Mathématiques exercices incontournables BCPST 1 - 2e éd. (Concours Ecoles d'ingénieurs) (French Edition) [2 ed.] 2100767461, 9782100767465

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EXERCICES INCONTOURNABLES

BCPST 1 VIDIAN ROUSSE NICOLAS BLANC

Mathématiques

exercices incontournables 2e ÉDITION

Conception et création de couverture : Atelier 3+

© Dunod, 2017 11 rue Paul Bert, 92240 Malakoff www.dunod.com ISBN 978-2-10-076746-5

Table des matières

Outils de bases 1 Calcul algébrique 2 Nombres complexes et trigonométrie 3 Dénombrement

7 27 45

Algèbre 4 5 6 7 8

Systèmes linéaires Matrices Polynômes Géométrie Espaces vectoriels et applications linéaires

65 75 103 123 141

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Analyse 9 Nombres réels et suites réelles 10 Limites et continuité des fonctions d’une variable 11 Dérivation des fonctions d’une variable réelle 12 Développements limités et études de fonctions 13 Intégration des fonctions sur un segment 14 Équations différentielles 15 Fonctions de deux variables

175 201 215 239 261 291 317

Probabilités 16 17 18 19

Statistique descriptive Espaces probabilisés Variables aléatoires finies Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Index

331 343 361 393

419

Avant-propos Cet ouvrage s’adresse aux étudiants de première année BCPST de classes préparatoires scientifiques. Il leur propose de mettre en pratique les notions abordées en cours de mathématiques et d’algorithmique par le biais d’exercices. Chacun est suivi d’une correction détaillée et commentée dans laquelle l’accent est mis sur la méthode qui mène à la solution. Le livre est divisé en quatre parties et dix-neuf chapitres, consacrés chacun à une partie du programme avec respect de la séparation en deux semestres. Au sein d’un même chapitre, les exercices ont été choisis de façon à passer en revue toutes les capacités attendues autour des notions à connaître. Ces capacités sont listées à la fin de chaque chapitre avec un renvoi explicite aux questions et exercices dans lesquels elles sont utilisées. Les principales formules sont également rappelées au sein de chaque capacité. En BCPST, l’informatique joue un rôle important et indissociable des mathématiques. Nous avons donc également intégré des questions de programmation en Python quand l’exercice pouvait s’y prêter. En ce qui concerne les corrections, nous avons choisi de séparer clairement : • la réflexion préliminaire, comprenant analyse du problème et tâtonnements au brouillon (nous nous sommes en particulier autorisés une plus grande liberté dans la façon de formuler les idées et le sens profond de certaines notions parfois au mépris d’une certaine rigueur mathématique mais toujours dans un souci pédagogique), • de la rédaction finale, rigoureuse et précise.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Cette dernière étape est signalée dans le texte par la présence d’un liseré gris sur la gauche et d’un . Insistons sur le fait que nous ne prétendons nullement présenter l’unique cheminement permettant d’aboutir à la solution d’un exercice donné, ni la seule rédaction acceptable. Par ailleurs, nous avons souhaité mettre en exergue les idées réutilisables en les rédigeant sur un fond grisé et indiqué par un

. De même,

. la présence d’une difficulté courante est signalée par un L’index présent en fin d’ouvrage fournit des renvois aux principales notions aussi bien vers la liste de capacités du chapitre dont elles dépendent que vers leurs utilisations explicites dans d’autres chapitres. Enfin, comme l’usage le veut l’expression “si et seulement si” sera parfois abrégée en “ssi”.

Partie 1 Outils de bases

Outils de bases 1 Calcul algébrique Semestre 1 1.1 : Techniques de sommation de base 1.2 : Séparation pairs/impairs 1.3 : La somme des premiers cubes I 1.4 : Sommes télescopiques 1.5 : Formule du binôme et moments de la loi binomiale 1.6 : La formule de Vandermonde I Liste des capacités attendues

2 Nombres complexes et trigonométrie Semestre 1 2.1 : Autour de la formule d’Al-Kashi 2.2 : Identité de Lagrange et inégalité de Cauchy-Schwarz 2.3 : Complexes de module 1 2.4 : Équations sur C 2.5 : Racines 5-ièmes et constructibilité du pentagone 2.6 : Système d’équations sur C 2.7 : Équations trigonométriques I 2.8 : Équations trigonométriques II 2.9 : Linéarisation et applications Liste des capacités attendues

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3 Dénombrement Semestre 1 3.1 : Q.C.M. et structure de données 3.2 : Combinaisons avec répétitions 3.3 : Autour de la formule du crible 3.4 : Formules de Vandermonde et du binôme de Newton 3.5 : Tirages avec et sans remise 3.6 : Comment vider une urne ? Liste des capacités attendues

7 7 12 13 16 18 21 24

27 27 29 30 31 33 35 36 38 41 43

45 45 46 49 52 54 58 60

CHAPITRE

1 Calcul algébrique

On rappelle le vocabulaire élémentaire associé aux sommes n 

n 

uk et aux produits

k=m

uk d’un nombre fini de termes :

k=m

• k est l’indice de la somme ou du produit, • m et n sont les bornes respectivement inférieure et supérieure de la somme ou du produit, • uk est le terme général de la somme ou du produit.

Exercice 1.1 : Techniques de sommation de base 1. Soit (un ) une suite arithmétique de raison r (r = 0) et de premier terme u0 . n  Calculer uk . k=m

2. Soit (un ) une suite géométrique de raison q (q = 1) et de premier terme u0 . n n   Calculer uk et uk .

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k=m

k=m

3. Montrer que, pour tout n ∈ N∗ ,

n 

(2k − 1) =

k=1

(2n)! . 2n n!

Écrire une fonction Python d’en-tête def produit_impairs(n) qui calcule le produit des n premiers entiers naturels impairs.  j   . |i − j| et 4. Calculer i 1i,jn

1ijn

1. Il y a plusieurs façons naturelles de procéder : • la suite est arithmétique donc son terme général s’écrit uk = u0 + kr et on est ainsi ramené à une somme d’entiers consécutifs ;

8

Chapitre 1

Calcul algébrique

n 

uk

=

k=m

n 

k=m

=

n 

(u0 + kr) = u0

k=m



u0 (n − m + 1) + r



= = =

n 

1+r

n 

k

k=m





m−1

k−

k=1

k

k=1

(m − 1)m n(n + 1) − (n − m + 1)u0 + r 2 2



n2 + n − m2 + m r 2 (n + m)(n − m + 1) r. (n − m + 1)u0 + 2 (n − m + 1)u0 +

• on peut alternativement utiliser l’expression uk = um + (k − m)r pour se ramener directement à la somme des premiers entiers ; n 

[um + (k − m)r]

=

um

k=m

n 

1+r

k=m

n 

(k − m)

k=m



n−m

um (n − m + 1) + r

=

k

k =0

(avec le changement d’indice k = k − m) (n − m)(n − m + 1) (n − m + 1)um + r 2 (n − m)(n − m + 1) (n − m + 1)(u0 + mr) + r 2 (n + m)(n − m + 1) . (n − m + 1)u0 + r 2

= = =

• on peut encore utiliser la démarche du jeune Gauss ∗ en ajoutant la somme inconnue à elle-même mais en ordonnant les termes dans l’autre sens 1 + 2 + ··· + n + n − 1 + ··· + (n + 1) + (n + 1) + · · · +

k n+1−k (n + 1)

+ + +

ce qui lui a permis d’obtenir rapidement que 2

··· + ··· + ··· +

100 

n−1 + 2 + (n + 1) +

n 1 (n + 1)

k = 100 × (100 + 1).

k=1

Avec les changements d’indice k = k − m et k = n − k, on a n  k=m

uk +

n  k=m



n−m

uk =

k =0



n−m

um+k +

k =0



n−m

un−k =

(um+k + un−k ).

k=0

∗. Carl Friedrich Gauss (1777-1865), le Prince des mathématiciens, a ouvert la voie à de nombreux domaines des mathématiques. Il racontait lui-même cette anecdote pour construire sa légende.

Exercice 1.1

Techniques de sommation de base

9

On remarque alors que um+k + un−k = um + kr + un − kr = um + un est indépendant de k, d’où n 

uk

u0 + mr + u0 + nr um + un = (n − m + 1) 2 2

=

(n − m + 1)

=

(n − m + 1)u0 + r

k=m

(n − m + 1)(m + n) . 2

2. Pour la somme des termes consécutifs d’une suite géométrique, il y a encore plusieurs façons naturelles de procéder : • la suite est géométrique donc son terme général s’écrit uk = u0 q k et on est ainsi n  1 − q n+1 ramené à la somme connue qk = ; 1−q k=0

n 

uk

=

k=m

n 

um q k−m = um

k=m

um

q k−m

k=m



n−m

=

n 

qk



(avec le changement d’indice k = k − m)

k =0

=

um

1 − q n−m+1 1 − q n−m+1 = u0 q m . 1−q 1−q

• on peut aussi reprendre l’idée de Gauss et voir comment la relation uk+1 = quk permet d’obtenir une équation algébrique du premier degré d’inconnue la somme cherchée.

q

n 

uk =

k=m

n  k=m

uk+1 =

n+1 

uk =

k =m+1

n 

uk + un+1 − um ,

k=m

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

d’où n 

uk =

k=m

1 − q n−m+1 um − qun u0 q m − qu0 q n um − un+1 = = = u0 q m . 1−q 1−q 1−q 1−q

Quant au produit des termes consécutifs de la même suite géométrique, le problème se déplace dans l’exposant et se ramène à la somme des termes consécutifs d’une suite arithmétique.  n  k=m

uk =

n 

(u0 q k ) = un−m+1 q 0

k=m

n

k=m

 k

= un−m+1 q 0

(n+m)(n−m+1) 2

.

10

Chapitre 1

Calcul algébrique

3. Le produit fait penser à la définition d’une factorielle mais seuls les termes impairs sont présents : 1 × 2 × 3 × · · · × (2k − 1) × (2k) × · · · × (2n − 1) × (2n) = 1×

3 × · · · × (2k − 1)

× · · · × (2n − 1)

=

(2n)! n  (2k − 1). k=1

Les termes pairs manquants donnent eux : 2 × 4 × · · · × (2n − 2) × (2n) = [2 × · · · × 2][1 × 2 × · · · × (n − 1) × n].   n fois n 

(2k − 1) =

k=1

(2n)!

n 

= 

(2k)

k=1

(2n)! n 



2

k=1

n 

=

(2n)! . 2n n!

k

k=1

L’implémentation en Python du calcul du produit se fait naturellement à l’aide d’une boucle for, il y a plusieurs possibilités selon que l’on calcule le terme général du produit à part ou non. 1 2 3 4 5

def produit_impairs(n): P=1 for k in range(2,n+1): P=P*(2*k-1) return P

1 2 3 4 5

# # # # #

1 2 3 4 5

def produit_impairs(n): P,I=1,3 for k in range(1,n): P,I=P*I,I+2 return P

# # # # #

# # # pour chaque impair entre 3 et 2n-1 # #

def produit_impairs(n): P=1 for k in range(3,2*n,2): P=P*k return P

4. On commence par écrire la somme double comme deux sommes simples imbriquées ; 

|i − j|

=

1i,jn

 n n   i=1

 |i − j|

j=1

puis on découpe la somme intérieure selon le signe de la différence i − j pour pouvoir “éliminer” la valeur absolue ;

=

 i−1 n   i=1

j=1

(i − j) + 0 +

n  j=i+1

 (j − i)

Exercice 1.1

Techniques de sommation de base

11

en les écrivant en développé, on constate que les deux sommes sont connues i−1  j=1 n 

(i − j) = (i − 1) + (i − 2) + · · · + 2 + 1, (j − i) = 1 + 2 + · · · + (n − i − 1) + (n − i) ;

j=i+1



|i − j|

=

1i,jn

 i−1 n  



j +

j  =1

i=1



n−i 

j



j  =1

(avec les changements d’indice j  = i − j et j  = j − i)

=

n   (i − 1)i

2

i=1

+

(n − i)(n − i + 1) 2



on regroupe alors selon les puissances de i et on conclut par linéarité de la somme.

=

n  

i2 − (n + 1)i +

i=1

= =

n(n + 1) 2



n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) 1 − (n + 1) + n2 (n + 1) 6 2 2   (n − 1)n(n + 1) n(n + 1) . 2n + 1 − 3(n + 1) + 3n = 6 3

Quant à la seconde somme, on choisit de sommer en premier (la somme extérieure) n   sur j qui varie donc selon 1 H  i  j  n (à ce stade, i n’existe pas encore) i.e. , H j=1

H une fois j fixé, on somme sur i qui varie donc selon 1  i  j   n (la contrainte H j  concernant j a déjà été prise en compte précédemment) i.e. . i=1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

 j  1ijn

i

=

 j   n   j j=1

=

n 

i=1

i

(2j − 1)

(d’après la formule du binôme de Newton)

j=1

=

2

n  j=1

=

2

2j−1 −

n 

1

(par linéarité de la somme)

j=1

1 − 2n − n = 2n+1 − n − 2. 1−2

12

Chapitre 1

Calcul algébrique

Exercice 1.2 : Séparation pairs/impairs  n   2n . 2k 2k − 1 k=0 k=1 En considérant Pn + In et Pn − In , calculer les deux sommes Pn et In . 2n  2. Calculer, pour n ∈ N∗ , (−1)k k 2 . 1. Pour n ∈ N∗ , on pose

Pn =

 n   2n

et

In =

k=0

1. Écrivons les sommes en développé pour visualiser ce qui se passe :         2n 2n 2n 2n Pn = + + ··············· + + ······+ 0 2 2k 2n         2n 2n 2n 2n + + ···+ + ··· + In = 1 3 2k − 1 2n − 1             2n 2n 2n 2n 2n 2n Pn + In = + + ···+ + + ··· + + 0 1 2k − 1 2k 2n − 1 2n             2n 2n 2n 2n 2n 2n Pn − In = − + ···− + − ··· − + . 0 1 2k − 1 2k 2n − 1 2n On a, pour n ∈ N∗ , d’après la formule du binôme de Newton, Pn + In

=

 2n   2n p=0

Pn − In

=

2n 

p

 (−1)p

p=0

D’où Pn = In =

= (1 + 1)2n = 22n ,



2n p

= (1 − 1)2n = 0.

1 2n 2 = 22n−1 . 2

2. Là encore, écrivons la somme en développé : 2n 

(−1)k k 2 = 02 − 12 + 22 − · · · − (2p − 1)2 + (2p)2 − · · · − (2n − 1)2 + (2n)2

k=0

pour constater qu’il y a des simplifications entre deux termes consécutifs puisque (2p)2 − (2p − 1)2 = [2p + 2p − 1][2p − (2p − 1)] = 4p − 1. Pour n ∈ N∗ , 2n 

(−1)k k2

=

k=0

n  p=1

=

n  p=1

=

(2p)2 −

n 

(2p − 1)2

p=1

(4p − 1) = 4

n  p=1

p−

n  p=1

2n(n + 1) − n = n(2n + 1).

1

Exercice 1.3

La somme des premiers cubes I

13

Exercice 1.3 : La somme des premiers cubes I On se propose de calculer Sn =

n 

k 3 , pour n ∈ N∗ , par quatre ∗ méthodes

k=1

différentes et indépendantes. n2 (n + 1)2 . 4

1. Montrer par récurrence que, pour tout n ∈ N∗ , Sn = 2. Calculer (k + 1)4 − k 4 , en déduire que (n + 1) − 1 = 4Sn + 6 4

n  k=1

2

k +4

n 

k+n

k=1

et retrouver l’expression de Sn . 3.

a. Justifier que (n + 1 − k)3 = (n + 1)3 − 3(n + 1)2 k + 3(n + 1)k 2 − k 3 . b. En déduire que Sn = n(n + 1)3 − 3(n + 1)2

n 

k + 3(n + 1)

k=1

4.

et retrouver l’expression de Sn .  a. En calculant de deux façons

n 

k 2 − Sn

k=1

j 2 , montrer que

1ijn

n (n + 1)(2n + 1) 1 1 2 1 i − i. − Sn + 6 3 2 i=1 6 i=1 n

2

Sn =

n

b. Retrouver alors l’expression de Sn .

1. Le résultat est donné dans l’énoncé, le raisonnement par récurrence est bien possible, encore faut-il indiquer clairement l’hypothèse de récurrence.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Pour n  1, notons Pn l’assertion “Sn = Pour l’initialisation, S1 =

1 

n2 (n + 1)2 ”. 4

k3 = 13 = 1 d’une part et

k=1

12 (1 + 1)2 22 = = 1 d’autre 4 4

part donc P1 est vraie. Pour l’hérédité, supposons Pn vraie pour un certain n  1, alors n2 (n + 1)2 (n + 1)2 2 + (n + 1)3 = [n + 4(n + 1)] 4 4 (n + 1)2 [(n + 1) + 1]2 (n + 1)2 2 = (n + 4n + 4) = 4 4 donc Pn+1 est vraie. n2 (n + 1)2 . Finalement, par principe de récurrence, pour tout n  1, Sn = 4 Sn+1

=

Sn + (n + 1)3 =

∗. On trouvera une cinquième méthode dans l’exercice 6.2 en page 108.

