ainsi : A = f f −1 (A ) = f f −1 (A ) , ce qui montre que

13
...


F=

β) Supposons f surjective
...
Il existe A ∈ P(E)
/
telle que f (A) = {y}
...

Il existe donc a ∈ A, et on a alors y = f (a) , ce qui montre
que f est surjective
...
Soit (A ,B ) ∈ P(F)

2

tel que

f (A ) = f (B )
...

δ) Supposons f injective
...
Comme {y} = ∅, on
/
/
a f −1 ({y}) = f ({y}) = f (∅) = ∅
...

X∈A

• On a, par définition de f : ∀ X ∈ A, X ⊂ F,
d’où, puisque f est croissante : ∀ X ∈ A, f (X) ⊂ f (F)
...

X ⊂ f (F)
...

• Puisque f est croissante, on a alors : f (F) ⊂ f f (F) ,
ce qui montre : f (F) ∈ A
...

On conclut : f (F) = F,

Il existe donc x ∈ E tel que f (x) ∈ {y}, c’est-à-dire tel que
y = f (x)
...


donc f admet au moins un point fixe, F
...


Remarque :
Au lieu de considérer A et F définis plus haut, on pouvait aussi
Y, et monconsidérer B = Y ∈ P(E) f (Y ) ⊂ Y et G =
Y ∈B

trer, comme ci-dessus, que G est un point fixe de f
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices

© Dunod
...


• Définitions de : loi interne, commutativité, associativité, neutre, élément symétrisable, symétrique, distributivité
• Définitions de : groupe, sous-groupe, morphisme de groupes, endomorphisme d'un groupe, isomorphisme de groupes, automorphisme
d'un groupe
• Définitions de : anneau, anneau intègre, corps, sous-corps
• Définitions de : image directe, image réciproque d'une partie par une
application
• Les exemples usuels : anneau Z, corps Q, R, C, pour les lois usuelles
...


➥ Exercices 14
...
2, 14
...
8, 14
...
14,
14
...
17, 14
...
22
...


Pour montrer qu’une loi interne ∗
dans un ensemble E
n’est pas commutative

/
Trouver (a,b) ∈ E 2 tel que a ∗ b = b ∗ a
...


Pour simplifier par un élément
dans un calcul,
par exemple, pour passer
de a ∗ x = a ∗ y à x = y

➥ Exercices 14
...
2, 14
...
11
...
2
...
1
...
5, 14
...
20, 14
...

Ne pas oublier de montrer que ∗ est interne dans E
...

Pour montrer
qu’un ensemble E muni d’une loi ∗
est un groupe

➥ Exercices 14
...
10, 14
...
21
• Si la loi ∗ est une loi usuelle, essayer de montrer que (E,∗) est un
sous-groupe d’un groupe usuel (G,∗) : montrer que E ⊂ G, que le
neutre de (G,∗) est dans E, que, pour tout (x,y) ∈ E 2 , x ∗ y ∈ E, et
que, pour tout x ∈ E, le symétrique x −1 de x dans G est dans E
...


➥ Exercice 14
...


Pour montrer
qu’une partie H d’un groupe (G,·)
est un sous-groupe de G

Essayer de :
– revenir à la définition de sous-groupe : montrer que H ⊂ G, que le
neutre de G est dans H, que, pour tout (x,y) ∈ H 2 , x y ∈ H, et que,
pour tout x ∈ H, le symétrique x −1 de x dans G est dans H

➥ Exercices 14
...
9, 14
...

– montrer que H est le sous-groupe de G engendré par une certaine
partie de G
...


➥ Exercices 14
...
7, 14
...


Énoncés des exercices

Pour montrer q’une application
f : (G,∗) −→ (G , )
est un morphisme de groupes

Revenir à la définition : montrer que :
∀ (x,y) ∈ G 2 , f (x ∗ y) = f (x) f (y)
...
3
...


Pour montrer que
deux groupes (G,∗), (G , )
ne sont pas isomorphes

Raisonner par l’absurde : supposer qu’il existe un isomorphisme de
groupes f : (G,∗) −→ (G , ) et amener une contradiction
...
10
...
18
...
12
...

En particulier, si γa est injective, alors γa est surjective (car E est supposé fini)
...
20, 14
...

Pour étudier
des propriétés d’un groupe fini

Penser à utiliser des arguments de dénombrement, de comptage
...
22
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
1

Exemple d’étude de loi interne
Soit ∗ la loi interne définie dans R par :
∀ (x,y) ∈ R2 , x ∗ y = x + y + x 2 y 2
...

b) La loi ∗ est-elle associative ?
c) Montrer que R admet un neutre pour ∗ et calculer ce neutre
...

201

Chapitre 14 • Structures algébriques

14
...

Montrer que (G,∗) est un groupe
...
3

Automorphismes intérieurs d’un groupe
Soit (G,·) un groupe ; pour tout a ∈ G, on note τa : G −→ G l’application définie par :
τa (x) = axa −1
...

b) Vérifier : ∀(a,b) ∈ G 2 , τa ◦ τb = τab
...
4

Calculs dans un anneau
Soient (A,+,·) un anneau, 1 le neutre de la multiplication dans A, a ∈ A tel que
a 3 = a
...
Montrer :
u2 = 1

14
...


Calculs dans un groupe
Soient (G,·) un groupe, e son neutre, a,b ∈ G tels que : ba = ab2 et ab = ba 2
...


14
...
Montrer que H ∪ K est un sousgroupe de G si et seulement si : H ⊂ K ou K ⊂ H
...
7

Opération sur deux sous-groupes d’un groupe
Soit (G,·) un groupe
...

Soient H,K deux sous-groupes de G
...


14
...

Soient (G,·) un groupe, (a,b) ∈ G 2
...


14
...

a) Montrer que, pour tout sous-groupe H de G, f (H ) est un sous-groupe de G
...


14
...

On note ∗ la loi interne dans E définie par :
∀ x,y ∈ E, x ∗ y = f −1 f (x) f (y) ,
où f −1 désigne la bijection réciproque de f
...

On dit qu’il y a transfert de la structure de groupe, du groupe (G,·) sur (E,∗)
...


Montrer que (R,∗) est un groupe, isomorphe à (R,+)
...
11 Exemple de groupe et de sous-groupe
On note G l’ensemble des applications f : [0 + ∞[−→ [0 + ∞[ , de classe C 1 , telles
que : f > 0, f (0) = 0, lim f (x) = +∞
...
Est-il commutatif ?
b) On note H l’ensemble des f ∈ G telles que f (x)
/
sous-groupe de G et que H = G
...
Montrer que H est un

14
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
On suppose : ∀ x ∈ A, x 2 = x
...

b) Établir que A est commutatif
...
13 Étude d’inversibilité dans un anneau
Soient A un anneau, (a,b) ∈ A2
...

Démontrer que a est inversible dans A
...
14 Étude d’inverses dans un anneau
Soient A un anneau, (a,b) ∈ A2
...
On suppose que a, b, ab − 1 sont inversibles dans A
...
Montrer que a − b−1 est inversible dans A et que
(a − b−1 )−1 = bc−1
...
Montrer que d est inversible dans A et que
d −1 = −ca
...
15 Dérivation dans un anneau
Soient (A,+,·) un anneau, D : A −→ A une application telle que :
∀ (x,y) ∈ A2 , D(x + y) = D(x) + D(y)
∀ (x,y) ∈ A2 , D(x y) = D(x)y + x D(y)
...

b) Établir, pour tout élément inversible x de A :
D(x −1 ) = −x −1 D(x)x −1
...
16 Loi interne vérifiant une condition
Soit E un ensemble muni d’une loi interne notée multiplicativement, associative et telle
qu’il existe a ∈ E tel que :
∀ y ∈ E, ∃ x ∈ E, y = axa
...

b) Établir que a est symétrisable et exprimer le symétrique a −1 de a
...
17 Axiomes faibles de la structure de groupe
Soient E un ensemble muni d’une loi interne · associative, et e ∈ E tel que :
∀x ∈ E, xe = x
∀x ∈ E, ∃ x ∈ E,

x x = e
...


14
...


14
...
Un élément a de A est dit nilpotent si et seulement s’il existe n ∈ N∗
tel que a n = 0
...
Montrer que, si a est nilpotent et si ab = ba, alors ab est nilpotent
...
Montrer que 1 − a est inversible dans A et exprimer (1 − a)−1
...
Montrer que, si a et b sont nilpotents et ab = ba, alors a + b est nilpotent
...
20 Anneaux intègres finis
Montrer que tout anneau intègre fini est un corps
...
21 Conditions suffisantes pour la structure de groupe sur un ensemble fini
Soit E un ensemble fini muni d’une loi de composition interne ∗ associative pour laquelle tous les éléments de E sont réguliers
...


14
...

a)} Montrer que R est une relation d’équivalence dans G
...

c) En déduire Card(G) = Card(H ) × Card(G/R)
...


Du mal à démarrer ?
b) Montrer que ∗ n’est pas associative en calculant
(x ∗ y) ∗ z et x ∗ (y ∗ z) pour un choix de (x,y,z) assez simple,
et en obtenant deux résultats différents
...
1

14
...

Pour montrer que ∗ n’est pas commutative, calculer (z,t) ∗ (z ,t )
et (z ,t ) ∗ (z,t) pour un choix assez simple, et en obtenant deux
résultats différents
...
3

a) Revenir à la définition d’un automorphisme
...


© Dunod
...


14
...


Montrer, par exemple, ba = (ba)(ab) et utiliser le fait
que, dans un groupe, tout élément est simplifiable
...
5
14
...


Pour l’autre sens, raisonner par l’absurde
...
7

Faire un cycle d’implications, par exemple :
(i) ⇒ (iii) ⇒ (ii) ⇒ (iv) ⇒ (i)
...
Utiliser les rôles
symétriques de a et a −1 pour montrer que a et a −1 sont de
même ordre
...

d) Utiliser c)
...
9

Remarquer d’abord que les deux lois , dans G et dans G ,
sont notées de la même façon par commodité, mais qu’il ne
s’agit pas, a priori, de la même loi
...


14
...

b) Utiliser f : R −→ R, x −→ x 3
...
11 a) Revenir à la définition de groupe, ou bien montrer que G
est un sous-groupe du groupe des bijections de [0 + ∞[ sur
[0 + ∞[
...
Pour l’associativité, utiliser l’associativité
de la loi ◦ dans l’ensemble des applications de [0 + ∞[ dans
[0 + ∞[
...

a) Montrer (ab)(ab) = (ba)(ab) puis composer à droite
dans chaque membre par l’inverse de ab
...
8

b) Utiliser la définition d’un sous-groupe (ou une caractérisaf (x)
−→ 1
...
Se rappeler que f (x)
x−→+∞
x x−→+∞

205

Chapitre 14 • Structures algébriques

14
...


b) Appliquer l’hypothèse à x, à y, à x + y
...
13 Calculer ba(bxa − 1)
...
14 a) Montrer : a − b−1 = cb−1 , puis calculer (a − b−1 )−1 à
partir de cette égalité
...

b) Calculer d et obtenir d = −a −1 c−1 , puis finir de façon analogue à la solution de la question a)
...
15 a) Appliquer une hypothèse à (0,0), à (1,1), à (x,−x)
...


14
...
Pour
y ∈ E, il existe x ∈ E tel que y = axa ; calculer (ab)y et y(ba)
...


14
...
Combiner ensuite les
renseignements obtenus
...
18 Raisonner par l’absurde
...

Considérer (a,b) = f (1) et des antécédents par f de (1,0) et de
(0,1)
...
19 a) Soit (a,b) ∈ A2 tel que ab = ba
...


206

• En déduire, par récurrence sur k : ∀ k ∈ N∗ , (ab)k = a k bk
...

c) Utiliser la formule du binôme de Newton
...
20 Soient A un anneau intègre fini, a ∈ A − {0}
...
Considérer les applications x −→ ax et x −→ xa de A dans A et utiliser le fait que A
est fini
...
21 1) Pour x ∈ E, montrer que les applications y −→ x ∗ y et
z −→ z ∗ x de E dans E sont bijectives, d’où l’existence de
ex ∈ E tel que x ∗ ex = x et l’existence de εx ∈ E tel que
εx ∗ x = x
...

Montrer que ex ne dépend pas de x, et, en notant e = ex , déduire que e est neutre pour ∗
...


14
...

b) En notant, pour x ∈ G, x = {z ∈ G x Rz} la classe d’équivalence de x modulo R, montrer que, pour tout (x,y) ∈ G 2 , les
applications
α : x −→ y, t −→ t x −1 y et β : y −→ x, s −→ sy −1 x
sont correctement définies et sont réciproques l’une de l’autre,
donc sont bijectives
...


Corrigés des exercices

14
...


(z,t) ∗ (z ,t ) ∗ (z ,t )
= (z,t) ∗ z + z , t + t + Im (z z )

b) On a, par exemple :
(1 ∗ 1) ∗ (−1) = (1 + 1 + 12 12 ) ∗ (−1) = 3 ∗ (−1)
= 3 + (−1) + 32 (−1)2 = 11,
1 ∗ 1 ∗ (−1) = 1 ∗ 1 + (−1) + 1 (−1)
2

2

=1∗1

= 1 + 1 + 1 1 = 3 = 11,
/
2 2

= z +(z + z ), t + t +t +Im (z z ) +Im z(z +z )
=

z +z +z , t + t + t +Im (z z )+Im (zz )+Im (zz )
...

c) On a, pour tout x ∈ R : 0 ∗ x = x ∗ 0 = 0, donc R admet
un neutre pour ∗ et ce neutre est 0
...


d) 1) On a, pour tout x ∈ R :

2) Neutre :

1 ∗ x = 0 ⇐⇒ 1 + x + x = 0,
2

On a, pour tout (z,t) ∈ G :

et cette équation du second degré n’a pas de solution dans R
puisque son discriminant ∆ = 1 − 4 = −3 est < 0
...


donc (0,0) est neutre pour ∗
...

On conclut que l’équation 1 ∗ x = 1 admet exactement deux
solutions dans R, les réels −1 et 0
...
2

Remarquer d’abord que ∗ est bien une loi interne dans
G = C × R
...
On a, pour tout (z ,t ) ∈ G :
(z,t) ∗ (z ,t ) = (0,0)
(z ,t ) ∗ (z,t) = (0,0)
⇐⇒

z + z , t + t + Im (zz ) = (0,0)
z + z, t + t + Im (z z) = (0,0)



z + z = 0
 z = −z




⇐⇒ t + t + Im (zz ) = 0 ⇐⇒ t + t + Im (−|z|2 ) = 0






t + t + Im (−|z|2 ) = 0
t + t + Im (z z) = 0
⇐⇒

z = −z
t +t =0

⇐⇒

z = −z
t = −t
...

On conclut que (G,∗) est un groupe
...


 (i ,0) ∗ (1,0) = i + 1, 0 + 0 + i (i 1)






= (1 + i ,−1),

14
...

2) Réciproquement, supposons que H ∪ K soit un sous-groupe
/
/
de G
...

/
Il existe alors a ∈ H tel que a ∈ K , et il existe b ∈ K tel que
b ∈ H
...


Puisque H ∪ K est un sous-groupe de G et que a et b sont
dans H ∪ K , on a ab ∈ H ∪ K, c’est-à-dire : ab ∈ H ou
ab ∈ K
...
3 a) • ∀(x,y) ∈ G 2 ,
τa (x y) = a(x y)a −1 = (axa −1 )(aya −1 ) = τa (x)τa (y) ,

• Supposons ab ∈ H
...


donc τa est un endomorphisme de G
...


• Supposons ab ∈ K
...

Ce raisonnement par l’absurde, montre : H ⊂ K ou K ⊂ H
...


14
...
On a :
∀x ∈ G,

Supposons que H K soit un sous-groupe de G
...
Comme x −1 ∈ H K, il existe (h,k) ∈ H × K tel
que x −1 = hk
...


= τab (x),

Ceci prouve :

d’où : τa ◦ τb = τab
...


H K ⊂ K H
...

• Il est clair que, en notant e le neutre de G, e = ee ∈ K H
...
4

On a, en développant le carré d'une somme d'éléments
commutant deux à deux :

• Soit x ∈ K H
...
On a
alors :

u 2 = (1 + a − a 2 )2 = 1 + 2a − a 2 − 2a 3 + a 4

x −1 = (kh)−1 = h −1 k −1 ∈ H K ⊂ K H
...
Il existe (h,k) ∈ H × K, (h ,k ) ∈ H × K
tels que x = kh et y = k h
...

2

14
...

Comme hk ∈ H K ⊂ K H , il existe (h ,k ) ∈ H × K tel que
hk = k h , d’où :

ba = ab2 = (ab)b = (ba 2 )b = (ba)(ab)
...
On a alors
b = a −1 , donc ba = e
...

(ii) ⇒ (iv) : Se déduit de (i) ⇒ (iii) en échangeant H
et K
...


(iv) ⇒ (i) : Se déduit de (iii) ⇒ (ii) en échangeant H
et K
...

(i)
⇑
(iv)

14
...
On a alors f (x) ∈ H

et

f (y) ∈ H , d’où :
f (x y) = f (x) f (y) ∈ H ,
car f est un morphisme de groupes et H est un sous-groupe
de G
...

• Soit x ∈ f −1 (H )
...
D’où : x −1 ∈ f −1 (H )
...


d’où, puisque ab est régulier à droite :

b) Supposons a d’ordre fini, et notons n son ordre
...

on obtient aussi n

−1

−1 −1

(puisque (a )

n
...


f −1 (H ) est un sous-groupe de G
...
10 a) Remarquer, pour alléger les calculs, que, pour tout
(x,y) ∈ E 2 : f (x ∗ y) = f (x) f (y), et que, f étant bijective,
on a, pour tout (a,b) ∈ E 2 , f (a) = f (b) ⇒ a = b, ce qui
permettra, dans certaines conditions, de simplifier par f
...

1) Neutre :

On a : (bab−1 )n = ba n b−1 = beb−1 = e,
donc bab−1 est d’ordre fini et, en notant q son ordre, on a :
q n
...


f (x ∗ ε) = f (x) f (ε) = f (x)e = f (x)

Finalement, bab−1 est d’ordre fini, et de même ordre que a
...


d’où, puisque f est injective : x ∗ ε = x et ε ∗ x = x,
ce qui montre que ε est neutre pour ∗ dans E
...
9

Notons e le neutre de G, e le neutre de G
...

• On a : e = f (e) ∈ f (H ), car f est un morphisme de groupes
et e ∈ H
...
Il existe (x,y) ∈ H 2 tel que

= f x ∗ (y ∗ z) ,

x = f (x) et y = f (y)
...

• Soit x ∈ f (H )
...
On a
alors :
x −1 = f (x)

−1

= f (x −1 ) ∈ f (H ),

car f est morphisme de groupes et x

−1

∈ H
...


d’où, puisque f est injective, (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z), ce qui
montre que ∗ est associative dans E
...
En notant t = f (x) ∈ G, t −1 le symétrique de t
dans le groupe (G,·) et x = f −1 (t −1 ), on a :
f (x ∗ x ) = f (x) f (x) = tt −1 = e = f (ε)
f (x ∗ x) = f (x) f (x) = t −1 t = e = f (ε),

b) Soit H un sous-groupe de G
...


ce qui montre que x admet un symétrique pour ∗ dans E
...

209

4) Isomorphisme :
L’application f : E −→ G est un morphisme de groupes et
f est bijective, donc f est un isomorphisme de groupes de (E,∗)
dans (G,·)
...


On conclut que tout élément de G admet un symétrique pour
la loi ∗ dans G
...

5) Commutativité :
Il est clair que les applications

L’application f : R −→ R, x −→ x est bijective et son
√
application réciproque est f −1 : R −→ R, t −→ 3 t
...


D’après a), (R,∗) est donc un groupe et f est un isomorphsime
de groupes, de (R,∗) dans (R,+)
...


f : [0 ; +∞[−→ [0 ; +∞[, x −→ 2x
ϕ : [0 ; +∞[−→ [0 ; +∞[, x −→ ex − 1

et

sont éléments de G
...


14
...
Alors, g ◦ f : [0 ; +∞[−→ [0 ; +∞[ existe,
g ◦ f est de classe C 1 par composition,
2

(g ◦ f ) = (g ◦ f ) f > 0 car f > 0 et g > 0,
(g ◦ f )(0) = g f (0) = g(0) = 0 ,
et g ◦ f (x) −→ +∞, par composition de limites, puisque
x−→+∞

f (x) −→ +∞ et g(y) −→ +∞
...

2) Associativité :
La loi ◦ est associative dans l’ensemble des applications de
[0 + ∞[ dans [0 + ∞[ , donc ◦ est associative dans G
...

b) 1) Il est clair que H ⊂ G, par définition de H
...

x−→+∞

On a :
∀ f ∈ G, f ◦ ε = ε ◦ f = f,
donc ε est neutre pour ◦ dans G
...
Comme f > 0, f est strictement croissante sur
l’intervalle [0 + ∞[
...
De plus, puisque f est de classe C 1 et que
x−→+∞

f ne s’annule pas (car f > 0), f −1 est de classe C 1 sur
1
> 0
...

[0 ; +∞[ et ( f −1 ) =
f ◦ f −1
Ainsi : f −1 ∈ G et f ◦ f −1 = f −1 ◦ f = ε
...


3) Soient f,g ∈ H
...
On a alors, pour
x >0:
g f (x)
(g ◦ f )(x)
f (x)
=
·
x
f (x)
x
donc (g ◦ f )(x)

3) Neutre :

210

En particulier : (ϕ ◦ f )(1) = e2 − 1 et ( f ◦ ϕ)(1) = 2 e − 2,
/
/
donc (ϕ ◦ f )(1) = ( f ◦ ϕ)(1), d’où ϕ ◦ f = f ◦ ϕ
...


4) Soit f ∈ H
...


On conclut : H est un sous-groupe de G
...
a) 5)), mais n’est pas élément de H, car
f (x) ∼ x
...

/
/
x−→+∞

14
...
En appliquant l’hypothèse à x et à 1 + x,
on a : x 2 = x et (1 + x)2 = 1 + x
...

On conclut : ∀ x ∈ A, 2x = 0
...

On applique l’hypothèse à x, à y, à x + y, d’où :

• Soit x ∈ A
...


= x + y + (x y + yx),

b) Soit x un élément inversible de A
...

Mais, d’après a) : x y + x y = 2x y = 0
...


d'où x D(x −1 ) = −D(x)x −1 , puis, comme x est inversible, en
multipliant à gauche par x −1 , on conclut :

Puisque ab est inversible à droite, il existe x ∈ A tel
que : (ab)x = 1
...
13

D(x −1 ) = −x −1 D(x)x −1
...


14
...


Montrons que ab est neutre à gauche et que ba est neutre à
droite
...


• Soit y ∈ E
...

On a :

Ainsi, a(bx) = 1 et (bx)a = 1, donc a est inversible dans A,
et a −1 = bx
...


a) On a : a − b

14
...


Comme c et b−1 sont inversibles dans A, par produit, cb−1 est
inversible dans A, donc a − b−1 est inversible dans A et :
(a − b−1 )−1 = (cb−1 )−1 = (b−1 )−1 c−1 = bc−1
...

• On a alors : (ab)(ba) = ba car ab est neutre à gauche, et
(ab)(ba) = ab car ba est neutre à droite, d’où ab = ba
...


b) On a :
d = a −1 − (a − b−1 )−1 = a −1 − bc−1 = (a −1 c − b)c−1

b) On a :

= a −1 (c − ab)c−1 = a −1 (ab − 1) − ab c−1

a(bab) = (ab)(ab) = ee = e

= a −1 (−1)c−1 = −a −1 c−1
...


donc a est symétrisable et a−1 = bab
...
17 Soit x ∈ E
...
On a :
ex = e(xe) = (ex)e = (ex)(x x ) = (ex)x x

14
...

• En appliquant la deuxième hypothèse à (1,1), on a :
D(1) = D(1 · 1) = D(1) · 1 + 1 · D(1) = D(1) + D(1),

donc D(1) = 0
...

Ainsi, e est neutre et tout élément de E admet un symétrique
...

211

14
...
Notons
(a,b) = f (1)
...
On a alors, puisque f est un morphisme de
groupes :

donc 1 − a est inversible et
(1 − a)−1 = 1 + a + a 2 + · · · + a n−1 =

c) Soient a,b ∈ A nilpotents et tels que ab = ba
...

Calculons (a + b)n+ p−1 en utilisant la formule du binôme de
Newton, ce qui est licite puisque ab = ba :

/
D’où : λa = 1 et λb = 0, et donc λ = 0 et b = 0
...
On a alors, puisque f est un morphisme
de groupes :

n+ p−1

(a + b)n+ p−1 =
k=0
n−1

(0,1) = f (µ) = µ f (1) = µ(a,b) = (µa,µb)
...

On a alors : f (1) = (a,b) = (0,0) = f (0), ce qui contredit
l’injectivité de f
...

a) Soit a ∈ A nilpotent et b ∈ A tel que ab = ba
...

∗ Pour k = 1, on a ab = ba par hypothèse
...


14
...

Puisque A est intègre, les applications γa : A −→ A et
x−→ax

δa : A −→ A sont injectives, car :

∗

∗ Si ab = b a pour un k ∈ N , alors :
k

ak
...


(1,0) = f (λ) = λ f (1) = λ(a,b) = (λa,λb)
...
19

n−1

x−→ya

abk+1 = a(bk b) = (abk )b = (bk a)b = bk (ab) = bk (ba)

∀(x,y) ∈ A2 , γa (x) = γa (y) ⇐⇒ ax = ay
⇐⇒ a(x − y) = 0

= (bk b)a = bk+1 a
...

• Montrons, par récurrence sur k : ∀ k ∈ N∗ , (ab)k = a k bk
...


∗ Pour k = 1 , on a trivialement ab = ab
...
En
particulier, il existe (b,c) ∈ A2 tel que γa (b) = 1 et δa (c) = 1 ,
c’est-à-dire tel que ab = 1 et ca = 1
...

Ainsi : ∀a ∈ A − {0} , ∃ b ∈ A, ab = ba = 1
...


Ceci montre, par récurrence sur k : ∀ k ∈ N∗ , (ab)k = a k bk
...


• Puisque a est nilpotent, il existe n ∈ N∗ tel que a n = 0
...
21 1) Soit x ∈ E
...

∗

b) Puisque a est nilpotent, il existe n ∈ N tel que a = 0
...
Comme de plus E
y −→ x ∗ y
est fini, γx est surjective
...

De même en utilisant δx : E −→ E , qui est bijective, il existe
z −→ z ∗ x
εx ∈ E tel que εx ∗ x = x
...

Alors : x ∗ ex = x ∗ εx (= x),
d’où, par régularité de x à gauche : ex = εx
...
On a :
xRy
⇐⇒
yRz

Comme : x ∗ (ex ∗ ex ) = (x ∗ ex ) ∗ ex = x ∗ ex ,

⇒ x z −1 = (x y −1 )(yz −1 ) ∈ H ⇐⇒ x R z
...

Soit alors (x,y) ∈ E 2
...


(ex ∗ ex ) ∗ e y = ex ∗ e y = ex ∗ (e y ∗ e y ) = (ex ∗ e y ) ∗ e y ,

ˆ
Notons x la classe de x modulo R , pour x ∈ G
...
Pour tout t de x, on a t x −1 y ∈ y , car

puis, par régularité de ex à gauche : ex = e y
...


Ceci prouve que ex ne dépend pas de x
...

De plus : ∀x ∈ E, e ∗ x = ex ∗ x = εx ∗ x = x,
et donc e est neutre pour ∗
...


Alors :
x = x ∗ e = x ∗ (x ∗ x ) = (x ∗ x) ∗ x = e ∗ x = x
...


t −→ t x −1 y

β : y −→ x
...

ˆ
ˆ
Ceci montre que α et β sont des bijections réciproques l’une
ˆ ˆ
de l’autre
...

c) Puisque les classes modulo R sont deux à deux disjointes
et ont le même cardinal, on a :

Finalement, (E,∗) est un groupe
...

ˆ

14
...


• Symétrie : Soit (x,y) ∈ G 2
...


ˆ
De plus, comme e = H, on conclut :
Card(G) = Card(H ) × Card(G/R)
...


213

Nombres entiers,
nombres rationnels
Plan

CHAPITRE

15

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 215
Énoncés des exercices 217
Du mal à démarrer ?

219

Corrigés

220

•
•
•
•

Résolutions d'équations et d'inéquations dans N, N2
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices
• Définition et propriétés de N, principe de récurrence
• Les formules de sommation classique : sommation arithmétique, sommation géométrique, formule du binôme de Newton
• Définition et propriétés des coefficients binomiaux
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


➥ Exercices 15
...
7
...


➥ Exercices 15
...
4
...


➥ Exercices 15
...
7
...


➥ Exercices 15
...
6, 15
...
9, 15
...
12
...
5, 15
...
11, 15
...

Essayer de :
– appliquer les théorèmes généraux de dénombrement, par exemple :
Card (E × F) = Card (E) · Card (F)
– mettre l’ensemble en bijection avec un ensemble fini de cardinal
connu
➥ Exercices 15
...
14, 15
...

Essayer de :
– remplacer les coefficients binomiaux par leur expression à l’aide de
factorielles
➥ Exercices 15
...
11 a), 15
...
13, 15
...


➥ Exercices 15
...
9, 15
...
12, 15
...


216

Énoncés des exercices

Énoncés des exercices
15
...
2

3x + 2y 2 + z 3 = 18
...
3

p+k
p

=

n+1

...
On donne, dans le plan, n droites D1 ,
...
Soit A un point du plan, n’appartenant à aucune des droites D1 ,
...

En combien de « régions » le plan est-il partagé par les n + 2 droites D1 ,
...
4

Exemple d’obtention d’inégalités faisant intervenir des entiers,
par raisonnement par récurrence
√
n+1
1 · 3 · · · (2n − 1)
1

...
5

Calcul d’une somme double
Calculer, pour tout n de N∗ ,

Min (i, j)
...
6

Calcul d’une somme triple
n

Calculer, pour tout n ∈ N :

q

p

Sn =

2k
...
7

Exemple de résolution d’une équation dans N2
Résoudre dans N2 :

15
...


(E)

Calcul d’une somme de produits de coefficients binomiaux
n

p
k

Montrer : ∀(n, p,q) ∈ N3 ,
© Dunod
...


k=0
n

En particulier : ∀n ∈ N ,
k=0

15
...


2n

...

Calculer, pour n ∈ N∗ ,
et
k
k+1
k=0
k=0

15
...

n
k
217

Chapitre 15 • Nombres entiers, nombres rationnels

a) Montrer, pour tout n ∈ N :

n!(n + 2)Sn = 1 + (−1)n (n + 1)!
...


15
...


i
k


...
12 Calcul d’une somme faisant intervenir des coefficients binomiaux
n

Montrer, pour tout n ∈ N :
k=0

n
2n+2 − 2
k
=

...
13 Nombres de Catalan
Montrer que, pour tout n ∈ N, le nombre de Catalan

1
n+1

2n
n

est un entier
...
14 Dénombrements de relations
Soient n ∈ N∗ et E un ensemble fini à n éléments
...


15
...
16 Formule d’inversion de Pascal
a) Montrer, pour tout (n, p,k) ∈ N3 tel que p
n
k

k
p

=

b) Établir, pour tout (n, p) ∈ N2 tel que p
n

(−1)n−k
k= p

n
k

k

n:
n−p
k−p


...


n
p
n:

k
p

=

n

c) Soit (an )n∈N une suite à termes dans C
...


n
k

ak
...
Raisonner ensuite de façon
analogue pour y
...
1

Récurrence sur n, pour p fixé
...
3

Faire un schéma illustrant la situation
...
4

Raisonner par récurrence sur n
...


15
...


Pour i fixé, la valeur de Min (i, j) dépend de la position de j par
rapport à i : utiliser la relation de Chasles pour les sommations
...

6

p

2k
...


Se rappeler, pour x ∈ R − {1} et n ∈ N, les formules :
n

x n+1 − 1
x =
x −1
k=0
k

n

et

n(n + 1)
k=

...


Se rappeler que, pour tout (a,b) ∈ Z2, on a :
a > b ⇐⇒ a

b + 1
...


© Dunod
...


15
...


b) Utiliser a) puis la formule du binôme de Newton
...
12 Remplacer les coefficients binomiaux par leur expression à
l’aide de factorielles,puis utiliser la formule du binôme de Newton
...
13 Remarquer, pour n

Se rappeler les formules :

15
...
10 a) Remplacer le coefficient binomial par son expression à
l’aide de factorielles
...


15
...


15
...
6

• Développer (1 + X)n par la formule du binôme de
Newton, puis dériver
...
9

Dans l’égalité de polynômes
(1 + X) p (1 + X)q = (1 + X) p+q , considérer les termes en Xn
...


15
...


15
...