14

Chapitre 1

Calcul algébrique

2. On commence par développer pour visualiser la simplification. D’après la formule du binôme de Newton, (k + 1)4 − k4 = (k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1) − k4 = 4k3 + 6k2 + 4k + 1.

Le terme général de Sn apparaît dans le membre de droite, on va donc sommer cette égalité pour 1  k  n pour faire apparaître Sn . En sommant cette égalité, pour k variant entre 1 et n, on obtient n  



(k + 1)4 − k4 =

k=1

n  



4k3 + 6k2 + 4k + 1 .

k=1

D’où, par télescopage dans le membre de gauche et par linéarité de la somme dans le membre de droite, (n + 1)4 − 1 = 4Sn + 6

n 

k2 + 4

k=1

n 

k + n.

k=1

En isolant Sn , on conclut que



Sn

=

  2 1 (n + 1)4 − 1 − n − 4 k−6 k 4 

= = = =

n

n

k=1

k=1

 

1 (n + 1)4 − (n + 1) − 2n(n + 1) − n(n + 1)(2n + 1) 4   n+1 (n + 1)3 − 1 − 2n − n(2n + 1) 4   n+1 3 n + 3n2 + 3n + 1 − 1 − 2n − 2n2 − n 4 n2 (n + 1)2 n+1 3 (n + n2 ) = . 4 4

3.a. On reconnaît les coefficients de la formule du binôme, il suffit donc de bien découper n + 1 − k en (n + 1) − k. D’après la formule du binôme de Newton, (n + 1 − k)3 = [(n + 1) − k]3 = (n + 1)3 − 3(n + 1)2 k + 3(n + 1)k2 − k3 .

3.b. Là encore, on reconnaît à droite le terme général de Sn et on somme donc l’égalité. Par linéarité de la somme, n 

(n + 1 − k)3 = (n + 1)3 n − 3(n + 1)2

k=1

n  k=1

k + 3(n + 1)

n 

k 2 − Sn .

k=1

On doit aussi reconnaître Sn dans le membre de gauche ce qu’on constate en écrivant n  la somme en développé (n + 1 − k)3 = n3 + (n − 1)3 + · · · + 23 + 13 et qui incite k=1

donc à faire un changement d’indice par symétrie.

Exercice 1.3

La somme des premiers cubes I

En outre, avec le changement d’indice j = n + 1 − k,

n 

15

(n + 1 − k)3 = Sn donc

k=1 3

Sn = n(n + 1) − 3(n + 1)

2 n(n

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

n(n + 1)(2n + 1) + 1) + 3(n + 1) − Sn 2 6  2 n(n + 1) 2Sn = 2(n + 1) − 3(n + 1) + (2n + 1) 2   n(n + 1)2 Sn = − (n + 1) + (2n + 1) 4 n2 (n + 1)2 . Sn = 4

4.a. Il s’agit évidemment d’écrire la somme double comme deux sommes imbriquées avec les deux ordres possibles de sommation. D’une part,



2

j =

1ijn

et, d’autre part,



j

2

=

1ijn

 j n   j=1

=

n 

 i=1

(j 2 × j) = Sn

j=1

 j

=

2

=

j=i

 n n   i=1

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

=

j

i=1

 n n   i=1

 2

6

j=1

2

j −

i−1 

 j

2

j=1

(i − 1)i(2i − 1) − 6



n(n + 1)(2n + 1) 1 − (2i3 − 3i2 + i) . 6 6

D’où, par linéarité de la somme, Sn =

n n 1 n2 (n + 1)(2n + 1) 1 2 1 − Sn + i − i. 6 3 2 6 i=1

i=1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

4.b. Il ne reste plus qu’à extraire Sn de l’égalité précédente et utiliser là encore les sommes connues des premiers entiers et premiers carrés. En regroupant toutes les occurrences de Sn dans le membre de gauche, Sn =

n n n2 (n + 1)(2n + 1) 1 2 1 1 i − i − Sn + 6 3 2 6 i=1

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

i=1

n2 (n + 1)(2n + 1) 4 1 n(n + 1)(2n + 1) 1 n(n + 1) Sn = + − 3 6 2 6 6 2   1 3 n(n + 1) 2n + 1 − Sn = n(2n + 1) + 4 6 2 2 n(n + 1) n(2n + 1) + n Sn = 4 2 n2 (n + 1)2 . Sn = 4

16

Chapitre 1

Calcul algébrique

Exercice 1.4 : Sommes télescopiques

1. Calculer 2.

  1 ln 1 − 2 pour n  2. i i=2

n 

a. Déterminer des constantes réelles a, b et c telles que 1 a b c ∀ k  3, = + + . k(k 2 − 4) k−2 k k+2 b. En déduire une expression simple de la somme

n  k=3

1 pour n  7. k(k 2 − 4)

1. Il faut transformer l’écriture du terme général pour mettre en évidence la forme ai+1 − ai (utilisée ici avec ai = ln i − ln(i − 1)). On a, pour i  2,



ln 1 −

1 i2



=

ln



=

(i + 1)(i − 1) i2 − 1 = ln = ln(i + 1) − 2 ln i + ln(i − 1) i2 i2







ln(i + 1) − ln i − ln i − ln(i − 1) .

Par télescopage, on en déduit n  i=2



ln 1 −

1 i2











= ln(n + 1) − ln n − ln 2 − ln(2 − 1) = ln

n+1 . 2n

2.a. Comme mentionné dans l’énoncé, on demande de trouver a, b et c mais pas forcément d’expliquer comment. On procède donc au brouillon en partant de l’égalité à atteindre et en réduisant le second membre au même dénominateur 1 a b c ak(k + 2) + b(k − 2)(k + 2) + c(k − 2)k = + + = k(k 2 − 4) k−2 k k+2 (k − 2)k(k + 2) 2 2 2 a(k + 2k) + b(k − 4) + c(k − 2k) (a + b + c)k 2 + 2(a − c)k − 4b = = . 2 k(k − 4) k(k 2 − 4) La comparaison des termes de même degré (en k) du numérateur fait dire qu’il suffit 1 d’avoir a + b + c = 0, a − c = 0 et −4b = 1 qu’on résout très simplement : b = − et 4 1 b a=c=− = . 2 8 Ces nombres obtenus au brouillon sont alors injectés dans le second membre et la réduction au même dénominateur montre l’égalité avec le membre de gauche. Pour k  3, on a 1 1 1 − + 8(k − 2) 4k 8(k + 2)

=

k(k + 2) − 2(k − 2)(k + 2) + (k − 2)k 8(k − 2)k(k + 2)

=

1 k2 + 2k − 2(k2 − 4) + k2 − 2k = 8k(k2 − 4) k(k2 − 4)

Exercice 1.4

donc a = c =

Sommes télescopiques

17

1 1 et b = − conviennent. 8 4

2.b. Ce coup-ci, après transformation d’écriture, la structure ak+1 − ak n’apparaît pas clairement. Pour n  7,

n  k=3

1 k(k2 − 4)



=

n 1 1 2 1 − + 8 (k − 2) k (k + 2)



k=3

En écrivant les sommes en développé, n n n   1 1  1 −2 + = k−2 k k+2

1 2 1 − + 1 3 5 k=3 k=3 k=3 1 2 1 + − + 2 4 6 1 2 1 + − + 3 5 7 .. .. .. + . − . + . 2 1 1 − + + n−4 n−2 n 1 2 1 + − + n−3 n−1 n+1 1 2 1 + − + , n−2 n n+2 on constate qu’il faut décaler les colonnes verticalement (de deux crans vers le haut pour la première et deux vers le bas pour la dernière) pour aligner les simplifications donc on va faire des changements d’indice par translation pour mettre en évidence ces simplifications. 

=

n n n  1  1 1  1 −2 + 8 k−2 k k+2

 n−2 1  1 k=3

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

=

= =

8

k =1

k

k=3

−2

n  1 k=3

k

+

k=3

n+2  1 k =5





k

(avec les changements d’indice k = k − 2 et k = k + 2)  1 1 1 1 1 1 1 1+ − − − − + + 8 2 n−1 n 3 4 n+1 n+2  1 11 2 2 − 2 − 8 12 n −1 n(n + 2)

 1

=

1 8

=

1 8

 

n(n + 2) + (n2 − 1) 11 −2 12 n(n2 − 1)(n + 2)



11 2n2 + 2n − 1 . −2 12 n(n2 − 1)(n + 2)



18

Chapitre 1

Calcul algébrique

Exercice 1.5 : Formule du binôme et moments de la loi binomiale On se propose de calculer de deux façons § distinctes la valeur des sommes     n n   1 n k n k n−k p (1 − p)n−k , k p (1 − p) , In (p) = En (p) = k+1 k k k=0 k=0   n  n k k(k − 1) p (1 − p)n−k (avec p = 0). et Mn (p) = k k=0     n n−1 1. a. Vérifier que, pour 1  k  n, k =n . k k−1 b. En déduire la valeur de En (p). c. Avec la même stratégie, montrer que Mn (p) = n(n − 1)p2 2.

et

a. Donner une expression simple de

In (p) =

1 − (1 − p)n+1 . (n + 1)p

n    n k x (1 − p)n−k . k k=0

b. En dérivant par rapport à x l’égalité obtenue, montrer que En (p) = np. c. En dérivant une seconde fois, déterminer une expression simple de Mn (p) et, en intégrant au contraire sur [0, p] la première égalité, calculer In (p). 3. Avec le changement d’indice j = n − k, montrer que En (p) = n − En (1 − p) et 1 retrouver la valeur de En (p) pour p = . 2

1.a. Il s’agit ni plus ni moins de la formule du pion dont on va reproduire la preuve à l’aide de la définition des coefficients binomiaux par les factorielles.   k

n k

n! n! = k!(n − k)! (k − 1)!(n − k)!

=

k

=

(n − 1)! n−1 =n n . k−1 (k − 1)!((n − 1) − (k − 1))!





1.b. La définition de En (p) ressemble beaucoup au développement du binôme au terme surnuméraire k près (que l’on ne peut mettre en facteur vu que c’est l’indice de sommation). Il suffirait d’éliminer ce facteur, l’égalité précédente va permettre de transférer la dépendance en k en dépendance en n que l’on pourra alors mettre en facteur. La somme obtenue ressemble alors clairement au développement du binôme mais pour la puissance (n − 1)-ième. §. On trouvera un développement théorique plus systématique de la seconde façon dans l’exercice 18.9 en page 383.

Exercice 1.5

Formule du binôme et moments de la loi binomiale

D’où, En (p)

=

0+

  n  n k

k

k=1

=

np

pk (1 − p)n−k =

k=1

  n  n−1 n

k−1

k=1

 n   n−1

19

pk (1 − p)n−k

pk−1 (1 − p)(n−1)−(k−1) = np(p + 1 − p)n−1 = np.

k−1

1.c. On reprend donc la stratégie en utilisant d’abord la formule du pion pour convertir 1 la dépendance en k(k − 1) ou en dépendance en n puis on reconnaît alors une k+1 formule du binôme.       n k

On a, pour 2  k  n, k(k − 1) D’où, Mn (p)

=

n 

= (k − 1)n

n−1 k−1

= n(n − 1)

n−2 . k−2

 

n k p (1 − p)n−k k

k(k − 1)

k=2 2

 n   n−2

pk−2 (1 − p)(n−2)−(k−2)

=

n(n − 1)p

=

n(n − 1)p2 (p + 1 − p)n−2

=

n(n − 1)p2 .

k=2

k−2

 

1 n Par ailleurs, pour 0  k  n, k+1 k =





1 n+1 = n+1 k+1

 donc



 n + 1 k+1 1 p (1 − p)(n+1)−(k+1) k+1 (n + 1)p n

In (p)

(d’après la formule du binôme de Newton)

k=0





=

p0 (1 − p)n+1−0 (p + 1 − p)n+1 − n+1 0 (n + 1)p

=

1 − (1 − p)n+1 . (n + 1)p

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

2.a. Il s’agit de la partie développée de la formule du binôme. D’après la formule du binôme de Newton,

n    n k=0

k

xk (1 − p)n−k = (x + 1 − p)n .

2.b. Les deux membres sont sous forme polynomiale donc la dérivation ne pose pas de problème. En dérivant par rapport à x, on obtient, par linéarité de la dérivation, n    n k=1

k

kxk−1 (1 − p)n−k = n(x + 1 − p)n−1 .

En particulier, avec x = p, on a

1 En (p) = n donc En (p) = np. p

20

Chapitre 1

Calcul algébrique

2.c. On suit l’indication donnée en dérivant une seconde fois l’égalité.

En dérivant une seconde fois toujours par rapport à x, on a n    n k=2

k

k(k − 1)xk−2 (1 − p)n−k = n(n − 1)(x + 1 − p)n−2 1 Mn (p) = n(n−1) de sorte que Mn (p) = n(n−1)p2 . p2

d’où, en particulier avec x = p,

Pour In (p), on procède comme indiqué, par intégration.

En reprenant l’égalité initiale et en intégrant sur [0, p], on a, par linéarité de l’intégrale,

n    n k=0

k



p

p

xk dx(1 − p)n−k =

0

(x + 1 − p)n dx 0

n    k+1 p  n x

⇐⇒

 

⇐⇒

0

(x + 1 − p)n+1 n+1

1 − (1 − p) n p (1 − p)n−k = k k+1 n+1

k=0

D’où, In (p) =

k+1

k

k=0 n

 (1 − p)n−k =

k+1

p 0

n+1

.

1 − (1 − p)n+1 . (n + 1)p

3. Le changement d’indice donné va échanger les rôles respectifs de p et 1 − p et ne rien changer pour le coefficient binomial puisqu’il est symétrique.

Avec le changement d’indice j = n − k, En (p)

=

  n  n k

k=0

=

n 

k

n

n    n

j



n 

=

j=0



n (n − j) pn−j (1 − p)j n−j

n (1 − p)j pn−j j

(n − j)

j=0

=

p (1 − p)

n−k

 

j=0

=

k

(1 − p)j pn−j −

  n  n j

j=0 n

n(1 − p + p) − En (1 − p)

j

(1 − p)j pn−j

(d’après la formule du binôme)

n − En (1 − p). 1 1 1 n 1 =n−E d’où En = . En particulier pour p = , En 2 2 2 2 2 =

Exercice 1.6

La formule de Vandermonde I

21

Exercice 1.6 : La formule de Vandermonde I 1. En procédant par récurrence sur n, montrer que      p    m n m+n 2 = . ∀ n ∈ N, ∀ (m, p) ∈ N , k p−k p k=0

2. En utilisant l’égalité précédente, déterminer la valeur ∗ de    p  m n k . k p−k k=0

3. Calculer, pour tout n ∈ N,

n  2  n

k

k=0

.

1. Il suffit de faire attention à bien mettre l’universalité en (m, p) dans l’hypothèse de récurrence. Pour n ∈ N, on note Pn l’assertion

 p    m n

2

∀ (m, p) ∈ N ,

p−k

k

k=0

On tient aussi compte du fait que le coefficient binomial lorsque la condition 0  k  n n’est pas vérifiée.  Commençons par l’initialisation, pour n = 0,

   p

de sorte que

k=0

m k

n p−k



   m p

=

0 0

 =

  n est, par convention, nul k

n p−k

 n’est non nul que pour k = p



=



m+n . p



m+0 p

et l’assertion P0 est vraie.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Passons maintenant à l’hérédité en supposant l’assertion Pn vraie pour un certain n ∈ N. Soit (m, p) ∈ N2 , si p = 0, alors

 p    m n+1 k=0

p−k

k

sinon, par la relation de Pascal,

 p    m n+1 k=0

k

p−k

=

 

=

∗. Au facteur multiplicatif  m . H m + n, p, m+n

n+m−1 p



=1=

p−k

k

p    k=0





n+1 0

 p     m n k=0

=

m 0

m k

n p−k

 +

 +



m+n+1 , 0



n p−k−1

p−1    m k=0

k



n p−k−1

près, il s’agit de l’espérance pour la loi hypergéométrique

22

Chapitre 1

Calcul algébrique

C’est ici que l’on utilise l’hypothèse de récurrence pour le triplet (n, m, p) mais aussi pour le triplet (n, m, p − 1).  p    m n+1 p−k

k

k=0



m+n p

=





m+n p−1

+

(d’après l’hypothèse de récurrence)





m+n+1 p

=



(par la relation de Pascal)

autrement dit Pn+1 est vraie. Par principe de récurrence, on conclut que Pn est vraie pour tout n ∈ N.

2. Comme dans l’exercice 1.5, il faut d’abord transférer la dépendance en l’indice de sommation k devant le coefficient binomial en dépendance en m, ce qui est encore réalisé par la formule du pion. Soit (n, m, p) ∈ N3 . • Si m  1 et si p  1, alors

   p  m n k

k=0

p−k

k

=

   p  m−1 n m

k−1

k=1

=

 p−1   m−1

m



n p − 1 − k

k

k =0

=

(par la formule du pion)

p−k



(avec le changement d’indice k = k − 1)



m−1+n m p−1

(par la formule du 1 pour (n, m − 1, p − 1)) ;

Il ne faut pas oublier de traiter enfin les cas particuliers non encore pris en compte du fait que la formule de Vandermonde n’a été montrée que pour un triplet d’entiers positifs ou nuls. • si p = 0, alors

   p  m n k

p−k

k

k=0

• si m = 0, alors

  

   p  m n k

k=0

k

p−k

m 0

=0

n 0

   =0

0 0

n p

Finalement, dans tous les cas,

   p  m n k

k=0

k

 =0=m

p−k

 =0=0

 =m



m−1+n 0−1



0−1+n . p−1



m−1+n . p−1

;

Exercice 1.6

La formule de Vandermonde I

23

3. Le terme général de la somme est bien le produit de deux coefficients binomiaux comme dans la question précédente, il suffit d’en transformer un peu l’écriture pour rentrer précisément dans le cadre de la première question. En appliquant l’égalité de la première question au triplet (n, n, n), on a

 n    n n k=0

k

n−k



=

D’où, par symétrie des coefficients binomiaux,

n  2  n k=0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.



n+n . n

k

 =



2n . n

24

Chapitre 1

Calcul algébrique

Liste des capacités attendues

• Savoir reconnaître une somme usuelle ou un produit usuel (cf exercices 1.1, 1.2, 1.3 et 1.5) ♦ le principe du terme constant nf 

a = (nf − ni + 1)a

et

k=ni

nf 

a = anf −ni +1 ,

k=ni

♦ la somme des premiers entiers et des premiers carrés n  k=1

n(n + 1) k= 2

et

n 

k2 =

k=1

n(n + 12 )(n + 1) ¶ n(n + 1)(2n + 1) , = 6 3

♦ le produit des premiers entiers (ou factorielle)

n 

k = n! ,

k=1

♦ la somme des premiers termes d’une suite géométrique de raison q = 1 n 

qk =

k=0

1 − q n+1 , 1−q

♦ la formule du binôme de Newton

n    n k=0

k

ak bn−k = (a + b)n .

• Savoir utiliser un raisonnement par récurrence (cf questions 1.3.1 et 1.6.1) • Savoir utiliser les propriétés de la somme † et du produit (cf exercices 1.2 et 1.3) ♦ la linéarité de la somme nf  j=ni

(λaj + μbj ) = λ

nf  j=ni

aj + μ

nf 

bj ,

j=ni

¶. Attention à ne pas extrapoler inconsidérément à partir de cette forme de la formule ce que pourrait être la somme des premiers cubes ! †. ou plus exactement les propriétés de la sommation

Liste des capacités attendues

25

♦ la “relation de Chasles” (pour a < c < b entiers) ‡ b 

uk =

k=a b 

c  k=a

 uk =

k=a

c 

b 

uk +

uk =

k=c+1

 uk

k=a

uk +

k=a



b 

c−1 

uk

=

uk ,

k=c

 c−1 

k=c+1

b 

 uk

k=a

b 

 uk

.

k=c

• Savoir effectuer un changement d’indice ♦ par translation k = j − c,

nf −c

nf 



aj =

ak+c

(cf questions 1.4.2.b

k=ni −c

j=ni

et 1.5.1), ♦ par symétrie k = n − i,

n 

n 

bi =

i=0

bn−k

(cf questions 1.3.3.b et 1.5.3).

k=0

• Savoir utiliser le principe de télescopage (cf exercice 1.4 et question 1.3.2) nf 

(aj+1 − aj ) = anf +1 − ani

nf  bn +1 bk+1 = f . bk bni

et

j=ni

k=ni

• Savoir transformer une somme double en deux sommes imbriquées (cf questions 1.1.4 et 1.3.4.a) ♦ la sommation sur un rectangle ⎛ ⎞  n  n m m      ⎝ ai,j = ai,j ⎠ = ai,j , i=1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

1in 1jm

♦ la sommation sur un triangle  1ijn

ai,j =

n  i=1

j=1

⎛ ⎝

n  j=i

j=1

⎞ ai,j ⎠ =

i=1

 j n   j=1

 ai,j

.

i=1

‡. Attention, contrairement à la situation des intégrales, lorsque la borne inférieure de l’indice est strictement supérieure à sa borne supérieure, la convention veut que la somme soit nulle et le produit égal à 1

26

Chapitre 1

Calcul algébrique

• Savoir utiliser les propriétés des coefficients binomiaux (cf exercices 1.5 et 1.6)   n n! ♦ leur expression à l’aide de factorielles = , k k!(n − k)!       n+1 n n ♦ la relation de Pascal = + , k k k−1     n n ♦ la symétrie = , k n−k     n n n−1 = ♦ la formule “du pion” § . k k−1 k

§. On parle aussi de formule d’absorption-extraction.

CHAPITRE

2 Nombres complexes et trigonométrie On rappelle ici le vocabulaire élémentaire associé aux nombres complexes et leurs différentes écritures. Un nombre complexe z possède : • une écriture algébrique z = a+ib, a est la partie réelle de z et b sa partie imaginaire, • une écriture exponentielle (ou forme polaire) z = reiθ , r est le module de z et θ en est un argument, • une écriture trigonométrique z = r(cos θ + i sin θ). Concernant la trigonométrie, si θ, ω, x sont trois réels, l’écriture θ = ω [xπ] signifie qu’il existe un entier relatif k tel que θ = ω + kxπ. On utilisera à plusieurs reprises l’équivalence élémentaire suivante : si y ∈ R∗ , θ = ω [xπ] ⇐⇒ yθ = yω [yxπ].

Exercice 2.1 : Autour de la formule d’Al-Kashi Soit z1 et z2 deux nombres complexes non nuls de formes polaires respectives r1 eiθ1 et r2 eiθ2 . 1. Montrer que |z1 + z2 |2 = |z1 |2 + |z2 |2 + z1 z2 + z1 z2 . 2. En déduire que |z1 + z2 |2 = r12 + r22 + 2r1 r2 cos(θ1 − θ2 ). 3. À l’aide d’un encadrement de cos, déduire de la question précédente (r1 − r2 )2  |z1 + z2 |2  (r1 + r2 )2 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

puis que

    |z1 | − |z2 |  |z1 + z2 |  |z1 | + |z2 |.     4. À quelle condition nécessaire et suffisante l’égalité |z1 | − |z2 | = |z1 + z2 | estelle réalisée ? De même, à quelle condition nécessaire et suffisante avons-nous l’égalité |z1 + z2 | = |z1 | + |z2 | ? 5. Application : Soit θ ∈]0, π[ et l’équation     z + eiθ  = z + e−iθ  + 2 sin θ. (E) a. Rappeler la formule d’Euler pour sin. b. Déterminer tous les nombres complexes z solutions de (E).

28

Chapitre 2

Nombres complexes et trigonométrie

1. L’égalité demandée fait apparaître des carrés de modules, des nombres complexes et leurs conjugués, on pense donc naturellement à utiliser la formule |z|2 = z × z. En développant, on a |z1 + z2 |2





=

(z1 + z2 ) × z1 + z2 = (z1 + z2 ) × (z1 + z2 )

=

z1 z1 + z1 z2 + z2 z1 + z2 z2 = |z1 |2 + |z2 |2 + z1 z2 + z2 z1 .

2. Comme les modules et arguments de z1 et z2 apparaissent dans le membre de droite de l’énoncé, on utilise leurs formes exponentielles. Puisque |z1 | = r1 et |z2 | = r2 , nous déduisons de la question précédente |z1 + z2 |2

=

r12 + r22 + z1 z2 + z1 z2 = r12 + r22 + r1 eiθ1 r2 eiθ2 + r1 eiθ1 r2 eiθ2

=

r12 + r22 + r1 eiθ1 r2 e−iθ2 + r1 e−iθ1 r2 eiθ2

=

r12 + r22 + r1 r2 ei(θ1 −θ2 ) + ei(θ2 −θ1 )

=

r12 + r22 + 2r1 r2 cos(θ1 − θ2 )





(d’après les formules d’Euler).

3. L’encadrement universel (et le plus utilisé) est −1  cos  1. On a −1  cos(θ1 − θ2 )  1 ⇐⇒

−2r1 r2  2r1 r2 cos(θ1 − θ2 )  2r1 r2

⇐⇒

r12

⇐⇒

(r1 −

⇐⇒

(r1 −

+

(puisque r1 r2 > 0) 2 2 − 2r1 r2  r1 + r2 + 2r1 r2 cos(θ1 − θ2 )  r12 + r22 + 2r1 r2 r2 )2  r12 + r22 + 2r1 r2 cos(θ1 − θ2 )  (r1 + r2 )2 r2 )2  |z1 + z2 |2  (r1 + r2 )2 .

r22

Ainsi, par croissance de la fonction racine carrée sur R+ ,

 

 

|r1 − r2 |  |z1 + z2 |  r1 + r2 , i.e. |z1 | − |z2 |  |z1 + z2 |  |z1 | + |z2 | .

4. Il faut remonter le raisonnement pour voir à quel moment sont survenues les premières inégalités.     D’après l’analyse faite à la question précédente, l’égalité |z1 | − |z2 | = |z1 + z2 | a lieu si et seulement si cos(θ1 − θ2 ) = −1, or cos(θ1 − θ2 ) = −1

 

 

⇐⇒

cos(θ2 − θ1 ) = cos π

⇐⇒

θ2 − θ1 = π [2π].

Ainsi |z1 | − |z2 | = |z1 + z2 | a lieu si et seulement si θ2 est égal à θ1 + π modulo 2π. Avec la même analyse du raisonnement que précédemment, |z1 + z2 | = |z1 | + |z2 | est réalisé si et seulement si cos(θ1 −θ2 ) = 1, c’est à dire si et seulement si θ1 −θ2 = 0 [2π]. Ainsi, |z1 + z2 | = |z1 | + |z2 | a lieu si et seulement si les arguments de z1 et z2 sont égaux modulo 2π.

5.a. C’est une question de cours. La formule d’Euler pour sin est sin θ =

eiθ − e−iθ . 2i

Exercice 2.2

Identité de Lagrange et inégalité de Cauchy-Schwarz

29

5.b. Comme il s’agit d’une application, il faut transformer l’écriture jusqu’à obtenir un des deux cas d’égalité de la question 4. Compte tenu de la forme à atteindre, c’est plutôt la seconde qui semble utilisable, il reste à voir qui jouent les rôles de z1 et de z2 .   Soit z ∈ C. Puisque θ ∈]0, π[, on a sin θ > 0 donc 2 sin θ = |2 sin θ| = eiθ − e−iθ  et       (E) ⇐⇒ z + eiθ  = z + e−iθ  + eiθ − e−iθ          ⇐⇒  z + e−iθ + eiθ − e−iθ  = z + e−iθ  + eiθ − e−iθ  . Cette dernière identité a lieu si et seulement si z + e−iθ est nul ou non nul et de même argument que eiθ − e−iθ . Puisque eiθ − e−iθ = 2i sin θ avec 2 sin θ > 0, les nombres complexes (non nuls) ayant même argument que eiθ − e−iθ sont de la forme λi avec λ > 0. Ainsi,

    z + eiθ  = z + e−iθ  + 2 sin θ

⇐⇒ ⇐⇒



∃ λ ∈ R+ ,

z + e−iθ = λi

∃ λ ∈ R+ ,

z = λi − e−iθ .

L’ensemble des solutions de (E) sur C est donc λi − e−iθ ; λ ∈ R+ .

Exercice 2.2 : Identité de Lagrange et inégalité de Cauchy-Schwarz Soit a, b, c, d quatre réels. On notera z1 , z2 les deux nombres complexes définis par z1 = a + ib, z2 = c + id. 1. Établir l’identité de Lagrange ∗ : (ac − bd)2 + (ad + bc)2 = (a2 + b2 )(c2 + d2 ). ! √ 2. En déduire l’inégalité de Cauchy-Schwarz : |ad + bc|  (a2 + b2 ) c2 + d2 . À quelle condition nécessaire et suffisante sur a, b, c et d avons-nous égalité ?

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

3. Écrire une fonction Python d’entête Somme_Carres(n) qui, étant donné un entier naturel n, retourne un couple (a, b) d’entiers naturels tels que a2 +b2 = n avec a le plus petit possible (par exemple Somme_Carres(4) retourne [0,2], Somme_Carres(5) retourne [1,2] et Somme_Carres(6) retourne []).

1. Le membre de droite fait clairement apparaître les modules de z1 et de z2 sous la forme |z1 |2 |z2 |2 . Il reste à voir que le membre de gauche est effectivement |z1 z2 |2 . Puisque z1 × z2 = (ac − bd) + i(ad + bc), on a √

|z1 × z2 | =

!

(ac − bd)2 + (ad + bc)2 √ a2 + b2 et |z2 | = c2 + d2 donc l’identité |z1 × z2 | = |z1 | × |z2 |

Par ailleurs, |z1 | = s’écrit ! ! ! (ac − bd)2 + (ad + bc)2 = a2 + b2 × c2 + d2

∗. Cette identité attribuée à Joseph Louis Lagrange (1736-1813) montre, entre autres, qu’un produit de deux sommes de carrés d’entiers est encore une somme de carrés d’entiers.

30

Chapitre 2

Nombres complexes et trigonométrie

ou encore (en passant aux carrés) (ac − bd)2 + (ad + bc)2 = (a2 + b2 )(c2 + d2 ).

2. On remarque que tous les termes de l’inégalité apparaissent déjà dans l’égalité précédente. Il y a un terme surnuméraire dans l’égalité mais comme on veut passer d’une égalité à une inégalité, il va suffire de l’encadrer. Puisque (ac − bd)2  0, il résulte de l’identité de Lagrange que (ad + bc)2 donc, par croissance de la fonction

√

(a2 + b2 )(c2 + d2 )



· sur R+ ,

|ad + bc| 

!

a 2 + b2

!

c2 + d2 .

D’après le raisonnement précédent, le cas d’égalité a lieu ssi (ac−bd)2 = 0 i.e. ac = bd.

3. " L’idée est la suivante : pour a " parcourant l’ensemble " des entiers compris entre 0 n n n et (inutile d’aller au-delà de : en effet, si a > , alors, compte tenu de 2 2 2 √ b  a  0, on aurait b2 + a2 > n), le seul candidat possible pour b est n − a2 , encore faut-il que ce nombre soit un entier.

1 2 3 4 5 6 7 8

def Somme_Carres(n): a , b = 0 , round(sqrt(n)) while a**2+b**2!=n: a += 1 if 2*a**2>n: return([]) b = round(sqrt(n-a**2)) return([a,b])

#initialisation de a et b #tant que (a,b) ne convient pas, # on incrémente a. # Si le carré de a dépasse n/2, # il n'y a pas de solution. Sinon, # on définit le seul b possible # on renvoie un couple solution.

Le renvoi d’un couple (a, b) solution (ici, sous forme de liste) n’est effectué que si l’on est sorti, autrement que brusquement, de la boucle while : cela ne se produit donc que si les entiers a et b vérifient a2 + b2 = n. Formulé autrement, le programme ci-dessus permet√de déterminer, s’il en existe, un point à coordonnées entières sur le cercle de rayon n, centré à l’origine.

Exercice 2.3 : Complexes de module 1 (z1 + z2 )2 ∈ R+ . z z  1 2 z z 2. Trouver tous les nombres complexes z de module 1 vérifiant  +  = 1. z z 1. Soit z1 , z2 des complexes tels que |z1 | = |z2 | = 1. Montrer que

1. Lorsqu’on connaît le module d’un nombre complexe, la principale façon de tirer parti de cette information est de passer en écriture exponentielle.

Équations sur C

Exercice 2.4

31

z1 et z2 étant de module 1, il existe deux réels θ1 et θ2 tels que z1 = eiθ1 et z2 = eiθ2 . (z1 + z2 )2 z1 z2

=

(eiθ1 + eiθ2 )2 e2iθ1 + 2eiθ1 eiθ2 + e2iθ2 = iθ iθ e 1e 2 eiθ1 eiθ2 2iθ1 iθ1 iθ2 e 2e e e2iθ2 eiθ1 eiθ2 + + = + 2 + eiθ1 eiθ2 eiθ1 eiθ2 eiθ1 eiθ2 eiθ2 eiθ1 ei(θ1 −θ2 ) + 2 + ei(θ2 −θ1 ) = 2 + (ei(θ1 −θ2 ) + ei(θ2 −θ1 ) )

=

2 + 2 cos(θ2 − θ1 )

= =

(par les formules d’Euler).

Or −1  cos(θ2 −θ1 )  1 donc −2  2 cos(θ2 −θ1 )  2 puis 0  2+2 cos(θ2 −θ1 )  4. (z1 + z2 )2 Finalement, ∈ R+ . z1 z2

2. La même idée reste valable tout comme le recours aux formules d’Euler. Soit z un nombre complexe de module 1 et soit θ un réel tel que z = eiθ . En utilisant les formules d’Euler,

     e−iθ   2iθ  z z   eiθ −2iθ  = |2 cos(2θ)| = 2 |cos(2θ)|  +  =  −iθ + iθ  = e + e z z e e

donc

  z z  + =1 z

z

⇐⇒

⎧   ⎨ cos(2θ) = cos π3 1 cos(2θ) = ± ⇐⇒ ou   2 ⎩ 2π &

⇐⇒

cos(2θ) = cos

2θ =

± π3

&

[2π]

ou 2θ = ± 2π [2π] 3

⇐⇒

3

θ = ± π6 [π] ou . θ = ± π3 [π]

Finalement, l’ensemble des nombres complexes de module 1 solutions de l’équation est ' 5iπ ( 2iπ iπ iπ iπ iπ 2iπ 5iπ e− 6 , e− 3 , e− 3 , e− 6 , e 6 , e 3 , e 3 , e 6 .