Compter les nombres entiers de n chiffres commençant par 1 et
n’ayant qu’un seul chiffre 1, et compter les nombres entiers de n
chiffres commençant par un chiffre autre que 0 et 1, et ne comportant qu’un seul chiffre 1
...
16 a) Remplacer les coefficients binomiaux par leur expression
à l’aide de factorielles
...

c) Calculer la somme demandée en remplaçant bk par son
expression, puis permuter les deux symboles de sommation et
utiliser b)
...
1

Soit (x,y,z) ∈ N3
...


D2

D3

D4

D5

D

(1) ⇐⇒ 3x + 2y 2 = 18
...
On a donc y ∈ {0,3}
...


A

• Pour y = 3 : (1) ⇐⇒ 3x = 0 ⇐⇒ x = 0
...


Si (x,y) convient, alors 2y 2
c’est-à-dire y 2
...

/

• Pour y = 1 :

(1) ⇐⇒ 3x = 15 ⇐⇒ x = 5
...


3) Pour z = 2 :

3

10, y 2

+3

+4

+3

+3

Exemple : n = 5

(1) ⇐⇒ 3x + 2y 2 = 10
...


+3

5 < 9, donc y < 3

On conclut que les n + 2 droites D1 ,
...


• Pour y = 0 :

(1) ⇐⇒ 3x = 10, x ∈ N
...
4 Procédons à une récurrence sur n
...

/

• Pour y = 2 :

(1) ⇐⇒ 3x = 2, x ∈ N
...


1 · 3 · · · (2n − 1)

...

• Pour n = 1 : u 1 = , et on a bien :
3
2
2
3
√
n+1
1

...

On a : u n+1 =
2 · 4 · · · (2n + 2)
2n + 2

p ), alors :
Si elle est vraie pour un n (tel que n


n+1− p
n− p
p+k
p+k 
n+1
=
+
p
p
p
k=0
k=0

∗ On a, en utilisant l’hypothèse de récurrence :
√
√
n + 1 2n + 1
n+1
1

...


15
...


=

n+1
p+1

+

n+1
p

=

n+2
p+1


...
,Dn partagent le plan en n + 1
« parties »
...


15
...
La partie contenant A est partagée en quatre régions
...

Ceci montre : u n+1 >
2n + 3

∗ On a, en utilisant l’hypothèse de récurrence :

Ensuite, pour tout n ∈ N :

√
2n + 1
2n + 1
1
·
< √
=

...

2

On a donc établi l’encadrement voulu, à l’ordre n + 1
...


15
...


j=i+1

i(i + 1)
+ (n − i)i
2
n
i=1

1
i−
2

i

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

...

2−1
k=0
Puis, pour tout q ∈ N :
q

2k

=

⇐⇒ 2x 2 − 5x + 2 = 0
⇐⇒ x = 2 ou x =

1
(∈ N)
...


Finalement, l’équation proposée admet une solution et une seule :
(2,4)
...


15
...
6

y
...


2) • Pour y = x + 1, on a :

Min (i, j)
...
7 1) Soit (x,y) ∈ N2 une solution de (E)
...
Comme x et y sont des entiers,
on a donc : y ∈ {x + 1, x + 2}
...

2n + 3

Ceci montre :

q − 3(n + 1)
q=0

1
= 2n+3 − (n 2 + 7n + 14)
...


p=0

= 2(2q+1 − 1) − (q + 1) = 2q+2 − q − 3
...

n!(n + 2)
n+2

Sn =

, d’où l’égalité voulue
...


15
...

k+1
n+1

b) En utilisant a), on a :
n

n

n

k=0 i=k
n

n
[ j=n−i]

k=0

k=0
n

(−1)k (n + 2)k!(n − k)!

=

=

k=0
n
k=0
n

(−1)k k!(n − k + 1)!
=

n

+

=

n

=

[ p=k+1]

(−1)k k!(n − k + 1)!
k=0

=

n+1

(−1) p−1 p!(n − p + 1)!

+
p=1
télescopage

k=0

(−1)k (k + 1)!(n − k)!
k=0

=

n

=

k=0

(n + 1)! + (−1)n (n + 1)!

= 1 + (−1) (n + 1)!
...


n!
k!(n − k)!(k + 1)(n − k + 1)
n!
(k + 1)!(n − k + 1)!
1
(n + 2)!
(n + 1)(n + 2) (k + 1)!(n − k + 1)!

1
(n + 1)(n + 2)

[ p=k+1]

n

n+2
k+1

k=0

1
(n + 1)(n + 2)

n+1
p=1

n+2
p

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

n

222

n−k
n−i

pression à l’aide de factorielles, dans la somme Sn du premier
membre :

(−1)k (n − k + 1) + (k + 1) k!(n − k)!
k=0
n

n
k

n
k

k=0 i=k

i=k

n
k

n

=

15
...


n

15
...


(1 + x)n+1
n+1

1

15
...


p=0

n+2
p

−

n+2
0

−

n+2
n+2


...

(n + 1)(n + 2)

15
...
15 Considérons un nombre entier naturel non nul, dont

Le résultat demandé est évident pour n = 0
...

• Le chiffre 1 peut être en premier à gauche, les autres chiffres
étant quelconques, différents de 1
...


Soit n ∈ N∗
...
14

2n
n

2n
n


...

Comme les coefficients binomiaux

et

Notons E = {x1 ,
...


L’ensemble des relations dans E est en bijection avec l’ensemble
des tableaux à n lignes, n colonnes (indiquées par les éléments

• Si le chiffre 1 n’est pas en premier à gauche, il y a n − 1
façons de placer ce chiffre 1
...
Les chiffres autres que le premier à gauche et différents de 1 sont parmi 0,2,
...

On conclut que le nombre demandé est :
9n−1 + (n − 1)8 · 9n−2 = 9n−2 9 + 8(n − 1)
= (8n + 1)9n−2
...
16 a) Remplaçons les coefficients binomiaux par leur expression à l’aide de factorielles :
n
k

de E), et contenant à la ligne i, colonne j, l’élément 0 si xi R x j ,
l’élément 1 si xi R x j
...

b) Le nombre de relations réflexives dans E est le nombre de
tableaux comportant un 1 à chaque place diagonale ; c’est donc
2
2n −n , puisqu’il y a n 2 − n places « libres »
...


car n − k = (n − p) − (k − p)
...
,n}2 tel que i < j
...


k
p
n

k= p

= (−1)n
=

[ j=k− p]

n

n
p

(−1)n

car il y a 2n façons de remplir la diagonale, et il y
est 2n ·
2
n −n
a
paires de cases symétriques par rapport à la diagonale
...


= (−1)n− p
= (−1)n− p

Newton

=

(−1)−k

k= p

n
p

On en déduit que le nombre de relations antisymétriques dans E
n 2 −n
3 2 ,

n−p
k−p

n
p

(−1)n−k

=

x j R xi

xi R x j

n 2 −n
2
...

223

c) On a, pour tout n ∈ N , en utilisant une permutation de deux
sommations :
n

(−1)n−k
k=0

n
k

n

bk =

(−1)n−k
k=0

k

n
k

k
j

j=0

aj

n

(−1)n−k
j=0 k= j
n

n

k

(−1)n−k
k=0 j=0

224

n
k

k
j

aj

n

=

(−1)n−k
j=0

=

n

=

= an
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices
• Définition et propriétés de la divisibilité dans Z, théorème de division
euclidienne dans Z, définition et propriétés des congruences
• Définition d'un nombre premier, existence et unicité de la décomposition primaire d'un entier 2
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

À cet effet, on peut essayer de transformer l’écriture de A, par
exemple en utilisant :
– une identité remarquable permettant d’amener une factorisation
de A
➥ Exercice 16
...
2
...
3, 16
...

– utiliser la décomposition primaire de a
225

Chapitre 16 • Arithmétique dans Z

Essayer de :
– ramener l’équation proposée, par équivalence logique ou par implication, à une équation plus simple

➥ Exercices 16
...
9

Pour résoudre
une équation diophantienne

– faire intervenir des limitations (par inégalité ou par divisibilité) sur
les inconnues

➥ Exercices 16
...
7
...


➥ Exercice 16
...


Énoncés des exercices
16
...


16
...


16
...
4

∀ n ∈ N, 14 | 34n+2 + 52n+1
...
Montrer que le reste de la division euclidienne de a 2 par 8 est égal à 0, 1,
ou 4
...
Montrer que, si 8 divise n − 7 (autrement dit : n ≡ 7 [8]), alors n ne peut
pas être la somme de trois carrés d’entiers
...
5

Exemple de divisibilité, méthode de récurrence
Montrer : ∀ n ∈ N, 16 | 32n+6 − 5n+2 − 4n
...
6

Exemple de divisibilité
Déterminer l’ensemble E des n ∈ Z tels que : n 2 + 7 | n 3 + 5
...
7

Condition pour qu’une racine carrée d’une certaine fraction soit un entier
Trouver tous les n ∈ Z tels que

226

11n − 5
∈ N
...
8

Exemple d’équation diophantienne du second degré, avec factorisation
Résoudre dans Z2 : x 2 = 9y 2 − 39y + 40
...
9

Exemple d’équation diophantienne
x 2 + y 2 − 2x + 4y − 5 = 0
...
10 Utilisation de décompositions primaires
∃ a ∈ N∗ , n = a 2

Soit n ∈ N∗
...


Montrer : ∃ c ∈ N , n = c
...
11 Exemple d’équation fonctionnelle
Démontrer qu’il n’existe pas d’application f : Z −→ Z telle que :
∀ x ∈ Z, f ◦ f (x) = x + 1
...
12 Étude de sommes de fonctions arithmétiques
On note, pour tout n ∈ N∗ , d(n) le nombre de diviseurs de n dans N∗ et σ(n) la somme
des diviseurs de n dans N∗
...
) désigne la partie entière
...
13 Étude de produit de facteurs dans une factorielle
Soit n ∈ N non premier et tel que n

6
...


Du mal à démarrer ?
16
...


16
...


16
...


16
...


16
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Pour passer de 14 | u n à 14 | u n+1 , exprimer u n+1
en faisant intervenir u n
...


16
...


b) Calculer tous les restes possibles de la division euclidienne de
a 2 + b2 + c2 par 8, en utilisant le résultat de a)
...
En notant u n = 32n+6 − 5n+2 − 4n,
exprimer u n+1 en faisant intervenir u n
...
5

De la divisibilité de l’énoncé, déduire que n 2 + 7 divise
une expression du premier degré en n, puis utiliser :

16
...


16
...


16
...

16
...
Reporter dans l’équation de l’énoncé et obtenir une contradiction
...
12 Exprimer, pour tout k ∈ N∗ , d(k) et σ (k) comme sommations indexées par i tel que i | k, puis permuter deux symboles de sommation
...
13 Il existe (a,b) ∈ (N∗ )2 tel que :
n = ab, 1 < a < n, 1 < b < n
...


227

Corrigés des exercices

16
...

noté u

noté v

Il est clair que u ∈ N et u

∀ n ∈ N, u n+2 = (34 + 52 )u n+1 − 34 · 52 u n
...


D’autre part, v ∈ N et :

14 | u n
...


On conclut que A est composé
...
2

Soit n ∈ Z
...


/
/
De plus : (n − 2)2 − 6 = ± 1 et (n + 2)2 − 6 = ± 1,
car ni 5 ni 7 ne sont des carrés d’entiers
...


16
...

L’équation caractéristique a pour solutions 34 et 52 , donc c’est,
r,
avec
une
inconnue
notée
l’équation
r 2 − (34 + 52 )r + 34 · 52 = 0
...

• On a : u 0 = 32 + 5 = 14, donc 14 | u 0
...
Exprimons u n+1 en
faisant intervenir u n :
u n+1 = 34(n+1)+2 + 52(n+1)+1 = 34n+6 + 52n+3

• La propriété est vraie pour n = 0, car u 0 = 32 + 5 = 14
...

• Si 14 | u n et 14 | u n+1 , alors, d’après l’expression de u n+2
en fonction de u n et u n+1 , on a : 14 | u n+2
...


16
...

• Si a est impair, il existe b ∈ Z tel que a = 2b + 1, et on a
a 2 = 4b2 + 4b + 1 = 4b(b + 1) + 1
...

b) Supposons qu’il existe (a,b,c) ∈ Z3 tel que n = a 2 + b2 + c2
...


16
...


= 34 · 34n+2 + 52n+3 = 34 (u n − 52n+1 ) + 52n+3

Montrons, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, 16 | u n
...


= 34 u n − 4 · 14 · 52n+1
...


• Supposons, pour un n ∈ N fixé : 16 | u n
...

228

= 9u n + 32n + 4(5n+2 − 1)
...
Il en résulte : 16 | 4(5n+2 − 1), et donc, comme
16 | u n et 16 | 32, on déduit, par addition : 16 | u n+1
...


On conclut, que, pour tout n ∈ Z :

16
...


Ainsi, il existe un n ∈ N et un seul convenant, c’est n = 3
...


16
...

9y 2 − 39y + 40 = 3y −

En notant k = |n| ∈ N, on a alors :
k2 + 7
donc : k 2 − 7k + 2

| − 7n + 5|

13
2

2

9
−
...


On résout cette inéquation du second degré
...

zéros
et
2
2
√
√
7 − 41
7 + 41
k
, et donc, puisque k
On déduit :
2 √
2
√
7 + 41
7 − 41
0,298 et
6,701,
est entier et que
2
2
on a : 1 k 6
...

2) On teste tous les cas, pour −6
la forme d’un tableau :

n

6, par exemple sous

n

–6

–5

–4

–3

–2

–1

n2 + 7

43

32

23

16

11

8

n3 + 5

– 211

– 120

– 59

– 22

–3

4

n

0

1

2

3

4

5

6

n +7

7

8

11

16

23

32

43

n3 + 5

5

6

13

32

69

130

221

2

11n − 5
∈ N ⇐⇒ n = 3
...


On consigne les résultats dans un tableau, en ne gardant que
les cas pour lesquels x et y sont entiers :

11n − 5
∈ N
...
Mais : 11n − 5 = 11(n + 4) − 49, d’où :
n + 4 | 49 et donc :

16
...

On teste tous les cas, par exemple sous la forme d’un tableau :

u

−9 −3 −1 1 3

9

v

−1 −3 −9 9 3

1

x

/

/

/

2

/ −2

y

/

/

/

3

/

3

L’ensemble des solutions de l’équation proposée est donc
{(2,3), (−2,3)}
...

229

16
...


Utilisons une mise sous forme canonique de trinômes :

N

(1) ⇐⇒ X 2 + Y 2 = 10
...


pk k

k=1

k=1

convenant
...
11 Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe f

La liste des carrés d’entiers 0, 1, 4, 9,
...


β

On a alors, en notant c =

d’où, puisque la loi ◦ est associative : f (x + 1) = f (x) + 1
...

Notons, pour la commodité, f (0) = a ∈ Z
...

On a alors, pour tout x ∈ Z :
x + 1 = ( f ◦ f )(x) = f f (x) = f (x + a)
= (x + a) + a = x + 2a,

On conclut que l’ensemble S des solutions de (1) est :

d’où 2a = 1, contradiction avec a ∈ Z
...


(4,−3), (−2,−1), (−2,−3) ,
ou encore, en ordonnant les couples selon l’ordre lexicographique (comparaison du premier élément du couple, puis, si le
premier élément est le même, comparaison du second élément
du couple) :
S = (−2,−3), (−2,−1), (0,−5), (0,1), (2,−5),

16
...

i|k

On a donc, pour tout n ∈ N∗ , par manipulation de symboles
de sommation :
n

(2,1), (4,−3), (4,−1)
...


1 =
i|k

k=1

1
i=1

i|k, 1 k n

n
N

16
...
,N },
∗

2

2 | αk
...
,N }, 3 | αk
...
,N }, 6 | αk
...
,N }, il existe βk ∈ N tel que
αk = 6βk
...
, 1 k n

i=1

α

pk k la décomposition primaire de n
...

i

b) De même, pour tout k ∈ N∗ , par définition de σ(k) :
σ(k) =

i
...
, 1 k n

n

=

iE
i=1

n

...
, 1 k n

16
...

On a alors : a
De plus :
Comme n
1er

2 et b

n
2

2, donc b =

n − 2 ⇐⇒ n
6, on a donc : a

n
a

Les entiers a et 2a sont distincts et 1

n
n
et a =
2
b

n

...


2a

2a

n − 2 ⇐⇒ 2a

n − 2
...


n − 2
...


Ainsi, a et 2a sont distincts et

2è cas : a = b

0 ⇐⇒ (a − 1)2

4 ⇐⇒ a − 1
a−1 0

0
3

2 ⇐⇒ a

3
...


On a alors a 2 = n

6, donc a

3
...
On conclut : n | (n − 2)!
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices

© Dunod
...


• Définition et propriétés de K [X]
• Division euclidienne dans K [X] , divisibilité
• Définition des zéros d’un polynôme, de l’ordre de multiplicité, lien
avec les dérivées successives
• Caractérisations des polynômes irréductibles de C[X] , de R[X] , factorisation d’un trinôme, d’un trinôme bicarré réel
• Définition des fonctions symétriques élémentaires de n complexes,
relations entre coefficients et racines d’un polynôme scindé
...

Pour montrer une propriété
portant sur des polynômes
indexés par un entier naturel n

Essayer d’utiliser un raisonnement par récurrence
...
1
...
2

Pour trouver tous les polynômes
satisfaisant une formule donnée
• utiliser un argument de divisibilité
...
9
...

Éventuellement, passer par les nombres complexes
...
3, 17
...

Pour montrer que a ∈ K est zéro
d’ordre α au moins
d’un polynôme P de K[X]

Pour montrer que a ∈ K est zéro
d’ordre α exactement
d’un polynôme P de K[X]

Essayer de :
• mettre (X − a)α en facteur dans P(X)
• utiliser la caractérisation du cours :
P(a) = 0, P (a) = 0,
...

Essayer de :
• mettre (X − a)α en facteur dans P(X) et montrer que l’autre facteur
n’est pas multiple de X − a
• utiliser la caractérisation du cours :
P(a) = 0, P (a) = 0,
...

/

➥ Exercice 17
...

Pour calculer
certaines sommations
faisant intervenir
les coefficients binomiaux

Essayer d’écrire une égalité polynomiale venant de la formule du
binôme de Newton, puis prendre la valeur en certains points, après
avoir éventuellement dérivé une ou plusieurs fois, ou primitivé
...

➥ Exercice 17
...


Pour montrer qu’un polynôme B
divise un polynôme A

➥ Exercice 17
...


Essayer de :
• mettre B en facteur dans A, par calculs élémentaires, par utilisation
d’identités remarquables
➥ Exercices 17
...
17
• montrer que le reste de la division euclidienne de A par B est nul
• montrer que tout zéro de B est zéro de A, avec un ordre de multiplicité dans A supérieur ou égal à celui dans B, si B est scindé

➥ Exercice 17
...

234

Les méthodes à retenir

Pour calculer le quotient et le reste
de la division euclidienne d’un
polynôme A par un polynôme B

Calculer d’abord le reste R, puis mettre B en facteur dans A − R,
pour obtenir le quotient Q tel que A = B Q + R
...
8
...

• On sait factoriser dans R[X] les polynômes de degré 2 à discriminant 0, donc aussi ceux qui s’y ramènent simplement
...
11 a)
• On sait factoriser les trinômes bicarrés X4 + pX2 + q, ( p,q) ∈ R2 :
∗ si p2 − 4q 0, mettre sous forme canonique :
p 2
p2 − 4q
−
,
2
4
puis terminer la factorisation à l’aide de l’identité remarquable sur
A2 − B 2
∗ si p2 − 4q < 0, donc q > 0, grouper X4 et q pour débuter un
carré :
√ 2
√
X2 + q − (2 q − p) X2 ,
X2 +

Pour factoriser
un polynôme de R[X]
en produit de facteurs irréductibles

puis terminer la factorisation à l’aide de l’identité remarquable sur
A2 − B 2
...
11 b), c), f)
1
• Dans le cas d’un polynôme réciproque, faire intervenir Y = X + ,
X
et donc passer par les fractions rationnelles
...
11 e)
• Essayer d’utiliser les identités remarquables : formule du binôme de
Newton, sommation géométrique
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
11 f)
• Éventuellement, en dernier recours, passer par les nombres complexes, puis regrouper deux par deux les facteurs conjugués
...
11 d)
...


Pour obtenir une localisation des
zéros d’un polynôme de C[X]

Essayer d’appliquer judicieusement l’inégalité triangulaire
...
18 a), 17
...

➥ Exercice 17
...

235

Chapitre 17 • Polynômes, fractions rationnelles

• Exprimer S en fonction des fonctions symétriques élémentaires des
zéros de P
...
14, 17
...
23

Pour calculer
une fonction symétrique S
des zéros d’un polynôme P scindé

• Dans le cas des sommes de puissances des zéros de P, écrire que
chaque zéro de P annule P, puis multiplier par une puissance convenable de ce zéro, et enfin sommer
...
20
...


➥ Exercice 17
...


Énoncés des exercices
17
...

n!

n

Montrer :

Pk (X) = Pn (X − 1)
...
2

Exemple d’équations dont l’inconnue est un polynôme
Résoudre les équations suivantes, d’inconnue P ∈ R[X] :
a) X2 P + 2XP − 2P = 0

17
...


Exemple de calcul du reste d’une division euclidienne de polynômes
Calculer, pour tout n ∈ N fixé, le reste de la division euclidienne de Xn par X2 − X − 2
dans R[X]
...
4

Exemple de zéro multiple d’un polynôme
Soit n ∈ N − {0,1}
...

Montrer que 1 est zéro d’ordre trois exactement de Pn
...
5

Calcul de sommations issues de la formule du binôme de Newton
Soit n ∈ N fixé
...

236

k

n
k

n
k

Xk (1 − X)n−k
...
6

Exemple de calcul du reste d’une division euclidienne de polynômes
n

Soient a ∈ R, P =

(X sin ka + cos ka)
...


17
...


17
...
Déterminer le quotient et le reste de la division euclidienne de
P = Xn + (X − 1)n + 1 par X2 − X dans R[X]
...
9

Exemple d’équation dont les inconnues sont des polynômes,
utilisation de la divisibilité
Résoudre l’équation d’inconnue (P,Q) ∈ K [X]

2

:

(X2 − 5X + 7)P + (X − 2)Q = 2X − 3
...
10 Exemple de divisibilité pour des polynômes formant une suite de polynômes
On note, pour tout n ∈ N∗ : Pn = X2 + X2 + 1 ∈ R[X]
...

n

n−1

17
...


17
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


17
...

b) Dans ce cas, factoriser P et P − 1 dans R[X]
...
14 Exemple de calcul d’une fonction symétrique des zéros d’un polynôme
Soient

(a,b,c,d) ∈ C3 , P = X4 + aX3 + bX2 + cX + d ∈ C[X], z 1 , z 2 , z 3 , z 4

zéros de P dans C
...

237

Chapitre 17 • Polynômes, fractions rationnelles

17
...

X(X2 + 1)3

17
...

À cet effet, on pourra considérer l’application
f : R[X] −→ R[X], P −→ f (P) = P(X) + P(X + 1)
...


c) Exprimer, pour tout n ∈ N, Pn (X + 1) en fonction de P0 (X),
...
,Pn−1
...
17 Exemple de divisibilité faisant intervenir une composition de polynômes
Montrer, pour tout P de K [X] :

P(X) − X | P P(X) − X
...
18 Exemple de calcul de fonction symétrique, non algébrique,
des zéros d’un polynôme
a) Montrer que le polynôme P = X3 − 11X + 12 de R[X] admet exactement trois zéros
réels, notés a, b, c et que :
−4 < a < −3,

1 < b < 2 < c < 3
...


17
...
an−1 ∈ C
...


a) Montrer que, dans [0 ; +∞[, Q admet un zéro et un seul, noté ρ
...


17
...

n
n
n
a) On note, pour tout n ∈ N, Sn = z 1 + z 2 + z 3
...

2) Montrer :

∀ n ∈ N, Sn+3 + pSn+1 + q Sn = 0
...

n
n
n
/
b) On, suppose de plus q = 0, et on note, pour tout n ∈ Z− , Sn = z 1 + z 2 + z 3
...

238

Du mal à démarrer ?

17
...


17
...
On note
2

D = (z 1 − z 2 )(z 1 − z 3 )(z 2 − z 3 )
...


b) En déduire :

D = −(4 p3 + 27q 2 )
...


17
...


17
...


0

Du mal à démarrer ?
Récurrence sur n
...


17
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
1

Raisonner sur les degrés
...

b) Obtenir une contradiction sur le degré de P, qui doit être un
entier
...
3

Le reste R est de degré inférieur ou égal à 1, donc s’écrit
R = aX + b, (a,b) ∈ R2
...


17
...
5

(3)
Montrer : Pn (1) = 0, Pn (1) = 0, Pn (1) = 0, Pn (1) = 0
...


17
...
Calculer α et β en évaluant R
en i et en −i
...
7

Utiliser les zéros complexes j et j2 de X2 + X + 1
...
8

• Le reste R est de degré inférieur ou égal à 1, donc est de
la forme aX + b, (a,b) ∈ R2
...

• En notant Q le quotient, on a (X2 − X)Q = P − R
...


17
...


Exprimer la réponse en donnant P et Q en fonction d’un polynôme qui sert de paramètre
...
10 Montrer d’abord que, pour tout n ∈ N∗ , Pn | Pn+1
...
11 a) Remarquer qu’il s’agit d’un trinôme en

X3
...
On peut donc appliquer la
méthode du cours, qui consiste à grouper deux des trois termes
pour faire apparaître un début de carré parfait
...

e) Factoriser d’abord par X + 1
...
Utiliser la notation Y = X +
...
L’autre facteur est un trinôme
bicarré
...


17
...


17
...

2
b) Utiliser les résultats obtenus dans la résolution de a)
...
14

Remarquer, par exemple, que
z1 z2

S

ressemble à

z1
...
15 a) Ne pas oublier la partie entière, que l’on calculera, par
exemple, par division euclidienne
...


© Dunod
...


c) Ne pas oublier la partie entière, que l’on calculera, par
exemple, par division euclidienne
...


240

d) Calculer d’abord le coefficient relatif au pôle 0, puis faire passer ce terme de l’autre côté de l’égalité, et enfin utiliser des divisions euclidiennes successives
...
16 a) Montrer que f est linéaire et que :
∀ P ∈ R[X], deg f (P) = deg (P)
...


b) Dériver et déduire f (Pn − n Pn−1 ) = 0
...


17
...

k=0

17
...

b) En notant α = Arctan a,
...


17
...

xn

b) Utiliser l’inégalité triangulaire et a)
...
20 a)2) Écrire que z 1 , z 2 , z 3 sont zéros de P, multiplier par une
puissance de z 1 , z 2 , z 3 , puis sommer
...

17
...
En notant
σ1 , σ2 , σ3 les fonctions symétriques élémentaires de x, y, z, et
Sk = x k + y k + z k pour k ∈ {1,2,3}, exprimer S1 , S2 , S3
...

Dériver
...
22

b) Exprimer D en fonction des fonctions symétriques élémentaires 1 , 2 , 3 de x 2 , y 2 , z 2 , et calculer celles-ci en fonction
des fonctions symétriques élémentaires σ1 , σ2 , σ3 de x, y, z
...
23 • En notant z 1 , z 2 , z 3 , z 4 les solutions de (1) dans C et en
envisageant la condition z 1 z 2 = 1, considérer les fonctions
symétriques élémentaires s, p de z 1 ,z 2 , et les fonctions symétriques élémentaires s , p de z 3 ,z 4
...


17
...

Pour l’implication (i) ⇒ (ii), utiliser la décomposition primaire de P dans R[X] et montrer, en notant
2

F = P ∈ R(X] ; ∃ (A,B) ∈ R[X] , P = A2 + B 2 ,
que F est stable par multiplication
...
1

Récurrence sur n
...

k=0

• La propriété est vraie pour n = 1, car
1

Pk (X) = P0 (X) + P1 (X) = 1 − X
k=0

• Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N∗
...
(X − n)
n!
(−1)n+1
X(X − 1)
...
(X − n) (n + 1) − X
(n + 1)!

(−1)n+1
=
(X − 1)
...

On conclut, par récurrence sur n, que la propriété est vraie pour
tout n ∈ N
...
2

Ceci montre que P est de degré 1
...

On peut contrôler que ces polynômes conviennent bien
...

n+1

Comme n ∈ N, on a nécessairement n = 1
...

b) Le même raisonnement qu’en a), portant sur le degré de P,
/
montre que, si P = 0 et si P convient, alors, en notant
n = deg (P), on a : n 2 + n − 1 = 0
...

On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation proposée est {0}
...
3 Par division euclidienne, il existe (Q,R) ∈ R[X]
unique tel que :
Xn = (X2 − X − 2)Q + R

Puisque X2 P + 2XP − 2P = 0, le terme de degré n de ce polynôme est nul, donc n(n − 1)an + 2nan − 2an = 0, c’est-à-dire
(n 2 + n − 2)an = 0, d’où, puisque an = 0 : n 2 + n − 2 = 0
...


deg (R) < 2
...

Comme X2 − X − 2 = (X + 1)(X − 2), on déduit, en remplaçant X par −1, par 2 :
(−1)n = −a + b −1 2
2n = 2a + b

a) Il est clair que le polynôme nul convient
...
Notons n = deg (P) ∈ N
...
+ a0 , où
a0 ,
...

/

2

1

1

On résout ce système linéaire de deux équations à deux inconnues, par exemple en utilisant les coefficients indiqués, et
on obtient :
3a = 2n − (−1)n ,

3b = 2n + 2(−1)n
...

3
3
241

17
...


17
...


• Pn(3) = 2n(2n − 1)(n − 1) (2n − 2)X2n−3 − (n − 2)Xn−3 ,

Il existe (α,β) ∈ R2 unique tel que : R = αX + β
...


On a alors, en prenant la valeur en i, qui est un zéro complexe
de X2 + 1 :

/
Pn (1) = 0, Pn (1) = 0, Pn (1) = 0, Pn(3) (1) = 0
...


n

n

=

(i sin ka + cos ka) =

ei ka

k=1

17
...


k=1

= cos

1) En remplaçant Y par 1 − X, on obtient :
n

n
k

P0 =
k=0

Xk (1 − X)n−k = X + (1 − X)

n

= 1
...


En remplaçant Y par 1 − X, on obtient :
n

P1 =

k
k=0

n
k

= nX X + (1 − X)

k2
k=1

n
k

n(n + 1)
a,
2

β = cos

n(n + 1)
a
...

2
2

17
...

Comme A = (X − j)(X − j2 ) dans C[X], A est scindé simple
sur C, donc :

n−k

n−1

De plus, comme Pn ∈ R[X], on a : Pn (j2 ) = Pn (j) = Pn (j),
donc :

= nX
...

2
2

A | Pn ⇐⇒ Pn (j) = 0 et Pn (j2 ) = 0
...

Et :
Pn (j) = 0 ⇐⇒ (j4 + 1)n − jn = 0
⇐⇒ (j + 1)n = jn ⇐⇒ (−j2 )n = jn
⇐⇒ e

i

π
3

n

= e

π

2i
3

n

puis multiplions par X :
n

k2
k=0

n
k

Xk Yn−k =
nX(X + Y)n−1 + n(n − 1)X2 (X + Y)n−2
...

3

On conclut que l’ensemble des n convenant est l’ensemble des
multiples de 6 dans N∗
...
8

Par division euclidienne de P par X2 − X, il existe

(Q,R) ∈ R[X]

2

Il existe donc A ∈ K [X] tel que : P − 1 = (X − 2)A
...

1) Il existe donc (a,b) ∈ R2 unique tel que R = aX + b
...


⇐⇒ Q = −(X2 − 5X + 7)A + (−X + 5)
...
On déduit :

D’autre part :

b = 1 + (−1)n ,

a = P(1) − b = 1 − (−1)n
...


R = 1 − (−1)n X + 1 + (−1)n
...

k=0

On conclut que le quotient Q est :
Xk + (−1)n
k=0

17
...

2) Soit (m,n) ∈ (N∗ )2 tel que n m
...
| Pm−1 | Pm , donc, par
transitivité de la divisibilité : Pn | Pm
...
10 1) Soit n ∈ N∗
...


Ainsi, le reste R est :

n

On conclut que l’ensemble des couples (P,Q) cherchés est :

(−1)k (X − 1)k
...


1) Si (P,Q) convient, alors :
X − 2 | (X − 2)Q = −(X2 − 5X + 7)P + (2X − 3)
= − (X − 2)(X − 3) + 1 P + 2(X − 2) + 1
= (X − 2) − (X − 3)P + 2 − (P − 1),

17
...

Les deux trinômes du second degré apparus sont irréductibles
dans R[X], car de discriminants < 0
...


√
√
= (X2 + 3 − 2 2 X)(X2 + 3 + 2 2 X)

On pouvait aussi remarquer que, si l’on remplace X par 2
dans (1), on obtient P(2) = 1, donc X − 2 | P − 1
...