Exercice 2.4 : Équations sur C 1. Résoudre sur C les équations d’inconnue z suivantes : a. z 3 = 1, b. z 6 + 6z 3 + 12 = 0 (on exprimera les solutions sous forme exponentielle), c. ez = −1 + i. 2. Soit z ∈ C∗ tel que z +

1 √ 1 = 3. Calculer z n + n . z z

1.a. Ostensiblement, l’équation ne fait intervenir que des produits (ici une puissance) donc on va privilégier la forme exponentielle.

32

Chapitre 2

Nombres complexes et trigonométrie

Les solutions de z 3 = 1 sont nécessairement non nulles. Si z = 0, on peut écrire z sous forme exponentielle : il existe ρ ∈ R∗+ et θ ∈ R tels que z = ρeiθ . On a alors :

)

z 3 = 1 ⇐⇒ ρ3 e3iθ = 1 ⇐⇒ donc les solutions de z 3 = 1 sont 1, e

2iπ 3

ρ3 = 1 3θ = 0 [2π] et e

4iπ 3

)

ρ =1  θ = 0 2π 3 √ √ 1+i 3 −1 + i 3 et − . i.e. 1, 2 2 ⇐⇒

1.b. On remarque que l’inconnue z intervient toujours sous la forme z 3 . On pourrait donc poser Z = z 3 et se ramener à l’équation Z 2 + 6Z + 12 = 0. Par réduction sous forme canonique, z 6 + 6z 3 + 12

= =

 √ 2 (z 3 + 3)2 + 3 = (z 3 + 3)2 − i 3 √ √ (z 3 + 3 − i 3) × (z 3 + 3 + i 3)

ainsi, z 6 + 6z 3 + 12 = 0

√ √ z 3 + 3 − i 3 = 0 ou z 3 + 3 + i 3 = 0 √ √ z 3 = −3 + i 3 ou z 3 = −3 − i 3.

⇐⇒ ⇐⇒

On se ramène alors à la question précédente à l’aide des formes exponentielles des seconds membres sachant que, si ρ > 0, z 3 = ρeiθ ⇐⇒ Z 3 = 1 où Z = √ z i θ . 3

√ 

√ Or −3 + i 3 = 2 3 z 6 + 6z 3 + 12 = 0

√ − 23

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

ρe

3



√ 5iπ + 12 i = 2 3e 6 donc √ 5iπ √ 5iπ z 3 = 2 3e 6 ou z 3 = 2 3e− 6 ! ! 3 √ 5iπ 3 √ 5iπ 3 3 z3 = 2 3e 18 ou z 3 = 2 3e− 18



3 z ! √ 5iπ 3 2 3e 18

 =1

ou

3 ! √ 3

z

2 3e−

5iπ 18

= 1.

En utilisant le résultat de l’équation précédente, ' 2iπ 4iπ ( ' 2iπ 4iπ ( z z 3 ,e 3 ! ∈ 1, e ou ! ∈ 1, e 3 , e 3 . √ √ 5iπ 5iπ 3 3 2 3e 18 2 3e− 18 ! √ 3 En notant r le nombre 2 3, les solutions z de z 6 + 6z 3 + 12 = 0 forment donc l’ensemble : ' 5iπ ( 17iπ 29iπ 5iπ 7iπ 19iπ re 18 , re 18 , re 18 , re− 18 , re 18 , re 18 .

1.c. Tout d’abord, pas question d’utiliser ln sur un nombre complexe. Ce coup-ci c’est l’écriture algébrique z = x + iy qu’il faut privilégier de sorte que ez = ex eiy qui est donc la forme polaire de ez . Pour conclure, il suffit de mettre aussi le second membre sous forme exponentielle. Soit z un nombre complexe dont on note x + iy l’écriture algébrique (x, y ∈ R).  √ √  √ √ 3iπ 2 2 + i ⇐⇒ ez = 2e 4 ez = −1 + i ⇐⇒ ez = 2 − 2 2 √ 3iπ x iy ⇐⇒ e e = 2e 4 .

Exercice 2.5

Racines 5-ièmes et constructibilité du pentagone

Par identification des modules et des arguments (modulo 2π) : ) x √ ) √  x = ln 2 = e = 2 ⇐⇒ ez = −1 + i ⇐⇒ [2π] y = 3π [2π] y = 3π 4 4

1 2

ln 2

33

.

Finalement, l’ensemble des solutions de ez = −1 + i est : '   ( 1 3π ln 2 + i + 2kπ ; k ∈ Z . 2 4

2. A priori z n’est pas connu explicitement, mais l’équation qu’il vérifie se ramène à une équation du second degré qu’on sait résoudre ∗. √ √ √ 1 = 3 ⇐⇒ z 2 + 1 = 3z ⇐⇒ z 2 − 3z + 1 = 0 z √ √ 2 Le discriminant de x2 − 3x + √ 1 est 3 −√4 = −1 donc x − √3x + 1 admet deux π π 3−i 3 3 1 1 racines complexes conjuguées = − i = e−i 6 et + i = ei 6 . Les 2 π 2 2 2 2 π valeurs possibles de z sont donc e−i 6 et ei 6 . Que z soit égal à l’un ou à l’autre, nous avons dans tous les cas :  nπ  nπ nπ 1 z n + n = ei 6 + e−i 6 = 2 cos . z 6 z+

Selon la forme des termes des équations faisant intervenir des nombres complexes, on utilisera • la forme algébrique s’il y a surtout des additions, • la forme polaire si les multiplications/puissances dominent.

Exercice 2.5 : Racines 5-ièmes et constructibilité du pentagone Soit ω = e

2iπ 5

.

1. Calculer ω 5 . En déduire : 1 + ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 =

4 

ω k = 0.

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k=0 3

et ω = ω. En déduire des expressions de ω 2 + ω 3 et de 2. Montrer que ω = 4 ω + ω faisant intervenir des cosinus d’angles qu’on ne cherchera pas à calculer. ω2

4

d’unpolynôme 3. Montrer que ω 2 + ω 3 et ω + ω 4 sont les racines   de  degré 2 que 2π 4π π l’on déterminera. En déduire les valeurs de cos , cos et cos . 5 5 5

1. Il s’agit d’un calcul simple avec des complexes sous forme exponentielle. ∗. On verra dans l’exercice 6.1 en page 103 une autre manière de procéder qui évite d’avoir à trouver la (ou les) valeur(s) explicite(s) de z.

34

Chapitre 2



Nombres complexes et trigonométrie

ω5 = e

2iπ 5

5

= e2iπ = 1. On a donc, en reconnaissant la somme des premiers termes

d’une suite géométrique de raison ω = 1,

4  k=0

ωk =

1 − ω5 = 0. 1−ω

5

2. Même chose ici mais en utilisant ω = 1 plutôt qu’un recours systématique à la forme exponentielle. ω4 1 = 5 = ω 4 (compte tenu de ω 5 = 1). De ω ω   1 ω3 même, ω 2  = |ω|2 = 1 donc ω 2 = 2 = 5 = ω 3 . Ainsi, ω ω  4π  4iπ 2 3 2 2 = ω + ω = 2 Re(ω 2 ) = 2 Re(e 5 ) = 2 cos ω +ω 5   2iπ 2π 4 ω+ω = ω + ω = 2 Re(ω) = 2 Re(e 5 ) = 2 cos . 5 On a clairement |ω| = 1 donc ω =

3. Ces deux complexes sont racines du trinôme    X − (ω 2 + ω 3 ) X − (ω + ω 4 ) = X 2 − (ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 )X + (ω 2 + ω 3 )(ω + ω 4 ) et il suffit de simplifier les coefficients. Posons u = ω 2 + ω 3 et v = ω + ω 4 . D’après les relations entre coefficients et racines pour un trinôme du second degré, u et v sont racines du polynôme X 2 −(u+v)X +uv. Or u + v = ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 = −1 d’après 1 et uv

= =





ω 2 + ω 3 (ω + ω 4 ) = ω 3 + ω 6 + ω 4 + ω 7 = ω 3 + ω 5 ω + ω 4 + ω 5 ω 2

ω 3 + ω + ω 4 + ω 2 = −1 (toujours d’après 1)

donc ω 2 + ω 3 et ω + ω 4 sont racines du polynôme X 2 + X − 1.

Les racines d’un trinôme du second degré se détermine facilement sous forme algébrique. Trouvons de la manière habituelle l’expression des racines de ce polynôme. Soit Δ le 2 Δ = 1 + 4 = 5 donc discriminant de X 2 + X − 1. On a √ √ X + X − 1 admet deux −1 + 5 −1 − 5 et x2 = . racines réelles distinctes x1 = 2 2

Il ne reste plus qu’à comparer les deux écritures de ces racines. Ainsi, d’après ce qui précède et le résultat de la question 2, '    ( 4π 2π , 2 cos . {x1 , x2 } = 2 cos 5 5       4π 2π 4π Or x2 < 0, 2 cos < 0 et x1 > 0, 2 cos > 0 donc 2 cos = x2 et 5 5 5   2π 2 cos = x1 . Ainsi, 5 √ √  2π  x  4π  x −1 + 5 1+ 5 1 2 = = = , cos =− cos 5 2 4 5 2 4

Exercice 2.6

et

  cos

π 5



= cos π −

4π 5



Système d’équations sur C

= − cos



4π 5

 =

35

√ 1+ 5 . 4

Exercice 2.6 : Système d’équations sur C L’objectif de l’exercice est de résoudre le système d’inconnues x, y, z ∈ C∗ ⎧ ⎨ x+y+z =0 1 1 1 (S) . + + =0 ⎩ x y z 1. On suppose ici que (x, y, z) ∈ (C∗ )3 est solution du système (S). x y a. On pose a = et b = . z z Montrer que a et b sont racines du polynôme t2 + t + 1. b. En notant j = e

2iπ 3

, en déduire que

(x, y, z) = (x, xj, xj 2 )

ou (x, y, z) = (x, xj 2 , xj).

2. Déterminer l’ensemble des solutions du système (S) †.

1.a. a et b sont naturellement racines de x+y xy X + 2. z z Il suffit alors de calculer les coefficients de ce trinôme en espérant trouver 1 et 1. (X − a)(X − b) = X 2 − (a + b)X + ab = X 2 −

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Désignons par (1) et (2) les deux équations du système (S). On sait que a et b sont racines du polynôme t2 − St + P où S = a + b et P = ab. x+y −z Or, d’une part, S = = = −1 d’après l’équation (1) et, d’autre part, z z yz + xz + xy = 0 donc xy = −yz − xz = −z(x + y) = z 2 l’équation (2) entraîne que xyz xy z2 (la dernière égalité provenant de l’équation (1)) puis P = ab = 2 = 2 = 1 et ainsi, z z a et b sont bien racines du polynôme t2 + t + 1.

1.b. On connaît explicitement les racines du trinôme du second degré (en l’occurrence x y j et j 2 ) donc les valeurs des quotients et . z z Le discriminant de t2 + t + 1 est égal√à −3 donc les racines de√ce polynôme (qui sont 3 3 1 1 = j et j = − − i . D’après le résultat complexes conjuguées) sont − + i 2 2' 2 2 (  x y de la question précédente, on a donc , = j, j = {j, j 2 } et il y a deux z z possibilités : x y • = j et = j 2 i.e. x = zj et y = zj 2 , auquel cas, z z       x = x, xj, xj = x, xj, xj 2 , (x, y, z) = x, xj, j †. Dans l’exercice 6.4 en page 113, on peut voir une autre façon de gérer un système analogue.

36

Chapitre 2

•

Nombres complexes et trigonométrie

x y = j 2 et = j i.e. x = zj 2 et y = zj, auquel cas, z z     x x (x, y, z) = x, , 2 = x, xj 2 , xj . j j

2. On procède par analyse et synthèse : les candidats solutions viennent d’être obtenus, il ne reste plus qu’à vérifier s’ils sont effectivement solutions. Si (x, y, z) est un triplet solution de (S), on a déjà vu que (x, y, z) = (x, xj, xj 2 ) ou (x, y, z) = (x, xj 2 , xj). Réciproquement, si λ est un complexe non nul, alors





λ + λj + λj 2

=

λ 1 + j + j2 = λ × 0 = 0

1 1 1 + + 2 λ λj λj

=

j2 + j + 1 0 = 2 =0 λj 2 λj

donc (λ, λj, λj 2 ) est solution de (S). De manière analogue, on montrerait que (λ, λj 2 , λj) est solution de (S). Finalement, l’ensemble des solutions de (S) est : {(λ, λj, λj 2 ) ; λ ∈ C∗ } ∪ {(λ, λj 2 , λj) ; λ ∈ C∗ }.

Exercice 2.7 : Équations trigonométriques I Nous nous proposons ici de résoudre sur ] − π, π] l’équation d’inconnue x sin(x) − sin(3x) + sin(4x) = 0.

(E)

a. Soit x ∈] − π, π]. En remarquant que sin(4x) − sin(3x) = Im(e4ix − e3ix ), exprimer sin(4x) − sin(3x) sous forme d’un produit.

1.

b. Rappeler une formule permettant d’exprimer sin(2θ) en fonction de cos θ et sin θ. ⎧   sin x2 = 0 ⎨ a. Déduire des résultats de 1 que : (E) ⇐⇒   ou   . ⎩ cos x2 = − cos 7x 2

2.

b. Résoudre (E) sur ] − π, π] (on mettra en évidence qu’il y a exactement 8 solutions).

1.a. On utilise ici la technique de l’angle moyen qui permet de transformer l’écriture i de la somme eiθ1 + eiθ2 par factorisation par le complexe d’argument moyen e 2 (θ1 +θ2 ) pour pouvoir utiliser les formules d’Euler : e

iθ1

+e

iθ2

=e

i 2 (θ1 +θ2 )

   i  i θ 1 − θ2 (θ1 −θ2 ) − 2i (θ1 −θ2 ) (θ1 +θ2 ) 2 2 . e =e +e 2 cos 2

Exercice 2.7

sin(4x) − sin(3x)

=

Im(e4ix ) − Im(e3ix ) = Im(e4ix − e3ix )

=

Im e

 

Im e

=

eiθ1

7ix 2



x

x

ei 2 − e−i 2

37





x (d’après les formules d’Euler) 2 x  7x  2 sin cos . 2 2

=

eiθ1

Équations trigonométriques I

7ix 2

2i sin

On retiendra la méthode de factorisation par l’angle moyen qui permet d’obtenir    i  i i i θ 1 − θ2 , + eiθ2 = e 2 (θ1 +θ2 ) e 2 (θ1 −θ2 ) + e− 2 (θ1 −θ2 ) = e 2 (θ1 +θ2 ) 2 cos 2    i  i i i θ 1 − θ2 . − eiθ2 = e 2 (θ1 +θ2 ) e 2 (θ1 −θ2 ) − e− 2 (θ1 −θ2 ) = e 2 (θ1 +θ2 ) 2i sin 2

1.b. C’est une question de cours.

La formule de duplication pour le sinus est sin(2θ) = 2 sin θ cos θ.

2.a. Les questions précédentes permettent de regrouper plusieurs sin en un seul prox duit et de faire apparaître le même facteur sin . 2 D’après 1.a, (E) ⇐⇒ sin x + 2 sin

 

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sin x + 2 sin



x 7x cos 2 2

x



= =

Ainsi, (E) ⇐⇒

⎧ ⎨ ⎩ cos

sin

x 2

x 2

2

cos

 7x  2

 

= 0 et, d’après 1.b,

 

 



x x x 7x cos + 2 sin cos 2 2 2 2       x 7x x 2 sin cos + cos . 2 2 2



2 sin

=0

ou   + cos 7x =0 2

⇐⇒

⎧ ⎨ ⎩ cos

sin

x 2

 x  ou 2

=0

= − cos

 7x  . 2

2.b. Les transformations d’écritures précédentes nous ont ramenés aux équations trigonométriques classiques cos θ = cos ω et sin θ = sin ω.

38

Chapitre 2

Nombres complexes et trigonométrie  

x x = 0 [π] ⇐⇒ x = 0 [2π] =0 ⇐⇒ 2 2         x 7x x 7x cos = − cos ⇐⇒ cos = cos π + 2 2 2 2 & x 7x = π + [2π] 2 2 ou ⇐⇒ x = −π − 7x [2π] 2 2

Pour x ∈ R,

sin

&

⇐⇒

−3x = π [2π] ou 4x = −π [2π]

et

⎧   ⎨ x = − π3 2π 3 ou   . ⇐⇒ ⎩ π π x = −4

2

Ainsi, compte tenu du résultat de la question précédente, les solutions de (E) sur ] − π, π] forment l’ensemble : ' ( π π π π 3π 3π ,π . − , − , − , 0, , , 4 3 4 4 3 4

Exercice 2.8 : Équations trigonométriques II Soient n un entier naturel et t un réel tel que t ∈ / {2kπ ; k ∈ Z}. 1. Soit a un réel. Montrer que

   n  n+1 cos a + t sin t 2 2   . cos(a + kt) = t k=0 sin 2 n 

2. Déterminer un réel R et un réel ϕ tels que : ∀ x ∈ R, cos x−sin x = R cos(x+ϕ). n  [cos(kt) − sin(kt)]. 3. En déduire la valeur de k=0

4. Application : Résoudre sur ]0, 2π[ l’équation d’inconnue t (E)

1 + cos t + cos(2t) + cos(3t) = sin t + sin(2t) + sin(3t).

1. Pour se ramener à une somme connue, il faut penser à voir cos(a + kt) comme la partie réelle d’un complexe de module 1. Par linéarité de la partie réelle, n  k=0

cos(a + kt) =

n  k=0

 Re(e

i(a+kt)

) = Re

n  k=0

 e

i(a+kt)

.

Exercice 2.8

Équations trigonométriques II

39

Or n 

ei(a+kt)

=

k=0

n 

eia eikt = eia

k=0

=

e

n 

eikt

k=0

n  ia

(eit )k = eia ×

k=0

1 − (eit )n+1 1 − eit

= donc n 



n+1 n+1 t ei 2 t 1−e ia ia 2   t e × =e t 1 − eit −2i sin ei 2 2 n + 1  n + 1  sin sin t t n n 2  ei 2 t = ei(a+ 2 t) 2  eia t t sin sin 2 2

i(n+1)t

=



(eit = 1 par hypothèse sur t)

 cos(a + kt) = Re

k=0

n  k=0

−2i sin

 ei(a+kt)



n = cos a + t 2





n+1 t 2  . t sin 2

 sin

Lorsqu’on est dans une impasse avec les fonctions trigonométriques, il faut penser à voir ce qu’il advient en passant dans les complexes, ou bien par les formules d’Euler, ou bien en raisonnant en termes de parties réelle et imaginaire. 2. Il faut penser ici à reconnaître, à une constante près, la formule d’addition du cosinus cos ϕ cos x − sin ϕ sin x = cos(x + ϕ). Bien sûr, cos ϕ = 1 = sin√ ϕ n’est pas possible donc, on commence par factoriser la forme a cos x + b sin x par a2 + b2 de sorte que les coefficients devant cos et sin puissent maintenant être reconnus comme les cosinus et sinus d’un même angle ϕ.

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Soit x ∈ R.

 √  √ √ 1 2 2 1 cos x − sin x √ cos x − √ sin x = 2 2 2 2 2  √  π π = 2 cos cos x − sin sin x . 4 4 Ainsi, d’après la formule d’addition du cosinus,   √ π . cos x − sin x = 2 cos x + 4 √ π On a donc cos x − sin x = R cos(x + ϕ) avec R = 2 et ϕ = . 4 cos x − sin x

=

√



2

40

Chapitre 2

Nombres complexes et trigonométrie

Pour transformer l’écriture de a cos x + b sin x, on peut introduire le complexe z = a + ib de sorte que   a cos x + b sin x = Re zeix . Il est alors intéressant pour z d’adopter l’écriture exponentielle z = reiθ qui conduit à zeix = rei(x−θ) puis, en utilisant la caractérisation du module, ! a cos x + b sin x = a2 + b2 cos(x − θ) ⎧ a ⎪ ⎨ cos θ = √ 2 a + b2 . avec l’angle θ défini par b ⎪ ⎩ sin θ = √ a2 + b 2 3. La dernière égalité obtenue permet de transformer l’écriture pour se ramener à la situation de la première question. D’après le résultat de la question précédente, n 

[cos(kt) − sin(kt)] =

k=0

n  √

 2 cos kt +

k=0

π 4

 =

n   √  π 2 cos kt + 4 k=0

et, d’après le résultat de la première question (où l’on prend a = n 

 cos kt +

k=0

Finalement,

n 

π 4



 = cos

[cos(kt) − sin(kt)] =

k=0

π ), 4

 n+1 π n sin( 2 t)   . + t 4 2 sin 2t

  n+1 √ π n sin( 2 t)   . + t 2 cos 4 2 sin 2t

4. Comme il s’agit d’une application, il faut voir comment utiliser les résultats précédents. En regroupant tout dans le membre de gauche, on voit qu’il est effectivement de la forme de la question précédente. (E)

⇐⇒ ⇐⇒

[1 − 0] + [cos t − sin t] + [cos(2t) − sin(2t)] + [cos(3t) − sin(3t)] = 0 3  k=0

⇐⇒

[cos(kt) − sin(kt)] = 0 ⇐⇒



cos

√



2 cos



π 3 + t =0 4 2

ou



sin(2t) π 3   =0 + t 4 2 sin 2t

sin(2t) = 0.

Ici encore, on a pu se ramener aux équations trigonométriques classiques. Or cos

π 4



+

π 3 3 π 3 π π t = 0 ⇐⇒ + t= [π] ⇐⇒ t = [π] ⇐⇒ t = 2 4 2 2 2 4 6

2  3

π

Exercice 2.9 

Linéarisation et applications



'

(

π 5 3 , π, π . Par ailleurs, 6 6 2   π sin(2t) = 0 ⇐⇒ 2t = 0 [π] ⇐⇒ t=0 2 ' ( π 3 , π, π . Finalement, de sorte que, pour t ∈ ]0, 2π[, on a sin(2t) = 0 ⇐⇒ t ∈ 2 (2 ' π π 5π 3 l’ensemble des solutions de (E) sur ]0, 2π[ est , , , π, π . 6 2 6 2 donc, pour t ∈]0, 2π[, cos

π 3 + t = 0 ⇐⇒ t ∈ 4 2

41

Exercice 2.9 : Linéarisation et applications 1. Soit x ∈ R. Linéariser cos(2x) [sin(x)]3 . 2.

1 1 3 a. Résoudre sur R : cos(2x) [sin(x)]3 = − cos(x) − sin(x) + sin(3x). 8 2 8 √ 3 1 3 3 b. Résoudre sur R : cos(2x) [sin(x)] = − sin(5x) + sin(3x) + cos(x). 8 8 2  π

c. Calculer l’intégrale

cos(2x) [sin(x)]3 dx.

0

1. Les principes généraux de linéarisation sont les suivants : • on remplace tous les sinus et les cosinus à l’aide des formules d’Euler, D’après les formules d’Euler, 3

cos(2x) sin (x)

=

e2ix + e−2ix × 2



eix − e−ix 2i

3

• on développe tous les produits (à l’aide de la formule du binôme si nécessaire),

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

= = =

e3ix − 3eix + 3e−ix − e−3ix e2ix + e−2ix × 2 −8i  3ix  e − e−3ix − 3(eix − e−ix ) e2ix + e−2ix × 2 −8i   5ix −5ix ) + (eix − e−ix ) − 3 (e3ix − e−3ix ) − (eix − e−ix ) (e − e −8 × 2i

• on apparie les termes qui sont conjugués l’un de l’autre (au signe près) pour appliquer à nouveau les formules d’Euler mais dans l’autre sens afin de récupérer une combinaison linéaire de sinus et cosinus. = =

1 − [sin(5x) + sin(x) − 3 sin(3x) + 3 sin(x)] 8 3 1 1 − sin(5x) + sin(3x) − sin(x). 8 8 2

42

Chapitre 2

Nombres complexes et trigonométrie

2.a. On transforme l’équation par linéarisation. Après simplification, l’équation est d’un type trigonométrique classique. D’après le résultat obtenu à la question précédente, l’équation 1 3 1 cos(2x) [sin(x)]3 = − cos(x) − sin(x) + sin(3x) 8 2 8 1 1 se résume à − sin(5x) = − cos(x), c’est-à-dire à sin(5x) = cos(x). Or 8 8 & π − 5x = x [2π]   2 π − 5x = cos(x) ⇐⇒ ou sin(5x) = cos(x) ⇐⇒ cos 2 π − 5x = −x [2π] 2

&

⇐⇒

6x = π2 [2π] ou 4x = π2 [2π]

'

donc l’ensemble des solutions est

⇐⇒

⎧ ⎨ x=

⎩ x= ( '

π π +k ; k ∈ Z ∪ 12 3

π 12

π 3

ou   π π 8

2

(

π π +k ; k ∈Z . 8 2

2.b. Même stratégie si ce n’est que l’équation trigonométrique va faire intervenir ici la fonction tan. De même ici,

√ √ 3 1 3 3 1 cos(x) ⇐⇒ − sin x = cos x. cos(2x) [sin(x)] = − sin(5x)+ sin(3x)+ 8 8 2 2 2 π + kπ avec k un entier relatif, c’est-à-dire si cos x = 0, alors Si x est de la forme 2 l’équation ci-dessus n’est pas vérifiée, sinon, √ √ √ 3 sin x 1 cos x ⇐⇒ =− 3 ⇐⇒ tan x = − 3. − sin x = 2 2 cos x ' ( π L’ensemble des solutions sur R de l’équation proposée est donc − + kπ ; k ∈ Z . 3 3

2.c. La linéarisation permet ici de donner facilement une primitive de l’intégrande. D’après la linéarisation de la première question,



π

3

cos(2x) [sin(x)] dx



=

0

= = =

π





1 3 1 − sin(5x) − sin(x) + sin(3x) dx 8 2 8 0 π 1 1 1 cos(5x) + cos(x) − cos(3x) 40 2 8  1  1  0 1 1 1 1 − − − + + − 40 2 8 40 2 8 4 − . 5

Liste des capacités attendues

43

Liste des capacités attendues • Savoir “jongler” entre les écritures algébrique, trigonométrique et exponentielle des nombres complexes (cf exercices 2.3, 2.4, 2.5 et questions 2.1.1, 2.1.2, 2.2.1, 2.7.1.a, 2.8.1) • Savoir résoudre une équation du second degré à coefficients réels (cf exercice 2.4 et questions 2.5.3, 2.6.1.b) • Savoir utiliser la relation entre les coefficients et les racines d’une équation du second degré (cf questions 2.5.3 et 2.6.1.a) • Savoir utiliser les formules d’Euler (cf questions 2.1.5.a, 2.3.2, 2.4.2, 2.5.2, 2.7.1.a et 2.8.1) cos θ =

eiθ + e−iθ 2

et

sin θ =

eiθ − e−iθ . 2i

• Savoir employer des formules de trigonométrie pour transformer une écriture (cf questions 2.7.1.b et 2.8.2) ♦ cos2 θ + sin2 θ = 1 , ♦ les formules d’addition sin(a ± b) = sin a cos b ± cos a sin b

et

cos(a ± b) = cos a cos b ∓ sin a sin b ,

♦ les formules de duplication

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sin(2θ) = 2 sin θ cos θ

et

cos(2θ) = cos2 θ − sin2 θ = 2 cos2 θ − 1 = 1 − 2 sin2 θ .

• Savoir résoudre des équations trigonométriques simples (cf questions 2.7.2.b, 2.8.4, 2.9.2.a et 2.9.2.b) cos x = c ,

sin x = s ,

tan x = t

et

a cos x + b sin x = c .

• Savoir linéariser une expression de la forme cosp (θ) sinq (θ) (cf question 2.9.1)

CHAPITRE

3 Dénombrement Exercice 3.1 : Q.C.M. et structure de données 1. Une personne doit répondre à un Q.C.M. composé d’une série de n questions fermées à choix binaires, accompagnées d’une case à cocher, du type : 

Possédez-vous un animal domestique ?

La case à gauche de chacune des questions devant être cochée si la réponse est “oui” et laissée vide si la réponse est “non”. a. Proposer une structure de données Python permettant de représenter l’état du Q.C.M. une fois rempli. b. Combien y-a-t-il de façons de remplir le Q.C.M. ? 2.

a. Expliquer pourquoi la structure de données du 1 est aussi adaptée pour représenter une partie d’un ensemble à n éléments. Retrouver ainsi le nombre de parties d’un ensemble à n éléments.

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b. Écrire une fonction Python prenant en entrée une partie de 0, n − 1 (représentée par la structure de données adaptée) et donnant en sortie le nombre d’éléments de cette partie.

1.a. Il y a n questions et les réponses à chacune sont soit positives soit négatives donc on va utiliser une liste de longueur n avec des éléments booléens (True ou False) ou leur codage naturel par 1 et 0. On peut représenter le Q.C.M. une fois rempli par une liste Python L formée de n nombres 0 ou 1. Si 0  k  n − 1, L[k] vaut 1 si la réponse est oui à la (k + 1)-ième question et L[k] vaut 0 sinon.

1.b. On a clairement des n-listes (avec répétitions !). D’après la question précédente, le nombre de façons de remplir le Q.C.M. correspond au nombre de n-listes formée de 0 ou de 1. Ce nombre est égal à Card({0, 1}n ) = Card({0, 1})n = 2n .

46

Chapitre 3

Dénombrement

2.a. Il faut penser qu’un questionnaire rempli se caractérise par les questions auxquelles il a été répondu positivement. Il représente donc la “partie” du questionnaire qui a reçu des réponses positives. Si E est un ensemble de cardinal n, on peut numéroter ses éléments à partir de 0 et écrire E = {e0 , e1 , . . . , en−1 }. Une partie A de E peut alors être représentée par une liste Python L formée de n éléments telles que : pour tout k appartenant à 0, n − 1, L[k] = 1 si ek ∈ A et L[k] = 0 si ek ∈ / A. Réciproquement, une liste L de n nombres 0 ou 1 correspond à une et une seule partie de E (celle dont les éléments sont les ek où k est tel que L[k] = 1). Il existe donc une bijection entre l’ensemble des parties de E et l’ensemble des n-listes formées de 0 ou 1. Comme au 1.b, on en déduit que le nombre de parties de E est égal à 2n .

2.b. Le nombre d’éléments d’une partie de E correspond au nombre de 1 dans sa représentation sous forme de liste. La méthode naturelle qui vient à l’esprit est de parcourir la liste et d’incrémenter une variable de comptage (initialisée à 0) chaque fois qu’un 1 est rencontré. Une première ébauche de code serait donc la suivante. 1 2 3 4 5 6

def nbUns(L): nbElements = 0 for k in range(len(L)): if L[k] == 1: nbElements += 1 return nbElements

En y regardant de plus près, la structure conditionnelle est inutile et il suffit de sommer les éléments de L (puisque les éléments différents de 1 sont nuls) ∗. De plus, avec les spécificités de Python, on peut énumérer les éléments de la liste sans utiliser leur numérotation. On obtient ainsi un code plus compact. 1 2 3 4 5

def nbUns(L): nbElements = 0 for k in L: nbElements += k return nbElements

Exercice 3.2 : Combinaisons avec répétitions Soient n ∈ N∗ et N ∈ N. On cherche à calculer le nombre de n-listes de Nn n  L = (x1 , x2 , . . . , xn ) telles que xk = x1 + x2 + · · · + xn = N . On notera k=1

Cn,N l’ensemble des ces n-listes.

∗. Cela ressemble beaucoup à la construction d’une variable de loi binomiale par addition de variables indépendantes de même loi de Bernoulli : la somme s’interprète comme le nombre de succès.

Exercice 3.2

Combinaisons avec répétitions

47

Exercice 3.2 (suite) : 1. En supposant qu’on dispose de N boules indiscernables et n urnes numérotées, décrire une expérience dont les issues peuvent être modélisées par ces n-listes. 2. Soit L = (x1 , x2 , . . . , xn ) telle que L ∈ Cn,N . On lui associe la liste L formée uniquement de 0 et de 1 construite ainsi : L est constituée d’une succession de x1 nombres 1, suivi d’un 0, puis de x2 nombres 1 suivi d’un 0, etc. L se terminant par un 0 suivi de xn nombres 1. Schématiquement, L = (1, 1, . . . , 1, 0, 1, 1, . . . , 1, 0, . . . , 0, 1, 1, . . . , 1)       x1 fois

x2 fois

xn fois

a. Donner la longueur de L en fonction de N et n. On la notera f (N, n). b. Préciser n, N et L dans les deux exemples ci-dessous : L = (3, 1, 2)

et

L = (1, 0, 3, 0, 0).

3. On note Dn,N l’ensemble des listes comportant n − 1 fois le nombre 0 et f (N, n) − (n − 1) fois le nombre 1. a. Justifier qu’une liste de Dn,N est associée à une et une seule liste L de CN,n . b. La fonction Python ci-dessous a pour objectif de reconstituer L à partir de sa liste associée L . Cependant, elle ne fonctionne pas comme voulu. Identifier le problème et essayer de le corriger. 1 2 3 4 5 6 7 8

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

9 10

def CombinaisonaRep(LL): nbUns = 0 L = [ ] for k in LL: if k == 0: L.append(nbUns) nbUns = 0 else: nbUns += 1 return L

c. En remarquant qu’un élément de Dn,N est construit à partir d’une liste de f (N, n) nombres 1 dans laquelle on a remplacé n − 1 de ces nombres par 0, calculer le cardinal de Cn,N . 1. On dispose de N boules et de n urnes, il faut trouver une façon de mettre les boules dans les urnes qui soit codée par une n-liste. L’idée est d’interpréter l’égalité n  xk = N comme un “partage” de ces N boules en n morceaux. k=1

48

Chapitre 3

Dénombrement

Une répartition des N boules dans les n urnes équivaut à la donnée d’une n-liste (x1 , x2 , . . . , xn ) d’entiers tels que

n 

xk = N où x1 , x2 , . . . , xn correspondent aux

k=1

nombres de boules que contiennent respectivement les urnes 1, 2, . . . , n.