243

Les deux trinômes du second degré apparus sont irréductibles
dans R[X], car de discriminants < 0
...


c) Il s’agit d’un trinôme bicarré :

noté P

X4 + X2 − 6 = (X2 − 2)(X2 + 3)
= (X −

Le polynôme P est réciproque
...


d) Passons par les nombres complexes :

P = X2 X2 − X + 1 −

(X2 − 4X + 1)2 + (3X − 5)2 =
= X2

(X2 − 4X + 1)+i (3X − 5) (X2 − 4X + 1)−i (3X − 5)

X2 +

= X2 − (4 − 3i )X + (1 − 5i )
En notant Y = X +

noté Q

X − (4 + 3i )X + (1 + 5i )
...
Son discriminant est :
= (4 − 3i ) − 4(1 − 5i ) = 3 − 4i = (2 − i )
...

2
D’où :
Q = X − (1 − i ) X − (3 − 2i ) ,
puis :

X − (1 − i ) X − (1 + i )

(X − 1) + i (X − 1) − i
(X − 3) + 2i (X − 3) − 2i

= (X − 1)2 + 1 (X − 3)2 + 4
= (X2 − 2X + 2)(X2 − 6X + 13)
...

244

1
, on obtient :
X

√
1− 5
Y−
2

P =X

2

1
−1 +
X+ +
X
2

=X

2

√
1+ 5
Y−
2
√
5

√
5−1
= X +
X+1
2
2

1
−1 −
X+ +
X
2

√
5

√
5+1
X −
X+1
...


X5 + 1 = (X + 1)

X − (1 + i ) X − (3 + 2i )
=

1
X

On factorise, dans R[Y], le trinôme du second degré apparu,
et on revient à la notation X :

P=QQ
=

− X+

P = X2 (Y2 − 2) − Y + 1 = X2 (Y2 − Y − 1)
...

2

Les deux trinômes du second degré apparus sont irréductibles
dans R[X], car de discriminants < 0
...

On factorise le trinôme bicarré obtenu :
X4 + X2 + 1 = (X2 + 1)2 − X2
= (X2 + 1) − X (X2 + 1) + X
= (X2 − X + 1)(X2 + X + 1)
...

Les deux trinômes du second degré apparus sont irréductibles
dans R[X], car de discriminants < 0
...

3
3
On peut contrôler que P convient bien
...
13 a) Pour que P soit le carré d’un polynôme de R[X],
puisque P est de degré 4, il faut et il suffit qu’il existe c ∈ R
tel que :

X6 − 1

P = X2 +

= (X − 1)(X + 1) (X − j)(X − j ) (X + j)(X + j )
2

2

= (X − 1)(X + 1)(X2 + X + 1)(X2 − X + 1)
...


Et :
a2
+ 2c X2 + acX + c2
4
 2

c = 3
 a + 2c = b
 c = −3






 4
⇐⇒ a = 4 ou
⇐⇒
a = −4


 ac = 12






b = −2
...
12

Soit P ∈ C[X], de degré 3
...

Comme de plus P − X est de degré 2, si P convient, alors il
existe a ∈ C tel que : P − X = a(X2 + X + 1), d’où :

P=

a 3 a+1 2
X +
X + aX + b
...


b) 1) Cas (a,b) = (4,10) :
On a alors c = 3, donc P = (X2 + 2X + 3)2 et :
P − 1 = (X2 + 2X + 3)2 − 1
= (X2 + 2X + 2)(X2 + 2X + 4)

P = a(X2 + X + 1) + X
...

2) Cas (a,b) = (−4,−2) :
On a alors c = −3 et :

2) On a alors, pour un tel polynôme P :

 a + a + 1 j2 + aj + b = j2 1 1

2

P(j) = j
3
2
⇐⇒

2
a+1
a
P(j ) = j
 +
j + aj2 + b = j 1 − 1
3
2
 2a
a+1


 3 − 2 − a + 2b = −1
⇐⇒

 a + 1 − a (j2 − j) = j2 − j

2


 a = −1
 − 5a + 2b = − 1
⇐⇒
6
2 ⇐⇒
2
b = −
...

245

17
...

4

En notant σ1 , σ2 , σ3 , σ4 les fonctions symétriques élémentaires
de z 1 , z 2 , z 3 , z 4 , on a donc : S = σ1 σ2 − 3σ3
...
On obtient 0 = b + c, donc b = −c =
...

(X − 1)2 (X + 2)
3 (X − 1)2
9X−1 9X+2
c) La partie entière est le quotient de la division euclidienne
de X5 + 1 par X2 (X − 1)2
...


2X4 − X3 +1

17
...


b
a
+
,
X−1 X−2

La DES de la fraction rationnelle F proposée est de la forme :

où E ∈ R[X], (a,b) ∈ R2 sont à calculer
...

De même, par multiplication par (X − 1)2 puis remplacement
de X par 1 : c = 2
...


=

• On calcule b par multiplication par X − 2 puis remplacement
de X par 2
...


b) La décomposition de F est de la forme :
F=

a
b
c
+
+
,
(X − 1)2
X−1 X+2

246

3X3 − 5X2 + 2X
3X − 2
=

...

De même, par multiplication par X − 1 puis remplacement de
X par 1 : d = 1
...

X2
X (X − 1)2
X−1

d) La partie entière de la fraction rationnelle F proposée est
nulle, et la DES est de la forme :

où (a,b,c) ∈ R3 est à calculer
...
On obtient : a =
...
On obtient : c = −
...
On obtient : a = −1
...

(X − 1)(X − 2)
X−1 X−2

a
b
d
c
+ +
+
,
2
2
X
X (X − 1)
X−1
a,b,c,d ∈ R
...
, f ∈ R
...


c) Soit n ∈ N
...

k! n

Pn (X + 1) =

−X6 − 2X4 − 3X2 + X
=
X(X2 + 1)3

k=0

Et, d’après b), en réitérant :

−X5 − 2X3 − 3X + 1

...
,n} ,
Pn(k) (X) = n(n − 1)
...

k!

D’où :
n

n
k

Pn (X + 1) =

−X

k=0

D’où : a = −2, b = 1 , c = 0, d = 0, e = −1 f = 0
...


• En isolant le terme d’indice 0 de cette sommation, on a :

1
X
−2X + 1
− 2

...
16

a) • Il est immédiat que l’application

et on conclut, en remplaçant Pn (X + 1) par 2Xn − Pn (X), que :

f : R[X] −→ R[X] , P −→ f (P) = P(X) + P(X + 1)

Pn (X) = Xn −

est linéaire, et, pour tout P ∈ R[X], deg f (P) = deg (P),
/
car, si P = an Xn +
...
,an ∈ R et an = 0,
alors, d’après la formule du binôme de Newton, f (P) est de
n et le terme de degré n de f (P) est 2an Xn où
degré
2an = 0
...

• On conclut que, pour tout n ∈ N, le polynôme 2Xn admet un
antécédent et un seul par f dans R[X], donc il existe P ∈ R[X]
unique tel que f (P) = 2Xn , et on a : deg (Pn ) = n
...


n

17
...
,an ) ∈ K n+1 , on a :
k=0

P P(X) − X = P(P(X)) − P(X) + P(X) − X
n

=

ak P(X)

∗

b) Soit n ∈ N
...

k=0

Pour tout k de N∗ , P(X) − X

P(X)

d’où :
Pn (X) − n Pn−1 (X) + Pn (X + 1) − n Pn−1 (X + 1) = 0
...
On a donc :

P(X)

k

k

− Xk , puisque :

k−1

− Xk = P(X) − X

i

P(X) Xk−1−i
...


Q n (X) + Q n (X + 1) = 0,
c’est-à-dire f (Q n ) = 0
...


17
...

247

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, puisque P est
continu sur l’intervalle R, on déduit que P admet au moins trois
zéros réels a, b, c tels que :
−4 < a < −3,

b) Notons α = Arctan a, β = Arctan b, γ = Arctan c
...


β∈

−∞

0

1

D’après le théorème de la bijection monotone, ϕ admet un zéro
et un seul
...

b) Soit z un zéro de P dans C
...
+ a0 = P(z) = 0, on a, en isolant le terme de degré n, puis en utilisant l’inégalité triangulaire :
|z|n = an−1 z n−1 +
...
+ |a0 |,

0
...


D’après les relations entre coefficients et zéros d’un polynôme
scindé, on a :
π π
,
;
4 2

γ∈

π π
,
;
4 2

3π
, et on conclut :
d’où, par addition : α + β + γ ∈ 0 ;
4
S=

+

taires de z 1 , z 2 , z 3
...
20 Notons σ1 , σ2 , σ3 les fonctions symétriques élémen-

12
= 1
...


σ1 = 0,

x
ϕ (x)

1 < b < 2 < c < 3
...


=

On dresse le tableau de variations de ϕ :

π

...


a) 1) On a : S0 = 3, S1 = σ1 = 0 et :
2
2
2
S2 = z 1 + z 2 + z 3

= (z 1 + z 2 + z 3 )2 − 2(z 1 z 1 + z 1 z 3 + z 2 z 3 )
= σ2 − 2σ2 = −2 p
...
19

a) Comme Q(0) = −|a0 | < 0, le nombre 0 n’est pas
zéro de Q
...


ϕ : ]0 ; +∞[−→ R ,
x −→ ϕ(x) =

Q(x)
|an−1 |
|a0 |
=1−
−
...

xn
x
x

L’application ϕ est dérivable sur ]0 ; +∞[ et :
|an−1 |
n|a0 |
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, ϕ (x) =
+
...

|a0 |
De plus : ϕ(x) ∼ + − n −→+ −∞ et ϕ(x) −→ 1
...


b) • On peut calculer S−1 de plusieurs façons, par exemple :
S−1 =

1
1
1
z2 z3 + z1 z3 + z1 z2
σ2
p
+
+
=
=
=−
...


Les solutions de cette équation sont −1, 1 − i , 1 + i
...

On peut contrôler que ce triplet convient bien
...
22 a) On a P = (X − z 1 ) (X − z 2 )(X − z 3 ), d’où, en

Ainsi, pour tout n ∈ Z : Sn+3 + pSn+1 + q Sn = 0 , donc :
1
Sn = − ( pSn+1 + Sn+3 )
...


1
p2
S−2 = − ( pS−1 + S1 ) = 2 ,
q
q
1
1
S−3 = − ( pS−2 + S0 ) = −
q
q
= −

17
...


(z 3 − z 1 )(z 3 − z 2 )
−p

p + 3q
p
−
q3
q
3

= −P (z 1 )P (z 2 )P (z 3 )
...

q4

Considérons le polynôme
P = (X − x)(X − y)(X − z),

qui se développe en P = X3 − σ1 X2 + σ2 X − σ3 , où σ1 , σ2 ,
σ3 sont les fonctions symétriques élémentaires de x, y, z
...


b) D’après a), comme P = 3X2 + p, on a :
2
2
2
−D = (3z 1 + p)(3z 2 + p)(3z 3 + p)
...


En notant σ1 , σ2 , σ3 les fonctions symétriques élémentaires de
2
2
2
z 1 , z 2 , z 3 et 1 , 2 , 3 celles de z 1 , z 2 , z 3 , on a :

Notons, pour k ∈ {1, 2, 3} : Sk = x k + y k + z k
...

3

D’autre part, d’après les relations entre coefficients et zéros d’un
polynôme scindé, on a :
σ1 = 0 ,

σ2 = p ,

σ3 = −q
...


1

= −2 p,

2

= p2 ,

3

= q 2,

donc :
Donc :


 p = −1
 −p = 1




2
⇐⇒ q = 0
(S) ⇐⇒ p − 2q = 1





− p3 + 3 pq − 3r = −5
r = 2
...

Le nombre −1 est solution évidente :
X3 − X2 + 2 = (X + 1)(X2 − 2X + 2)
...

On conclut : D = −(4 p3 + 27q 2 )
...


17
...
En notant (C) la condition proposée, on a, d’après
les relations entre coefficients et solutions d’une équation :
(C) ⇐⇒ σ1 = 4, σ2 = λ, σ3 = 12, σ4 = 3, z 1 z 2 = 1
...


Alors :



s + s = 4
p=1






 ss + p + p = λ
p =3








(C) ⇐⇒ sp + s p = 12 ⇐⇒ s + s = 4







 3s + s = 12
 pp = 3









p=1
ss = λ − 4

p=1



p =3




⇐⇒ s = 4




s = 0




λ = 4
...


17
...

Il est clair que F ⊂ E ; autrement dit : (ii) ⇒ (i)
...

Remarquons d’abord que F contient tous les polynômes de la
forme M 2 (M ∈ R[X]), et est stable par multiplication car, pour
tous A,B,C,D de R[X] :
(A2 + B 2 )(C 2 + D 2 ) = (AC + B D)2 + (AD − BC)2
...

Il existe λ ∈ R∗ , N ∈ N, x1 ,
...
,α N ∈ N∗ , M ∈ N , ( p1 ,q1 ),
...
,M}, p2 − 4q j < 0
j
N

M

(X − xi )αi

et P = λ
i=1

(X2 + p j X + q j )
...

N ) est pair, car sinon P chanD’autre part, chaque αi (1 i
gerait strictement de signe au voisinage de xi
...
,N } il existe donc βi ∈ N∗ tel que αi = 2βi
...

En reprenant les calculs précédents, comme s = 4 et p = 1,
z 1 et z 2 sont les solutions de z 2 − 4z + 1 = 0, donc, à l’ordre
√
√
près, z 1 = 2 − 3, z 2 = 2 + 3 et, comme s = 0 et p = 3,
z 3 et z 4 sont les solutions de z 2 + 3 = 0, donc, à l’ordre près,
√
√
z 3 = −i 3, z 4 = i 3
...

j=1

D’autre part, par mise sous forme canonique d’un trinôme, pour
tout j de {1,
...


Finalement, dans le cas λ = 4, les solutions de (1) sont :
√
√
√
√
2 − 3, 2 + 3, −i 3, i 3
...


puis P = Q 2 S ∈ F
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices

© Dunod
...


• Définitions et propriétés de : ev, sev
• Définition et propriétés des combinaisons linéaires finies de vecteurs,
des familles libres, familles liées, familles génératrices
• Définition et propriétés de l’intersection et de la somme de deux sev ;
définition et caractérisation d’une somme directe de deux sev, de deux
sev supplémentaires dans un ev
• Si deux sev ont la même dimension et si l’un des deux est inclus dans
l’autre, alors ils sont égaux
• Formule de Grassmann
• Définition du rang d’une famille (finie) de vecteurs
...

On abrège espace vectoriel en ev, et sous-espace vectoriel en sev
Pour montrer qu’un ensemble E
muni de lois usuelles est un ev
Pour montrer
qu’une partie F d’un ev E
est un sev de E

Montrer que E est un sev d’un ev connu
...
5
...
7 a), 18
...


Pour établir des relations
(souvent des inclusions)
entre sev d’un ev

Essayer de :
• passer par les éléments

➥ Exercices 18
...
10
• utiliser les propriétés des opérations sur les sev
...
2, 18
...
8
Pour montrer
que deux sev F,G d’un ev E
sont supplémentaires dans E

Pour montrer qu’une famille finie
de vecteurs d’un ev E est libre

• montrer que tout élément de E se décompose de façon unique en
somme d’un élément de F et d’un élément de G
• si E est de dimension finie, montrer l’une des deux égalités
F ∩ G = {0} ou F + G = E, et montrer :
dim (F) + dim (G) = dim (E)
• si E est de dimension finie, montrer qu’il existe une base F de F et
une base G de G telles que F ∪ G , obtenue en juxtaposant F et G , soit
une base de E
...
11 b)
On verra d’autres méthodes dans les chapitres 19 et 20
...
6 b), d)
• dériver une ou plusieurs fois, ou primitiver

➥ Exercice 18
...

Pour montrer qu’une famille finie
de vecteurs est liée
252

Revenir à la définition, c’est-à-dire trouver une combinaison linéaire de
ces vecteurs qui soit nulle et dont les coefficients ne soient pas tous nuls

➥ Exercice 18
...


Pour trouver une base d’un sev
engendré par une famille F

Extraire de F une famille libre ayant le plus grand cardinal
...
1
...


Pour montrer qu’un sev F,
ou un ev, est de dimension finie

Pour déterminer la dimension
d’un sev de dimension finie d’un ev

Essayer de :
• trouver une base B de F, et on aura alors : dim (F) = Card (B)
• utiliser la formule de Grassmann :
dim (F + G) + dim (F ∩ G) = dim (F) + dim (G)
...

Extraire de F une sous-famille libre de plus grand cardinal
...


Pour déterminer le rang d’une
famille finie F de vecteurs d’un ev

➥ Exercice 18
...


Énoncés des exercices

© Dunod
...


18
...

→
→
v
même sev que les deux vecteurs u

18
...
Montrer que A et C sont supplémentaires
dans A + B
...
3

Intersection et somme de sev
Soient E un K-ev, F,G,H des sev de E
...


H = G
...
4

Exemple de recherche d’un supplémentaire d’un sev dans un ev
On note E = R4 et on considère :
− = (1, −1, 1, −1), − = (1, 2, 3, 4),
→
→
x
y

→ →
F = Vect (− , − )
...

b) Déterminer un supplémentaire de F dans E, par une base, et par un système d’équations cartésiennes
...
5

Étude d’une partie de K3 définie par une équation homogène de degré 2
Pour K = R ou C, on note :
E K = (x,y,z) ∈ K3 ; x 2 + 2y 2 + z 2 + 2x y + 2yz = 0
...
6

Exemples d’études de liberté de familles finies de fonctions
Soient n ∈ N∗ , (a1 ,
...
< an
...
,an } −→ R, x −→

18
...

x − ai

Exemple de deux sev supplémentaires dans un ev de dimension infinie
On note E = RR le R-ev de toutes les applications de R dans R et :
F = f ∈ E ; f (0) = 0 ,

A=

E (F)

= g ∈ E ; g(0) = 0
...
Est-ce que A est un sev de E ?
b) Montrer que, pour toute g ∈ A, la droite vectorielle Rg est un supplémentaire de F
dans E
...
8

Exemple de deux sev supplémentaires dans un ev, dans le contexte de l’analyse
On note E = C 1 ([0 ; 1],R) le R-ev des applications de classe C 1 sur [0 ; 1] et à valeurs
1

réelles, F =

f = 0, f (0) = 0, f (1) = 0 ,

f ∈ E;
0

ek : [0 ; 1] −→ R, x −→ x k pour k ∈ {0, 1, 2},
G = a0 e0 + a1 e1 + a2 e2 ; (a0 , a1 , a2 ) ∈ R3
...


18
...
Quel est le rang de la famille
x −→ x + 1
x −→ x 2
A = f, g, f ◦ f, f ◦ g, g ◦ f, g ◦ g ?

254

Du mal à démarrer ?

18
...
Montrer que les deux propriétés suivantes sont
équivalentes :
(i) A ∪ B est un sev de E
(ii) A ⊂ B ou B ⊂ A
...
11 Racine carrée d’un entier non carré parfait
Soit N ∈ N tel que N ne soit le carré d’aucun entier
...

a) N ∈ Q

18
...
Montrer :
dim (F + G)

2

+ dim (F ∩ G)

2

dim (F)

2

+ dim (G)

2

et étudier le cas d’égalité
...

→ →
x
y

18
...
2

Revenir à la définition de deux sev supplémentaires dans
un ev, en montrant : A ∩ C = {0} et A + C = A + B
...
3

Partir d’un élément quelconque x de G et exploiter les
hypothèses
...


→
w
a) En notant − = (x, y, z, t) un élément quelconque
→
→
→
w
x
y
de E, éliminer (a,b) ∈ R2 dans − = a − + b−
...
4

© Dunod
...


− = (0, 1, 0, 0)
...
5

Remarquer que la condition proposée revient à :
(x + y)2 + (y + z)2 = 0
...

Pour décomposer un élément quelconque de E sur Rg et F, on
pourra raisonner par analyse et synthèse
...
8

1) Remarquer que G est donné comme sev engendré par
une certaine famille de E
...

3) Montrer : F ∩ G = {0}
...


Pour (i) ⇒ (ii), raisonner par l’absurde
...
,n}, λi = 0
...
, f an−1 sont dérivables en an
...


a) Remarquer que A ne contient pas 0
...
10 L’implication (ii) ⇒ (i) est immédiate
...
7

18
...

Pour a), b), d), Montrer que, pour tout (λ1 ,
...


4) Pour u ∈ E donnée, chercher ( f,g) ∈ F × G tel que
u = f + g, en cherchant d’abord g
...
6

c) Remarquer que, pour tout i ∈ {1,
...


18
...

b) Utiliser a)
...
12 Calculer la différence entre les deux membres de l’inégalité
voulue et utiliser la formule de Grassmann
...
Ceci montre que − et − se décomposent
→
v
u
v
x
y
− et − , donc :
→ →
y
linéairement sur x

18
...

u v
x y
→
→
→
x
u
v
2) De même, on déduit − = 3− − 2− et
→ →
− = 4− − 3− , donc − et − se décomposent linéairement
→
→
→
v
u
y
u
v
→
→ →
→ →
− , et − , donc : Vect (− ,− ) ⊂ Vect (− ,− )
...

→
→
→ →
→ →
y
x
u v
x y
Finalement, Vect (− , − ) = Vect (− ,− ), donc − et −
− et −
...
2

On a :
A + B = A + (A ∩ B) + C
=

+associative

=

A ∩ B⊂ A

A + (A ∩ B) + C

A+C

et
A ∩ C = A ∩ (C ∩ B)
C⊂B

∩

=

(A ∩ B) ∩ C

Comme, de plus, par hypothèse, H ⊂ G, on conclut : H = G
...
4 a) Soit − = (x, y, z, t) ∈ E
...

On conclut que A et C sont deux sev supplémentaires dans
A + B
...
3

Ceci montre : G ⊂ H
...


⇐⇒

4

14x − 7y − 12z + 9t = 0
7x + 7y − 3z − 3t = 0
...


Puisque x ∈ G ⊂ F + G ⊂ F + H, il existe f ∈ F, h ∈ H
tels que : x = f + h
...
Pour montrer que G
→
v
u v

On a alors : x ∈ G, h ∈ H ⊂ G, donc, puisque G est un sev
de E : f = x − h ∈ G
...


On a donc : f ∈ F et f ∈ G, donc f ∈ F ∩ G ⊂ F ∩ H,
d’où f ∈ H
...

256

D’après le cours sur les déterminants, puisque E est de dimension 4 et que la famille considérée contient 4 vecteurs, il suffit de montrer que le déterminant D de cette famille dans la base

canonique de R4 n’est pas nul
...

2è méthode :
Soit (a, b, c, d) ∈ R4
...

On peut trouver deux éléments de E C donc la somme n’est pas
dans E C
...

Ceci montre que E C n’est pas un sev de C3
...


3
= −7 = 0,
/
4


a + b + c = 0




 −a + 2b + d = 0

2) Si K = C, alors :

n
i=1

/
Supposons λn = 0
...


i

λi
f a est dérivable
λn i

n − 1, est dérivable

Ceci amène une contradiction et montre : λn = 0
...
,λ1 = 0
...

n

λi f ai = 0, c’est-à-dire :

b) Soit (λ1 ,
...

i=1

On a, pour tout (x,y,z) ∈ K3 :

Remarquons que, pour tout α ∈ ] − ∞ ; 0[ fixé, on a :
eαx −→ 0
...


2

λi
fa
...


→ → → →
x y u v
Ceci montre que (− , − , − , − ) est libre, et on conclut que
G est un supplémentaire de F dans E et qu’une base de G
→ →
u v
est (− , − )
...
5

λi f ai = 0
...
6 a) Soit (λ1 ,
...


i=1

1) Si K = R, alors :

On a, pour chaque i ∈ {1,
...


−→ 0,

x−→+∞

puisque ai − an < 0
...
,λ1 = 0
...


c) Remarquons que, pour tout i ∈ {1,
...

257

En notant
c : R −→ R, x −→ cos x et s : R −→ R, x −→ sin x,
on a donc :

• Réciproquement, montrons que le couple (α, f ) précédemment trouvé convient
...
,n}, f ai = ( cos ai )c − ( sin ai )s
...

Il en résulte, comme n 3, que la famille ( f ai )1 i n est liée
...
On a donc :

d) Soit (λ1 ,
...
,an },
i=1

λi
= 0
...

et f = ϕ −
g(0)
g(0)

Alors, α f + g = ϕ et f (0) = ϕ(0) −

ϕ(0)
= 0, donc f ∈ F
...

On a donc montré : (Rg) + F = E
...

Remarque : Il est alors clair, puisque A est un ensemble infini,
que F admet une infinité de supplémentaires dans E
...
,an }, λn = −(x − an )
i=1

λi

...
an−1 sont tous différents de an , pour chaque
λi
i ∈ {1,
...


i n

• On a, pour tout α ∈ R et toutes f,g ∈ F :
1

1

(α f + g) = α
0

1

f +
0

g = α0 + 0 = 0,
0

(α f + g)(0) = α f (0) + g(0) = α0 + 0 = 0,
(α f + g) (1) = α f (1) + g (1) = α0 + 0 = 0,

En réitérant, on déduit λn−1 = 0,
...

On conclut que ( f ai )1

18
...


donc α f + g ∈ F
...


Ceci montre que F est un sev de E
...
7

a) 1) • Il est clair que F ⊂ E et que 0 ∈ F (où on a
noté 0 l’application constante nulle de R dans R)
...

3) Soit f ∈ F ∩ G
...


0

On conclut que F est un sev de E
...

/

il existe (a0 , a1 , a2 ) ∈ R3 tel que f = a0 e0 + a1 e1 + a2 e2 ,
c’est-à-dire tel que :
∀ x ∈ [0 ; 1], f (x) = a0 + a1 x + a2 x 2
...

1) Soit f ∈ (Rg) ∩ F
...
D’où : αg(0) = f (0) = 0
...

Ceci montre : (Rg) ∩ F = {0}
...
On veut montrer que ϕ se décompose linéairement sur Rg et F, c’est-à-dire montrer qu’il existe α ∈ R et
f ∈ F telles que : ϕ = αg + f
...

g(0)

ϕ(0)
, puis
g(0)

1

f =0



 a0 = 0
 a0 = 0




⇐⇒ 3a1 + 2a2 = 0 ⇐⇒ a1 = 0






a1 + 2a2 = 0
a2 = 0,

Raisonnons par analyse et synthèse
...

Ceci montre : F ∩ G = {0}
...
Cherchons f ∈ F, g ∈ G telles que u = f + g
...

On a donc déjà u = f + g et g ∈ G
...

3

Il est clair que ce dernier système d’équations, d’inconnue
(a0 , a1 , a2 ) ∈ R3 , admet une solution (et une seule)
...

On conclut que F et G sont deux sev de E supplémentaires
dans E
...

On peut enfin remarquer que G est de dimension trois et que
F n’est pas de dimension finie (on dit aussi que F est de
dimension infinie)
...
9

18
...


/
/
Raisonnons par l’absurde : supposons A ⊂ B et B ⊂ A
...

Comme a ∈ A ⊂ A ∪ B et b ∈ B ⊂ A ∪ B,
on a par hypothèse : a + b ∈ A ∪ B ,
c’est-à-dire : a + b ∈ A ou a + b ∈ B
...

De même, si a + b ∈ B, comme a = (a + b) − b, on déduit
a ∈ B, contradiction
...

(ii) ⇒ (i) : Si, par exemple, A ⊂ B, alors A ∪ B = B, donc
A ∪ B est une sev de E
...
11 a) Raisonnons par l’absurde : supposons √ N ∈ Q
...

q

On a donc : N q 2 = p2
...

√
N ∈ Q
...

√
α
/
Si β = 0, alors N = − ∈ Q , contradiction
...

√
Ceci montre que (1, N ) est Q -libre
...

• On remarque que les cinq premiers éléments de A sont des
fonctions polynomiales de degré 2, donc se décomposent
sur u : x −→ 1, v : x −→ x, w : x −→ x 2
...
12 Pour la commodité, notons d à la place de dim , et
notons P le premier membre de l’inégalité voulue et S son
second membre
...

On conclut : rg (A) = 4
...

Ainsi, le sev engendré par les cinq premières fonctions de A
est le même que celui engendré par (u,v,w), donc le rang de
cette famille de cinq éléments est égal à 3
...

D’après la formule de Grassmann :
d(F + G) + d(F ∩ G) = d(F) + d(G),
donc :
d(F + G) − d(F) = d(G) − d(F ∩ G),
259

ce qui permet de mettre d(G) − d(F ∩ G) en facteur, puis de
réutiliser la formule de Grassmann :
P − S = d(G) − d(F ∩ G)
d(F + G) + d(F) − d(G) − d(F ∩ G)
= d(G) − d(F ∩ G) 2d(F) − 2d(F ∩ G)

260

0,

car F ∩ G ⊂ G et F ∩ G ⊂ F, donc d(F ∩ G)
d(F ∩ G) d(F)
...

Commme F ∩ G est inclus dans F et est inclus dans G, on
conclut qu’il y a égalité si et seulement si G = F ∩ G ou
F = F ∩ G, c’est-à-dire si et seulement si G ⊂ F ou F ⊂ G
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices
• Définition et propriétés des applications linéaires, opérations sur les
applications linéaires et les endomorphismes, définition et propriétés du
noyau et de l’image d’une application linéaire
• Définition et caractérisation des projecteurs d’un ev
• Théorème du rang et conséquences pour les applications linéaires et les
endomorphismes en dimension finie
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

On abrège espace vectoriel en ev, et sous-espace vectoriel en sev
...
14
• montrer que f s’obtient, par certaines opérations, à partir d’applications linéaires
...


➥ Exercices 19
...
4, 19
...

Pour déterminer le noyau d’une
application linéaire f : E −→ F,
sans considération de dimension

Revenir à la définition :
Ker ( f ) = x ∈ E ; f (x) = 0
...

Montrer Ker ( f ) = {0}, c’est-à-dire montrer :

Pour montrer qu’une application
linéaire f : E −→ F est injective

∀ x ∈ E,

f (x) = 0 ⇒ x = 0
...
10
...

Montrer Im ( f ) = F, c’est-à-dire montrer :

Pour montrer qu’une application
linéaire f : E −→ F est surjective

∀ y ∈ F, ∃ x ∈ E, y = f (x)
...
10
...
10
• trouver une application g : F −→ E telle que :
g ◦ f = Id E

et

f ◦ g = Id F
...


➥ Exercices 19
...
12
...
5, 19
...
11
Pour manipuler un projecteur p
d’un ev E

• utiliser la décomposition de tout élément x de E sous la forme :
x = p(x) + x − p(x)
...
7
...


Pour relier entre elles les dimensions du noyau et de l’image d’une
application linéaire f : E −→ F,
où E et F sont des ev
de dimensions finies

Utiliser le théorème du rang :
dim Ker ( f ) + dim Im ( f ) = dim (E)
...
6
...
8, 19
...
13, 19
...


© Dunod
...


➥ Exercices 19
...
9, 19
...
15
...
1

Étude de noyau et image d’une composée d’applications linéaires
Soient E,F,G des K-ev, f ∈ L(E,F), g ∈ L(F,G)
...

263

Chapitre 19 • Applications linéaires

19
...
Montrer :
a) Ker(g ◦ f ) = f −1 Ker(g)
c) Im(g ◦ f ) = g Im( f )

19
...

On suppose :
f = h ◦ g ◦ f et g = g ◦ f ◦ k
...


19
...
Montrer :
a) Ker(g ◦ f ) = Ker( f ) ⇐⇒ Ker(g) ∩ Im( f ) = {0}
b) Im(g ◦ f ) = Im(g) ⇐⇒ Ker(g) + Im( f ) = F
...
2)
...
5

Étude de e − ap, où a ∈ K et p est un projecteur
/
Soient E un K-ev, e = Id E , p un projecteur de E tel que p = 0, a ∈ K − {1},
f = e − ap
...


19
...
Montrer :
Ker ( f ) = Im ( f ) ⇐⇒ f 2 = 0 et n = 2 rg ( f )
...
7

Endomorphismes vérifiant une condition de rang
Soient E un K-ev de dimension finie, n = dim (E), e = Id E , f,g ∈ L(E) tels que :
f +g =e

et

rg ( f ) + rg (g)

n
...

b) En déduire que f et g sont des projecteurs
...
8

Inégalités sur le rang de la somme de deux applications linéaires
2

Soient E,F deux K-ev de dimension finie, ( f, f ) ∈ L(E,F)
...
9

rg( f + f )

rg( f ) + rg( f )
...
Montrer :
/
Ker ( f 2 ) = Im ( f ), Im ( f 2 ) = Ker ( f ), rg ( f ) = 2, rg ( f 2 ) = 1
...
10 Caractérisation de deux applications linéaires dont la composée
est un isomorphisme
Soient E, F, G des K-ev, f ∈ L(E,F), g ∈ L(F,G)
...


19
...
Démontrer que p + q est un projecteur si et
seulement si : p ◦ q = q ◦ p = 0
...
12 Montrer que deux endomorphismes vérifiant une certaine équation commutent
entre eux
2

Soient E un C-ev de dimension finie, e = Id E, ( f,g) ∈ L(E)

tel que :

f 2 − f ◦ g + 2 f − e = 0
...


19
...
Pour tout p de N, on note
I p = Im( f p ) et K p = Ker( f p ), avec, par convention, f 0 = Id E
...


b) Montrer qu’il existe p0 ∈ N tel que :
∀ p ∈ N,

/
p < p0 ⇒ I p = I p0
p

p0 ⇒ I p = I p0


...

c) Établir : ∀ p ∈ N,

/
p < p0 ⇒ K p = K p0
p

p0 ⇒ K p = K p0

© Dunod
...


Ainsi, la suite (K p ) p∈N stationne aussi exactement à partir de l’indice p0
...


e) Démontrer que I p0 et K p0 sont supplémentaires dans E
...
14 Exemple d’espace vectoriel et d’application linéaire dans le contexte
de l’analyse
On note E 0 = f ∈ C ∞ (R,R) ; f (0) = 0 , et, pour toute f ∈ E 0 , on considère l’application φ( f ) : R −→ R définie par :
x

∀ x ∈ R, φ( f )(x) =

t 2 f (t) dt
...

b) Est-ce que E 0 est de dimension finie ?
265

Chapitre 19 • Applications linéaires

19
...

a) Montrer :

Ker g|Im( f ) = Ker(g) ∩ Im( f )
...

rg( f ) + rg(g) − dim(F)
...
16 Endomorphismes transformant tout vecteur en un vecteur qui lui est colinéaire
Soient E un K-ev, f ∈ L(E)
...
Démontrer que f est une homothétie
...
1

On peut raisonner par équivalences logiques successives,
en utilisant la définition d’image directe, d’image réciproque, de
noyau, d’image d’une application linéaire
...
2

Utiliser la définition d’une image directe, d’une image
réciproque, du noyau et de l’image d’une application linéaire
...
3 1) Montrer Ker (g) ∩ Im ( f ) = {0}, en passant par les éléments et en utilisant f = h ◦ g ◦ f
...


19
...
Pour chaque implication, passer par les éléments et
utiliser la définition de l’intersection de deux sev, de la somme de
deux sev, du noyau et de l’image d’une application linéaire
...
Obtenir ainsi une équation satisfaite par f
...


19
...
6

⇒ : Montrer f 2 = 0 et utiliser le théorème du rang
...

a) Obtenir d’abord Im ( f ) + Im (g) = E, puis utiliser la
formule de Grassmann pour déduire Im ( f ) ∩ Im (g) = {0}
...
7

b) Montrer que, pour tout x ∈ E :
f x − f (x) ∈ Im ( f ) ∩ Im (g)
...


266

19
...

2) Appliquer le résultat précédent à ( f + f , − f ) au lieu de
( f , f )
...
9

• Remarquer Im ( f 2 ) ⊂ Im ( f )

et montrer Im ( f 2 ) = Im ( f ) en raisonnant par l’absurde
...

• Remarquer Ker ( f 2 ) ⊃ Ker ( f ) et utiliser le théorème du rang
...
10 (i) ⇒ (ii) :
• Se rappeler que, pour des applications, on a :
g ◦ f injective ⇒ f injective, g ◦ f surjective ⇒ g surjective ,
• Montrer : Ker (g) ∩ Im ( f ) = {0}
...

(ii) ⇒ (i) :
• Montrer : Ker (g ◦ f ) = {0}
...


19
...

Attention : a priori, p et q ne commutent pas ; on ne peut donc
pas remplacer p ◦ q par q ◦ p
...


Du mal à démarrer ?

Pour la réciproque, ayant obtenu p ◦ q + q ◦ p = 0, penser à
composer par p ou par q à gauche ou à droite, pour déduire de
nouvelles égalités
...


19
...

p∈N

, qui est une suite décrois-

c) Utiliser b) et le théorème du rang, pour relier dimension d’une
image et dimension d’un noyau
...

• Pour montrer que φ n’est pas surjectif, trouver au moins un
élément de E 0 n’ayant pas d’antécédent par φ
...


19
...


d) Montrer, pour tout p < p0 : I p+1

• Remarquer que, pour toute f ∈ E 0 , φ( f ) est de classe C ∞ et :
∀ x ∈ R, φ( f ) (x) = x 2 f (x)
...
12 Obtenir ( f − g + 2e) ◦ f = e
...


Ip,

dim (I p ) − 1
...

• Utiliser ensuite, par exemple, le théorème du rang
...
14 a)1) Vérifier que E 0 est un R-ev
...

a) Revenir à la définition du noyau d’une application linéaire
...

c) Utiliser le théorème du rang
...
16 Pour tout x ∈ E − {0}, il existe λx ∈ K tel que f (x) = λx x,
mais, a priori, λx dépend de x
...
À cet effet, pour (x,y) ∈ E − {0} , considérer
f (x), f (y), f (x + y), et séparer l’étude en deux cas selon que
la famille (x,y) est libre ou est liée
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


triction de g à Im ( f ) au départ :

267

Corrigés des exercices

19
...


y ∈ f Ker (g ◦ f )
⇐⇒ ∃ x ∈ Ker (g ◦ f ), y = f (x)

c) On a : Im(g ◦ f ) = (g ◦ f )(E) = g f (E) = g Im( f )
...


⇐⇒ g(y) = 0 et ∃ x ∈ E, y = f (x)
⇐⇒ y ∈ Ker (g) et y ∈ Im ( f )
⇐⇒ y ∈ Ker (g) ∩ Im ( f )
...

b) On a, pour tout y ∈ F :

19
...

Alors, g(y) = 0 et il existe x ∈ E tel que y = f (x)
...

Ceci montre : Ker (g) ∩ Im ( f ) = {0}
...
On a :
g(y) = (g ◦ f ◦ k)(y) = g ( f ◦ k)(y) ,
puis : g y − ( f ◦ k)(y) = 0
...


⇐⇒ ∃ z ∈ Im ( f ), y − z ∈ Ker (g)

On conclut que Ker (g) et Im ( f ) sont supplémentaires
dans F
...

On conclut :

19
...


a) On a, pour tout x de E :

x ∈ Ker(g ◦ f ) ⇐⇒ (g ◦ f )(x) = 0 ⇐⇒ g f (x) = 0
⇐⇒ f (x) ∈ Ker(g)
⇐⇒ x ∈ f

−1

Ker(g) ,

d’où : Ker(g ◦ f ) = f −1 Ker(g)
...
4 a) 1) Supposons Ker(g ◦ f ) = Ker( f )
...

D’où : (g ◦ f )(x) = g(y) = 0,
donc x ∈ Ker(g ◦ f ) = Ker( f ), puis y = f (x) = 0
...

2) Réciproquement, supposons Ker(g) ∩ Im( f ) = {0}
...
2, on a déjà : Ker(g ◦ f ) ⊃ Ker( f )
...
Alors f (x) ∈ Ker(g) ∩ Im( f ) = {0} ,
donc f (x) = 0, x ∈ Ker( f )
...

b) 1) Supposons Im(g ◦ f ) = Im(g)
...


Soit y ∈ F
...
On déduit g y − f (x) = 0,
c’est-à-dire y − f (x) ∈ Ker(g)
...


On a alors y = y − f (x) + f (x) ∈ Ker(g) + Im( f )
...


Ceci montre : Ker(g) + Im( f ) = F
...


dim Ker ( f ) = n − rg ( f ) = 2 rg ( f ) − rg ( f )

D’après l’exercice 19
...

Soit z ∈ Im(g) ; il existe y ∈ F tel que z = g(y)
...
On a alors :
z = g(y) = g f (x) = (g ◦ f )(x) ∈ Im(g ◦ f )
...

Il en résulte : Im ( f ) = Ker ( f )
...
7 a) 1) • On a :

Im(g ◦ f ) = Im(g)
...
5

Exprimons p en fonction de f, si c’est possible
...

/
Supposons a = 0
...

a−1
Ceci montre que f ∈ GL(E) et que
f −1 =

1
f + (a − 2)e
...

Finalement, f ∈ GL(E) et f −1 =

∀ x ∈ E,

donc Im ( f ) + Im (g) = E
...

On conclut que Im ( f ) et Im (g) sont supplémentaires dans E
...

b) De f + g = e, on déduit, en composant par f à droite :
f 2 + g ◦ f = f
...


1
f + (a − 2)e
...
6

⇒:

Supposons Ker ( f ) = Im ( f )
...


• On a, pour tout x ∈ E : f (x) ∈ Im ( f ) ⊂ Ker ( f ),

Comme Im ( f ) et Im (g) sont supplémentaires dans E, il en
résulte f x − f (x) = 0, d’où f (x) = f 2 (x)
...


Ceci montre f 2 = f, donc f est un projecteur
...

Ou encore, comme f est un projecteur et que g = e − f, g est
un projecteur, le projecteur associé à f
...
8

1) On a : Im( f + f ) ⊂ Im( f ) + Im( f ), car :

∀x ∈ E,

( f + f )(x) = f (x) + f (x) ∈ Im( f ) + Im( f )
...


D’autre part, d’après le théorème du rang :
 dim Ker ( f )






 dim Ker ( f 2 )






= 3 − rg ( f ) = 3 − 2 = 1
= rg ( f 2 ) = dim Im ( f 2 )
= 3 − rg ( f 2 ) = 3 − 1 = 2
= rg ( f ) = dim Im ( f )
...

2) En appliquant le résultat précédent à ( f + f ,− f ) au lieu
de ( f, f ) , on obtient :
rg( f )

rg( f + f ) + rg(− f ) = rg( f + f ) + rg( f ),

donc : rg( f ) − rg( f )

rg( f + f )
...
9

|x + x |

|x| + |x |
...


/
Montrons : Im ( f 2 ) = Im ( f )
...

Soit x ∈ E quelconque
...


/
Ceci montre f 2 = 0, contradiction avec l’hypothèse f 2 = 0
...


Supposons que g ◦ f soit un isomorphisme de E sur G
...
4) :
g ◦ f bijective ⇐⇒

Im ( f )

R3 ,

il en résulte, en passant aux dimensions :
0 < rg ( f 2 ) < rg ( f ) < 3,
et donc, comme il s’agit de nombres entiers :
rg ( f 2 ) = 1
270

et

g ◦ f surjective

⇒

f injective
g surjective
...
Alors, g(y) = 0 et il existe
x ∈ E tel que y = f (x)
...

Comme g ◦ f est bijective (donc injective), on déduit x = 0,
puis y = f (x) = 0
...
Alors, g(y) ∈ G
...
On a :
g y − f (x) = g(y) − g f (x) = 0,

Ainsi :
Im ( f 2 )

g ◦ f injective

Ceci montre : Ker (g) ∩ Im ( f ) = {0}
...

2

{0}

f (k) = 0
...
10 (i) ⇒ (ii) :

donc il existe t ∈ E tel que f (x) = f f (t) = f 2 (t)
...


Remarquer l’analogie avec l’inégalité triangulaire et l’inégalité triangulaire renversée, par exemple pour la valeur absolue
dans R :
2

Im ( f ) = Ker ( f 2 )
...


donc y − f (x) ∈ Ker (g)
...

∈ Ker (g)

∈ Im ( f )

Ceci montre : Ker (g) + Im ( f ) = F
...


(ii) ⇒ (i) :
On suppose f injective, g surjective et F = Ker (g) ⊕ Im ( f )
...

Alors, g f (x) = 0, donc f (x) ∈ Ker (g)
...

Ceci montre que g ◦ f est injective
...
13 a) Soit p ∈ N
...

Il existe x ∈ E tel que y = f p+1 (x) = f p f (x) , d’où y ∈ I p
...

• Soit x ∈ K p
...


• Soit z ∈ G
...


Puisque g est surjective, il existe y ∈ F tel que z = g(y)
...
On a alors :

stationne sur un entier, noté r0
...

=0

Comme v ∈ Im ( f ), il existe x ∈ E tel que v = f (x)
...

Ceci montre que g ◦ f est surjective
...

1) Il est clair que, si p ◦ q = q ◦ p = 0, alors p + q est
un projecteur, puisque :

19
...

2) Réciproquement, supposons que p + q soit un projecteur
de E
...

En composant par p à gauche et à droite, on obtient
p◦q + p◦q ◦ p =0
,
p◦q ◦ p+q ◦ p =0
d’où, en soustrayant : p ◦ q − q ◦ p = 0
...


p∈N

est décroissante, donc

Il existe un plus petit entier p0 de N tel que dim (I p0 ) = r0
...

/
• Si p < p0 , alors dim(I p ) > r0 , donc : I p = I p0
...

1) :

Ainsi (si p0

E = I0 ⊃
...


c) Soit p ∈ N
...
b)), dim (I p ) > dim(I p0 ) , d’où, en utilisant le théorème du rang :
dim (K p ) = n − dim (I p ) < n − dim(I p0 ) = dim (K p0 ),
/
et donc, nécessairement, K p = K p0
...
a)), K p ⊃ K p0 , et, en utilisant le théo• Si p
rème du rang :
dim(K p ) = n − dim (I p ) = n − dim (I p0 ) = dim(K p0 ),
d’où : K p = K p0
...
⊂ K p0 −1
d) • Montrons : ∀ p < p0 ,

K p0 = K p0 +1 =
...

/

À cet effet, raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe
p < p0 tel que I p = I p+1 (on a donc, nécessairement, p0 1)
...
Comme
f p (x) ∈ I p = I p+1 , il existe t ∈ E tel que f p (x) = f p+1 (t),
d’où :
y = f p0 −1 (x) = f p0 − p−1 ( f p (x))
= f p0 − p−1 f p+1 (t) = f p0 (t) ∈ I p0
...
12

D’après l’hypothèse, f ◦ ( f − g + 2e) = e, donc f
admet un symétrique à droite pour la loi ◦ dans L(E)
...
Par soustraction, on
déduit : g ◦ f = f ◦ g
...

• On a donc : ∀ p < p0 , I p+1

I p , d’où :

∀ p < p0 , dim(I p+1 ) + 1

dim (I p )
...


e) • Soit x ∈ I p0 ∩ K p0
...

Ainsi, t ∈ K 2 p0 = K p0 (car 2 p0
et donc x = f

p0

p0 ),

(t) = 0
...
Puisque f p0 (x) ∈ I p0 = I2 p0 (car 2 p0

p0 ),

il existe t ∈ E tel que f p0 (x) = f 2 p0 (t)
...


x = f p0 (t) + x − f p0 (t) ,
p0

• Soit f ∈ Ker (φ)
...
Il en résulte, en simplifiant
par x 2 : ∀ x ∈ R∗ , f (x) = 0
...
Mais,
comme f est continue en 0 (car f est de classe C ∞ sur R), il
s’ensuit f (0) = 0 et finalement f = 0
...


Ceci montre : I p0 ∩ K p0 = {0}
...


n
...


(t) ∈ K p0 ,

On a alors, en dérivant :

x − f (t) = f p0 (x) − f 2 p0 (t) = 0
...


d’où en particulier : e1 (0) = 0, contradiction, car e1 (0) = 1
...


En utilisant le théorème du rang :
dim I p0 ⊕ K p0 = dim I p0 + dim K p0 = n,
donc I p0 ⊕ K p0 = E
...


b) Si E 0 était de dimension finie, comme φ est un endomorphisme injectif de E 0 , φ serait surjectif, contradiction
...


19
...
14

∞

a) 1) On a E 0 ⊂ C (R, R) et 0 ∈ E 0
...

b) Puisque :
rg(g ◦ f ) = dim Im(g ◦ f )

donc α f + g ∈ E 0
...


= dim Im g|Im( f )

2) • Soit f ∈ E 0
...

2

• On a, pour tout α ∈ R et tout ( f,g) ∈
x

∀ x ∈ R, φ(α f + g) (x) =

2
E0

:

=α

rg g|Im( f ) = dim Im( f ) − dim Ker g|Im( f )
d'où, en utilisant a) :

dim Ker(g) ∩ Im( f )

x

t f (t) dt +
2

0

on a, d'après le théorème du rang :

c) Comme : Ker(g) ∩ Im( f ) ⊂ Ker(g) , on a :

t 2 (α f + g)(t) dt
x

= rg g|Im( f ) ,

rg(g ◦ f ) = rg( f ) − dim Ker(g) ∩ Im( f )
...


,

Par hypothèse, pour tout x de E − {0} , il existe λx ∈ K
tel que f (x) = λx x
...
Nous allons montrer que
λx ne dépend pas de x
...
16

2

Soit (x,y) ∈ E − {0}
...


2) Supposons (x,y) lié
...
On a :
f (y) = f (αx) = α f (x) = αλx x
et
f (y) = λ y y = λ y αx,
d’où (λx − λ y )αx = 0 , et donc λx = λ y
...


c’est-à-dire : (λx+y − λx )x + (λx+y − λ y )y = 0
...


Comme (x,y) est libre,

De plus, trivialement : f (0) = λ0
...


Finalement, f = λ Id E , c’est-à-dire que f est une homothétie
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices

© Dunod
...


• Définitions et structures des ensembles usuels de matrices :
Mn, p (K ) , Mn (K ), GLn (K ), Tn,s (K ) , Tn,i (K ) , Dn (K ) , Sn (K ), An (K )
• Matrices élémentaires
• Interprétation matricielle d’une application linéaire
• Définition et propriétés du rang d’une matrice
• Théorème du cours sur A = PJn, p,r Q
• Définition et propriétés de la similitude des matrices carrées
• Définition d’une matrice carrée nilpotente
...

On abrège espace vectoriel en ev, et sous-espace vectoriel en sev
...


➥ Exercices 20
...
10, 20
...
18, 20
...
24, 20
...


➥ Exercices 20
...
23, 20
...

Pour effectuer un calcul
sur des matrices avec paramètres

Essayer de décomposer linéairement ces matrices sur des matrices
plus simples, sans paramètre, si c’est possible
...
7, 20
...
14
...


➥ Exercices 20
...
14 e)
Pour calculer
les puissances Ak (k ∈ N∗ , k ∈ Z)
d’une matrice carrée A

• Dans certains exemples simples, calculer A2 ,A3 et essayer de
conjecturer une formule pour Ak , que l’on montrera alors par récurrence sur k
...


➥ Exercice 20
...

• Noter (E1 ,
...
,Cn ) la
famille des colonnes de A
...
,Cn en fonction de
E1 ,
...
,En , et en déduire l’inversibilité de A et
l’expression de l’inverse A−1 de A
...
4

Pour montrer
qu’une matrice carrée A ∈ Mn (K)
est inversible, et éventuellement
calculer son inverse

• Associer à la matrice carrée A un système linéaire AX = Y, où X,Y
sont des matrices-colonnes, et résoudre ce système en considérant que
l’inconnue est X
...


➥ Exercices 20
...
11 c)
• Résoudre l’équation AB = In (ou B A = In) où B est une matrice
carrée inconnue, d’une forme particulière
...
14 c)
• Former une équation simple sur A, puis isoler le terme en In
...
12, 20
...

➥ Exercice 20
...


➥ Exercice 20
...

• Déterminer la dimension du sev engendré par les colonnes de A (ou
la dimension du sev engendré par les lignes de A), qui est égale au
rang de A
...
6, 20
...
17, 20
...


➥ Exercice 20
...

• Utiliser la définition du rang d’une matrice comme dimension du sev
engendré par les colonnes de A (ou par les lignes de A)
...
16 a)
Pour faire intervenir
le rang d’une matrice A

• Utiliser le théorème du rang, qui permet de se ramener à l’étude de
la dimension du noyau
...

P,Q inversibles telles que A = PJn, p,r Q, où Jn, p,r =
(0) (0)

➥ Exercices 20
...
22, 20
...


© Dunod
...


Pour montrer que deux matrices
carrées sont semblables

Trouver une matrice carrée inversible P telle que : B = P A P −1
...
18, 20
...

Essayer de :
/
/
/
• montrer tr (A) = tr (B), ou det (A) = det (B), ou rg (A) = rg (B)
...
21 a), b)
Pour montrer que deux matrices
carrées A,B ne sont pas semblables

• montrer que l’une des deux matrices carrées A,B vérifie une équation polynomiale que ne vérifie pas l’autre
...
21 d)
...


➥ Exercice 20
...

277

Chapitre 20 • Matrices

Pour manipuler des matrices
triangulaires

Utiliser les propriétés du cours sur les matrices triangulaires, en particulier :
• la somme et le produit de deux matrices triangulaires supérieures
sont triangulaires supérieures
• une matrice triangulaire est inversible si et seulement si ses termes
diagonaux sont tous non nuls
...


➥ Exercice 20
...

Pour manipuler
des transposées de matrices,
ou des traces de matrices carrées

Privilégier la notation globale des matrices, en utilisant les propriétés
de la transposition et de la trace :
t

(αA + B) = α t A + t B, t (AB) = t B tA

tr (αA + B) = α tr (A) + tr (B) , tr (AB) = tr (B A) , tr ( t A) = tr (A)
...

Pour manipuler
des matrices symétriques
et des matrices antisymétriques

• Utiliser Sn (K ) ⊕ An (K ) = Mn (K ) et la décomposition :
1
1
∀ A ∈ Mn (K ), A = ( A + t A) + ( A − t A)
...

2
2

Énoncés des exercices
20
...
,λn , µ1 ,
...

On note B = (λi µ j ai j )i j ∈ Mn (K )
...
,λn ), E = diag (µ1 ,
...

b) En déduire que B est inversible si et seulement si A est inversible, et que, dans ce cas,
en notant A−1 = (αi j )i j , on a : B −1 = (µi−1 λ−1 αi j )i j
...
2 Groupe multiplicatif des matrices triangulaires à termes diagonaux tous égaux à 1
Soient n ∈ N∗ et E l’ensemble des matrices A = (ai j )1
∀(i, j) ∈ {1,
...

278

i, j n

de Mn (K ) telles que :

i > j ⇒ ai j = 0
i = j ⇒ ai j = 1
...
3 Exemple de groupe multiplicatif de matrices carrées d’ordre deux,
qui est un sous-groupe de GL2 (R)

On note, pour tout (a,t) ∈ R∗ × R : M(a,t) =
+

a ch t
−a sh t

−a sh t
a ch t

,

et G = M(a,t) ; (a,t) ∈ R∗ × R
...


20
...
1

...
2
...

=
...


...


...


...


...

1 2
...


20
...
,an ) ∈ Cn+1
...
,P (n) (an )
...


20
...
7 Exemple de calcul des puissances d’une matrice carrée triangulaire
d’ordre trois



1
Calculer An pour A =  0
0

1
1
0


1
1  ∈ M3 (R) et n ∈ Z
...
8 Matrices carrées inversibles dont les lignes ont toutes la même somme
Soient n ∈ N∗ , A = (ai j )i j ∈ GLn (C)
...
,n},

ai j = λ
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
Montrer λ = 0 et :
n

∀ i ∈ {1,
...

λ

20
...

a) Montrer qu’il existe une base B de E telle que la matrice de f dans B soit


0 0 0
N = 1 0 0
...

c) En déduire, en notant e = Id E :
g ∈ L(E) ; g ◦ f = f ◦ g = Vect (e, f, f 2 )
...
10 Matrices à termes > 0
On dit ici qu’une matrice à termes réels est positive si et seulement si tous ses termes
sont > 0
...

b) Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (R) positive
...
Montrer qu’il existe Y ∈ Mn,1 (R) positive telle que
AY = Y
...
11 Exemple de groupe de matrices carrées d’ordre trois, sous-groupe de GL3 (R)


1

a



On note, pour tout a ∈ R : M(a) =  a



1+

−a

−



a
a2
2

a2
2

a2
2

1−

a2
2



 ∈ M3 (R),



et G = M(a) ; a ∈ R
...

2

b) Montrer que l’application M : R −→ G, a −→ M(a) est bijective et que :
∀ (a,b) ∈ R2 , M(a + b) = M(a)M(b)
...

k

d) Exprimer M(a) pour tout a ∈ R et tout k ∈ Z
...
12 Étude des matrices combinaisons linéaires de l’identité et de la matrice de seuil,
dont tous les termes sont égaux à 1



Soient n ∈ N − {0,1}, (a,b) ∈ K , A = 

a



b

2

b

 ∈ Mn (K )
...


280

Énoncés des exercices

20
...
On note A la matrice carrée réelle d’ordre n + 1 dont le terme situé à la
j
, où, par convention, ce coefficient est
ligne i, colonne j est le coefficient binomial
i
nul si i > j
...

b) En déduire que A est inversible et exprimer A−1
...
14 Exemple de sous-anneau de M2 (R)
Soient I =

1
0

0
,J=
1

1
0

1
1

∈ M2 (R),

E = M(x,y) = x I + y J ; (x,y) ∈ R2
...

b) Montrer que (E,+,·) est un anneau commutatif
...

n

e) Pour (x,y) ∈ R2 et n ∈ N∗ , calculer M(x,y)
...
15 Calcul du rang d’une matrice dont les termes sont issus de la suite de Fibonacci
On note (φn )n∈N la suite de Fibonacci, définie par φ0 = 0, φ1 = 1 et :
∀ n ∈ N, φn+2 = φn+1 + φn
...
Déterminer le rang de la matrice An = (φi+ j )0

20
...


1 en produit d’une colonne par une ligne

Soient n ∈ N∗ , H ∈ Mn (K ) telle que rg(H )
© Dunod
...


i, j n

a) Montrer qu’il existe (U,V ) ∈ Mn,1 (K )

2

1
...


b) Montrer : ∀A ∈ Mn (K ), H AH = tr(AH )H
...
17 Exemple de calcul du rang d’une matrice carrée d’ordre n
1

1


Soient n ∈ N − {0,1}, An =  0


...


...


...



...


...


...


...


...


...


...

281

Chapitre 20 • Matrices

20
...
Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) A, B, C sont deux à deux semblables
3

(ii) ∃ (X, Y, Z ) ∈ Mn (K ) , X Y Z = A, Y Z X = B, Z X Y = C
...
19 Exemple de groupe multiplicatif de matrices carrées d’ordre trois,
qui n’est pas un sous-groupe de GL3 (R)



1
On note, pour tout (a,b) ∈ R × R : M(a,b) =  0
0
∗

a
b
b


a
b  ∈ M3 (R)
...
Préciser l’élément neutre
...
20 Exemple de calcul de l’inverse d’un polynôme de matrice carrée satisfaisant
une équation polynomiale
Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (R) telle que : A5 + A = In
...


20
...

0 0
0

Énoncés des exercices

20
...
Montrer qu’il existe
0

0
1
0

tel que A = PJQ, et calculer un tel couple (P,Q)
...
23 Étude d’un endomorphisme de Mn (K)
Soient n ∈ N∗ , a1 ,
...

On note D = diag (a1 ,
...

a) Vérifier que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel Mn (K )
...

c) Montrer que Im ( f ) est l’ensemble F des matrices de Mn (K ) dont tous les termes diagonaux sont nuls
...
24 Endomorphisme nilpotent sur un espace vectoriel de matrices carrées
Soient n ∈ N∗ , A,B ∈ Mn (C)
...

a) Vérifier que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel Mn (C)
...


c) En déduire que, si A et B sont nilpotentes, alors f est nilpotent
...
25 Centre de Mn (K)
Soit n ∈ N∗
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


20
...
On note, pour toute A = (ai j )i j ∈ Mn, p (C) :
A = (ai j )i j , Re (A) = Re (ai j )

ij

, Im (A) = Im (ai j )

ij

,

qui sont dans Mn (C)
...

b) En déduire, pour toute A ∈ Mn (C) :
rg Re (A)

2 rg (A) et rg Im (A)

2 rg (A)
...

2) Donner un exemple de A ∈ M2 (C) telle que :
rg (A) = 2, rg Re (A) = 1, rg Im (A) = 1
...
27 Matrices bistochastiques, matrices colonnes à termes

0

∗

Soient n ∈ N , A = (ai j )i j ∈ Mn (R) une matrice bistochastique, c’est-à-dire telle que :

2
0
 ∀ (i, j) ∈ {1,
...
,n},

ai j = 1






 ∀ j ∈ {1,
...

i=1

Soit X = (xi )1

i n

∈ Mn,1 (R) telle que : ∀ i ∈ {1,
...


n

xi
...


i=1

Du mal à démarrer ?
20
...

b) Puisque D et E sont inversibles, B est inversible si et seulement si A l’est, et dans ce cas B −1 = E −1 A−1 D −1
...
2 Montrer que E est un sous-groupe de GLn (K )
...


20
...
,en ) la base canonique de Mn,1 (R), et
(C1 ,
...
,Cn en fonction de e1 ,
...
,en en fonction de C1 ,
...


20
...


20
...


20
...

λ

a) Considérer e1 ∈ E tel que f 2 (e1 ) = 0, puis e2 = f (e1 ),
e3 = f (e2 ), B = (e1 , e2 , e3 )
...
9

b) Passer, par exemple, par les (neuf ) éléments de N
...


20
...

k−1

Ai X = X + AX +
...


b) Considérer Y =

20
...

c) Utiliser les résultats de b) pour montrer que G est un sousgroupe de GL3 (R)
...


20
...


0
...


284

1
par AV = λV
...
5 • Vérifier que f est linéaire
...
8

 
1

...
 ∈ Mn,1 (C) et traduire l’hypothèse

...
En déduire une équation du second
degré satisfaite par A
...
13 a) Pour obtenir la matrice de f dans la base canonique B
de Rn [X], développer
Newton
...


20
...
En déduire la
décomposition linéaire de M(x,y)M(x ,y ) sur I et J
...


20
...
20 Effectuer la division euclidienne de X5 + X − 1 par

• Si deux matrices carrées A,B sont semblables, alors :
tr (A) = tr (B),

donné, résoudre l’équation

M(x,y)M(x ,y ) = I, d’inconnue (x ,y ) ∈ R2
...

e) Décomposer linéairement M(x,y) sur I et N =
puis utiliser la formule du binôme de Newton
...

rg (A) = rg (B),

det (A) = det (B),

mais les réciproques sont fausses
...

,

20
...
,n}, la colonne
numéro j + 2 de An est la somme des colonnes numéros j + 1
et j de An
...
16 a) Remarquer que, puisque rg (H ) = 1, les colonnes de H

b) Remarquer les déterminants
...

d) Remarquer A2 et B 2
...


sont colinéaires à une colonne fixe, qui n’est pas a priori une
colonne de H
...


b) Montrer, avec les notations de a) : H AH = ( t V AU )U t V
...


20
...
17 Opérer Cn

− Cn − C1 + C2

+
...


20
...

(i) ⇒ (ii) :
S’il existe P,Q ∈ GLn (K ) telles que B = P −1 A P
et C =

Q −1 B Q,

chercher X, Y, Z convenant, en les choisissant
de façon que les produits se simplifient
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


20
...

b) Remarquer que G n’est pas inclus dans GL3 (R), ou encore,
remarquer que I3 n’est pas dans G
...

On contrôlera le couple (P,Q) obtenu, en calculant le produit
PJQ
...
23 b) Traduire f (M) = 0 par équivalences logiques, en passant par les termes des matrices
...

c) Montrer Im ( f ) ⊂ F, de manière analogue à la solution de b),
en passant par les termes des matrices, puis comparer les
dimensions
...
24 b) Récurrence sur p
...


c) Si A p = 0 et B q = 0, calculer f p+q (M)
...
25 Utiliser les matrices élémentaires Ei j
...
26 Se rappeler les propriétés de la conjugaison pour les
matrices à termes complexes (qui se redémontrent simplement
en revenant aux éléments des matrices) :
A + B = A + B,

α A = α A,

AB = A B
...


20
...


b) Utiliser le résultat de l’exercice 19
...


matrices, ou redémontrer que le rang est sous-additif, c’est-à-

• Montrer que l’application f : x −→ −lnx est convexe, et en

dire la formule :

déduire que, pour tout (λ1 ,
...


286

rg (A) + rg (B),

n

λ j = 1, on a : f
j=1

Appliquer à λ j = ai j
...

j=1

Corrigés des exercices

20
...


...





λ1


...


(0)

λn





an1


...


...



...


...



...




D


λ1 a1n

...


...

3) Soient (a,t), (a ,t ) ∈ R∗ × R
...


...



...



λ1 a1n

...


...


λn ann

M(a,t)M(a ,t )







a ch t
−a sh t

= a 2 (ch2 t − sh2 t) = a 2 = 0,
/

ann





det M(a,t) =

E

µ1


...


(0)
λ1 a11 µ1

...


...


...


...