2.a. Il suffit de faire le compte avec la présentation de L donnée dans l’énoncé f (N, n) = x1 + 1 + x2 + 1 + · · · + 1 + xn = x1 + x2 + · · · + xn + 1 + 1 + · · · + 1.   n−1 fois

L est la juxtaposition de séries de xk nombres 1 suivis d’un 0 pour k décrivant 1, n − 1, et se terminant par une série de xn nombres 1. Ainsi, f (N, n) =

n−1 

(xk + 1) + xn =

k=1

n 

xk +

k=1

n−1 

1 = N + (n − 1).

k=1

2.b. On suit exactement le processus de construction de L . Dans le premier exemple, N = 3 + 1 + 2 = 6, n = 3 et L = (1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1), dans le second, N = 1 + 3 = 4, n = 5 et L = (1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0).

3.a. Il s’agit de décrire en généralité le processus inverse de celui vu sur des exemples à la question précédente. Il a été essentiellement décrit à la question 2.a. Soit L une liste de Dn,N . On complète L en lui ajoutant un 0 en début et fin de liste. En parcourant la liste L ainsi prolongée de gauche à droite, on note x1 , x2 , . . . , xn les longueurs de toutes les séries de 1 rencontrées dans cet ordre, intercalées entre deux 0. Par définition de Dn,N , il y a N nombres 1 dans L donc

n 

xk = N et

k=1

(x1 , x2 , . . . , xn ) est l’unique liste L de Cn,N associée à Dn,N .

3.b. Voyons le déroulement de la fonction proposée. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

def CombinaisonaRep(LL): nbUns = 0 L = [ ] for k in LL: if k == 0: L.append(nbUns) nbUns = 0 else: nbUns += 1 return L

# # # # # # # # #

initialise la taille de la première série initialise la liste L boucle sur les éléments de LL si c'est un 0, la série de 1 est finie complète L avec la taille de la série et réinitialise la taille pour la suivante sinon incrémente sa taille retourne la liste L

La fonction calcule les longueurs des séries de 1 en détectant leur fin par la présence d’un 0. Or, nous avons déjà remarqué que la dernière série de 1 est la seule à ne pas se terminer par 0. Il faut donc prendre en compte ce cas particulier.

Exercice 3.3

Autour de la formule du crible

49

Pour gérer ce cas, on peut ajouter un 0 à la fin de la liste † d’entrée LL ce qui peut se faire en ajoutant la ligne LL.append(0) dès le début de la fonction. Mieux, on met à jour L en fin de boucle pour prendre en compte la dernière série de 1 (ce qui évite de modifier la liste LL passée en entrée).

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

def CombinaisonaRep(LL): nbUns = 0 L = [ ] for k in LL: if k == 0: L.append(nbUns) nbUns = 0 else: nbUns += 1 L.append(nbUns) return L

3.c. Une liste de Dn,N est caractérisée par la position des n−1 nombres 0, on reconnaît donc une (n − 1)-combinaison. D’après la question 3.a, et avec les notations de la question 2, l’application qui à L associe L est une bijection de Dn,N sur Cn,N . Ainsi Card(Cn,N ) = Card(Dn,N ). Par ailleurs, une liste de Dn,N correspond à une (N + n − 1)-liste de 1 dans laquelle on a remplacé n − 1 de ces nombres 1 par 0 et il y a autant de façons de choisir ces n − 1 nombres que de choix de (n − 1)-combinaisons d’un ensemble à N + n − 1 éléments. Ainsi,     N +n−1 N +n−1 Card(Cn,N ) = Card(Dn,N ) = = n−1 N (la dernière égalité résultant de la propriété de symétrie des coefficients binomiaux).

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Exercice 3.3 : Autour de la formule du crible 1. Étant données trois parties A, B et C d’un ensemble fini E. Justifier   Card(A ∪ B ∪ C) = Card(A) + Card(B) + Card(C)   − Card(A ∩ B) + Card(B ∩ C) + Card(A ∩ C) + Card(A ∩ B ∩ C).

†. En programmation, on parle de valeur sentinelle.

50

Chapitre 3

Dénombrement

Exercice 3.3 (suite) : 2. Soit n ∈ N∗ . On répartit au hasard n boules numérotées de 1 à n dans 3 urnes numérotées de 1 à 3, chaque urne pouvant contenir aucune ou plusieurs boules. a. Quel est le nombre de répartitions possibles ? b. Combien de répartitions existent pour lesquelles : • on a au moins une urne vide ? • chaque urne contient au moins une boule ? 1. On va appliquer trois fois la formule du cardinal de l’union qui traite le cas de deux parties qui s’intersectent. Card(A ∪ B ∪ C)





=

Card A ∪ (B ∪ C)

=

Card(A) + Card(B ∪ C) − Card(A ∩ (B ∪ C)).

Or, d’une part, Card(B ∪ C) = Card(B) + Card(C) − Card(B ∩ C) et, d’autre part,



Card A ∩ (B ∪ C)







=

Card (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

=

Card(A ∩ B) + Card(A ∩ C) − Card(A ∩ B ∩ C)

(en effet, (A ∩ B) ∩ (A ∩ C) = A ∩ B ∩ C) donc, finalement, on a bien Card(A ∪ B ∪ C)



=



Card(A) + Card(B) + Card(C)



− Card(A ∩ B) + Card(B ∩ C) + Card(A ∩ C) + Card(A ∩ B ∩ C).

Visualisons la dernière application de la formule, à savoir : Card(A ∩ (B ∪ C)) = Card(A ∩ B) + Card(A ∩ C) − Card(A ∩ B ∩ C).



Exercice 3.3

Autour de la formule du crible

51

Pour compter le nombre d’éléments de A ∩ (B ∪ C), on somme le nombre d’éléments de A∩B (correspondant à la zone 1) et le nombre d’éléments de A∩C (correspondant à la zone 3). Cependant, les éléments communs à la zone 1 et 3 (formant la zone 2) ont été ainsi comptés deux fois : il faut donc retrancher leur nombre à la somme pour obtenir le cardinal de A ∩ (B ∪ C). 2.a. Il y a deux possibilités : se placer du point de vue des urnes ou de celui des boules. Du point de vue des 3 urnes, il faut voir quelles boules contient chacune. Cela donne une vision claire pour la composition d’une urne mais pas de vision d’ensemble. Par contre, du point de vue des n boules, chacune “a le choix” entre les trois urnes et on reconnaît une structure de n-liste. Une répartition correspond à une n-liste (x1 , x2 , . . . , xn ) où, pour tout i appartenant à 1, n, xi représente le numéro de l’urne dans laquelle a été placée la ie`me boule. L’ensemble de ces répartitions peut donc être modélisé par 1, 3n et le nombre de répartitions vaut Card (1, 3n ) = Card (1, 3)n = 3n .

2.b. Chacune des 3 urnes peut être vide mais plusieurs peuvent l’être simultanément, la situation est donc précisément celle de la première question. Pour i ∈ 1, 3, notons Ai la partie de 1, 3n qui correspond à “l’urne numéro i est vide”. On cherche donc à calculer Card(A1 ∪ A2 ∪ A3 ). D’après le résultat de la question précédente, Card(A1 ∪ A2 ∪ A3 ) =

3  i=1

Card(Ai ) −



Card(Ai ∩ Aj ) + Card(A1 ∩ A2 ∩ A3 ).

1i a),



• n − k femelles parmi les b femelles possibles, soit



b n−k

53



b n−k

a k

= 0 si

 choix possibles (avec

= 0 si n − k > b).

 

Ainsi, le nombre de pêches de n poissons dont k sont des mâles est

a k



b . n−k

1.c. On fait le lien entre les cardinaux calculés aux deux questions précédentes. Pour k appartenant à 0, n, notons Ak l’ensemble des pêches qui amène exactement k mâles. Il est clair que les parties Ak sont deux à deux disjointes et que leur réunion est l’ensemble des pêches possibles. Ainsi, avec le résultat de la question 1.a,



a+b n





= Card

n + k=0



Ak

=

n 

Card(Ak ) =

k=0

 n    a b k=0

k

n−k

.

2.a. Comme il y a remise et que l’ordre importe, on reconnaît des n-listes. Une pêche correspond dans ce cas à une n-liste d’un ensemble à (a + b) éléments. On sait alors d’après le cours qu’il y a (a + b)n choix possibles donc (a + b)n pêches possibles.

2.b. On procède en deux temps en fixant d’abord la position (dans le temps) où les k mâles sont pêchés. Cela fait, pour les mâles (respectivement pour les femelles), on est encore dans une situation de k-listes (respectivement (n − k)-listes). Étant donnée une pêche de n poissons, on associera à chaque poisson le rang de la pêche qui l’a amené. Ainsi, le poisson de rang 1 sera celui pêché en premier, le poisson de rang 2 celui pêché en second, etc. Une pêche de n poissons comportant k mâles est déterminée par le choix :

 

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

• des rangs où les k mâles ont été pêchés, soit

n k

choix possibles,

• des k mâles ayant été pêchés à ces rangs-là, soit ak choix possibles (un même poisson pouvant être pêché plusieurs fois), • des n − k femelles ayant été pêchées aux n − k rangs restant, soit bn−k choix possibles.

 

Ainsi, le nombre de pêches de n poissons dont k sont des mâles est

n k n−k a b . k

2.c. Là encore, on comprend que les parties du 2.b forment une partition de l’ensemble du 2.a. Pour k appartenant à 0, n, notons Ak l’ensemble des pêches qui amènent exactement k mâles. Il est clair que les parties Ak sont deux à deux disjointes et que leur réunion

54

Chapitre 3

Dénombrement

est l’ensemble des pêches possibles. Ainsi, avec le résultat de la question 2.a,



n

(a + b) = Card

n +

k=0



Ak

=

n 

Card(Ak ) =

k=0

n    n k=0

k

ak bn−k .

Exercice 3.5 : Tirages avec et sans remise Soit n ∈ N∗ . Une urne contient n boules numérotées de 1 à n. 1. Dans cette question uniquement, on suppose que n  3. On tire successivement et sans remise 3 boules de l’urne. a. Combien existe-t-il de tirages possibles ? b. On fixe k ∈ 3, n. Combien existe-t-il de tirages tels que le plus grand numéro des trois boules tirées est égal à k ? n  n(n − 1)(n − 2) (k − 1)(k − 2) = c. En déduire : . 3 k=3

2. L’urne est considérée dans son état initial et on effectue cette fois 3 tirages successifs avec remise d’une boule de l’urne. a. Combien existe-t-il de tirages possibles ? b. On fixe k ∈ 1, n. En raisonnant de deux manières différentes, mais toujours par dénombrement, montrer que le nombre de tirages pour lesquels le plus grand numéro des boules tirées vaut k est égal à • 3(k − 1)2 + 3(k − 1) + 1, • k 3 − (k − 1)3 . Vérifier la cohérence des résultats obtenus. n    3(k − 1)2 + 3(k − 1) + 1 de deux façons différentes : c. Calculer k=1

• en raisonnant par dénombrement, • en utilisant le résultat de la question précédente. 3. Déduire des questions 1 et 2 deux façons de calculer la valeur de sant celle de

n 

n 

k 2 connais-

k=1

k.

k=1

1.a. Comme les tirages ont lieu sans remise, on pense aux listes sans répétition. Un tirage correspond à une 3-liste sans répétition de 1, n. Le nombre de tirages n! soit n(n − 1)(n − 2). possibles est donc (n − 3)!

Exercice 3.5

Tirages avec et sans remise

55

1.b. Il faut morceler les différentes informations qui sont “indépendantes” : la position de la boule k et la valeur des deux autres boules. Soit Ak l’ensemble des tirages tels que le plus grand numéro des boules tirées vaut k. À chaque boule tirée, on associera le rang du tirage qui l’a amené. Un élément de Ak est complètement déterminé par le choix :

 

• du rang de la boule numéro k, soit

3 1

= 3 choix possibles,

• de la ou des boules tirées à ce rang-là, soit un seul choix (c’est la boule numéro k), • des boules tirées aux 2 autres rangs, de numéros inférieurs ou égaux à k − 1, soit (k − 1)(k − 2) choix possibles. Au total, cela fait 3(k − 1)(k − 2) choix possibles. Le nombre de tirages tels que le plus grand numéro des trois boules tirées est égal à k est donc 3(k − 1)(k − 2).

1.c. Comme dans l’exercice précédent, on comprend que les parties de la question précédente forment une partition de l’ensemble de la première question. En reprenant les notations de la question précédente, les parties Ak (pour k ∈ 3, n) sont deux à deux disjointes et leur réunion est l’ensemble des tirages possibles. Ainsi, à l’aide des résultats des deux questions précédentes,



n(n − 1)(n − 2)

=

Card

n +



Ak

k=3

=

n 

n  k=3

n 

Card(Ak )

k=3

3(k − 1)(k − 2) = 3

k=3

Ainsi,

=

(k − 1)(k − 2) =

n 

(k − 1)(k − 2).

k=3

n(n − 1)(n − 2) . 3

2.a. Les tirages ont lieu cette fois avec remise, ils sont donc représentés par des 3-listes.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Un tirage correspond ici à une 3-liste de 1, n. Il existe donc n3 tirages possibles.

2.b. On va morceler la partie “le plus grand numéro tiré vaut k” en trois parties selon le nombre d’occurrences de ce plus grand numéro. Soit Ak l’ensemble des tirages tels que le plus grand numéro des boules tirées vaut k. À chaque boule tirée, on associe le rang du tirage qui l’a amené. On peut écrire Ak sous forme d’une union disjointe Bk,1 ∪ Bk,2 ∪ Bk,3 où Bk,i est l’ensemble des tirages ayant amené i fois la boule numéro k et 3 − i fois une boule de numéro strictement inférieur.

On raisonne alors avec les Bk,i comme on l’a fait précédemment avec les Ak pour le cas sans remise. Si i ∈ 1, 3, un élément de Bk,i est déterminé par le choix :   3 • des i rangs de la boule numéro k, soit choix, i

56

Chapitre 3

Dénombrement

• des boules tirées à ces rangs-là, soit un choix (c’est la boule numéro k), • des boules tirées aux 3 − i autres rangs, de numéros inférieurs ou égaux à k − 1, soit (k − 1)3−i choix possibles. Au final, on a donc Card(Ak )

= =

Card (Bk,1 ∪ Bk,2 ∪ Bk,3 ) 3 

Card(Bk,i )

(car l’union est disjointe)

i=1

=

3    3 i=1

=

i

(k − 1)3−i

3(k − 1)2 + 3(k − 1) + 1.

Pour le deuxième dénombrement, la soustraction k 3 − (k − 1)3 doit faire penser au cardinal d’une différence ensembliste. Le plus grand des numéros est k si et seulement si tous les numéros sont inférieurs ou égaux à k sans être tous inférieurs ou égaux à k − 1. En notant Ck l’ensemble des tirages tels que chaque boule porte un numéro inférieur ou égal à k, on a aussi Ak = Ck \ Ck−1 donc, compte tenu de Ck−1 ⊂ Ck , Card(Ak ) = Card(Ck ) − Card(Ck−1 ) = k3 − (k − 1)3 .

Il reste à vérifier que les résultats obtenus précédemment s’accordent. Puisque k3 − (k − 1)3

=

k3 − (k3 − 3k2 + 3k − 1)

=

3k2 − 3k + 1

=

3k(k − 1) + 1

=

3((k − 1) + 1)(k − 1) + 1

=

3(k − 1)2 + 3(k − 1) + 1

les deux résultats obtenus pour Card(Ak ) sont bien cohérents.

2.c. Toujours le même raisonnement basée sur une partition et l’additivité du cardinal. Méthode par dénombrement : Avec les notations de la question précédente, pour k ∈ 1, n, les parties Ak sont deux à deux disjointes et leur réunion est l’ensemble des tirages possibles. Ainsi, à l’aide des résultats des deux questions précédentes,



3

n

=

=

Card n  

n + k=1



Ak

=

n  k=1

Card(Ak )



3(k − 1)2 + 3(k − 1) + 1 .

k=1

Exercice 3.5

Tirages avec et sans remise

57

Autre méthode : D’après le résultat établi à la question précédente, n  



3(k − 1)2 + 3(k − 1) + 1

=

k=1

n  

k3 − (k − 1)3



k=1

= =

n3 − (1 − 1)3

(par télescopage)

3

n .