λn ann µn

D AE=B

a ch t
−a sh t

a ch t
−a sh t

=

aa (ch t ch t +sh t sh t )
−aa (sh t ch t +ch t sh t )

=

aa ch (t + t )
−aa sh (t + t )




µn

−a sh t
a ch t

=

−a sh t
a ch t

−aa (ch t sh t +sh t ch t )
aa (sh t sh t +ch t ch t )

−aa sh (t + t )
aa ch (t + t )

= M(aa , t + t ) ∈ G,

/
b) Puisque les λi et les µ j sont tous = 0, les matrices diago-

car (aa , t + t ) ∈ R∗ × R
...
,λ−1 ) ,
1
n

4) Soit (a,t) ∈ R∗ × R
...
,µ−1 )
...


20
...
Comme A et B sont triangulaires
supérieures à termes diagonaux égaux à 1, AB l’est aussi, donc
AB ∈ E
...

• Si A ∈ E, alors A est inversible et A−1 est triangulaire supérieure à termes diagonaux égaux à 1, donc A−1 ∈ E
...

Montrons que G est un sous-groupe de GL2 (R) pour
la multiplication
...
3

D’après 3) et 2), on a (a −1 ,−t) ∈ R∗ × R et :
+
M(a,t)M(a −1 ,−t) = M(aa −1 , t − t) = M(1,0) = I2
M(a −1 ,−t)M(a,t) = M(a −1 a, −t + t) = M(1,0) = I2
Ceci montre :

M(a,t)

−1


...


On conclut que G est un sous-groupe de GL2 (R), donc G est
un groupe pour la multiplication
...
4 Notons (e1 ,
...
,Cn les colonnes de A
...
+ en



 C = e + 2e +
...


...




C
 n−1 = e1 + 2e2 +
...
+ (n − 1)en−1 + nen
287


 e1 + e2 +
...
+ en = C2 − C1




...

⇐⇒

...



...

⇐⇒


 en−1 = (Cn−1 − Cn−2 ) − (Cn − Cn−1 )






= −Cn−2 + 2Cn−1 − Cn




en = −Cn−1 + Cn
...


...
(0)



...


...


...



...


...


...
0 −1

0 

...


...



−1
1

On peut contrôler le résultat, par exemple pour n = 3 :


 

1 1 1
2 −1 0
1 0 0
 1 2 2   −1 2 −1  =  0 1 0 
...
5

• La linéarité de f est immédiate
...
,(αP + Q)(n) (an )
= αP(a0 ) + Q(a0 ),
...


Cette matrice est triangulaire supérieure à termes diagonaux
tous non nuls, donc cette matrice est inversible
...


20
...
,n}, la j emecolonne de A est :

 sin 1 
 cos 1 

...

cos j 
...


...

sin n
cos n
Ceci montre que les colonnes de A se décomposent linéairement sur deux colonnes fixes, donc rg(A) 2
...

Si n

2 , les deux premières colonnes de A forment une
sin 2 sin 3
= 0, et on conclut :
/
famille libre, puisque
sin 3 sin 4
rg(A) = 2
...


...


...


...


...



...


...






...



...


1
1  , I et J com0

On en déduit, par la formule du binôme de Newton, pour tout n
de N − {0,1} :
n

j−2

n=1

0 1
20
...



0 0 1
De plus, J 2 =  0 0 0  , J 3 = 0
...
,n} :
j

si



An = (I + J )n =

f (X j ) = a0 , ja1 , j ( j − 1)a2 ,
...
,0
...



Notons, pour n ∈ Z− , An = 

1

n

0
0

1
0

n(n + 1) 
2


...



1

n

0
0

1
0

1
= 0
0

0
1
0


=


n(n + 1)  
1
2

0
n
1
0

0
0  = I3
...


Ceci montre (en prenant n = −1) que A est inversible, et que,
pour tout n de Z− , An = An
...

0 1
n
0 0
1
1

...
 ∈ Mn,1 (C)
...

1


a11
...


...

AV = 
...


...

1
an1
...
8






=




n

a1 j
j=1


...


...

/
Comme f 2 (e1 ) = 0, on obtient a1 = 0, puis, en reportant :
2
a2 f (e1 ) + a3 f (e1 ) = 0
...

Comme dim (E) = 3 et que B est libre et de cardinal 3, il en
résulte que B est une base de E
...

0 1 0


a d g
b) Soit A =  b e h  ∈ M3 (K ) , quelconque
...

 =
...


...

On conclut :


Puisque A est inversible, on déduit :

Si λ = 0, alors V = 0, contradiction
...


bn1


...
 

...
=


...


...

n

bn j







...
,n},
j=1

0
a
b


0
0  ; (a,b,c) ∈ K 3
...


b11

...


...


20
...

λ

/
/
a) Puisque f 2 = 0, il existe e1 ∈ E tel que f 2 (e1 ) = 0
...


1
CN = a  0
0

0
1
0




0
0 0 0
0 + b1 0 0
1
0 1 0


0 0 0
+ c  0 0 0  ; (a,b,c) ∈ K 3
1 0 0

= aI3 + bN + cN 2 ; (a,b,c) ∈ K 3
...

289

a) 1) Soient A = (ai j )i j , B = (bi j )i j ∈ Mn, p (R) positives
...
,n}2 , ai j > 0 et bi j > 0, d’où ai j + bi j > 0, et
donc A + B est positive
...
On a alors AB = (cik )ik ,

donc M est injective, et il est clair, par définition de G, que M
est surjective
...
,n} × {1,
...


20
...

k−1

b) Considérons Y =

Ai X
...
+ Ak−1 X + Ak X
= (AX +
...



0
a) En notant U =  1
−1


0 1
U2 =  1 0
−1 0

0 0
= 0 1
0 −1

1
0
0

1
0
0

1

a



M(a) =  a



1+

−a
1
= 0
0

0
1
0

−



0
0
0  +a  1
1
−1

a2
= I3 + aU + U 2
...



1
0
0

• On a, pour tout a ∈ R :
M(a)M(−a) = M(a − a) = M(0) = I3 , donc M(a) est inversible dans G et son inverse est M(−a)
...

Finalement, G est un sous-groupe de GL3 (R)
...


a2
2
1−
1
0
0

1) Montrons, par récurrence sur k :



a
a2
2


0
0
1  1
−1
−1

c) • La multiplication est interne dans G et est commutative,
d’après b)
...

2



1
0  , on a :
0


1
0
0 1
0
−1

0
1 ,
−1

2

puis U 4 = U 3 U = 0, donc :

Ainsi, Y convient
...

2
2
4

+
Mais :

AY = A(X + AX +
...
11

b2 2
U
2

a2
b2
U2
+ ab +
2
2

= I3 + (a + b)U +

D’après a), comme A et X sont positives, par produit, pour tout
i ∈ {1,
...


I3 + bU +

a2
2









0
1
a2 
0
0 +
2
0
0

∀ k ∈ N,

M(a)

k

= M(ka)
...

Si la propriété est vraie pour un k ∈ N, alors :
0
1
−1


0
1 
−1

M(a)

k+1

k

= M(a) M(a) = M(ka)M(a)
= M(ka + a) = M (k + 1)a ,

donc la propriété est vraie pour k + 1
...


2) On a, pour tout k ∈ Z− , −k ∈ N, et, d’après c) et le résultat précédent relatif à un exposant entier naturel, appliqué à
(−a, −k) :
M(a)

k

=

M(a)

−1 −k

= M(−a)

−k

= M (−k)(−a) = M(ka)
...


En notant I = In et U = (1) ∈ Mn (K ) , on a :
A = (a − b)I + bU
...
12

Comme U 2 = nU , on déduit :
A2 = (a − b)2 I + 2(a − b)b + nb2 U

donc :
g ◦ f = IdRn [X] et f ◦ g = IdRn [X]
...

Mais, comme plus haut pour f, à l’aide de la formule du binôme de Newton, on a, pour tout j ∈ {0,
...

/
/
Si a = b et a + (n − 1)b = 0, alors, en notant
−1

B = − (a − b) a +(n − 1)b

A− 2(a − b) + nb I ,

on a AB = I, donc A est inversible et A−1 = B
...

Si a + (n − 1)b = 0 , alors la somme des colonnes de A est
nulle, donc A n'est pas inversible
...
13

a) • Il est clair que, pour tout P(X) ∈ Rn [X],
f (P) = P(X + 1) ∈ Rn [X]
...

Ainsi, f est un endomorphisme de l’espace vectoriel Rn [X]
...
,n}, en utilisant la formule du binôme de Newton :
j

f (X ) = (X + 1) =
j

j

i=0

j
i

X
...
,Xn ) de
Rn [X] est donc A, définie dans l’énoncé
...


j
i

(−1) j−i

j
i


Xi
...

0 i, j n


...

−3 
1

20
...
Comme de plus (I,J ) est à l’évidence libre, (I,J ) est une base de E , et donc dim(E) = 2
...

Ceci montre que la multiplication est interne dans E
...

c) Soient (x,y),(x ,y ) ∈ R2
...


Le déterminant δ de ce système linéaire, d’inconnue (x ,y ) ,
est : δ = x(x + 2y) + y 2 = (x + y)2
...

Si x + y = 0 , alors le système, qui est équivalent à
x(x + y ) = 1
, n’a pas de solution, donc M(x,y) n’est pas
x(x + y ) = 0
inversible dans E
...

d) Notons X = M(x,y), d’où X 2 = M x 2 − y 2 ,2(x + y)y
...

x 2 − y2 = x

(iii) X 2 = X ⇐⇒

2(x + y)y = y

 1 (x − y) =

2

 x =x
2
⇐⇒ 
ou



y=0
x + y = 1

 2
x =0
x =1
,
⇐⇒ 
ou
y=0
y=0



x



donc S(iii) = {0,I }
...


Comme I et N commutent et que N 2 = 0, on a, par la formule
du binôme de Newton :
M(x,y)

n

n

=
k=0

n
k

(x + y)n−k y k N k

= (x + y)n I + n(x + y)n−1 y N
(x + y)

n

=
292

0

n(x + y)

n−1

(x + y)n

y

On a, pour tout j ∈ {0,
...


...


...

φ j+n
φ j+n+1

 

φ j+2
φ j + φ j+1

 
...


...
 = C j+2
...


...

Il en résulte que toutes les colonnes de An se décomposent
linéairement sur C1 et C2 , donc rg (An ) 2
...


...


...


...


On conclut : rg (An ) = 2
...

x 2 − y2 = 0

20
...
,Cn les colonnes de An
...
16 a) 1re   : Puisque rg(H ) = 1, il existe une
méthode
u1

...
 de Mn,1 (K ) telle que les colonnes de H

...
,vn ∈ K tels que :


u 1 v1
...


...
 = U t V
...
vn U ) = 
...


...


u n vn

2ème méthode :
Si rg (H ) = 0, alors H = 0, donc (U,V ) = (0,0) convient
...
D’après un théorème du cours, il existe
P,Q ∈ GLn (K ) telles que H = PJQ, où on a noté
1 (0)
J = E11 =
∈ Mn (K )
...
 ∈ Mn,1 (K ), on a C t C = J, donc :

...

0
A = PJQ = P(C t C)Q = (PC)( t C Q)
...

On a de plus, avec les notations précédentes :
n

tr(H ) =

u k vk = t V U
...
On a :

(ii) ⇒ (i) :

H AH = (U t V )A(U t V ) = U (t V AU )t V = (t V AU )U t V,

Supposons qu’il existe X, Y, Z ∈ Mn (K ) telles que :

car t V AU ∈ K
...


D’après a) (appliqué à AH = (AU ) V au lieu de H ; on a bien
rg(AH ) 1 ), on a :
t

tr(AH ) = t V AU
...

On a :

H AH = tr(AH )H
...
,Cn les colonnes de An
...
+ (−1)n−1 Cn−1 ,
on a :
1 0
...

1 1


...


...


...


...


...


...



...
(0)


...

1
0
n−1
0
...
17

donc A, B, C sont deux à deux semblables
...
19 a) 1) G est stable pour la multiplication car, pour tous
(a,b), (c,d) ∈ R × R∗ :



1
M(a,b)M(c,d) =  0
0

a
b
b




a
1
b0
b
0

c + 2ad
2bd
2bd

c
d
d


c
d
d


c + 2ad
2bd 
2bd

−→

• Si n est pair, alors la dernière colonne de An est nulle, et comme
les (n − 1) premières colonnes de An forment une famille libre
(d’après la méthode de Gauss), on conclut : rg (An ) = n − 1
...


= M(c + 2ad, 2bd) ∈ G
...


et
M(0,1/2)M(a,b) = M(a,b),

On peut regrouper ces deux résultats en un seul :
∀ n ∈ N − {0,1}, rg (An ) = 2 E

n−1
2

donc M(0,1/2) est neutre pour la multiplication dans G
...
) désigne la partie entière
...
Montrons que M(a,b) admet un symétrique pour la multiplication dans G et calculons ce symétrique
...
18

(i) ⇒ (ii) :

M(c,d)M(a,b) = M(0,1/2)

Supposons A, B, C deux à deux semblables
...


M(c + 2ad,2bd) = M(0,1/2)
M(a + 2cb,2db) = M(0,1/2)

Notons X = P ∈ GLn (K ) , Y = Q ∈ GLn (K ),
Z = Q −1 B P −1
...

On a :
X Y Z = P Q Q −1 B P −1 = P B P −1 = A,
Y Z X = Q Q −1 B P −1 P = B,
Z X Y = Q −1 B P −1 P Q = Q −1 B Q = C
...

/
2b
4b

Ceci montre que M(a,b) admet un symétrique pour la multia 1

...

293

b) G n’est pas un sous-groupe de GL3 (R), car G n’est pas inclus dans GL3 (R), puisque, par exemple M(0,1) n’est pas inversible dans GL3 (R)
...


20
...

À cet effet, pour utiliser l’hypothèse A + A − In = 0, effectuons la division euclidienne de X5 + X − 1 par X2 + X + 1 :
5

X5

B 2 = (P −1 A P)2 = P −1 A2 P = P −1 0P = 0,
contradiction
...

D’où, en remplaçant X par A :
0 = A5 + A − In = (A2 + A + In )(A3 − A2 + In ) − 2 In
...

On conclut que A + A + In est inversible et que son inverse
1
A3 − A2 + In
...
21

a) On a : tr (A) = 3 et tr (B) = 2,

/
donc tr (A) = tr (B), et donc A et B ne sont pas semblables
...



0 0 1
c) Notons P =  1 0 0  , qui est la matrice, dans la base
0 1 0
canonique (e1 , e2 , e3 ) de R3 , de l’endomorphisme f défini par :
f (e1 ) = e2 , f (e2 ) = e3 , f (e3 ) = e1
...
Il existe alors P ∈ GL3 (R) telle
que B = P −1 A P
...

On conclut que A et B ne sont pas semblables
...
On a P −1 = P
0 0 −1
et on calcule P A P −1 :




1
0
0

0
−1
0


0
0 
−1

A



0 1 0
0 0 1
0 0 0


0 1 0
 0 0 −1 
0 0 0
PA



P −1


1 0
0
 0 −1 0 
0 0 −1


0 −1 0
 0 0 −1 
...


20
...

0 0 0
P A P −1 =B

Montrons que A et B ne sont pas semblables, en raisonnant
par l’absurde
...
On calcule P A P −1 :
0




−1 1 1
rg (A − 2 I3 ) = rg  0 0 0  = 1
0 0 0


−1 0 1
rg (B − 2 I3 ) = rg  0 0 1  = 2
...



0 0 1
2
2
/
d) On remarque A = 0 et B =  0 0 0  = 0, donc A
0 0 0
et B ne sont pas semblables
...


D’après le cours, il existe donc (P,Q) ∈ GL3 (R)

2

tel que

A = PJ3,3,2 Q
...
À cet effet, on va suivre la preuve de ce théorème du cours
...


• Déterminons Ker ( f )
...


20
...
En effet, pour tout
a ∈ K et toutes M,N ∈ Mn (K ) :
f (a M + N ) = D(a M + N ) − (a M + N )D

x3 = −x1

= a(D M − M D) + (D N − N D)

x2 = x1
...



1
Une base de Ker ( f ) est donc (U3 ), où U3 =  1 
...


• On complète (U3 ) en une base B = (U1 , U2 , U3 ) de M3,1 (R),
par exemple en choisissant :
 
 
1
0
U1 = E 1 =  0  , U 2 = E 2 =  1 
...

On complète (V1 , V2 ) en une base C = (V1 , V2 , V3 )
de M3,1 (R) ,
 
0
par exemple par V3 = E 3 =  0 
...

0 0 0

b) Soit M ∈ Mn (K )
...

1 1 1

Ainsi, Ker ( f ) est l’ensemble Dn (K ) des matrices diagonales
de Mn (K )
...
On a alors (P,Q) ∈ GL3 (R)

M ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (M) = 0 ⇐⇒ D M − M D = 0
⇐⇒ D M = M D
...

Alors :
DM = M D
⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,
...
,n}2 ,
n
k=1

(M)ik (D)k j
k=1

⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,
...
,n}2 , (ai − a j )m i j = 0
⇐⇒ ∀ (i, j) ∈ {1,
...
,an sont deux à deux distincts
...

1) Montrons Im ( f ) ⊂ F
...
On a, pour tout
i ∈ {1,
...
On calcule facilement l’inverse de R et on
conclut qu’on peut choisir le couple (P,Q) défini par :




1 2 0
1 0 1
P =  1 −1 0  ,
Q = 0 1 1 
...

Ceci montre : Im ( f ) ⊂ F
...

2

−
k=0

D’autre part, il est clair que dim (F) = n 2 − n
...
,n}2 , i = j
...


k=0

20
...
Il existe p,q ∈ N∗ tels que
A p = 0 et B q = 0
...

On conclut que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel
Mn (C)
...


+A p
k= p+1

Supposons la propriété vraie pour un p ∈ N fixé :
p
k

k=0

(−1)k A p−k M B k
...


Ceci montre f p+q = 0 et on conclut que f est nilpotent
...


a1i

...

Comme AEi j =  (0)

...
,n}2 :

p
k

p
k

k=0

(−1)k Ak M B p+q−k

20
...


On a alors, pour toute M ∈ Mn (C) :
p

p+q
k

(−1) j−1 A p− j+1 M B j

ani
↑
`
j eme colonne


(0)
`
Ei j A =  a j1
...

−→

p

∀ M ∈ Mn (C), f p (M) =

p

p+q
k

=

b) Récurrence sur p
...


∀ M ∈ Mn (C), f (M) = AM − M B ∈ Mn (C)
...


a) • On a bien :

p+1

p
k−1

/
Ceci montre que, pour tout (i, j) de {1,
...



a11 (0)
 = a11 In
...

Finalement, le centre de Mn (K ) est {αIn ; α ∈ K }
...
27 • Remarquons que, puisque les matrices A et X sont à
termes tous 0, par produit de matrices, la matrice Y = AX
0
...
,n}, yi
S’il existe i ∈ {1,
...
26

Rappelons d’abord les propriétés de la conjugaison pour
les matrices à termes complexes, qui se démontrent simplement
en passant par les éléments des matrices
...


a) Soit A ∈ Mn, p (C)
...


n

n

0=

yi

xi ,

i=1

i=1

d’où l’inégalité voulue, dans ce cas
...
,n}, xi > 0
...


1
> 0,
x2

∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =

Mais : P P −1 = P −1 P = In , donc P P −1 = P −1 P = In ,
ce qui montre que P est inversible
...


donc f est convexe
...


Il en résulte, d’après l’inégalité de Jensen, que, pour tout

b) Rappelons, cf
...
8 :

n
j=1

2

∀ (A,B) ∈ Mn (C) , rg (A + B)

rg (A) + rg (B)
...
,λn ) ∈ ]0 ; +∞[n tel que

1
(A + A) = rg (A + A)
2

rg (A) + rg (A) = 2 rg (A),

Mais :
n

n

(1) ⇐⇒ −ln

λ j (−lnx j )

λj x j
j=1

1
(A − A)
2i

rg Im (A) = rg

⇐⇒

on a Re (A) =

1
0

0
, Im (A) =
−1

1
0

j=1

on a Re (A) =

1
i

1
−i
1
0

j=1

0, pour i ∈ {1,
...


n

a

xj i j

yi
0
1

a

xj i j
...

2) Pour A =

λ

xj j
...

i
−1

n

λj x j

n

rg (A) + rg (−A) = rg (A) + rg (A)

1
i

j=1

n

⇐⇒ ln

= rg (A − A) = rg A + (−A)

c) 1) Pour A =

(1)
...

j=1

297

Déterminants
d’ordre 2 ou 3,
systèmes linéaires
Plan

CHAPITRE

21

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 299
Énoncés des exercices 300
Du mal à démarrer ?

301

Corrigés

302

• Calculs de déterminants d’ordre 2 ou 3
• Étude de l’inversibilité d’une matrice carrée d’ordre 2 ou 3, par l’étude
de son déterminant
• Résolution de systèmes linéaires
...


© Dunod
...


Les méthodes à retenir
• Essayer de faire apparaître des 0 par des opérations licites sur les
lignes ou sur les colonnes, pour développer ensuite par rapport à une
rangée ne contenant qu'un terme non nul, si possible, ou pour se ramener au déterminant d'une matrice triangulaire
...
1
• Factoriser le plus possible au fur et à mesure des calculs
...
1
• Essayer, dans certains cas, de voir si une colonne est combinaison
linéaire des autres colonnes, ou si une ligne est combinaison linéaire
des autres lignes, auquel cas le déterminant est nul
...
1 h)
• On peut aussi, pour les déterminants d'ordre deux ou trois, appliquer,
en dernier recours, la règle de Sarrus
...
1 e)
...


Pour résoudre un système affine,
avec ou sans paramètre

➥ Exercices 21
...
5
...
1

Exemples de calculs de déterminants d’ordre trois
Calculer les déterminants d’ordre trois suivants, en exprimant le résultat sous forme factorisée, pour (a,b,c) ∈ K 3 :
a
a) a
b

b
c
c

ab
ac
bc

2a
d) b − c − a
2c
1
f) a
a

21
...

506

Exemples de résolution de systèmes affines sans paramètre
Résoudre les systèmes affines (S) suivants, d'inconnue (x,y,z) ∈ R4 :

 x + 2y + z = 4


x + 2y − z = 1
a)
b) 2x − y + z = 2


2x + 3y + 2z = −1

x +y−z =1


 x + 2y + z = 4
 −x + 3y + z = 3




c) 2x + y − z = 2
d) 2x − y + 2z = 3






x − y − 2z = −2
x + 2y + 3z = 4
...
3

Exemple de résolution d’un système affine à trois équations et trois inconnues,
avec paramètre
Pour m ∈ R fixé, résoudre le système d’équations, d’inconnue (x,y,z) ∈ R3 :

 mx + y + z = 1


x + my + z = m
(S)



x + y + mz = m 2
...
4

Exemple de condition sur les paramètres d'un système linéaire
Déterminer l'ensemble des (a,b) ∈ R2 tels que le système d'équations, d'inconnue
(x,y) ∈ R2 suivant :

x + y = 1



 ax + by = 1

(S)
 a 2 x + b2 y = 2




 3
a x + b3 y = 3
admette une solution et une seule
...
5

Exemple de condition sur les paramètres d'un système linéaire
/
On considère, pour (a,b,c) ∈ R3 tel que a = b, le système d'équations (S) suivant, d'inconnue (u,v,x,y) ∈ R4 :

 u + av + x + by = 1


(S) au + a 2 v + bx + b2 y = c


 2
a u + a 3 v + b2 x + b3 y = c2
...


Du mal à démarrer ?
21
...


© Dunod
...


21
...


Par exemple, commencer par remplacer (S) par un système
équivalent plus simple
...


21
...
4

Par exemple, résoudre le système formé par les deux premières équations et reporter les valeurs de x et y (sous certaines conditions) dans les deux autres équations
...


21
...

302

f)
1
a
a

0
c+a
c2 + ca + a 2

c+a
c2 + ca + a 2

b
c = −abc + abc = 0
...

g)
1
a
a2

a
a
a2

a2
a2
a2

=

L1
L2

b+a
(b − a)(c − a)
=
C2 −C1
b2

−→

C2

0
c2 − a 2
c3 − a 3

a
0
−c

−L 1 −L 2

1−a
a − a2
a2

0
a − a2
a2

0
0
a2

−L 2 −L 3

−→

C2 −C1

0
0
−1

= −(a + b + c)3
...

−b

1
b2
b3

−(a + b + c)
a+b+c
0

2a
b−c−a
2c

C3 −C1

C2

L2

1
= (b − a)(c − a) 0
0

1
a2
a3

2a
2b
c−a−b

2a
= (a + b + c)2 b − c − a
2c

= ac(c − b)(b − a)
...
1

= (1 − a)(a − a 2 )a 2 = a 3 (1 − a)2
...


21
...
3 En notant L 1 , L 2 , L 3 les lignes successives (S), en

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

L 3 − L 2 et L 2
L 2 − L 1 , on a :
effectuant L 3

 mx + y + z = 1


(S) x + my + z = m



x + y + mz = m 2

 mx + y + z = 1


⇐⇒ (1 − m)x + (m − 1)y = m − 1



(1 − m)y + (m − 1)z = m 2 − m
−→

2x + 3y + 2z = −1
x = −2y + z + 1
2(−2y + z + 1) + 3y + 2z = −1
x = −2y + z + 1
−y + 4z = −3
y = 4z + 3
x = −2(4z + 3) + z + 1

−→

x + 2y − z = 1

⇐⇒

d) On remarque qu'en effectuant L 1 + L 2 − L 3 , on obtient
0 = 2, donc l'ensemble S des solutions de (S) est vide
...


y = 4z + 3
x = −7z − 5
...


L'ensemble S est une droite affine de R
...

On conclut que l'ensemble S des solutions de (S) est :

/
1er cas : m = 1 :
Alors :


 mx + y + z = 1


(S) ⇐⇒ x − y + 1 = 0



y−z+m =0

y = z−m

⇐⇒ x = z − 1 − m


m(z − 1 − m) + (z − m) + z = 1
Et :
(E) ⇐⇒ (m + 2)z − (m 2 + 2m + 1) = 0
...


c) On peut remarquer que la troisième équation est la différence
des deux premières :

 x + 2y + z = 4


x + 2y + z = 4
2x + y − z = 2 ⇐⇒


2x + y − z = 2

x − y − 2z = −2
⇐⇒

3(x + y) = 6
2x + y − z = 2

⇐⇒

y = −x + 2
z = x
...


(m + 1)2
, puis on obtient :
m+2

1
(m + 1)2
−m =
,
m+2
m+2

(m + 1)2
m+1
− (m + 1) = −

...

2è cas : m = 1 :
Alors : (S) ⇐⇒ x + y + z = 1
...


(E)
...


303

21
...

Résolvons le système formé par les deux premières équations,
numérotées (1) et (2) :
(1)
(2)

⇐⇒

y =1−x
ax + b(1 − x) = 1

/
• 2è cas : a = b et 1 − b = 0
Alors, l'équation (a − b)x = 1 − b , d'inconnue x ∈ R, n'a
pas de solution, donc S = ∅
...


/
• 1er cas : a = b
Alors :

On conclut que S est un singleton si et seulement si
(a,b) = (u,v) ou (a,b) = (v,u),
√
√
1− 5
1+ 5
,v=

...

a−b
a−b
a−b

21
...


(3) ⇐⇒ a 2

(S 2 − P) − P S = 3

S 2 − S + 2 − (S − 2)S = 3

c−b
a−c
+ b2
= c2
a−b
a−b

⇐⇒ (a 2 c − b2 c) + (b2 a − a 2 b) − c2 (a − b) = 0
⇐⇒ (a − b)(a + b)c + ab(b − a) − c2 (a − b) = 0

S=1

⇐⇒ (a + b)c − ab − c2 = 0

P = −1
...

t 2 − t − 1 = 0
...

Si (a,b) = (u,v) ou (a,b) = (v,u), alors

donc S est un singleton
...

a−b
a−b

a + b − ab = 2

Notons S = a + b, P = ab
...
On a alors :

U + X = 1

(S) ⇐⇒
aU + bX = c

 2
a U + b2 X = c2
...

Ainsi, si c ∈ {a,b}, alors (S) admet une solution et une seule,
/
/
donc S = ∅, et, si c ∈ {a,b}, alors (S) n'a pas de solution, donc
S = ∅
...


Espaces vectoriels
euclidiens
Plan

CHAPITRE

22

Thèmes abordés dans les exercices

Les méthodes à retenir 305
Énoncés des exercices 308
Du mal à démarrer ?

313

Corrigés

315

• Montrer qu’une certaine application est un produit scalaire
• Trouver une base orthogonale (orthonormale) d’un ev euclidien
• Former la matrice, dans une base orthonormale, d’un projecteur orthogonal, d’une symétrie orthogonale
• Obtention d’inégalités par utilisation de l’inégalité de Cauchy et
Schwarz et de l’inégalité triangulaire
• Matrice et déterminant de Gram
• Calculs, dans E 3 , de produits scalaires, de produits vectoriels, de produits mixtes, d’angles
• Détermination de la nature et des éléments caractéristiques d’un endomorphisme othogonal de E 3 , à partir de sa matrice dans une base orthonormale directe
...
La photocopie non autorisée est un délit
...


Les méthodes à retenir
On abrège espace vectoriel en ev, sous-espace vectoriel en sev, base
orthonormale en b
...
n
...
o
...
d
...
E 3 ) désigne un ev euclidien orienté de dimension 2 (resp
...

305

Chapitre 22 • Espaces vectoriels euclidiens

Pour montrer qu’une
application E × E −→ R
est un produit scalaire

Revenir à la définition d’un produit scalaire sur un espace vectoriel
réel
...


Dans la manipulation d’une
combinaison linéaire de vecteurs,
pour faire disparaître
tous les termes sauf l’un d’eux

Essayer de faire le produit scalaire avec un vecteur orthogonal à
presque tous les termes de la combinaison linéaire
...
4, 22
...

➥ Exercice 22
...


➥ Exercice 22
...

• Utiliser la définition de l’orthogonal F ⊥ d’un sev F de E :

Pour manipuler
des orthogonaux de sev d’un ev E
muni d’un produit scalaire

F ⊥ = y ∈ E ; ∀ f ∈ F, ( f | y) = 0
...


➥ Exercice 22
...

Pour montrer qu’un vecteur x,
d’un ev E muni d’un produit
scalaire (
...
||, est nul

• Essayer de montrer : ||x||2 = 0
...


Pour obtenir une inégalité,
en algèbre, en analyse, en géométrie,
faisant intervenir des carrés
ou des racines carrées

Essayer d’utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz

Pour manipuler une matrice
ou un déterminant de Gram
(exercice classique)

Pour traduire
qu’une matrice carrée A ∈ Mn (R)
est orthogonale

➥ Exercices 22
...
20
...
8, 22
...
24
...
,xn )
de vecteurs d’un ev E muni d’un produit scalaire (
...

Penser à décomposer linéairement x1 ,
...
,e p ) de Vect (x1 ,
...
En notant M la matrice des
coordonnées de (x1 ,
...
,e p ), on a alors : G = t M M
...

➥ Exercice 22
...

Utiliser l’une des caractérisations du cours :
• les colonnes de A forment une b
...
n
...
o
...
de M1,n (R) usuel
• t A A = In
• A t A = In
• A ∈ GLn (R) et t A = A−1
• A représente un endomorphisme orthogonal dans une b
...
n
...
3, 22
...
10, 22
...

306

Les méthodes à retenir

Pour former la matrice
d’un projecteur orthogonal
sur un sev F de E

• Si l’on connaît F ⊥ , décomposer un vecteur quelconque de E sur F
et F ⊥
...
o
...
(v1 ,
...

k=1

Pour traduire
une symétrie orthogonale s
par rapport à un sev F de E

➥ Exercice 22
...


Utiliser, pour tout u ∈ E :
s(u) + u ∈ F et s(u) − u ∈ F ⊥
...
13
...

En particulier, la formule du double produit vectoriel est utile :

Pour calculer l’angle
de deux vecteurs non nuls x,y
de E2 ou de E3

Calculer le produit scalaire x · y, ce qui permet d’obtenir cos(x,y),
et éventuellement, calculer x ∧ y , pour décider de l’orientation
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
o
...
d
...


➥ Exercices 22
...
26
...
1
...

• Calculer det (Ω)
...

1) Si det (Ω) = 1, alors f est une rotation
...

La droite supportant l’axe de f est l’ensemble des invariants de f, obtenu en résolvant ΩX = X, d’inconnue X ∈ Mn,1 (R)
...

2) Dans le cas det ( ) = −1, le programme officiel ne comporte que
l’étude du cas où Ω est symétrique
...


➥ Exercice 22
...

En plus de la caractérisation du cours :
Pour traduire
qu’une matrice carrée réelle A
d’ordre trois
est orthogonale droite

A ∈ SO3 (R) ⇐⇒

t

A A = I3 et det (A) = 1 ,

on peut remarquer que ceci est équivalent à ce que les trois colonnes
successives C1 , C2 , C3 de A vérifient :
||C1 || = 1, ||C2 || = 1, C1 · C2 = 0, C3 = C1 ∧ C2
...
2
...
o
...
d
...


➥ Exercice 22
...


Énoncés des exercices
22
...
On note :
a = b ∧ c, b = c ∧ a, c = a ∧ b, v = ||a|| a + ||b|| b + ||c|| c
/
et on suppose v = 0
...


22
...

4

2
−6
a


b
c  soit
d

22
...

b) Ω = −  4 7
9
1 4 −8

22
...

a) Montrer que E est un R-espace vectoriel et que l’application
1

( f,g) −→ ( f | g) =
308

f g est un produit scalaire sur E
...


22
...
On note E = Rn [X] et ϕ : E × E −→ R l’application définie par :
n

P (k) (0)Q (k) (0)
...

b) 1) Calculer, pour tout (i, j) ∈ {1,
...

2) En déduire une base orthonormale de (E,ϕ)
...
6 Exemple de famille orthogonale pour un produit scalaire sur un espace
de fonctions
a) Montrer que, pour tout n ∈ N, l’équation x tan x = 1,
π
, admet une solution et une seule, notée xn
...

√
an

Montrer que la famille ( f n )n∈N est orthonormale pour le produit scalaire sur
1

E = C [−1 ; 1], R défini par : ( f,g) −→ ( f | g) =

f g
...
7 Former la matrice d’un projecteur orthogonal dans une base orthonormale
Former la matrice, dans la base canonique de R4 usuel, du projecteur orthogonal p sur le
sous-espace vectoriel F défini par :
F = (x1 ,x2 ,x3 ,x4 ) ∈ R4 ;

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0
x1 + 3x2 + 5x3 + 7x4 = 0


...
La photocopie non autorisée est un délit
...
8 Exemple d’obtention d’inégalité par utilisation de l’inégalité de Cauchy
et Schwarz
Montrer que, pour tout polynôme P ∈ R[X] à coefficients tous
(x,y) ∈ (R+ )2 , on a :
√
2
P( x y )
P(x)P(y)
...
9 Inégalité sur la somme des valeurs absolues des termes d’une matrice orthogonale
Soit Ω = (ai j )i j ∈ On (R)
...


1 i, j n

309

Chapitre 22 • Espaces vectoriels euclidiens

22
...
Déterminer On (R) ∩ Tn,s (R)
...
11 Étude d’une combinaison linéaire à coefficients ±1 de trois vecteurs unitaires
Soient E,(
...

On note, pour (ε1 ,ε2 ,ε3 ) ∈ {−1,1}3 : Vε1 ,ε2 ,ε3 = ε1 u 1 + ε2 u 2 + ε3 u 3
...


22
...
On note : f : E 3 −→ E 3 , x −→ f (x) = x + a ∧ x
...


22
...


22
...
) un produit scalaire sur E, et F,G des sous-espaces
vectoriels de E tels que :
F ⊂ G ⊥ et

F + G = E
...

n

22
...
| ) un espace vectoriel euclidien, n = dim (E)
...
,en ) ∈ E n
...

i=1

1) Vérifier que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel E
...


3) En déduire que f est bijective si et seulement si F est une base de E
...
,en ) une base de E,
on a :
∀ (c1 ,
...
,n}, (ei | v) = ci
...
16 Condition suffisante pour une base orthonormale
Soient E,(
...
,en ) ∈ E n
...
,n}, ||ei ||

 ∀ x ∈ E,


1

n

(ei | x)2 = ||x||2
...
,en ) est une base orthonormale de E
...
17 Former la matrice d’une rotation dans une base orthonormale directe de E3
− − −
→ → →
Soient B = ( i , j , k ) une base orthonormale directe de E 3 , (a,b,c) ∈ R3 tel que
−
→
−
→
−
→
→
a 2 + b2 + c2 = 1, − = a i + b j + c k
...

2

22
...
Montrer : ∀x ∈ E 3 , f (x) = (1 − cos θ)(u · x)u + cos θ x + sin θ u ∧ x
...
19 Rang de la différence de deux matrices orthogonales droites d’ordre trois
/
a) Soit R ∈ SO3 (R) telle que R = I3
...


b) En déduire que, pour tout (Ω1 , Ω2 ) ∈ SO3 (R)

2

/
tel que Ω1 = Ω2 , on a :

rg (Ω1 − Ω2 ) = 2
...
20 Toute application conservant le vecteur nul et la norme euclidienne est linéaire
Soient E,F deux R-espaces vectoriels dont chacun est muni d’un produit scalaire,
||
...
|| F les normes associées, f : E −→ F une application telle que f (0) = 0 et :
∀ (x,y) ∈ E 2 , || f (x) − f (y)|| F = ||x − y|| E
...


22
...
Montrer :

© Dunod
...


Ker( p) ⊥ Im( p) ⇐⇒ ∀x ∈ E, || p(x)||

||x||
...
22 Étude de projecteurs orthogonaux
Soient E,(
...
|| la norme associée, p,q deux projecteurs orthogonaux tels que : ∀ x ∈ E, || p(x)||2 + ||q(x)||2

||x||2
...

On pourra utiliser le résultat de l’exercice 22
...


22
...
Pour n ∈ N∗ et (x1 ,
...
,xn ) = (xi | x j )1 i, j n ∈ Mn (R)
γ(x1 ,
...
,xn )
...

a) Établir : rg G(x1 ,
...
,xn )
...
,xn ) lié ⇐⇒ γ(x1 ,
...
,xn ) libre ⇐⇒ γ(x1 ,
...


c) On suppose ici (x1 ,
...
Soient X = Vect({x1 ,
...
Montrer :
γ(x,x1 ,
...
,xn )

d=

1
2


...
24 Exemple d’intervention du produit scalaire canonique sur Mn (R)
Soient n ∈ N∗ , A,B,C ∈ Mn (R) telles que :
t

Démontrer :

t

A A = A t A,

t

B B = B t B,

AC = C B
...


À cet effet, on munira Mn (R) de son produit scalaire canonique et de la norme ||
...


22
...
,an ∈ R∗ , b1 ,
...
Montrer :
i, j ; i = j
/

0
...
26 Étude de la composée s ◦ r ◦ s, où r est une rotation et s une réflexion de E3
Soient r une rotation et s une réflexion de E 3
...


22
...
Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) : f est une rotation (ou l’identité)
2
/
(ii) : f = 0 et : ∀ (x,y) ∈ E 3 , f (x ∧ y) = f (x) ∧ f (y)
...
1

cos(v,a) =

v·a
[b,c,a]
=

...


D’après le cours, A ∈ SO3 (R) si et seulement si les
colonnes (C1 ,C2 ,C3 ) de A forment une base orthonormale
directe de M3,1 (R), ce qui revient à :

22
...


C3 = C1 ∧ C2
...
3 • Vérifier Ω ∈ O3 (R)
...
8 Écrire P additivement et appliquer l’inégalité de Cauchy et
Schwarz
...
9 Appliquer l’inégalité de Cauchy et Schwarz dans Rn usuel
aux vecteurs (1) et (|ai j |)i j
...
10 1) Si A = (ai j )i j ∈ On (R) ∩ Tn,s (R), considérer la premiè2
re colonne et la première ligne de A, pour déduire a11 = 0 et
a12 =
...
Réitérer
...
On obtient det (Ω) = 1 ou −1
...


2) Traiter la réciproque
...
11 Développer la somme proposée et remarquer, par exemple,
ε1 ε2 = 0
...


que

On détermine l’angle θ de f par : tr (Ω) = 1 + 2cos θ, et sin θ est
du signe du produit mixte [x, f (x), I ] pour n’importe quel vecteur x de E 3 non colinéaire à I , où I est le vecteur unitaire dirigeant et orientant l’axe de f
...
Alors f est une réflexion et le plan de la réflexion f
est l’ensemble des invariants de f
...
5 b) 1) Calculer (Xi )(k) en séparant en cas k < i, k = i, k > i,
puis calculer (Xi )(k) (0) en séparant en cas k = i, k = i
...

i! 0 i n

© Dunod
...


−→ R, x −→ ϕ(x) = tan x −

22
...

• Montrer Ker ( f ) = {0}
...
À cet effet , évaluer a · y et a ∧ y
...

On obtient : f −1 (y) =
1 + ||a||2
Utiliser, pour u ∈ E 3 et u = Ref P (u) : u + u ∈ P et
u − u ∈ P ⊥ , en passant par les coordonnées dans la base
orthonormale (i, j,k) de E 3
...
14 1) Montrer G ⊥ ⊂ F, en passant par les éléments et en utilisant E = F + G
...
6 a) Étudier, pour n ∈ N fixé, les variations de la fonction :
π
2

||Vε1 ,ε2 ,ε3 ||2 = 24
...
13

22
...


ϕ : nπ ; nπ +

(ε1 ,ε2 )∈{−1,1}2

1

...

xp

2) À partir de F ⊂ G ⊥ , déduire G ⊂ F ⊥ et remarquer que F et
G ont des rôles symétriques dans les hypothèses
...
15 a) 2) • L’inclusion F⊥ ⊂ Ker ( f ) est immédiate
...

• L’inclusion Im ( f ) ⊂ Vect (F) est immédiate
...


• Former un système d’équations de F, plus simple que
celui de l’énoncé, par exemple en exprimant x1 et x2 en fonction
de x3 et x4
...
16 1) Pour j ∈ {1,
...


2) En vue de montrer que (e1 ,
...
7

• En déduire une base orthonormale (v1 ,v2 ) de F
...

n

2

(ei | x)ei

male de E, calculer x −

, par développement
...
17 Soit − ∈ E 3
...
Calculer f p(− ) à l’aide d’un produit vectoriel,
→
→
x
u
x
→
→
→
→
x
x
x
x
puis f (− ) par f (− ) = q(− ) + f p(− )
...
,xn ) en utilisant la linéarité du déterminant
par rapport à la première colonne
...
24 Se rappeler que le produit scalaire canonique sur Mn (R)
est défini par :

Passer ensuite aux coordonnées dans B
...
18 Utiliser une base adaptée à la rotation f
...
19 a) À l’aide d’un changement de base orthonormale direc

1
te, se ramener à R1 =  0
0

0
cos θ
sin θ


0
−sin θ 
...

n

b) Remarquer :

2) Déduire : ∀ (x,y) ∈

E 2,

ai bi
i

−

ai2
i

ai2
...


f (λx + y) − λ f (x) − f (y)

2

22
...

→
→
u
u
2) Calculer ρ s(− ) , où le − est le vecteur unitaire dirigeant et

et déduire f (λx + y) = λ f (x) + f (y)
...
21 1) Supposons Ker ( p) ⊥ Im ( p)
...

2) Réciproquement, supposons : ∀ x ∈ E, || p(x)|| ||x||
...

Appliquer l’inégalité d’hypothèse à λx + y à la place de x, pour
tout λ ∈ R
...


22
...

→ ⊥
→
→
→
w
w
w
u
3) Calculer l’angle entre − et ρ(− ), pour − ∈ s(− )
...
27 (i) ⇒ (ii) :
Soit f une rotation de E 3
...

• Montrer quef conserve le produit mixte, comme déterminant
...
Déduire p ◦ q = 0, et q ◦ p = 0
...
Déduire que p + q est un
projecteur de E
...
21
...
23 a) • Considérer X = Vect (x1 ,
...
,e p ) une base ortho- normale de X,
p

ξki ek la décomposition linéaire de xi sur (e1 ,
...
,n}
...

(ii) ⇒ (i) :
Soit f = 0 conservant le produit vectoriel
...
À cet effet, raisonner par l’absurde :
supposer qu’il existe x ∈ E 3 − {0} tel que f (x) = 0
...


Exprimer (xi | x j ) et en
M = (ξki )ki ∈ M p,n (R) , on a :

déduire

que,

G(x1 ,
...

• Montrer : rg ( t M M) = rg (M)
...

Si (x1 ,
...

c) Noter y = x − p X (x), donc x = y + p X (x)
...


3) Pour λ ∈ R, (x,y) ∈ E 2 ,

xi =

ai , puis obtenir :

i=1

bi b j
i, j ; i= j

22
...


n

ai bi

j=1

−1
−1
Ω1 − Ω2 = Ω1 (I3 − Ω1 Ω2 ) et Ω1 Ω2 ∈ SO3 (R)
...
25 Montrer :

en

notant

• Soit B = (i, j, k) une base orthonormale directe de E 3
...
Montrer K = I ∧ J,
...
puis I = [I,J,K ]I, d’où [I,J,K ] = 1, et enfin
||I ||2 = 1,
...


Corrigés des exercices

22
...
3 a) • On calcule t ΩΩ = I3 , donc Ω est orthogonale
...

 
x
Pour tout X =  y  de M3,1 (R) , on a :
z
√
6z = 0
√
ΩX = X ⇐⇒
x − y − 6 z = 0 ⇐⇒

 √
√

− 6 x + 6 y − 2z = 0





d’où :
cos(v,a) =

• Comme, de plus, det(Ω) = 1, f est une rotation
...

||v|| ||a||
||v||

De même :
[c,a,b]
[a,b,c]
cos(v,b) =
, cos(v,c) =

...


−x + y +

x=y
z=0


...

• L’angle θ de f vérifie : 1 + 2 cos θ = tr(Ω) = 2, d’où :
1
cos θ =
...
2

Notons C1 ,C2 ,C3 les colonnes de A
...


1
1
[i, f (i),I ] = √ 0
4 2 0

3
√1
− 6

√
1
6
1 = √ > 0
...

3

On calcule :

On déduit : θ =

1 2
3 + (−2)2 + 62 = 1, donc ||C1 || = 1
...

3

• ||C1 ||2 =

⇐⇒ a 2 + 40 = 49 ⇐⇒ a ∈ {−3, 3}
...

• Supposons a = −3
...

7
−2
On conclut que A est orthogonale droite si et seulement si :
a = −3, b = 6, c = 3, d = −2
...

• Comme, de plus, det(Ω) = −1 et que Ω est symétrique, f
est une réflexion
...

Finalement, f est la réflexion par rapport au plan d’équation
par x + 4y + z = 0
...
4

a) 1) • E ⊂ C ∞ [−1 ; 1], R et 0 ∈ E
...
5 a) • On a, pour tout (P,Q) ∈ E × E :
n

• On a, pour tout α ∈ R et toutes f 1 , f 2 ∈ E :

ϕ(Q,P) =

∀ n ∈ N,

Q (k) (0)P (k) (0)

k=0
n

(α f 1 + f 2 )(n) (−1) = α f 1(n) (−1) + f 2(n) (−1) = α0 + 0 = 0,

=

P (k) (0)Q (k) (0) = ϕ(P,Q),

k=0

et de même en 1, donc α f 1 + f 2 ∈ E
...


On conclut que E est un R -sous-espace vectoriel de
C ∞ [−1 ; 1], R , donc E est un R-espace vectoriel
...


• On a, pour tout α ∈ R et toutes f,g1 ,g2 ∈ E :
1
−1

P (k) (0)Q (k) (0) +

k=0

donc (
...


( f | αg1 + g2 ) =

P (k) (0) αQ (k) (0) + R (k) (0)

=

sur le segment [−1 ; 1]
...


1

f est continue sur [−1 ; 1] et que f
un théorème du cours, f = 0
...
,n}, P (k) (0) = 0
...
Si ( f | f ) = 0, alors

0
...

On a alors

donc (
...


2

k=0

n

= α( f | g1 ) + ( f | g2 ),

• On a : ∀ f ∈ E, ( f | f ) =

P (k) (0)

• On a, pour tout P ∈ E : ϕ(P,P) =

f 2 = 0, donc, puisque

n

P(X) =

0, on déduit, d’après

On conclut que (
...

b) 1) • Pour toute f ∈ E, T ( f ) = f existe et T ( f ) ∈ E
...

k!

On conclut que ϕ est un produit scalaire sur E
...
,n}2
...
(i − k + 1)X


(Xi )(k) =
i!



0

si

k
si

k=i

si

k>i

donc :
donc T est linéaire
...

2) Soit ( f,g) ∈ E 2
...


On conclut que T est un endomorphisme antisymétrique de E
...


Il en résulte :
n

1

0

ϕ(Xi ,X j ) =
k=0

(Xi )(k) (0)(X j )(k) (0) =

0

si

i = j
/

i! j!

si

i = j
...
Comme dim (E) = n + 1,
cette famille de n + 1 éléments est une base de E
...
,n}, ϕ(Xi ,Xi ) = (i!)2
...


1

−1

f n2 =

−1

cos2 (xn t)
dt
an

1

=

22
...
L’application

1
π
−→ R, x −→ ϕ(x) = tan x −
ϕ : nπ ; nπ +
2
x
est dérivable (donc continue) et :
∀ x ∈ nπ ; nπ +

π
1
, ϕ (x) = (1 + tan2 x) + 2 > 0,
2
x

−1

1 + cos(2xn t) dt
1
−1

=
=

1
1
2 tan xn
1+
an
2xn 1 + tan2 xn

2
1 2 + xn
= 1
...

De plus : ϕ(x) −→ + −
x−→(n π)

1
< 0 et ϕ(x)
−→
nπ
x−→ nπ+ π

−

+∞
...


2

D’après le théorème de la bijection monotone, il existe donc
π
xn ∈ nπ ; nπ +
unique tel que ϕ(xn ) = 0, c’est-à-dire tel
2
que : xn tan xn = 1
...
On a :
2

1

( f p | fq ) =

−1

1

f p fq =
1

1
= √ √
2 a p aq

−1

−1

(x1 ,x2 ,x3 ,x4 ) ∈ F

cos(x p t) cos(xq t)
d
√
√
ap
aq

cos (x p + xq )t + cos (x p − xq )t

⇐⇒
dt
...
7 • Cherchons un système d’équations de F , plus simple

= 0
...


• Un vecteur (non nul) de F est donc, par exemple,
V1 = (1,−2,1,0), obtenu en choisissant x3 = 1, x4 = 0 et en
calculant alors x1 et x2
...

En reportant les valeurs de x1 et x2 en fonction de x3 et x4 , ce
système est équivalent au système :

 x1 = x3 + 2x4


x = −2x3 − 3x4
 2


6x3 + 8x4 = 0
...

Un vecteur V2 de F , non nul et orthogonal à V1 est donc, par
exemple : V2 = (−2,1,4,−3)
...

• Notons v1 =
||V1 ||
||V2 ||
6
30
Ainsi, (v1 ,v2 ) est une base orthonormale de F
...

6
30

n

√ √ k
ak x

k=0

En notant X = (x1 ,x2 ,x3 ,x4 ), on a, sous forme de colonnes pour
la lisibilité des écritures :


1
 −2 
1

p(X) = (x1 − 2x2 + x3 ) 
 1 
6
0


−2
 1 
1

+ (−2x1 + x2 + 4x3 − 3x4 ) 
 4 
30




x1 − 2x2 + x3
1  −2x1 + 4x2 − 2x3 

= 
6  x1 − 2x2 + x3 
0


4x1 − 2x2 − 8x3 + 6x4
1  −2x1 + x2 + 4x3 − 3x4 

+ 
30  −8x1 + 4x2 + 16x3 − 12x4 
6x1 − 3x2 − 12x3 + 9x4



9x1 − 12x2 − 3x3 + 6x4
1  −12x1 + 21x2 − 6x3 − 3x4 


...
8



2
−1 

...

1 i, j n

n

ai2j = 1,

Comme A ∈ On (R) , on a : ∀i ∈ {1,
...


1 i, j n

22
...


d’où a11 ∈ {−1,1} et a12 =
...

Ensuite, la deuxième colonne et la deuxième ligne de A sont
normées, donc, compte tenu du résultat précédent :

et (a11 ,
...

2) Réciproquement, pour tout (d1 ,
...
,dn ) est orthogonale et triangulaire supérieure, donc A ∈ On (R) ∩ Tn,s (R)
...
9 Appliquons l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans Rn

d’où a22 ∈ {−1,1} et a23 =
...


k=0

2

d’où l’inégalité voulue
...
,ann )

ak Xk
...
+ a2n = 1,

n

n

ak y k

2
2
2
2
a11 = 1 et a11 + a12 +
...
,an ∈ R+ tels

que : P =

n

La première colonne et la première ligne de A sont normées,
donc :

dans la base canonique de R4
−1
−2
7
−4

2

k=0

ak x k
k=0

−3



On conclut que la matrice de p
est :

3 −4
1  −4 7

10  −1 −2
2 −1

n

=

√ √ k
ak y

n

2

diag (d1 ,
...
,dn ) ∈ {−1,1}n
...


Ainsi, On (R) ∩ Tn,s (R) est un ensemble fini à 2n éléments
...
11

1) On calcule la somme proposée, en développant :
||Vε1 ,ε2 ,ε3 ||2 =

(ε1 ,ε2 ,ε3

)∈{−1,1}3

||ε1 u 1 + ε2 u 2 + ε3 u 3 ||2
(ε1 ,ε2 ,ε3

(ε1 ,ε2 ,ε3 )∈{−1,1}3

3 + 2ε1 ε2 u 1 · u 2 + 2ε1 ε3 u 1 · u 3 + 2ε2 ε3 u 2 · u 3
ε1 ε2 u 1 · u 2
(ε1 ,ε2 ,ε3 )∈{−1,1}3

+2

ε1 ε3 u 1 · u 3
(ε1 ,ε2 ,ε3 )∈{−1,1}3

+2

ε2 ε3 u 2 · u 3
...

2) Soit y ∈ E 3
...


Mais :
ε1 ε2 = 2
(ε1 ,ε2 ,ε3 )∈{−1,1}3

• Puisque f est un endomorphisme injectif et que E 3 est de dimension finie, on conclut que f est bijectif, c’est-à-dire :

)∈{−1,1}3

=

=8×3+2

Ceci montre Ker ( f ) = {0}, donc l’endomorphisme f est
injectif
...


= y − a ∧ y + (a · y) a − ||a||2 x,

On a donc :
||Vε1 ,ε2 ,ε3 ||2 = 24
...


2) Cette dernière somme comporte huit termes
...


1) • L’application f est linéaire, puisque, pour tout λ ∈ R
et tous x,x ∈ E 3 :

22
...

• On a, pour tout x ∈ E 3 :
x ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (x) = 0
⇐⇒ x + a ∧ x = 0
⇒ x · (x + a ∧ x) = 0
⇐⇒ x · x + x · (a ∧ x) = 0
⇐⇒ ||x||2 + [x,a,x] = 0 ⇐⇒ ||x||2 = 0
⇐⇒ x = 0
...

1 + ||a||2

22
...

On a alors : u + u ∈ P et u − u ∈ P ⊥
...

Finalement, la matrice cherchée est :


−2ab
−2ac
1 − 2a 2
 −2ab
−2bc 
...
14

1) • Par hypothèse, on a déjà : F ⊂ G ⊥
...

Puisque f ∈ G ⊥ ⊂ E = F + G, il existe u ∈ F, v ∈ G tels
que : f = u + v
...


n

• (i) : On a : ∀ x ∈ E, f (x) =
donc : Im ( f ) ⊂ Vect (F )
...

Ainsi : v ∈ G et v ∈ G ⊥ , donc v = 0, puis f = u ∈ F
...

On conclut : G ⊥ = F
...
Mais on sait, d’après le cours : G ⊂ G ⊥⊥ , d’où :
G ⊂ F ⊥
...
D’après 1), appliqué
à (G,F) à la place de (F,G), on a donc : F ⊥ = G
...
15

= n − dim

Vect (F )

⊥

= dim Vect (F )
...

3) Puisque f est un endomorphisme de l’espace vectoriel E de
dimension finie, on a :
f bijective ⇐⇒ f surjective ⇐⇒ Im ( f ) = E
⇐⇒ Vect (F ) = E
...

Finalement, f est bijective si et seulement si F est une base
de E
...
On a :

b) Considérons l’application f associée à B
...
,cn ) ∈ Rn
...


Et, puisque B est une base de E :
n

n

=α

ci ei
i=1

(1) ⇐⇒

(ei | y)ei

n

(ei | v)ei =
i=1

i=1

ci ei
i=1

⇐⇒ ∀ i ∈ {1,
...


= α f (x) + f (y),
donc f est linéaire
...


∀ (c1 ,
...
,n}, (ei | v) = ci
...

On a alors : ∀ i ∈ {1,
...
16

n

n

(ei | x)ei =

donc : f (x) =
i=1

1) On a, pour tout j ∈ {1,
...

i=1

Ceci montre : F ⊥ ⊂ Ker ( f )
...
On a donc f (x) =

(ei | x)ei = 0,
i=1

d’où, en faisant le produit scalaire par x :

0
...
,n}, i = j ⇒ (ei | e j ) = 0 ,
/

(ei | x)ei x
i=1

n

n

(ei | x)(ei | x) =

=
i=1

(ei | x)2
...
,n}, (ei | x) = 0, et donc : x ∈ F ⊥
...

On conclut : Ker ( f ) = F ⊥
...
,en ) est une famille orthogonale
...
,n},
||e j ||2 1 − ||e j ||2 = 0
...


Ainsi, (e1 ,
...




2) Soit x ∈ E
...

b2
ac − b bc + a
c2

i=1

n

n

(ei | x)ei = 0, et donc x =

d’où x −

(ei | x)2 = 0,

          
X
a
x
a
a
x
 Y  =  b  ·  y   b  +  b  ∧  y 
Z
c
z
c
c
z


(ax + by + cz)a + bz − cy
=  (ax + by + cz)b + cx − az 
(ax + by + cz)c + ay − bx
 

ab − c ac + b
x
a2
b2
bc − a   y 
...

i=1

Ceci montre que (e1 ,
...

Finalement, (e1 ,
...


22
...
18 Puisque u est normé, il existe v,w ∈ E3 tels que
B = (u,v,w) soit une b
...
n
...
de E 3
...

Soient x ∈ E 3 , (α,β,γ) ∈ R3 tel que x = αu + βv + γw
...


→
→
→
x
x
x
Soit − ∈ E 3
...
D’après
→
→
→
→
u
x
u
x
→
→
→ → →
u
x
u x u
le cours, puisque ||− || = 1, on a : q(− ) = (− | − )− ,
→
→
→ → →
x
x
u x u
puis, par différence : p(− ) = x − q(− ) = x − (− | − )−
...

D’où :
f (x) = (x · u)u + cos θ x − (x · u)u + sin θ u ∧ x
= (1 − cos θ)(u · x)u + cos θ x + sin θ u ∧ x
...

x
x
x
π
Comme il s’agit d’une rotation d’angle ,on a :
2
→
→
→
→
→ → →
r(− ) = − ∧ p(− ) = − ∧ x − (− | − )−
x
u
x
u
u x u
→ →
=− ∧−
...
aussi l’exercice 22
...

x
u x u
u
x
En passant aux coordonnées dans la base orthonormale directe B ,
→
x
on a, en notant (x,y,z) les coordonnées de − dans B , et

→
(X,Y,Z ) celles de f (− ) :
x

22
...
Il existe donc P ∈ O3 (R) telle que


1
0
0
−1
R = P R1 P , où R1 =  0 cos θ −sin θ 
...

On a alors I3 − R = I3 − P R1 P −1 = P(I3 − R1 )P −1 et :


0
I3 − R1 =  0
0

0
cos θ − 1
sin θ


0
−sin θ 
...


Comme :
cos θ − 1
sin θ

−sin θ
= (cos θ − 1)2 + sin2 θ
cos θ − 1
= 2 − 2cos θ = 2(1 − cos θ) = 0,
/

on a : rg (I3 − R1 ) = 2, puis, par matrices carrées semblables :
rg (I3 − R) = 2
...

2

= 0,

puis (q ◦ p)(x) = 0
...


Puisque SO3 (R) est un groupe pour la multiplication,
−1
1

On conclut : Ker( p) ⊥ Im( p)
...
22 1) Soit x ∈ E
...


2 ),

2 ) = rg (I3 −

Ainsi : ∀x ∈ Ker( p), ∀y ∈ Im( p) , (x | y) = 0
...

/

2)

= 2,

Ceci montre : q ◦ p = 0
...

2) • On déduit :

= 2
...
20

1) En remplaçant y par 0 : ∀x ∈ E, || f (x)|| = ||x||
...


2) Puis, pour tout (x,y) de E 2 :

• Soit x ∈ E
...


⊥

1
|| f (x) − f (y)||2 − || f (x)||2 − || f (y)||2
2
1
= − ||x − y||2 − ||x||2 − ||y||2 = < x,y >
...

||( p + q)(x)||2 = || p(x)||2 + 2 p(x) q(x) + ||q(x)||2

3) On a, pour tout (λ,x,y) de R × E × E :
f (λx + y) − λ f (x) + f (y)

Comme p(x) ∈ Im ( p) et q(x) ∈ Im (q), il en résulte

f (λx + y) = λ f (x) + f (y), et donc f est linéaire
...
21, on conclut que p + q est un projecteur orthogonal
...
23 a) Notons X = Vect(x1 ,
...
,e p ) une b
...
n
...

Chaque xi (1
(e1 ,
...
21

1) Supposons : Ker( p) ⊥ Im( p)
...


Soient x ∈ Ker( p), y ∈ Im( p) ; donc p(x) = 0 et p(y) = y
...
,n},

xi =

ξki ek
...
,n}2 :
p

||x||
...
Comme x − p(x) ∈ Ker( p) et p(x) ∈ Im( p),
on a, par l’hypothèse : x − p(x) | p(x) = 0 , et donc, d’après
d’où : || p(x)||

||x||2
...


||λx + y||2 ,

(xi | x j ) =

ξki ξk j
...
,xn ) , on obtient : G = t M M
...


• On a : Im( t M M) ⊂ Im( t M),

22
...

t

donc : rg(G)

|| t AC − C t B||2 = tr

• Soit U ∈ Ker(G) , c’est-à-dire tel que GU = 0
...

Ainsi, Ker(G) ⊂ Ker(M) , d’où, par le théorème du rang :
rg(G) = n − dim Ker(G)

t

n − dim Ker(M) = rg(M)
...
,xn ) = rg(M) = rg(x1 ,
...

b) 1) En utilisant a) :

t

−tr ( t C t A AC) + tr ( t CC B t B) = 0
...


(x1 ,
...
,xn ) < n

22
...
,xn ) < n

n

n

⇐⇒ det G(x1 ,
...
,xn ) = 0
...
,xn ) est libre, alors, avec les notations de a),
p = n, M ∈ GLn (R), donc :
γ(x1 ,
...
Puisque y ∈ X ⊥ , on a :

bi b j =

2

i=1

i=1
2

x1 | p X (x)

(x1 |x1 )


...


...



...


...


...


...
,xn ) + γ( p X (x),x1 ,
...


n

ai

i=1

−

i=1

n

n

i=1

2

n

bi2

ai
i=1

ai bi

n

ai2

bi2

i=1

2

ai

i=1


...


i=1

bi b j

On conclut :

n

ai2

ai bi

(xn |xn )

2

2

n

2

n

bi2
i=1

−

ai bi

p X (x)|xn

n

−

ai

i=1


...
,xn )

bi2
i=1

n

=
n

p X (x)|x1

n

−

bi
i=1

=

||y||2 + || p X (x)||2

i=1

On déduit :
2

• Réciproquement, si γ(x1 ,
...
,xn ) n’est pas lié, c’est-à-dire est libre
...


ai bi

n

> 0
...


i, j ; i = j
/

Comme p X (x) ∈ X, p X (x),x1 ,
...
a)) :
γ p X (x),x1 ,
...


22
...

De plus :

Ainsi, γ(x,x1 ,
...
,xn ), et finalement :
d=

γ(x,x1 ,
...
,xn )

1
2


...

323

On déduit ρ ∈ SO(E 3 ), donc ρ est une rotation
...

• On a :

2
∀ (x,y) ∈ E 3 , f (x ∧ y) = f (x) ∧ f (y)
...

−
→ →⊥
u
• Considérons le plan vectoriel Q = − , orienté par le vec→
− , et le plan vectoriel R = s(− ) ⊥ ,
→
u
teur normal unitaire u
→
u
orienté par le vecteur normal unitaire s(− )
...
On a, puisque s est une réflexion :
→
Soit w

Comme, pour tout u ∈ x ⊥ , il existe y ∈ E 3 tel que u = x ∧ y,
on a alors : f (u) = f (x ∧ y) = 0
...

→
u
On conclut que ρ est la rotation d’axe dirigé et orienté par s(− )
→
u
− θ, où − est un vecteur dirigeant et orientant l’axe
et d’angle
de r et θ est l’angle de r
...
Il est clair que f = 0
...

3
• On a det ( f ) = 1 , donc, pour tout (x,y,z) ∈ E 3 :

f (x), f (y), f (z) = det ( f ) [x, y, z] = [x, y, z]
...

2
• Soit (x,y) ∈ E 3
...
Comme f est une rotation, f est bijective, donc il
existe z ∈ E 3 tel que u = f (z)
...


∀ y ∈ E 3 , f (x ∧ y) = f (x) ∧ f (y) = 0 ∧ y = 0
...