3. À partir des  sommes des questions 1 et 2 (dont on connaît la valeur simplifiée), on fait apparaître k 2 en utilisant la linéarité de la somme. Première méthode : On utilise le résultat établi en 1.c. Si n  3, n(n − 1)(n − 2) 3

n 

=

(j − 1)(j − 2)

j=3 n−2 

=

(k + 1)k

(avec le changement d’indice k = j − 2)

k=1 n−2 

=

k2 +

k=1

n−2 

k=

k=1

n−2 

k2 +

k=1

(n − 2)(n − 1) . 2

Ainsi, n−2 

k2

=

k=1

(n − 2)(n − 1) n(n − 1)(n − 2) − 3 2

2n(n − 1)(n − 2) − 3(n − 2)(n − 1) 6 (n − 1)(n − 2)(2n − 3) = 6 ceci étant vrai pour tout n  3, on a : =

m 

∀ m  1,

k2 =

k=1

(m + 1)m(2(m + 2) − 3) (m + 1)m(2m + 1) = . 6 6

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Seconde méthode : À l’aide du résultat du 2.c, pour tout n  1, n3

=

n  



3(j − 1)2 + 3(j − 1) + 1 = 3

j=1

=

3

n−1 

j=1

k2 + 3

k=0

=

3

n−1 

n 

k2 +

k=1

n(n + 1) − 2n 2

(j − 1)2 + 3

n  j=1

j−

n 

2

j=1

(avec le changement d’indice k = j − 1)

n(3n − 1) 2

donc n−1  k=1

2

k =

n3 −

n(3n − 1) n(2n2 − 3n + 1) n(n − 1)(2n − 1) 2 = = . 3 6 6

58

Chapitre 3

Dénombrement

Ceci étant vrai pour tout entier n  1, nous avons : ∀ m  0,

m  k=1

k2 =

(m + 1)m(2m + 1) (m + 1)m(2(m + 1) − 1) = . 6 6

Exercice 3.6 : Comment vider une urne ? Soit n ∈ N∗ et p ∈ 0, n − 1. Une urne contient n boules numérotées de 1 à n dont p sont blanches et n − p sont noires. On tire une à une, successivement et sans remise, les n boules de l’urne. 1. Combien de tirages sont possibles ? 2. Pour k ∈ 1, n, on note Ak l’ensemble des tirages pour lesquels la première boule noire a été extraite lors de la k-ième pioche. a. Pour quelles valeurs de k avons-nous Ak = ∅ ? On notera J l’ensemble de ces valeurs. b. Calculer Card(Ak ) pour tout k appartenant à J. 3. En déduire p!(n − p)

p+1  k=1

(n − k)! = n! puis (p − k + 1)!

n−1 



j=n−p−1

   j n = . n−p−1 p

1. On tire sans remise toutes les boules de l’urne. Un tirage peut donc être représenté par une liste sans répétitions (x1 , x2 , . . . , xn ) où xi est le numéro de la i-ième boule tirée : il s’agit donc d’une permutation. Le résultat d’un tel tirage de n boules s’apparente à une permutation de 1, n, il y a donc n! tirages possibles.

2.a. Il s’agit de détecter des impossibilités : la première boule noire arrive au pire au (p + 1)-ième tirage après avoir tiré toutes les blanches. Si k ∈ 1, p + 1, il est possible de tirer d’abord k − 1 boules blanches puis la première boule noire lors de la k-ième pioche. Dans ce cas, on a donc Ak = ∅. Si k > p + 1, les k − 1 premières boules extraites sont plus nombreuses que les boules blanches ; il y figure donc nécessairement une boule noire et ainsi Ak = ∅. On conclut donc que J = 1, p + 1.

2.b. On morcelle toujours Ak selon les choix à faire. Soit k ∈ 1, p + 1. Un élément de Ak est déterminé par le choix : p! choix, • des k − 1 premières boules blanches tirées, soit (p − (k − 1))! • de la k-ième boule tirée, de couleur noire, soit (n − p) choix, • des n − k boules qu’il reste à tirer, soit (n − k)! choix. p! On a donc Card(Ak ) = (n − p)(n − k)!. (p − k + 1)!

Exercice 3.6

Comment vider une urne ?

59

3. On utilise toujours le même principe de partitionnement de l’ensemble total. Pour k ∈ 1, p + 1, les parties Ak sont deux à deux disjointes et leur réunion est l’ensemble des tirages possibles. D’après les résultats des questions 1 et 2.b, on en déduit p+1 p+1   (n − k)! n! = . Card(Ak ) = p!(n − p) (p − k + 1)! k=1

k=1

On fait apparaître des coefficients binomiaux en appariant les factorielles puis on réalise un changement d’indice pour que le coefficient binomial ait la bonne forme et que les bornes de la somme soient celles attendues. Or (n − k)! (p − k + 1)!

= = =

donc

(n − k)! × (n − k − (p − k + 1))! (p − k + 1)!(n − k − (p − k + 1))!









n−k (n − p − 1)! p−k+1

n−k (n − p − 1)! n−p−1

n! = p!(n − p)!

(par symétrie du coefficient binomial)

 p+1   n−k k=1

n−p−1

, c’est-à-dire

 p+1   n−k k=1

n−p−1

  =

n . Il p

suffit alors de faire le changement d’indice j = n − k pour conclure n−1  j=n−p−1





j n−p−1

 

=

n . p

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Compte tenu de la propriété de symétrie du coefficient binomial, l’identité précédente    n−1   j n = . En posant q = n − p, on peut aussi s’écrire : n−p−1 n−p j=n−p−1   n−1   j  n a donc = . Cette dernière formule est assez classique et peut q−1 q j=q−1 s’obtenir aisément par récurrence sur n (avec q fixé) ou par une autre méthode de dénombrement, similaire à celles vues à l’exercice 3.5, dans le cas de tirages simultanés de q boules.

Liste des capacités attendues • Savoir dénombrer ♦ des p-listes (cf questions 3.1.1.b, 3.3.2, 3.4.2 et 3.5.2), ♦ des p-listes sans répétition ou arrangements (cf question 3.5.1), ♦ des permutations (cf exercice 3.6), ♦ des combinaisons ou p-combinaisons (cf questions 3.2.3.c et 3.4.1). • Savoir utiliser les propriétés du cardinal (cf exercices 3.4, 3.5 et question 3.3.1) ♦ l’additivité, si les Ak sont deux à deux disjoints,  n  n +  Card Ak = Card(Ak ) , k=1

k=1

♦ pour une union Card(A ∪ B) = Card(A) + Card(B) − Card(A ∩ B) , ♦ pour le passage au complémentaire, si A ⊆ Ω, Card(Ω \ A) = Card(Ω) − Card(A) , ♦ pour le produit cartésien Card(A × B) = Card(A) Card(B) .

Partie 2 Algèbre

Algèbre 4 Systèmes linéaires Semestre 1 4.1 : Systèmes rectangulaires et carrés 4.2 : Systèmes à paramètres I 4.3 : Systèmes à paramètres II 4.4 : Interpolation graphique 4.5 : Coefficients stœchiométriques Liste des capacités attendues

5 Matrices

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Semestre 1 5.1 : Diagonalisation et commutant 5.2 : Polynômes de matrice et inversibilité 5.3 : Puissances de matrice I 5.4 : Modèle de reproduction multiâge de Leslie I 5.5 : Théorème de Cayley-Hamilton pour les matrices 2 × 2 5.6 : Calcul de rangs 5.7 : Matrices à paramètre et de Vandermonde 5.8 : Produit scalaire, symétrie et antisymétrie Liste des capacités attendues

6 Polynômes Semestre 1 6.1 : Autour des polynômes de Tchebychev 6.2 : La somme des premiers cubes II 6.3 : Polynômes interpolateurs de Lagrange 6.4 : Relation entre racines et coefficients 6.5 : Autour des racines n-ièmes de l’unité 6.6 : Divisibilité et ordre de multiplicité des racines Liste des capacités attendues

65 65 67 69 70 72 74

75 75 78 81 84 90 94 95 98 101

103 103 108 111 113 114 116 121

7 Géométrie Semestre 1 7.1 : Équation cartésienne vs représentation paramétrique 7.2 : Orthogonalité dans le plan 7.3 : Cercles et intersections 7.4 : Parallélisme et orthogonalité dans l’espace 7.5 : Déterminant et barycentres Liste des capacités attendues

8 Espaces vectoriels et applications linéaires Semestre 2 8.1 : Sous-espaces vectoriels 8.2 : Familles de vecteurs 8.3 : Coordonnées dans une base 8.4 : Projecteurs et symétries I 8.5 : Projecteurs et symétries II 8.6 : Polynôme annulateur et réduction 8.7 : Commutant d’une matrice carrée 8.8 : Commutant d’un endomorphisme cyclique Liste des capacités attendues

123 123 127 129 131 134 140

141 141 144 147 150 154 155 159 161 166

CHAPITRE

4 Systèmes linéaires Par souci pédagogique, on prendra soin d’encadrer le coefficient d’un système qu’on utilise comme pivot (ou assimilé).

Exercice 4.1 : Systèmes rectangulaires et carrés

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Déterminer le rang et l’ensemble des solutions des systèmes linéaires ci-dessous : ⎧ ⎨ x + 2y + 8z − 7t = −2 3x + 2y + 12z − 5t = 6 , (S1 ) ⎩ −x + y + z − 5t = −10 ⎧ 2x − y + 3z = 3 ⎪ ⎪ ⎨ 3x + y − 5z = 0 , (S2 ) 4x − y + z = 3 ⎪ ⎪ ⎩ x + 3y − 13z = −6 ⎧ x + 2y + 3z + 4t = 10 ⎪ ⎪ ⎨ 2x − y + z − t = 1 (S3 ) . 3x + y + 4z + 3t = 11 ⎪ ⎪ ⎩ −2x + 6y + 4z + 10t = 18

Pour les trois systèmes, on applique la méthode du pivot de Gauss. Le système (S1 ) est inhomogène donc il peut très bien être incompatible et il comporte 3 équations pour 4 inconnues donc il est de rang au plus 3 et ne peut pas être de Cramer.

(S1 )

⇐⇒

⇐⇒

⎧ ⎨ 1 x +2y ⎩ ⎧ ⎨ x ⎩

−4y 3y

+2y −4 y

+8z −12z +9z +8z −12z

−7t +16t −12t −7t +16t 0

Le système (S1 ) est donc incompatible de rang 2.

= = = = = =

−2 12 −12 −2 12 −12

L2 ← L2 − 3L1 L3 ← L3 + L1 . L3 ← 4L3 + 3L2

66

Chapitre 4

Systèmes linéaires

Le système (S2 ) comporte 4 équations pour 3 inconnues donc il est de rang au plus 3 et il y aura donc nécessairement une équation de compatibilité.

(S2 )

⎧ ⎪ ⎨ 2x

⇐⇒

−y 5y y 7y

⎪ ⎩ ⎧ 2x ⎪ ⎨

⇐⇒

−y y 5y 7y

⎪ ⎩ ⎧ 2x ⎪ ⎨

⇐⇒

−y 1y

⎪ ⎩ ⎧ 2x ⎪ ⎨

⇐⇒

−y y

⎪ ⎩

+3z −19z −5z −29z

= = = =

3 −9 −3 −15

L2 ← 2L2 − 3L1 L3 ← L3 − 2L1 L4 ← 2L4 − L1

+3z −5z −19z −29z

= = = =

3 −3 L2 ↔ L3 −9 −15

+3z −5z 6z 6z

= = = =

3 −3 6 6

+3z −5z 6z 0

= = = =

L3 ← L3 − 5L2 L4 ← L4 − 7L2

3 −3 6 0

(S2 ) est donc compatible de rang 3 et : ⎧ 1 ⎨ x = (3 + y − 3z) 2 (S2 ) ⇐⇒ y = −3 + 5z ⎩ z = 1

. L4 ← L4 − L3

& ⇐⇒

x y z

= = =

1 2 . 1

Ainsi, (S2 ) admet le triplet (1, 2, 1) pour unique solution.

Le système (S3 ) est carré (autant d’équations que d’inconnues) : s’il est de rang maximal, ce sera un système de Cramer.

(S3 )

⇐⇒

⇐⇒

⎧ ⎪ ⎨ 1 x +2y ⎪ ⎩ ⎧ x ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ )

⇐⇒

x −5y

−5y −5y 10y

+2y −5 y

= =

+3z −5z −5z +10z +3z −5z

+4t −9t −9t +18t +4t −9t 0 0

= = = =

10 − 2y − 3z − 4t −19 + 5z + 9t

= = = =

10 −19 −19 38

10 −19 0 0 ⇐⇒

L2 ← L2 − 2L1 L3 ← L3 − 3L1 L4 ← L4 + 2L1

L3 ← L3 − L2 L4 ← L4 + 2L2

)

x y

= =

12 5 19 5

(S3 ) est donc compatible, de rang 2 et son ensemble de solutions est : '  ( 12 2 19 9 − z − t, − z − t, z, t ; (z, t) ∈ R2 5 5 5 5

− z − 25 t . − z − 95 t

Exercice 4.2

Systèmes à paramètres I

67

Exercice 4.2 : Systèmes à paramètres I 1. Soit le système suivant ∗ dépendant du paramètre ⎧ ⎨ (5 − λ)x + 8y + 16z = 4x + (1 − λ)y + 8z = (Sλ ) ⎩ −4x − 4y − (11 + λ)z =

λ∈R: 0 0 . 0

a. Montrer qu’il existe exactement deux valeurs de λ telles que rg(Sλ ) < 3. b. Résoudre (Sλ ) pour ces deux valeurs de λ. c. Que dire de l’ensemble des solutions de (Sλ ) lorsque λ n’est aucune des deux valeurs précédentes ? 2. Pour tout réel a, on considère le système d’inconnues x, y, z ∈ R défini par : ⎧ x + ay − z = 1 ⎨ −x + (a − 2)y + z = −1 . (Sa ) ⎩ 2x + 2y + (a − 2)z = 1 Discuter du rang et de l’ensemble des solutions de ce système en fonction du paramètre a.

1.a. Le système est carré avec 3 inconnues donc il est au plus de rang 3. & (Sλ )

⇐⇒

L1 ↔L3

L2 ←L2 +L1

⇐⇒

L3 ←4L3 +(5−λ)L1

⇐⇒

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

L3 ←L3 +4L2

−4x 4x (5 − λ)x

⎧ ⎨ −4 x − ⎩ ⎧ ⎨ −4x ⎩

−

− + +

4y (1 − λ)y 8y

− + +

(11 + λ)z 8z 16z

4y (−3 − λ)y (12 + 4λ)y

− + +

(11 + λ)z (−3 − λ)z (λ2 + 6λ + 9)z

= = =

0 0 0

4y (−3 − λ) y

− +

(11 + λ)z (−3 − λ)z (λ2 + 2λ − 3)z

= = =

0 0 . 0

= = =

0 0 0

Le système équivalent obtenu est triangulaire et il est de rang 3 ssi les coefficients “diagonaux” −4, −(3 + λ), λ2 + 2λ − 3 = (λ + 3)(λ − 1) sont tous non nuls. )

−(3 + λ) = 0 i.e. λ ∈ / {−3, 1}. On conclut que (λ + 3)(λ − 1) = 0 rg(Sλ ) < 3 ssi λ ∈ {−3, 1} qui sont donc les deux valeurs demandées. (Sλ ) est de rang 3 ssi

1.b. Le système échelonné précédent, équivalent à (Sλ ), a été obtenu indépendamment de la valeur de λ : il peut donc être utilisé.

∗. Ce type de système homogène sera abondamment discuté en seconde année lors de la recherche des éléments propres d’une matrice carrée.

68

Chapitre 4

Systèmes linéaires

D’après ce qui précède,

&

(S−3 ) ⇐⇒

−4x − 4y − 8z 0 0

= = =

0 0 0

⇐⇒ x + y + 2z = 0 ⇐⇒ x = −y − 2z

donc l’ensemble des solutions de (S−3 ) est {(−y − 2z, y, z) ; (y, z) ∈ R2 }. Par ailleurs,

&

(S1 ) ⇐⇒

−4x − 4y − 12z −4y − 4z 0

= = =

)

0 0 0

⇐⇒

x y

= =

−y − 3z = −2z −z

donc les solutions de (S1 ) sont les triplets (−2z, −z, z) avec z ∈ R.

1.c. Comme déjà mentionné le système est carré donc il est de Cramer ssi il est de rang maximal. D’après l’étude faite au 1.a, (Sλ ) est de rang 3 lorsque λ ∈ / {−3, 1}. Comme il est à trois inconnues, il est alors de Cramer, en particulier il admet une unique solution : le triplet (0, 0, 0) puisque le système est homogène.

2. Là encore le système est carré avec 3 inconnues. ⎧ ⎨ 1x

⇐⇒

(Sa )

+

⎩ ⎧ ⎨ x +

⇐⇒

⎩

ay 2(a − 1)y 2(1 − a)y

−

z

+

az

−

ay 2(a − 1) y

= = =

z

= = =

az

1 0 −1 1 0 −1

L2 ← L2 + L1 L3 ← L3 − 2L1 . L3 ← L3 + L2

Ainsi, le système est de rang 3 ssi 2(a − 1) = 0 et a = 0, autrement dit, ssi a ∈ / {0, 1}.