• Montrons que f est injective
...

w
u
w
u
w

= f (x ∧ y) · f (z) − f (x), f (y), f ((z)

2
∀ (x,y) ∈ E 3 , f (x ∧ y) = f (x) ∧ f (y)
...

u
u

22
...


Ainsi, f est nulle sur la droite vectorielle Ru et sur le plan vectoriel u ⊥
...

Ceci montre Ker ( f ) = {0} , et on conclut que f est injective
...

Notons I = f (i) , J = f ( j), K = f (k)
...

• On a : K = f (k) = f (i ∧ j) = f (i) ∧ f ( j) = I ∧ J,
et de même : I = J ∧ K , J = K ∧ I
...

Ainsi, (I,J,K ) est une famille orthogonale
...

• Enfin : ||I ||2 = I · I = I · (J ∧ K ) = [I, J, K ] = 1,
et de même : ||J ||2 = 1, ||K ||2 = 1
...

Ainsi, f envoie une base orthonormale directe (i, j, k) en une
base orthonormale directe (I, J, K ) , donc, d’après le cours,
f ∈ SO(E 3 ), c’est-à-dire que f est une rotation (ou l’identité)
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices

© Dunod
...


• Résolution de questions élémentaires en géométrie plane, portant sur
les points et les droites
• Définition du barycentre d’une famille finie de points pondérés, associativité de la notion de barycentre
• Définition de la convexité
• Interprétation géométrique des nombres complexes, en particulier en
liaison avec les rotations et les similitudes directes
• Définitions et propriétés des coniques
...

A2 désigne le plan affine
...

La notation [E2 ,R] par exemple, signifie que l’étude se situe dans E2 ,
− −
→ →
muni d’un repère orthonormé (direct) R = (O ; i , j )
...
2, 23
...
7, 23
...
15
∗ ou bien en faisant intervenir un repère adapté à la question (repère
affine pour A2 , repère orthonormé direct pour E2 )

➥ Exercices 23
...
6, 23
...
12, 23
...
16
...

Appliquer les formules du cours :
• RP de la droite passant par le point A(a,b) et dirigée par le vecteur
→
u
(non nul) − (u,v) :
x = a + λu
y = b + λv

, λ ∈ R
...

y3 − y2

➥ Exercices 23
...
6
...

a3 b3 c3

➥ Exercices 23
...
14
...
,n}

−→
−
ou, pour tout point M ∈ A2 : M G =

n

1

−→
−
αi M Ai

n

αi

i=1

i=1

➥ Exercices 23
...
7
• l’associativité de la notion de barycentre

➥ Exercices 23
...
7
...


➥ Exercice 23
...

−
→
dM
(t0 )
dt
Exercices 23
...
12, 23
...
17
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
1, 23
...
1

→ →
v v
• Angle α (modulo 2π) de deux vecteurs (non nuls) −1 , −2 :
cos α =

− ·−
→ →
v1 v2
→
||v || ||− ||
v
1

2

→ →
v v
et sin α est du signe de det(i, j) (−1 , −2 )

➥ Exercice 23
...

327

Chapitre 23 • Géométrie plane

−→
−
Caractériser H par : H ∈ D et M0 H ⊥ D
...
1
...


Pour calculer la distance de deux
points (sans repère explicite)

et on peut essayer

➥ Exercice 23
...


Pour relier entre elles
les longueurs des côtés
d’un triangle rectangle ABC ,
rectangle en A

• Utiliser le théorème de Pythagore : BC 2 = AB 2 + AC 2
• Faire intervenir les angles ABC, AC B par leurs sinus ou leur cosinus, par exemple : AB = AC cos ABC
...


Pour étudier une configuration
plane faisant intervenir
des rotations
ou des similitudes directes

Essayer d’utiliser les nombres complexes

Pour étudier les coniques de E2

➥ Exercice 23
...

est l’ensemble des points M de E2 équidis-

➥ Exercice 23
...

➥ Exercice 23
...


On se réfèrera, suivant le contexte, à la définition monofocale, à la
définition bifocale pour les coniques à centre, à une représentation
paramétrique, à une équation cartésienne, à l’équation polaire si O est
un foyer
...


➥ Exercices 23
...
16, 23
...
18
...
1

Exemples de calculs de coordonnées de points, d’équations de droites,
de distances, d’angles
[E2 ,R] On considère les trois droites
D1 | y = 1 − x,

D2 | y = 2x + 2,

D3 | y =

1
1
x−
...

b) Calculer BC
...

328

Énoncés des exercices

d) Former une équation cartésienne de la droite ∆ passant par C et orthogonale à D1 , calculer les coordonnées du point d’intersection E de ∆ et de la droite x x des abscisses, puis
calculer les coordonnées du projeté orthogonal F de E sur D2
...


23
...

2

a) Montrer : a 2 = b2 + c2 − 2bc cos A
...

a
b
c
=
=

...


23
...
4 Théorème de Ménélaüs, théorème de Céva
[A2 ] Soient ABC un triangle, A ∈ (BC), B ∈ (C A), C ∈ (AB), distincts des sommets
...


b) Théorème de Céva
Montrer que (A A ), (B B ), (CC ) sont concourantes ou parallèles si et seulement si :
AB
AC

·

BC
BA

·

C A
CB

= −1
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
5 Barycentres de sous-familles
[A2 ] Soient n ∈ N∗ , (A1 ,
...
,αn ) ∈ Rn tel que α1 +
...
,n} telle que
αi = 0, G 1 = bary
/
,
αi i∈I
i∈I
G 2 = bary

Aj
αj

/

...


23
...
Deux droites ∆,∆ , parallèles à (BC), coupent (AB) et (AC)
en D et E, D et E respectivement
...

Les droites (C D ) et (B E ) se coupent en un point M
...

329

Chapitre 23 • Géométrie plane

23
...
On note C l’ensemble des milieux des
segments [M1 M2 ] lorsque M1 décrit C1 et M2 décrit C2
...


23
...

/
La tangente en P (resp
...
S)
...


23
...
On construit le carré indirect AB D E et le carré direct
AC F G
...
Montrer : (AM) ⊥ (E G)
...
10 Longueur minimale d’un segment passant par un point donné et s’appuyant sur
les axes de coordonnées
[E2 ,R] Soient (a,b) ∈ (R∗ )2 et A(a,b)
...


23
...
Montrer que H est équilatère
√
si et seulement si : M1 M2 = 2 c
...
12 Tangente à une ellipse
[E2 ] Soient E une ellipse, F,F les foyers de E, A,A les sommets principaux de E,
T (resp
...
A ) à E
...
La tangente en M à E
coupe T (resp
...
P )
...


23
...

Montrer qu’il existe A ∈ E tel que : ∀g ∈ G, g(A) = A
...

Montrer : ∃A ∈ E , f (A) = A
...
14 Trois droites concourantes ou parallèles
[A2 ] Soit ABC un triangle
...
On note A (resp
...
(E,F), resp
...
Montrer que les droites
(A A ), (B B ), (CC ) sont concourantes ou parallèles
...
15 Rayon du cercle inscrit dans un triangle
[E2 ] Soient ABC un triangle acutangle (c’est-à-dire dont les trois angles sont aigus),
I (resp
...
rayon) du cercle inscrit dans ABC, r A le rayon du cercle centré
sur [BC] et tangent à (AB) et à (AC), r B ,rC de même
...

rA
rB
rC
r
330

Du mal à démarrer ?

23
...
Un point M décrit la demi-hyperbole de H de sommet A
...
Montrer : (F P) ⊥ (F P )
...
17 Normales à une parabole
[E2 ,R] Soient p > 0, P la parabole d’équation y 2 = 2 px, M un point du plan tel qu’il
existe trois normales à P passant par M
...


23
...

b) Montrer que ces hyperboles passent par un quatrième point fixe que l’on déterminera
...
1

c) Calculer le cosinus de l’angle à l’aide d’un produit scalaire, puis le signe du sinus à l’aide d’un déterminant
...


23
...


c) Se déduit simplement de b)
...


23
...


23
...


© Dunod
...


Préciser les coordonnées de A,B,C,A ,B ,C
...

En déduire les rapports
AC B A C B

23
...


− −
→ →
Considérer le repère affine R = (A ; AB, AC)
...
En déduire les coordonnées de D,D ,E,E
...


23
...
7 Soient (M,N ) ∈ C , λ ∈ [0 ; 1], P = bary

...

2

− −
→ →
Utiliser un repère affine R = (O ; i , j )
...
8

l’axe des abscisses
...
Q) à H, puis calculer les abscisses de R,S,I et
− −
→ →
enfin montrer que ( P I , Q I ) est liée
...
9

Passer par les nombres complexes, en faisant intervenir
π
des rotations d’angle ±
...
10 Noter P(x,0), Q(0,y) les extrémités du segment, calculer
P Q 2 en fonction, par exemple, de x, et étudier les variations de
la fonction ainsi obtenue
...
11 Calculer les ordonnées de M1 ,M2 et en déduire que :
M1 M2 =

√
2 c ⇐⇒ a = b
...
12 Paramétrer E par : x = a cos t, y = b sin t, t ∈ R
...

En déduire les coordonnées de P, de P et du milieu I de (P,P )
...


23
...
, f n les éléments de G
...
, f n (O) , où O ∈ A2 est fixé
...

− −
→ →

23
...
Déterminer
les coordonnées de A,
...
Former des équations
cartésiennes de (A A ), (B B ), (CC )
...


331

Chapitre 23 • Géométrie plane

23
...
Exprimer les aires des triangles AB D , AC D ,
ABC , I AB, I BC, I C A
...
16 Paramétrer H par des fonctions hyperboliques
...

t2
, y = t, t ∈ R
...
17 Paramétrer P : x =

332

duire que cette normale passe par M
...


23
...

On obtiendra :
x 2 + 2λx y − y 2 − 2(1 + 2λ)y − 1 = 0,

λ ∈ R
...


Corrigés des exercices

23
...
On a :

D2

−
→
CA
2

−
→
et C B
D

4/3

B

→
u
colinéaire et de même sens que −

8/3
4/3
4/3
8/3

donc :

F

E
– 1/3 0

2
→ →
det(i, j) (− ,− ) =
u v
1

D3

1
A

x

– 4/3

1 x−

y =1−x
A(x,y) ∈ D1 ∩ D3 ⇐⇒
⇐⇒
 y = 1x − 1
2
2

B(x,y) ∈ D1 ∩ D2 ⇐⇒

−

5
3

c’est-à-dire : x − y +

y=0


 x = −1


y =1−x
3
⇐⇒

4

y = 2x + 2
y =
3

=

16 64
+
9
9

1
2

0
...


2

+

√
√
80
4 5
=
=
3
3

−

4 4
−
3 3

−

4
3

= 0,

1
1
= 0, ou encore : y = x +
...

• En notant F(x,y) le projeté orthogonal de E sur D2 , on a :
F ∈ D2
(E F) ⊥ D2

⇐⇒

⇐⇒
5 1
+
3 3

4
5

•

b)
−

1
= 3 > 0,
2

+ (−1) y −

x =1



 x = −5

 y = 2x + 2

3
C(x,y) ∈ D2 ∩ D3 ⇐⇒
1
1 ⇐⇒ 
y = x −

 y = −4
...

On conclut : α = Arccos

D1

α

→
v
colinéaire et de même sens que −

,

− ·−
→ →
u v
4
cos α = −
→|| ||− || = 5 ,
→
|| u
v

1

– 5/3

2
1

2

2,98
...

3
15
333

e) D’après la formule du cours donnant la distance d’un point
à une droite dont on connaît une équation cartésienne, on a, pour
13 4
F − ,
et D1 | x + y − 1 = 0 :
15 15
4
13
√
+
−1
−
8
4 2
15 15
d(F,D1 ) =
= √ =
√
5
12 + 12
5 2

d)

A

c

b

1,13
...
2

a) On a :

− 2
→
−
→ −
→
− 2 − 2
→
→
− −
→ →
a = BC = ( AC − AB)2 = AC + AB − 2 AC · AB

C

a

B

En notant H le projeté orthogonal de C sur (AB), on a :

2

S=

= b + c − 2bc cos A
...


|3x + 4y + 3|
|12x − 5y + 4|
=
5
13

13(3x + 4y + 3) − 5(12x − 5y + 4) = 0
⇐⇒ ou
13(3x + 4y + 3) + 5(12x − 5y + 4) = 0
...

4b2 c2

p( p − a)( p − b)( p − c)
...
3 En notant ∆,∆ les deux bissectrices de D1 et D2 , on a,

1
(2bc − b2 − c2 + a 2 )(2bc + b2 + c2 − a 2 )
4b2 c2

=

1
1
1
AB · C H = AB · AC sin A = cb sin A
...


→ →
23
...

sin A
sin B
sin C
Remarque : on peut obtenir ces égalités par une autre méthode
...

sin A
sin B
334

où (a,b,c) ∈ R − {0,1}
...

• C A (−c,0) et C B(1 − c,0), donc
1−c
CB
a) On a : (A ,B ,C alignés) ⇐⇒

−a
b−1+a

c
=0
−b

⇐⇒ c + ab − bc − ac = 0
...


gée par

⇐⇒ (1 − a)(1 − b)c + ab(1 − c) = 0
⇐⇒ c + ab − ac − bc = 0
...
6

b) On forme les EC des droites (A A ), (B B ), (CC ) :
(A A ) : (1 − a)x − ay = 0
(B B ) : bx + y − b = 0
(CC ) : x + cy − c = 0
...

D’autre part :
AB
AC

·

BC
BA

C A

·

CB

= −1 ⇐⇒

1 − a 1 − b −c
·
·
= −1
−a
−b 1 − c

⇐⇒ −c + ab + ac + bc − 2abc = 0
...
5

E

D

On déduit :
−→
−
αi G 1 Ai +
j∈J

−−
−→ − →
−
αi (G 1 G 2 + G 2 Ai ) +

=

On déduit les coordonnées de D,D ,E,E , qui sont les points
d’intersection de ∆ et ∆ avec les axes de coordonnées :

−−→
αj G 2 A j

i∈I

i∈I

−−→
αj G 2 A j
j∈J

−−
−→
αi G 1 G 2 +

=
i∈I

n

−−→
αj G 2 A j
...


y
x
y
x
+ = 1, (B E) | + = 1,
λ
1
1
λ

M(x,y) ∈ (C D) ∩ (B E)

j=1
n

D’où des équations cartésiennes de (C D) et (E F) :

puis les coordonnées (x,y) du point d’intersection M de (C D)
et (B E) :

Donc :
n

D(λ,0), D (λ ,0), E(0,λ), E (0,λ )
...


Puisque ∆ et ∆ sont parallèles à (BC), ∆ et ∆ ont des équations cartésiennes : ∆ | x + y = λ , ∆ | x + y = λ ,
(λ,λ ) ∈ (R∗ )2
...


→
−−→ −
αj G 2 A j = 0
...


Par définition de G 1 et G 2 :
−→
−
αi G 1 Ai =

D

n
j=1

−→
−
α j A1 A j


x
 1−


 +y=1


λ
⇐⇒
⇐⇒



x + y = 1
 1−

λ

1
1
x =1−
λ
λ2
1
1
y =1−
λ
λ2


x = λ


λ+1
⇐⇒


y = λ
...

De même, on obtient : M

y

λ
λ
,

...

P

23
...

1−λ

Q

Puisque (M,N ) ∈ C 2 , il existe M1 ,N1 ∈ C1 , M2 ,N2 ∈ C2 tels
que M (resp
...
[N1 N2 ])
...


1

X −u

En notant
M1
P1 = bary
λ

N1
M2
, P2 = bary
1−λ
λ

P1
on a donc : P = bary
1

N2
,
1−λ

P2
,
1

c’est-à-dire que P est le milieu de [P1 P2 ]
...
De même : P2 ∈ C2
...


23
...
Il existe un repère affine
−
→
−
→
− −
→ →
R = (O ; i , j ) de A2 tel que i dirige D et j dirige l’autre
asymptote de H
...
Autrement dit, H
admet la représentation paramétrique :
x = t,

y=

a2
,
P a,
u

Y−

2

a
u

u2
−a 2

= 0 ⇐⇒ a 2 (X − u) + u 2 Y −

a2
Q v,

...

u

Le point d’intersection R de cette tangente avec D est donné
par :

Y = 0
X = 2u
⇐⇒
a2
 a 2 (X − u) + u 2 Y −
=0
Y = 0
...
De même : S(2v,0)
...

− −
→ →
Montrons que I ∈ (P Q), c’est-à-dire que ( P I , Q I ) est liée
...

t

Puisque P,Q ∈ H, il existe (u,v) ∈ (R∗ )2 tel que :

336

La tangente en P à H est dirigée par le vecteur dérivé (non nul),
a2
donc par 1,− 2 , ou encore par (u 2 ,−a 2 )
...

On conclut que la droite (P Q) passe par le milieu I de (R,S)
...
9

y

Q

C
M
G

A

b
B

A

O

a

x

P

D’où :
P Q2 = x 2 + y2 = x 2 +

bx
x −a

2


...
Notons par une minuscule
l’affixe du point correspondant : A(a), B(b),
...

On a, puisque M est le milieu de (B,C) : m =
2
Puisque AB D E est un carré indirect,
−
→
−
→
on a : AE = Rot−π/2 ( AB),
d’où : e − a = −i (b − a),
et donc : e = a − i (b − a)
...


f (x) = 2x + 2
=

2x
(x − a)3 − ab2
...

2
En particulier : (AM) ⊥ (E G)
...

x −a

+∞

x0
−

+

0

Le minimum de f, donc aussi de

= 2 i (m − a)
...
On a :


...
10

2

L’application f est de classe C 1 sur ]a ; +∞[ et, pour tout
x ∈ ]a ; +∞[ :

On déduit :

= i (c + b − 2a) = 2 i

bx
x −a

2
f (x0 ) = x0 +

=

bx0
x0 − a

√

f , est obtenu en x0 , et :

2
2
= x0 +

2
b2 x 0
(ab2 )2/3

2
(a 2/3 b4/3 + b2 )x0
= (a 2/3 + b2/3 )3
...

et

23
...


On a, en rappelant que c2 = a 2 + b2 :
c2
t2
− 2 = 1, d’où
2
a
b

t 2 = b2

c2
b4
−1 = 2
...


On a alors : F(c,0), F (−c,0)
...


Notons I le milieu de (P,P ), qui est aussi le point d’intersection
de (P P ) et de y y
...

sin t

1 + cos t

...


b

...

√
Finalement, H est équilatère si et seulement si : M1 M2 = 2 c
...
12

x =a

=

P'

2

= IP2

et
I F 2 = c2 +

T

b cos t
sin t

I P 2 = a2 +

b
sin t

2

=

c2 sin2 t + b2
sin 2 t

1 − sin2 t
(a 2 − b2 )sin2 t + b2
= a 2 + b2
sin2 t
sin2 t

= a 2 + b2

cos2 t
= I P 2
...


I

On obtient : I P = I P = I F = I F , donc P,P ,F,F sont sur
un même cercle de centre I, le cercle de diamètre [P P ]
...
13 a) Notons f 1 ,
...

Soit O un point quelconque de E (il en existe au moins un) ;
notons A l’isobarycentre de f 1 (O),
...

Soit i ∈ {1,
...
Puisque f i est affine, f i (A) est l’isobarycentre de f i f 1 (O) ,
...
Mais, d’autre part,
puisque G = { f 1 ,
...
, f i ◦ f n sont deux à deux distincts et constituent G,
et on a donc : f i (A) = A
...
D’après a), il existe donc A ∈ E tel que :
∀k ∈ Z , f k (A) = A
...


⇐⇒ (1 − µ)(x − 1) − (λ + µ − 2)y = 0

23
...


B'
A

D

B

E

A'
K

− −
→ →
Considérons le repère affine R = (A ; AB, AC)
...


Puisque D,E ∈ (AB) et que (D,E) a le même milieu que
(AB) , il existe λ ∈ R tel que :
D(1 − λ,0),

On remarque, par exemple, que la somme des trois premiers
membres de ces trois équations de droites est nulle
...

• Si (A A ) et (B B ) sont parallèles, alors, comme la troisième
équation est l’opposée de la somme des deux premières, la droite
(CC ) est parallèle à (B B ) et à (CC )
...


23
...


A

De même, il existe µ,ν ∈ R tels que :
F(µ,1 − µ),

G(1 − µ,µ),

H (0,ν),

B'
C'

K (0,1 − ν)
...

,
2
2

On forme des équations cartésiennes des droites (A A ), (B B ),
(CC ) :
−→ −→
M(x,y) ∈ (A A ) ⇐⇒ ( AM, A A ) liée
x
⇐⇒
y

1−λ
2
=0
1−ν
2

⇐⇒ (1 − ν)x − (1 − λ)y = 0,

Il y a un cercle et un seul, centré sur [BC] et tangent à (AB)
et à (AC), et le centre D de ce cercle est le point d’intersection de [BC] et de la bissectrice intérieure de A
...

En notant A(
...

339

Comme D ∈ [BC], on obtient :
2A(ABC) = 2A(AB D) + 2A(AC D) = (b + c)r A
...

De même :


 2A(I AB) = AB · I C = cr

2A(I BC) = BC · I A = ar


2A(I C A) = C A · I B = br
...

Un vecteur tangent en M à H est obtenu par dérivation :
(−a sh t,b ch t)
...


Comme I est intérieur au triangle ABC, on a, par addition
d’aires :
2A(ABC) = 2A(I AB) + 2A(I BC) + 2A(I C A)

On détermine les points d’intersection de τ avec T et avec T :
M(x,y) ∈ τ ∩ T ⇐⇒

= (a + b + c)r
...

y=b
sh t

On obtient ainsi les coordonnées suivantes :

1
a+b
=
,
rC
(a + b + c)r

P a, −b

F(c,0),

1 + ch t
,
sh t

P

− a, b

ch t − 1
,
sh t

puis :
1
1
1
(b + c) + (c + a) + (a + b)
2
+
+
=
=
...
16

T

T'

y

1 + ch t
−
→
,
d’où F P a − c, −b
sh t
−→
ch t − 1
, puis :
F P − a − c, b
sh t
− −→
→
F P · F P = (a − c)(−a − c) − b2 = −a 2 + c2 − b2 = 0
...


23
...

a
b
Une représentation paramétrique de H est alors
x = ε a ch t, y = b sh t, ε ∈ {−1,1}, t ∈ R
...


Notons M(x,y) un point du plan
...

2p

−
→
dN t
,1 , ou encore
Un vecteur tangent en N à P est
dt p
− (t, p)
...


Cette équation (1) du troisième degré, d’inconnue t, admet au
plus trois solutions réelles notées t1 ,t2 ,t3
...
On calcule l’ordonnée de G :
yG =

1
1
(y N + y N2 + y N3 ) = (t1 + t2 + t3 ) = 0,
3 1
3

car le coefficient de t 2 dans l’équation (1) est nul
...


23
...

b) Soit M(x,y) un point du plan
...
, f ∈ R, (a,b,c) = (0,0,0)
...

Dans ce cas, les directions des deux asymptotes sont données
par ax 2 + 2bx y + cy 2 = 0
...
De plus, on a
alors b2 − ac = b2 + a 2 > 0
...

On a :

a = 0
...


C

On conclut que les hyperboles considérées passent toutes par
un quatrième point fixe, le point D(2,−3)
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices
• Résolution de questions élémentaires de géométrie dans l’espace, sur
les points, les droites, les plans
• Détermination de la perpendiculaire commune à deux droites non
coplanaires
• Définition et propriétés des sphères
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

A3 désigne l’espace affine de dimension trois
...

La notation [E3 ,R] par exemple, signifie que l’étude se situe dans E3 ,
− − −
→ → →
muni d’un repère orthonormé (direct) R = (O ; i , j , k )
...

• Deux plans P|ax + by + cz + d = 0, P |a x + b y + c z + d = 0
sont confondus si et seulement si :
∃ k ∈ R∗ , a = ka, b = kb, c = kc, d = kd
...

Définir D (si D n’est pas horizontale) par un SEC du type
Si l’inconnue de la question
est une droite D de A3 ou de E3

x = az + p
y = bz + q

, (a,b, p,q) ∈ R4
...


➥ Exercices 24
...
11, 24
...

344

Les méthodes à retenir

Appliquer les formules du cours :
• Distance de deux points M1 (x1 ,y1 ,z 1 ), M2 (x2 ,y2 ,z 2 ) :
M1 M2 =

(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 + (z 2 − z 1 )2

• Distance du point M0 (x0 ,y0 ,z 0 ) au plan P|ax + by + cz + d = 0 :
d(M0 ,P) =

|ax0 + by0 + cz 0 + d|
√
a 2 + b2 + c2

➥ Exercice 24
...
5

Pour résoudre
les questions élémentaires
sur points, droites et plans
dans l’espace affine euclidien
orienté E3 rapporté à un repère
orthonormé direct
− − −
→ → →
R = (O ; i , j , k )

→
u
• Un vecteur normal au plan P|ax + by + cz + d = 0 est − (a,b,c)
• EC du plan passant par le point M0 (x0 ,y0 ,z 0 ) et orthogonal au vec→
u
teur (non nul) − (a,b,c) :
a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z 0 ) = 0

➥ Exercice 24
...
1
• Le volume du tétraèdre ABC D est donné par :
V (ABC D) =

1 − − −
→ → →
[ AB, AC, AD]
6

➥ Exercice 24
...

345

Chapitre 24 • Géométrie dans l’espace

Pour déterminer
le projeté orthogonal H
d’un point M sur un plan P
(ou sur une droite D)

−→
−
Caractériser H par : H ∈ P et M H ⊥ P
...

➥ Exercice 24
...


Pour déterminer
la perpendiculaire commune ∆
à deux droites D,D
(non coplanaires)

→
→
→ → −
→
w
u
u
v
• Un vecteur directeur − de ∆ est − = − ∧ u , où − dirige D
−
→
et u dirige D
→
w
• ∆ = P ∩ P , où P est le plan contenant D et parallèle à − et P
−
...
6
...
A ) est un point de D (resp
...
u ) dirige D
(resp
...

➥ Exercice 24
...


Pour former
un SEC des bissectrices ∆,∆
de deux droites concourantes
D1 ,D2 de E3

• Déterminer le point d’intersection A de D1 et D2

→ →
u
u
• ∆ et ∆ sont les droites passant par A et dirigées par −1 + −2 et
→
→
− − − , où − est un vecteur directeur de D et − est un vecteur
→ →
u
u
u
u
1

2

1

1

→
→
u
u
directeur de D2 tels que ||−1 || = ||−2 ||
...
8
...
1

Calcul de l’aire d’un triangle, du volume d’un tétraèdre
[E3 ,R] a) Calculer l’aire du triangle défini par :
A(1, 2, −1),

B(−1, 1, 0), C(0, 1, 2)
...


24
...

b) Calculer la distance du point A(1, 1, 1) au plan P passant par le point B(2, 3, 1) et
→
→
v
u
dirigé par les vecteurs − (1, −1, 2) et − (−1, 2, 1)
...
3 Système d’équations cartésiennes de la droite projetée orthogonale d’une droite
sur un plan
[E3 ,R] Déterminer un système d’équations cartésiennes de la droite D projetée orthogox = z+1
nale de la droite D
sur le plan P | x + 2y − 3z − 1 = 0
...
4 Équations cartésiennes des plans bissecteurs de deux plans
[E3 ,R] Soient P1 | 4x + 4y − 7z − 1 = 0, P2 | 8x − 4y + z − 7 = 0
...


24
...


[E3 ,R] Calculer la distance du point A(1, 2, 3) à la droite D

24
...

y = z−1

24
...

→
u
u

24
...


a) Vérifier que D1 et D2 sont concourantes
...


24
...

© Dunod
...


24
...


Montrer qu’il existe une droite D et une seule passant par A et rencontrant D1 et D2 et
former un SEC de D
...
11 Droites rencontrant trois droites données et orthogonales à un vecteur donné
[E3 ,R] Déterminer toutes les droites D rencontrant les trois droites
D1

z=1
y = x −2

D2

z=0
y = 2x + 3

D3

z = −1
y = −x + 1

→
u
et orthogonales à − (2, 4, −3)
...
12 Reconnaître une application affine remarquable
[A3 ,R] Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de l’application affine f
définie par la formule suivante, où M(x,y,z) décrit A3 et f (M) a pour coordonnées
(x ,y ,z ) :

 x = −y − z + 1
y = −2x − y − 2z + 2

z = x + y + 2z − 1
...
13 Équations cartésiennes des sphères contenant un cercle donné et tangentes
à une droite donnée
[E3 ,R] Former les équations cartésiennes des sphères contenant le cercle
C

z=0
x 2 + y 2 − 2y − 1 = 0

et tangentes à la droite D

x = z+4
y = 2z + 3
...
14 Droites rencontrant quatre droites données
[A3 ,R] Trouver toutes les droites D de l’espace rencontrant les quatre droites
D1

x =1
,
y=0

D2

y=1
,
z=0

D3

z=1
,
x =0

D4 | x = y = −6z
...
15 Équation cartésienne d’une sphère tangente à deux droites données
en deux points donnés
[E3 ,R] Former une équation cartésienne de la sphère tangente en A(1,2,1) à
2x + y + 2z = −3
x + y − 2z = 1
D

...
1

Appliquer les formules du cours :

a) A =

1 −
→ −
→
|| AB ∧ AC||
2

b) V =

1 − − −
→ → →
[ AB, AC, AD]
...
2 a) Appliquer la formule du cours :
|ax + by + cz + d|
d(A,P) = √
, avec les notations habituelles
...


24
...


24
...
u ) un vecteur directeur de D (resp
...


24
...
7

En notant H,H les points d’intersection de D et D avec
leur perpendiculaire commune, montrer :

Π si et seulement si :

d(M,P1 ) = d(M,P2 )
...


24
...

→
→ −
||− ∧ u ||
u

Du mal à démarrer ?

b) En notant A le point d’intersection de D1 et D2 , et
− , − des vecteurs directeurs de D ,D respectivement tels
→ →
u1 u2
1
2
→
− || = ||− ||, les bissectrices ∆, ∆ de D et D sont les
→
u
que || u

24
...


24
...

Déterminer le centre Ω de S par : Ω A = Ω B = ΩC = Ω D,
puis le rayon R de S par R = Ω A, par exemple
...
10 Montrer que D n’est pas horizontale, donc admet un sys-

24
...

Déterminer l’ensemble des points invariants par f et l’ensemble
−
→
des vecteurs anti-invariants par f
...
13 Déterminer un système d’équations cartésiennes de l’axe
de C, d’où les coordonnées du centre Ω de S, avec un paramètre
...


24
...

4

Traduire les conditions de l’énoncé, ce qui donne un système
linéaire de quatre équations à quatre inconnues
...
11 Montrer que, si une droite D convient, alors D n’est

, (a, b, p, q) ∈ R4
...


24
...
Former une équation cartésienne de
chacun de ces trois plans et en déduire les coordonnées de Ω
...


© Dunod
...


pas horizontale, donc D admet un système d’équations cartéx = az + p
, (a,b, p,q) ∈ R4
...


y = bz + q

349

Corrigés des exercices

24
...

2






−2
−1
−2
−
→ 
−
→ 
−
→ −
→ 
Ici : AB = −1  , AC = −1  , AB ∧ AC =
5 ,
1
3
1
√
−
→ −
→
2 + 52 + 12 =
30
...

On conclut : A =
2
b) Le volume V du tétraèdre ABC D est donné par :
A=

1 − − −
→ → →
[ AB, AC, AD]
...

6

(−5)2

+

(−3)2

+

12

8
= √
...





1
Un point de D est A  −1 
...

→
Un vecteur directeur de D est u
1



1
−  2 
...


a) On applique la formule du cours donnant la distance
d’un point à un plan défini par une équation cartésienne :
|2 · 1 − 2 − 3 − 4|
22

+

(−1)2

+

(−1)2

7
= √
...


24
...


⇐⇒ −5(x − 2) − 3(y − 2) + (z − 1) = 0
⇐⇒ −5x − 3y + z + 15 = 0
...
3 On a D = P ∩ P , où P est le plan contenant D et

0
= 1
...
2

d(A,P) =

On applique alors la formule du cours donnant la distance d’un
point à un plan défini par une équation cartésienne :

24
...

u
recteur − : d(A,D) =
− ||
→
|| u
Un point M de D est obtenu par exemple, pour z = 0 :
x+y=2
2x − y = 1

x =1

⇐⇒

y = 1,

d’où M(1, 1, 0)
...

→
u
1

 
0
Comme  0  est un point de D , une EC de P est
1
x
y
z−1

3
1 = 0,
−4

c’est-à-dire : 5x − 7y + 2z − 2 = 0
...

5x − 7y + 2z − 2 = 0

24
...

13
26
13


 
 

1
2
−1
24
...
Et un vecteur directeur u
2
 


1
3
−
→
− ∧ −  1  qui dirige
→ →
→
w
u
de D est u  1 
...
Notons P (resp
...
D ) et parallèle à −
...


Il existe H ∈ D, H ∈ D tels que (H H ) soit orthogonale à
D et à D , et on a : d(D,D ) = H H
...

u
→ −→
−
→ −
u
Puisque − ∧ u et H H sont colinéaires, il en résulte :
→
→ −→
−
→ − −→
→ −
[− , u , A A ] = ||− ∧ u || || H H ||
u
u
et donc :

Ici :

→
→ − −→
−→
−
[− , u , A A ]
u
d(D,D) = || H H || =

...

5 3

√
√
75 = 5 3
...
8 a) Il est clair que le point A  −4  est sur D1 et
0
sur D2 , donc D1 et D2 sont concourantes
...
On a :
1
→
||−1 || =
u

→
52 + 32 + 12 = ||−2 ||
...


24
...

Le centre Ω et le rayon R de la sphère S sont définis par :
ΩA = ΩB = ΩC = ΩD = R
...

1

On a :

2

1

2

 


8
2
− + − =  8  , − − − =  −2 
...
∆ ) la droite passant par A (resp
...
− − − ), on a, pour tout point
1

2

1

= (x + 3)2 + (y − 4)2 + (z + 1)2
⇐⇒ −6x + 4y + 13 = 6x − 8y + 25
⇐⇒ 12x − 12y + 12 = 0 ⇐⇒ x − y + 1 = 0
• ΩA2 = ΩC 2 ⇐⇒ (x − 3)2 + (y + 2)2 + (z + 1)2
= (x + 3)2 + (y + 2)2 + (z − 5)2
⇐⇒ −6x + 2z + 10 = 6x − 10y + 34
⇐⇒ 12x − 12y + 24 = 0 ⇐⇒ x − z + 2 = 0

2

M(x, y, z) de E3 :
−→
→ →
M ∈ ∆ ⇐⇒ ∃ λ ∈ R, AM = λ(−1 + −2 )
u
u
 x − 1 = 8λ 



x − 1 = 4z


⇐⇒ ∃ λ ∈ R,
y + 4 = 8λ  ⇐⇒


y + 4 = 4z,
z = 2λ
−→
→ →
u
u
M ∈ ∆ ⇐⇒ ∃ µ ∈ R, AM = µ(−1 − −2 )
 x − 1 = 2µ 



x +y+3=0


⇐⇒ ∃ µ ∈ R,
y + 4 = −2µ  ⇐⇒


z = 0
...

Ainsi :


x = 0
x − y +1 = 0




Ω x − z + 2 = 0 ⇐⇒ y = 1





y+z−3=0
z = 2
...


24
...
P2 ) est le plan passant par A et contenant D1 (resp
...

 
0
• Un point de D1 est B1 =  0  et un vecteur directeur de
1
 
1
→
u
D1 est −1 =  2 
...

 x = az + p





y = bz + q
Ainsi :

⇐⇒ −2x + y − (z − 1) = 0
⇐⇒ 2x − y + z − 1 = 0
...
Une EC de P2 est donc :
0
 
x
− → −→ →
−
−
u
M  y  ∈ P2 ⇐⇒ [ B2 M, AB2 , −2 ] = 0
z
x
1 1
⇐⇒
y
3 −2 = 0
z+1 3 0
⇐⇒ 6x + 3y − 5(z + 1) = 0
⇐⇒ 6x + 3y − 5z − 5 = 0
...


⇐⇒ a =

D

x = az + p
y = bz + q

On a :
• A ∈ D ⇐⇒

2a + p = 1
2b + q = 3

, (a, b, p, q) ∈ R4
...

3
3
3

Finalement, il y a une droite et une seule convenant :

x = 1z + 2


6
3
D

4

 y = z + 1
...
11 La droite cherchée D n’est pas horizontale, puisque D
doit rencontrer D1 et D2 qui sont deux droites horizontales situées dans deux plans horizontaux distincts
...
Donc D admet un système d’équations cartésiennes du type :


 2a + p = 1



 2b + q = 3


D

x = az + p
y = bz + q

, (a, b, p, q) ∈ R4
...
13 Le centre ω du cercle C z = 0
2
⇐⇒ q = 2 p + 3

/
• D ∩ D3 = ∅ ⇐⇒ ∃ (x,y,z) ∈ R3 ,

 z = −1



 y = −x + 1

⇐⇒ −b + q = −(−a + p) + 1
 x = az + p





y = bz + q

  
2
a
• u ⊥ D ⇐⇒  4  ⊥  b  ⇐⇒ 2a + 4b − 3 = 0
...


24
...

2

Pour tout M(x,y,z) de A3 , on a :

donc l’ensemble des invariants de f est le plan
P | x + y + z = 1
...


Finalement, f est la symétrie par rapport au plan
−
→
P | x + y + z = 1 , parallèlement à D
354

On en déduit une équation cartésienne de S :
M(x,y,z) ∈ S ⇐⇒ ΩM 2 = ΩA2
⇐⇒ x 2 + (y − 1)2 + (z − λ)2 = 12 + 12 + λ2
...
Cette équation est :
(z + 4)2 + (2z + 2)2 + (z − λ)2 = 2 + λ2
⇐⇒ 6z 2 + (16 − 2λ)z + 18 = 0

On a, en notant ∆ le discriminant de cette équation du second
degré d’inconnue z :
√
∆ = 0 ⇐⇒ (8 − λ)2 − 108 = 0 ⇐⇒ 8 − λ = ± 108
√
⇐⇒ λ = 8 ± 6 3
...
Ces sphères ont pour équations cartésiennes :
√
x 2 + (y − 1)2 + z 2 − 2(8 + 6ε 3) − 2 = 0, ε ∈ {−1,1},
ou encore :
√
x 2 + y 2 + z 2 − 2y − 17 − 12ε 3 = 0, ε ∈ {−1,1}
...
14 Si D convient, puisque D rencontre D2 et D3 qui sont
dans des plans horizontaux distincts, il est clair que D n’est
pas horizontale (c’est-à-dire : non parallèle à x Oy ), donc
x = az + p
admet un SEC
, (a,b, p,q) ∈ R4
...


⇐⇒ 3z 2 + (8 − λ)z + 9 = 0
...

4
4
2
On conclut qu’il y a une droite et une seule convenant :

 x = 4z + 1


4
D


 y = −5z + 7
...

au plan de C, donc Ω a des coordonnées Ω(0, 1, λ), λ ∈ R
...


/
2) D ∩ D1 = ∅



y =1

z = 0


 ⇐⇒ q = 1
...

⇐⇒ ∃(x,y,z) ∈ R3 ,



 x = az + p

y = bz + q



 x = −6z

 y = −6z 


/
4) D ∩ D4 = ∅ ⇐⇒ ∃(x,y,z) ∈ R3 ,

 x = az + p 


y = bz + q
⇐⇒ ∃z ∈ R,
⇐⇒ b + 6 = 0
/

−6z = az + p
−6z = bz + q
et

a + 6 = p(b + 6)
...
On
/
b
2
obtient b + b − 6 = 0, b = 2 ou −3, puis on déduit a et p
...


24
...
P ) le plan contenant A (resp
...
D ), et Π le plan médiateur de (A,A )
...


 
 

1
2
−5
Comme  1  ∧  −1  =  −1  , un vecteur directeur de
−2
−3
−3
− (5,1,3)
...
On en déduit les EC de P et P :

P | 5(x − 1) + (y − 2) + 3(z − 1) = 0,
P | (x − 1) + 4(y + 1) − 3(z + 2) = 0
...


 5x + y + 3z = 10
On en déduit Ω par résolution de x + 4y − 3z = 3 ;

y+z =0
on obtient Ω

5
76 5
, ,−

...

372
Finalement, une EC de la sphère cherchée est :
On calcule : ΩA2 =

x−

76
37

2

+ y−

5
37

2

+ z+

5
37

2

=

8046
,
372

ou encore :
x 2 + y2 + z2 −

152
10
10
2220
= 0
...


Points essentiels du cours
pour la résolution des exercices
• Plan d’étude et méthodes pour le tracé d’une courbe d’équation
y = f (x)

• Plan d’étude et méthodes pour le tracé d’une courbe donnée par une
représentation paramétrique x = x(t), y = y(t)
• Plan d’étude et méthodes pour le tracé d’une courbe donnée en polaires
par ρ = ρ(θ)
• Formule donnant l’abscisse curviligne
• Méthode ou formule donnant le rayon de courbure
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

Suivre le plan classique :

Pour tracer une courbe Γ d’EC
y = f (x)

a) Étude de f :
1) Détermination de l’ensemble de définition de f, qui est souvent un
intervalle ou une réunion d’intervalles
2) Recherche d’éventuelles symétries ou propriétés géométriques
de Γ : f est-elle paire, impaire, périodique ?
3) Étude aux bornes des intervalles
4) Étude de la dérivation de f, détermination des zéros de f et du signe
de f (x)
5) Tableau de variations à trois lignes x, f (x), f (x) consignant les
résultats précédents
357

Chapitre 25 • Courbes du plan

b) Étude de Γ :
1) Détermination des éventuelles branches infinies et de leur nature
2) Étude des points remarquables : points en lesquels f n’est pas définie, point d’arrêt , demi-tangentes en un point anguleux…
3) Étude des points d’inflexion et de la concavité, si le contexte le permet
4) Tracé de Γ
...
1, 25
...

Suivre le plan classique :

Pour tracer une courbe Γ définie
par une RP x = x(t), y = y(t)

a) Étude de x,y :
1) Détermination des ensembles de définition de x,y, qui sont souvent
des intervalles ou des réunions d’intervalles
2) Recherche d’éventuelles symétries ou propriétés géométriques de Γ,
par la considération de changements de paramètre du genre t −→ −t,
1
t −→ ,
...


➥ Exercices 25
...
3, 25
...
12, 25
...
18 a)
...

➥ Exercices 25
...
9, 25
...
15
...

Éliminer le paramètre pour obtenir une EC, puis reconnaître la courbe sur cette EC
...
6
...

➥ Exercice 25
...

• Si Γ est donnée par une RP x = x(t), y = y(t), appliquer la formule du cours :
s (t) =

Pour calculer
l’abscisse curviligne s
en tout point M d’une courbe Γ

x (t)

2

2

+ y (t)
...


➥ Exercice 25
...


Calculer ensuite s par une primitivation
...
16
...


a

➥ Exercice 25
...


➥ Exercice 25
...

359

Chapitre 25 • Courbes du plan

Tenir compte d’éventuelles symétries
...

On peut :
• ou bien calculer successivement
Pour calculer
le rayon de courbure R
en un point d’une courbe Γ donnée
par une RP x = x(t), y = y(t)

x , y , s 2 = x 2 + y 2, s (

0), tan ϕ =

y
s
,ϕ, R =
x
ϕ

• ou bien appliquer directement la formule :
3

(x 2 + y 2 ) 2
R=
x y −x y
• ou bien utiliser une formule de Frénet
...
11
...

R= 2
ρ + 2ρ 2 − ρρ

Énoncés des exercices
25
...


25
...


25
...

t

25
...

b) En déduire la longueur L de la partie de Γ correspondant à t ∈ [2 ; 4]
...
5 Exemple de tracé de courbe d’équation y = f (x)

x

Tracer la courbe Γ d’équation y = f (x), où : f (x) =

1

1 + ex


...
6 Reconnaître une courbe sur une représentation paramétrique
Reconnaître et tracer la courbe Γ de représentation paramétrique :
x=

t
,
1 − t2

y=

t2
,
1 − t2

t ∈ R − {−1,1}
...
7 Deux courbes tangentes entre elles
Déterminer une CNS sur λ ∈ R pour que les courbes représentatives Cλ de
f λ : x −→ ex + λ et Γ de g : x −→ ln x soient tangentes
...


25
...


25
...

3

25
...

u3 + 1

25
...

4 2

25
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

t2

25
...


25
...

2cos θ − sin θ

25
...

cos θ − cos 2θ
361

Chapitre 25 • Courbes du plan

25
...


25
...

+
Montrer que l'ellipse E d'équation

25
...
Tracer la courbe C de représentation paramétrique
+

x = a cos3 t
,
y = a sin3 t

appelée astroïde
...


25
...

que les points M(ti ) (1 i
β) On appelle tangentiel d’un point M(t) de C le point M(t ) de C en lequel la tangente
en M(t) à C recoupe C
...
Montrer que les tangentiels de trois
points alignés de C sont aussi alignés
...
1 Pour l’étude de la branche infinie lorsque x −→ ±∞, former un développement asymptotique de f (x)
...
5 • Calculer f (x) et étudier le signe de
1

ϕ(x) = 1 + e x +

25
...

x

• Pour étudier les branches infinies lorsque x −→ ±∞, former
un développement asymtotique de f (x)
...
6

Éliminer t entre x et y , pour obtenir une équation cartésienne de Γ et reconnaître alors Γ
...

1
t

25
...

a) Calculer x (t), y (t), s (t) =
s(t) par un calcul de primitive
...
4

b) L = s(4) − s(2)
...
7
2

+ y (t) , puis

Les courbes Cλ et Γ sont tangentes en un point
f λ (x) = g(x)
d’abscisse x si et seulement si :
f λ (x) = g (x)
...


Du mal à démarrer ?

25
...
8 Remarquer que ρ est π-périodique et impaire
...
9 Remarquer que ρ est

π

...

2π
, for3
mer l’ordonnée Y (θ) du point courant de Γ dans le repère
2π
[2π] :
orthonormé direct (O ; O X,OY ) où (O x,O X) =
3

25
...

2

3π
, former
4
l’ordonnée Y (θ) du point courant de Γ dans le repère ortho3π
[2π] :
normé direct (O ; O X,OY ) où (O x,O X) =
4
3π
, et étudier la limite de Y (θ), en utiliY (θ) = ρ(θ)sin θ −
4
3π

...

pour chercher la limite de Y (θ) lorsque θ −→
3
• Pour l’étude des points doubles, résoudre :

et utiliser le changement de variable α = θ −

ρ(θ + 2kπ) = ρ(θ) ou ρ(θ + 2kπ + π) = −ρ(θ),

25
...


d’inconnue (k,θ) ∈ Z × R
...
11 Calculer x (t), y (t) , puis s (t) =

x (t)

2

2

+ y (t)
...

D’autre part, calculer tan ϕ(t) =
x(t)
s (t)

...
12

• Pour l’étude du point stationnaire, correspondant à
t = −1, former des DL 3 (−1) de x(t) et y(t), en utilisant le
changement de variable h = t + 1
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

• Pour l’étude de la branche infinie, lorsque t −→ ±∞, détery(t)

...


t−→±∞

25
...

;−
t1 ∈ −
et t2 ∈ 0 ;
6
2
4

25
...


Ensuite, on peut primitiver pour déduire s(θ)
...
17 Utiliser une représentation paramétrique de E pour exprimer la longueur L 1 de E par une intégrale
...
Enfin, montrer que ces deux intégrales sont égales
...
18 b) Former une équation cartésienne de la tangente T (t) en
un point quelconque P(t) de C
...
Cette équation admet deux solutions t,u d’où deux
tangentes T (t) et T (u) à C et passant par M
...

b) α) L’intersection de C et d’une droite d’équation
ux + vy + h = 0 se traduit par une équation du troisième
degré en t
...


25
...

β) Calculer t en fonction de t en appliquant la CNS précédente
au triplet (t, t, t ), puis calculer la fonction symétrique élémentaire σ2 de t1 ,t2 ,t3, et appliquer α) en réciproque
...
1

f est définie, continue sur R, dérivable sur R − {0,6} ,

et :
x(x − 4)

f (x) =

∀x ∈ R − {0,6},

3

x 2 (x

− 6)

2

Les limites de x et y en +∞ et en −∞, et les valeurs de x et
y en −1 et 0, sont immédiates, d’où le tableau de variations :
t

,

−∞

−1
−

x

+∞

0
−

+

0

x

x

−∞

0

4
+∞

+

f (x)

−

+
+∞

0

−∞

Au voisinage de ±∞ :
f (x) = x 1 −
3

= x 1−

= x −2−

4
+o
x

6
x

2

+o

+

0

−

+

0

1
x2

x (t) = 0

, d’inconnue t ∈ R, admet
y (t) = 0
une solution et une seule, t = 0, donc Γ admet un point stationnaire et un seul A, correspondant à t = 0
...


Pour étudier l’allure de Γ au voisinage de t = 0, on effectue
des développement limités en 0, qui sont ici immédiats, puisque
x et y sont des polynômes :
x(t) = −1 + t 2
y(t) = −1 + 3t 2 + 2t 3
...
−∞), Γ est au-dessous (resp
...

y
D

j

i

G

4
6

O

x

–1

O
x

--2 √4
3

25
...


G

−→
−
−
→ dk M
(0), on a donc
Avec les notations du cours, Vk =
dt k
1
0
→ →
−
→
−
→ − −
, V3 = 3!

...

On conclut que A est un point de rebroussement de première
−
→
espèce et que la tangente en A à Γ est dirigée par V2
...
4 a) Les applications x et y sont de classe C 1 sur
−

1
; +∞ et, pour tout t ∈
2

2t 3
y(t)
= 2t −→ ±∞, donc Γ admet
∼
t−→±∞
x(t) t−→±∞ t 2
une branche parabolique de direction asymptotique y y
...

x
L’application ϕ est dérivable sur R∗ et :

x

+

0

1

0

y

t

où ϕ(x) = 1 + e x +

e

y

2(u + 1) du = (u + 1)2

25
...


d'où le tableau de variations :
x

= (2t)2 + 4(2t + 1)

= (t + 1)2 − 1 = t 2 + 2t
...


0

donc Γ admet la 2ème bissectrice pour axe de symétrie, et on
peut restreindre l'étude à t ∈ [1; +∞[
...


∀t ∈ ]0; +∞[, x

y (t) = 2(2t + 1) 2
...
3

1

x (t) = 2t,

• Étude des branches infinies
La courbe Γ admet deux branches infinies, lorsque t −→ −∞
et lorsque t −→ +∞
...

365

2) Réciproquement, supposons x 2 − y 2 − y = 0
...
On a alors :
x

1

ex
−−
• f (x) − − → 1 et f (x) ∼ + 1
−
x→0
ex
x →0

2

− − → 0,
−−
x → 0+

donc Γ admet O pour point anguleux
...


Au voisinage de ±∞ :
f (x) =

x
1

1 + ex

= x 2+

1
1
1
+ 2 + 3 +o
x
2x
6x

=

1
x
1
1
1+
+o
+ 2 +
2
2x
4x
12x 3

=

x
1−
2

−1

1
1
+ 3
4x 2
4x

x
1
1
+o
− +
2
4 48x 2

1
x2

/
∗ Si t 2 = 1, alors x =

t2
t

...
Le point (x = 0, y = 0) est par ailleurs obtenu pour
t = 0 dans la représentation paramétrique
...


−

1
+o
8x 3

Le couple (x = 0, y = 0) est obtenu pour t = 0
...
On peut cependant considérer que
x=
2
1−t
1 − t2
le couple (x = 0, y = −1) est obtenu pour t −→ ±∞
...


Finalement, Γ est la courbe d’équation cartésienne
x 2 − y 2 − y = 0, privée (éventuellement) du point (0, −1)
...
6

Les courbes que l’on doit savoir reconnaître sont les
droites et les coniques
...


1) Supposons M ∈ Γ
...


On conclut que Γ est une hyperbole équilatère, de centre
1
1
Ω 0, − , d’asymptotes d’équations y = − ± x, et pas2
2
sant, par exemple, par le point O
...

x=
2
1−t
1 − t2
On a donc : y = t x
...

• Si x = 0, alors t = 0, puis y = 0, donc l’égalité
x 2 − y 2 − y = 0 est vérifiée
...
7

y

•ρ est dérivable sur 0;

Cλ

∀θ ∈ 0;

π
,
2

θ

α
1

ρ (θ) = 1 + tan2 θ > 0
...

λ

L’équation aux x des points d’intersection de Cλ et Γ est :
ex + λ = ln x
...

1
On a, pout tout x ∈ ]0 ; +∞[ : ex = ⇐⇒ x ex = 1
...

De plus : ϕ(0) = −1 < 0 et

π
2

• Branche infinie θ −→

−

:

On calcule l’ordonnée Y (θ) d’un point de C, dans le repère
− −
→ →
orthonormé direct (O; O X, OY ) défini par
π
− −
→ →
< O x, O X = [2π] :
)
2
Y (θ) = ρ(θ) sin θ −

π
= −ρ(θ) cos θ = −sin θ
...

y
C

--1

O

1

x

lim ϕ(x) = +∞ > 0
...

On conclut que Cλ et Γ sont tangentes si et seulement si
1
λ = −α − , où α ∈ ]0 ; +∞[ est le réel tel que α eα = 1
...
8

0,567, λ

−2,330
...
De plus, ρ est impaire ; on fera donc varier θ dans
π
0;
, puis on effectuera la symétrie par rapport à y y
...
9 • ρ est

3π
-périodique et impaire ; on fera donc varier
2

3π
, puis on effectuera la symétrie par rapport à
4
3π
[2π]
...

367

θ

0

ρ (θ )

3π/4
+
+∞

ρ(θ)

0

3π
:
4
L’ordonnée Y (θ) d’un point de C dans le repère orthonormé
3π
− −
→ →
− −
→ →
[2π], est
direct (O; O X, OY ) , défini par O x, O X =
4
donnée par :
• Étude en

3π

...

À cet effet, on forme des DL(1) de x et y
...

t−→1

Commençons par former les DL 2 (1) de x et y :
x (t) =

3π
− − 0,
−→
4 θ→ 3π
4

= h+

3π
+α
4

2
3

sin α = −

α3
α−
+ o(α3 )
3 17
6
=−
= − + α2 + o(α2 )
...

D

1+h+

= h+

sin α
2α
tan
3

h2
2

= h+

on a :
Y (θ) = tan

(1 + h)2 − 1
2h + h 2
t2 − 1
=
=
2+1
2+1
t
(1 + h)
2 + 2h + h 2

x(t) =

h2
h3
−
+ o(h 3 )
...
10

x (t) =

t2 − 1
,
t2 + 1

y (t) =

t2 − 1

...
De plus : x(1) = 0, y(1) = 0
...

2
3


 x(t) = 1 h 2 −


2


 y(t) = 1 h 2 −
2
1/2
1/2
−1/6
−1/3

1 3
h + o(h 3 )
6
1 3
h + o(h 3 ),
3

−
→
= 0 , donc p = 2,
/
−
→
non colinéaire à V2 , donc q = 3
...
De plus, la tan−
→
gente en O à Γ est dirigée par V2 , donc est la première bissectrice B1 du repère
...
h > 0), on a y(t) − x(t) > 0 (resp
...
t > 1) est au-dessus
(resp
...

y
t <1

y est C ∞ sur R∗ et : ∀t ∈ R∗ , y (t) = 2 +
−∞

t

t >1

x

25
...

t→−1

et y :
x(t) = −1 + h 2 ,
y(t) = −2 + 2h − (1 − h)−2
= −2 + 2h − 1 + 2h + 3h 2 + 4h 3 + o(h 3 )
= −3 − 3h 2 − 4h 3 + o(h 3 )
...

t3

−→
En notant h = t + 1 − − 0 , on obtient des DL 3 (−1) de x

t =1
O

2

0

+∞

y

G

−1
−

x

y

B1
V2

s (t)

25
...

sin2 t

π π
, on a 2t ∈
;
4 2
cos 2t < 0, et d’autre part, sin t > 0, d’où :
Comme t ∈ I =

s (t) =

π
; π , donc
2

cos2 2t
cos 2t

...

On conclut :
R(t) =

s (t)
cos 2t
=−

...


Avec les notations du cours, p = 2, q = 3, donc A est un point
de rebroussement de 1ère espèce, et la tangente en A est diri−
→
gée par V2
...

En notant S = t + u , P = tu, on a :

2
2
 2(t − u) + (t − u ) = 0



1
1
(S) ⇐⇒ 2(t − u) +
− 2 =0

u2
t



t =u
/


2 + t + u = 0

 S = −2
t +u
⇐⇒ 2 + 2 2 = 0 ⇐⇒ P 2 = 1
...

•

δ(t) = 2t + t 2 − a 2t −

1
t2

2

+ b 2t −

4a
a
b
− 2 + 4
t
t
t

= (1 − 4a)t 2 + (2 − 2b)t − c +

S = −2
: t,u sont solutions de X 2 + 2X − 1 = 0 , donc
P = −1
√
√
t = −1 − 2, u = −1 + 2 (à l’ordre près)
...

t
t
t

y(t) = y(u) =
=S−

Donc :



a = 1

 1 − 4a = 0
4
...

2P 2

+c

= 2t + t 2 − 4at 2 + 2bt + c −

•

Pour calculer les coordonnées de ce point double, on peut remarquer :

1
t2

1 2
y + y est donc asymptote
4

à Γ
...
−∞), Γ est à droite (resp
...

De plus, δ(t) =

Étude au voisinage de ±∞ :
1
2t − 2
2
y(t)
t
∼
=
− − 0
...

Cherchons une éventuelle parabole asymptote à Γ, c’est-à-dire
une parabole Π d’équation x = ay 2 + by + c , (a,b,c) ∈ R3 ,
telle que, lorsqu’on coupe Γ et Π par une droite parallèle à (x x),
la distance entre les deux points d’intersection tende vers 0
lorsque t tend vers ±∞
...


2π
-périodique, y est π -périodique ; une période com3
mune à x et y est 2π, d’où une étude sur un intervalle de longueur 2π pour obtenir toute la courbe
...


P
G
y(t)

P(t)
M(t)

O

x(t)
a(y(t))2

370

25
...


+ by(t) + c

x

• ∀t ∈ [0; π] , x(π − t) = −x(t) et y(π − t) = −y(t)
...

π
• x et y sont dérivables sur 0;
et :
2
π
,
x (t) = −3 sin 3t, y (t) = 2 cos 2t
...
14 • ρ est 2π-périodique et, pour tout θ, ρ(π + θ) = −ρ(θ) ;


3t2 = 3t1 [2π]
2t2 = 2t1 [2π]

⇐⇒  ou
et ou
3t2 = −3t1 [2π]
2t2 = π − 2t1 [2π]


t2 = t1


⇐⇒  ou


t2 = −t1

2π
3
2π
3


t2 = t1 [π]


...
On résout alors le système de
−
6
2
4
congruences avec ces inégalités supplémentaires :
2π
t2 = t1

3
 ou

2π
t2 = −t1
3

t2 = t1 [π]
et ou
π
t2 = − t1 [π]
2


π
 5π
−
< t1 < − 
6
2
et
0 < t < π

2
4

 5π
π
−

 6 < t1 < − 2






 t1 = − 7π


π
12 ,
0 < t2 <
⇐⇒
⇐⇒
4



t = π

 2


12
 t2 = −t1 − 2π


3
t2 = t1 + π
d’où les coordonnées de ce point double :

• Le dénominateur de ρ(θ) s’annule (dans [0; π]) pour θ = θ0 ,
où θ0 = Arctan 2
...


L’obtention de certains points doubles (ceux correspondants
aux points d’intersection avec x x et y y) est immédiate, par
5π
π
exemple pour : t1 = − , t2 =
...


√
2 1
,

...

2 − tan θ

−→
En notant α = θ − θ0 − − 0 , on a :
θ→θ0
Y (θ) =
=

2 cos (θ0 + α)
sin α
2 − tan (θ0 + α)
2(cos θ0 cos α − sin θ0 sin α)sin α
2 + tan α
2−
1 − 2 tan α

=−

2
5

2
1
√ cos α − √ sin α (1 − 2 tan α) cos α
5
5

2 1
2
√ − √ α + o(α) 1 − 2α + o(α)
5
5
5
√
√
√
2 5 8 5
2 5
=−
+
α + o(α) −−→ −

...
θ0 ), C se trouve au-dessus (resp
...

y

X
C

Étude en

− −
→ →
Dans le repère orthonormé direct (O; O X, OY ) défini par
2π
− −
→ →
O x, O X =
[2π], l’ordonnée Y (θ) d’un point de C est
3
2π

...
15

• ρ est 2π-périodique et paire ; on fera donc varier θ
dans [0; π], puis on effectuera la symétrie par rapport à x x
...

3
2θ = −θ [2π]
• ρ est dérivable sur [0; π] −

ρ (θ) =
0

2π
3

ρ (θ )

−

0

√
√
3
3
1
1
− cos α −
sin α + cos 2α −
sin 2α
2
2
2
2
√
2
2 3 1
α + o(α )
+ α + o(α)
...

, C est au-dessus (resp
...

Points doubles :
Les éventuels points doubles sont obtenus en résolvant les deux
équations :

d’inconnue (θ,k) ∈ R × Z
...

(cos θ − cos 2θ)2

+∞

4π
+ 2α
3
sin α

ρ(θ + 2kπ) = ρ(θ) ou ρ(θ + 2kπ + π) = −ρ(θ),

et :

Arccos 1/4

2π
+ α − cos
3

=

x

D

ρ(θ )

sin α

Y (θ) =
α

θ

2π
:
3

ρ(θ + π) = −ρ(θ)
π

2π/3
+

⇐⇒ cos 2θ = 0 ⇐⇒ θ = −

3π
π

...

372

O
Y

1

x

Donc C admet deux points doubles, symétriques par rapport
à x x ; celui qui est situé dans le premier quadrant correspond
3π
π
et à θ =
...
Alors
x = ρ(θ) cos θ
C admet la représentation paramétrique
,
y = ρ(θ) sin θ
d’où, avec des hypothèses de régularité :

25
...


1

25
...

• x est paire et y est impaire ; on fera donc varier t dans [0; π],
puis on effectuera la symétrie par rapport à x x
...


s (θ) = ρ2 (θ) + ρ 2 (θ) 2
...

2 0
2

25
...


∀t ∈ 0;

π
π
π
− t = y(t), y
− t = x(t) ,
, x
2
2
2

π
, puis on effectuera la symétrie par
4
rapport à la 1ère bissectrice
...

t

π

0

2

π /4

0

x

x 2 (t) + y 2 (t) dt

0

= 4a

π
, puis on effectuera la symétrie par
2

• Enfin, puisque :

1
ϕ
1 + th2
dϕ
2
2

θ

L1 = 4

∀t ∈ [0; π] , x(π − t) = −x(t), y(π − t) = y(t) ,

4 sin2 t + cos2 t dt
...

2

donc C admet x x pour tangente en (a,0)
...


y

25
...
L’équation aux t des points de
contact des tangentes menées de M à C est, d’après le résultat précédent :
x sin t + y cos t − a sin t cos t = 0
...


--1

La tangente T (t) (resp
...
P(u)) à C est
dirigée par (−cos t, sin t) resp
...
On a :

O

1

x

T (t) ⊥ T (u) ⇐⇒ cos t cos u + sin t sin u = 0
π
⇐⇒ cos (u − t) = 0 ⇐⇒ u ≡ + t [π]
2
⇐⇒

cos u = −sin t
ou
sin u = cos t

cos u = sin t
sin u = −cos t

Ainsi :
M ∈ Γ ⇐⇒ ∃(ε,t) ∈ {−1,1} × R,
x sin t + y cos t = a sin t cos t
εx cos t − εy sin t = a sin t cos t
⇐⇒ ∃(ε,t) ∈ {−1,1} × R,
x = a(sin t + ε cos t)sin t cos t

...

2
374

3) de C sont alignés si
b) α) Les trois points M(ti ) (1 i
2
et seulement s’il existe (u,v,h) ∈ (R − {(0,0)}) × R tels que
t1 ,t2 ,t3 soient les solutions de l’équation (d’inconnue t ∈ R) :
u

1 − t2
1 − t2
+ vt
+ h = 0,
1 + t2
1 + t2

c’est-à-dire : −vt 3 + (h − u)t 2 + vt + (u + h) = 0
...


β ) • Le calcul de t en fonction de t s’obtient en exprimant la
condition du b) α) pour le triplet (t,t,t ) : t 2 + tt + tt = −1,
ou encore : t = −

1
1 + t2
1
t+
=−

...

σ3

--1

t'3 O

t2
t1

x

2
t1 t2 = (t1 + t2 + t3 )(t1 t2 + t1 t3 + t2 t3 ) − 3t1 t2 t3 ,

Comme
(6)

on obtient :
σ2 =

1
σ1 σ2 − 3σ3
σ1
+
σ2 +
4
σ3
σ3

donc les points M(ti ) (1

i

= −1,

t'1

3) sont alignés
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
La photocopie non autorisée est un délit
...
La photocopie non autorisée est un délit
...

• Toutes les méthodes à retenir présentées de façon synthétique étape
par étape
...

• Des indications pour bien démarrer la résolution des exercices
...


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ISBN 978-2-10-053974-1

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...
com

JEAN-MARIE MONIER
est professeur en classe
de Spéciales au lycée
La Martinière-Monplaisir
à Lyon

---

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Description: un livre qui peut aider tous les étudiants, spécialement les étudiants de mathématique. La surface de ce livre est facile, il contient plus de 2050 exercices avec solutions détaillées, méthodes et rappel de les leçons.

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