On va traiter séparément les deux cas particuliers a = 0 et a = 1. • Dans le cas où a ∈ / {0, 1}, le système (Sa ) est compatible, de Cramer et

&

⎧ ⎨ x

1 − ay + z 0 . ⎩ z = −1 a   a−1 1 , 0, − . Finalement le système admet pour unique solution a a • Si a = 0, le système est incompatible de rang 2 (la dernière équation est 0 = −1 et il y a deux pivots), en particulier (S0 ) ne possède aucune solution. (Sa ) ⇐⇒

x + ay − z 2(a − 1)y az

= = =

1 0 −1

• Enfin, pour a = 1,

&

(S1 ) ⇐⇒

x+y−z 0 z

= = =

1 0 −1

) ⇐⇒

⇐⇒

x z

= =

y

= =

1−y+z −1

) ⇐⇒

x = −y . z = −1

Ainsi, (S1 ) est compatible de rang 2 et l’ensemble de ses solutions est {(−y, y, −1) ; y ∈ R}.

Exercice 4.3

Systèmes à paramètres II

69

Exercice 4.3 : Systèmes à paramètres II ⎧ x−y−z = a ⎪ ⎪ ⎨ 2x +y−z = b . 1. Soit (a, b, c, d) ∈ R4 . On considère le système (S) : x + y − 3z = c ⎪ ⎪ ⎩ 2x − y − z = d Déterminer à quelle condition sur (a, b, c, d) le système (S) est compatible et le résoudre dans ce cas. ⎧ ⎨ x+y−z+w = 1 ax + y + z + w = b 2. Soit a, b deux réels et le système (Sa,b ) : ⎩ 3x + 2y + aw = 1 + a d’inconnue (x, y, z, w). a. Discuter du rang de (Sa,b ) suivant les valeurs de a et déterminer les valeurs de a et b pour lesquelles le système (Sa,b ) est compatible. b. Déterminer l’ensemble des solutions lorsque a = b = 2.

1. Le système est rectangulaire avec plus d’équations que d’inconnues donc il y aura nécessairement une équation de compatibilité.

(S)

⇐⇒

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

⇐⇒

⇐⇒

⎧ ⎪ ⎨ 1 x−y−z ⎪ ⎩

3y + z 2y − 2z y+z

⎧ x−y−z ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

= = = =

a b − 2a c−a d − 2a

L2 ← L2 − 2L1 L3 ← L3 − L1 L4 ← L4 − 2L1

3 y+z −8z 2z

= = = =

a b − 2a 3c − 2b + a 3d − b − 4a

0

= = = =

a b − 2a 3c − 2b + a 12d + 3c − 6b − 15a

⎧ x−y−z ⎪ ⎨ 3y + z −8 z ⎪ ⎩

L3 ← 3L3 − 2L2 L4 ← 3L4 − L2

L4 ← 4L4 + L3

(S) est de rang 3 et compatible, par division par 3, ssi −5a − 2b + c + 4d = 0.  a + 2b − c −5a + 2b + c −a + 2b − 3c  Dans ce cas, l’unique solution de (S) est . , , 4 8 8

2.a. Le système est encore rectangulaire mais avec plus d’inconnues que d’équations : il y aura donc ou bien aucune solution ou bien une infinité.

70

Chapitre 4

(Sa,b )

Systèmes linéaires

L2 ←L2 −aL1

⇐⇒

L3 ←L3 −3L1

⎧ ⎨

1 x+y−z+w (1 − a)y + (1 + a)z + (1 − a)w ⎩ −y + 3z + (a − 3)w

= = =

1 b−a a−2

x+y−z+w −y + 3z + (a − 3)w (1 − a)y + (1 + a)z + (1 − a)w

= = =

1 a−2 b−a

&

L2 ↔L3

⇐⇒

L3 ←L3 +(1−a)L2

⇐⇒

⎧ ⎨

x+y−z+w −1 y + 3z + (a − 3)w ⎩ 2(2 − a)z + (1 − a)(a − 2)w

= = =

1 . a−2 b + 2a − 2 − a2

On a déjà obtenu deux pivots et le troisième candidat à être un pivot est 2(2 − a). • Si a = 2, le système est compatible et de rang 3, il admet une infinité de solutions. • Si a = 2, (Sa,b ) est équivalent au système échelonné

&

x+y−z+w −y + 3z − w 0

= = =

1 0 . b−2

♦ Si b = 2, il est compatible et admet une infinité de solutions. ♦ Si b = 2, le système est incompatible et n’admet donc aucune solution. En résumé, (Sa,b ) est compatible si et seulement si a = 2 ou a = b = 2 ; de rang 2 ssi a = 2 et de rang 3 sinon.

2.b. Lorsque a = b = 2, le système est compatible et de rang 2 donc il admet une infinité de solutions paramétrées par deux réels. Si a = b = 2, on a, avec les calculs de la question précédente,

)

(Sa,b ) ⇐⇒

x+y−z+w −y + 3z − w

= =

1 0

)

⇐⇒

x y

= =

1−y+z −w . 3z − w

L’ensemble des solutions de (S2,2 ) est alors donné par : {(1 − 2z, 3z − w, z, w) ; z, w ∈ R}.

Exercice 4.4 : Interpolation graphique Pour u, v, w ∈ R, on note Eu,v,w l’ensemble des fonctions f dérivables sur R telles que :  2 f (1) = u, f  (2) = v et f (x) dx = w. 0

1. On considère une fonction f , dérivable sur R dont on a représenté ci-dessous une partie de sa courbe représentative. En s’appuyant sur ce graphique, déterminer les trois réels α, β et γ tels que f ∈ Eα,β,γ , sachant que γ est ici un entier naturel.

Exercice 4.4

Interpolation graphique

71

Exercice 4.4 (suite) :

8.0 7.5 7.0 6.5 6.0 5.5 5.0 4.5 4.0 3.5 3.0 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 −0.5 −1.0

2.

y = f (x)

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

a. Pour les valeurs α, β et γ de la question précédente, déterminer l’ensemble des fonctions polynomiales de degré au plus 3 telles que P ∈ Eα,β,γ . b. Déterminer la fonction f de la première question, sachant qu’elle est polynomiale de degré au plus 3.

1. On raisonne graphiquement. • La valeur de f en 1 se lit directement sur la courbe. • f  (2) est la pente de la tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 2 et cette tangente est représentée sur le graphique. Par lecture graphique, on a directement f (1) = 2 donc α = 2. La tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 2 a pour pente 3. Ainsi, β = 3.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

 • Il reste à déterminer γ i.e.

2

f (x)dx. Il s’agit de l’aire du domaine grisé situé 0

entre l’axe des abscisses, la courbe et les droites d’équation x = 0 et x = 2. Graphiquement, voici les constats que l’on peut faire : ♦ l’aire γ1 de la partie du domaine grisé délimitée par les droites d’équation x = 0 et x = 1, vérifie 0 < γ1 < 1 ; ♦ l’aire γ2 de la partie de ce même domaine délimitée par les droites d’équation x = 1 et x = 2 est légèrement supérieure à 4 : on a 4 < γ2 < 5. Par ailleurs, ces deux parties forment une partition du domaine grisé donc γ = γ1 + γ2 puis 4 < γ < 6. L’énoncé précisant que γ est un entier, on conclut alors que γ = 5.

2.a. On prend une fonction polynomiale quelconque de degré au plus 3 et on écrit les trois contraintes qui font qu’elle appartient à Eα,β,γ .

72

Chapitre 4

Systèmes linéaires

Soit P : x → a + bx + cx2 + dx3 avec (a, b, c, d) ∈ R4 . P est dérivable sur R et : ∀ x ∈ R, P  (x) = b + 2cx + 3dx2 . Par ailleurs,



0

2



x3 x4 x2 +c +d P (x)dx = ax + b 2 3 4

Ainsi, P ∈ E2,3,5

⇐⇒

⎧ P (1) = 2 ⎪ ⎨ P  (2) = 3  2 ⎪ ⎩ P (x)dx = 5 0

2

= 2a + 2b + 0

8 c + 4d. 3

⎧ ⎨

a+b+c+d b + 4c + 12d ⇐⇒ ⎩ 2a + 2b + 8 c + 4d 3

= = =

2 3 . 5

C’est un système linéaire de 3 équations à 4 inconnues qu’on résout par réduction de Gauss.

⇐⇒

⎧ ⎨ a+b+c+d=2 ⎩

b + 4c + 12d = 3 2 c + 2d = 1 3

⎧ ⎨ a = 2−b−c−d

b = 3 − 4c − 12d 3 c = − 3d 2

L3 ← L3 − 2L1

⇐⇒

⎧ 7 ⎪ ⎨ a = 2 + 2d

b = −3 . 3 c = − 3d 2 Les fonctions polynomiales de degré inférieur ou   égal à 3 appartenant à E2,3,5 sont 7 3 celles de la forme x → + 2d − 3x + − 3d x2 + dx3 où d ∈ R. 2 2 ⇐⇒

⎩

⎪ ⎩

2.b. Seule reste à déterminer la valeur du réel d. 



3 7 − 3d x2 + dx3 . Il existe un réel d tel que f : x → + 2d − 3x + 2 2 1 7 1 3 Or, graphiquement, f (0) = donc +2d = i.e. d = − et, finalement, la fonction 2 2 2 2 1 3 f dont est représenté le graphe est : x → − 3x + 6x2 − x3 . 2 2

Exercice 4.5 : Coefficients stœchiométriques Pondérer l’équation chimique ci-dessous ∗ : NaHCO3 +

H3 C6 H5 O7

−→

Na3 C6 H5 O7 +

H2 O +

CO2 .

La méthode habituellement adoptée en chimie consiste à traiter au fur et à mesure les espèces atomiques de la moins à la plus représentée. Ici c’est Na qui est le moins représenté, il y en a a priori un à gauche et trois à droite donc, on fixe arbitrairement ∗. Une telle réaction se produit en dissolvant dans de l’eau un comprimé contenant du bicarbonate de sodium NaHCO3 et de l’acide citrique H3 C6 H5 O7 ; on obtient en retour du citrate de sodium Na3 C6 H5 O7 , de l’eau et du dioxyde de carbone.

Exercice 4.5

Coefficients stœchiométriques

73

le coefficient de droite à 1 et on “met” 3 à gauche −→

3 NaHCO3 + ? H3 C6 H5 O7

1 Na3 C6 H5 O7 + ? H2 O + ? CO2 .

Dès lors toutes les autres espèces atomiques sont présentes au moins 4 fois et on ne peut pas raisonner de proche en proche. Il faut donc nommer les inconnues recherchées et écrire les équations de conservation puis résoudre le système obtenu ∗. Il s’agit de trouver des réels a, b, c, d, e, non tous nuls, tels que l’équation −→

a NaHCO3 + b H3 C6 H5 O7

c Na3 C6 H5 O7 + d H2 O + e CO2

soit équilibrée. La conservation de Na, H, C et O conduit à

⎧ ⎪ ⎨

a a + 8b ⎪ ⎩ a + 6b 3a + 7b

(S)

= = = =

3c 5c + 2d . 6c + e 7c + d + 2e

Par la méthode du pivot de Gauss,

(S)

⇐⇒

⇐⇒

⇐⇒

⇐⇒

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

⇐⇒

⎧ a ⎪ ⎨

a ⎪ ⎩ a 3a

+8b +6b +7b

⎧ a ⎪ ⎨

a ⎪ ⎩ a 3a

+8b

⎧ ⎪ ⎨ 1a ⎪ ⎩ ⎧ a ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ a ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

+6b +7b

−3c −5c −6c −7c −5c −3c −6c −7c

+8b −8b

−d

−5c +2c −6c 30c −5c +2c −6 c

−e −2e

= = = =

0 0 0 0

−e −2e

= = = =

0 0 0 0

−2d −d

−5c +2c −c +8c

+8b −8b −2b −17b +8b −8 b

−2d

−2d +2d +2d +5d −2d +2d +6d +6d −2d +2d +6d 36 d

−e −2e

−4e −16e

−4e −36e

= = = = = = = = = = = =

L1 ↔ L2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

L2 ← L2 − L1 L3 ← L3 − L1 L4 ← L4 − 3L1

L3 ← 4L3 − L2 L4 ← 8L4 − 17L2

L4 ← L4 + 5L3

Ainsi, (S)est de rang 4 (maximal) et homogène de sorte qu’il possède une infinité de  1 1 solutions e, e, e, e, e où e est un réel quelconque. 3 3

Une seule solution nous suffit et il est d’usage de choisir celle telle que a, b, c, d et e soient des entiers naturels sans diviseur commun : ici, il s’agit de (3, 1, 1, 3, 3). L’équation correctement pondérée est donc, par exemple, 3NaHCO3 + H3 C6 H5 O7

−→

Na3 C6 H5 O7 + 3H2 O + 3CO2 .

∗. Les situations où il est possible de raisonner de proche en proche correspondent à des systèmes déjà échelonnés

74

Chapitre 4

Systèmes linéaires

Liste des capacités attendues • Savoir mettre en œuvre la méthode du pivot de Gauss (cf exercices 4.1, 4.2, 4.3, 4.5 et question 4.4.2.a) qui repose sur les opérations élémentaires suivantes : ♦ l’échange de deux lignes noté Li ↔ Lj , ♦ l’ajout à une ligne d’un multiple d’une autre ligne (ou une combinaison linéaire des autres lignes) noté Lj ← Lj + αLi , ♦ la multiplication d’une ligne par une constante α non nulle notée Li ← αLi . • Savoir déterminer le rang d’un système linéaire (cf exercices 4.1, 4.2 et 4.3) • Savoir décrire les solutions d’un système linéaire (cf exercices 4.1, 4.2, 4.3, 4.4 et 4.5) • Savoir étudier le nombre de solutions d’un système linéaire dépendant d’un (ou plusieurs) paramètre(s) réel(s) (cf exercices 4.2 et 4.3)

CHAPITRE

5 Matrices Dans tout ce chapitre K désigne le corps des réels R ou celui des complexes C. On rappelle aussi le vocabulaire élémentaire et les notations habituelles associés aux matrices : • l’ensemble des matrices à coefficients dans K à n lignes et p colonnes est noté Mn,p (K) et une telle matrice est dite d’ordre (ou de taille) n × p ou (n, p) ; • lorsque p = n, cet ensemble se note plus simplement Mn (K) et une matrice de cet ensemble est dite d’ordre n ; • la matrice identité (ou unité) de Mn (R) est souvent notée In ou Id voire I tout court ; • la matrice nulle de Mn,p (K) est notée 0 (celle de Mn (R) est parfois notée 0n ) ; • une matrice carrée est dite diagonale si seuls ses coefficients diagonaux sont éventuellement non nuls ; • une matrice est dite triangulaire supérieure (respectivement inférieure) si tous les coefficients situés “strictement en dessous de la diagonale” (respectivement au dessus) sont nuls ; • la transposée d’une matrice M est notée t M ; • une matrice carrée A à coefficients réels est dite symétrique (respectivement antisymétrique) si t A = A (respectivement t A = −A).

Exercice 5.1 : Diagonalisation et commutant © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

⎛

1 0 Soit A = ⎝1 2 2 2 1.

⎞ ⎛ −1 1 2 1 ⎠ et P = ⎝−1 −1 3 0 −2

⎞ 1 −1⎠. −2

a. Montrer que P est inversible et calculer P −1 . b. Calculer P −1 AP . De quel type de matrice s’agit-il ?

On note D cette dernière matrice. Pour toute matrice N carrée de taille 3 à coefficients réels, on note Com(N ) l’ensemble {M ∈ M3 (R) | M N = N M } †.

†. Com(N ) est l’ensemble des matrices commutant avec N pour la multiplication matricielle.

76

Chapitre 5

Matrices

Exercice 5.1 (suite) : 2.

a. Montrer : M ∈ Com(A) ⇐⇒ P −1 M P ∈ Com(D). b. Déterminer l’ensemble des matrices de Com(D). c. En déduire la forme générale des matrices de Com(A), c’est-à-dire des matrices qui commutent avec A pour la multiplication.

1.a. On introduit un système linéaire aux seconds membres génériques dont la matrice associée est P . Il s’agit alors de vérifier que ce système n’admet qu’une seule solution et de l’exprimer en fonction des seconds membres. Soit (a, b, c) ∈ R3 .

&

x + 2y + z −x − y − z −2y − 2z

= = =

&

a b c

⇐⇒

& ⇐⇒

& ⇐⇒

& ⇐⇒

x + 2y + z y −2y − 2z

= = =

a a+b c

x + 2y + z y −2z

= = =

a a+b 2a + 2b + c

x y z

= = =

x y z

= = =

L2 ← L2 + L1

L3 ← L3 + 2L2

a − 2y − z a+b −a − b − 12 c −b +b −b

a −a

+ 21 c .

− 21 c

Il existe bien une unique solution au système linéaire. On peut donc conclure quant à l’inversibilité de P et on obtient la matrice inverse par lecture des coefficients devant a, b et c dans le système précédent.  Ainsi, P est inversible et P −1 =



1 2

−1 1 −1

0 1 −1

0 − 12

.

1.b. On peut indifféremment calculer le produit (P −1 A) × P ou P −1 × (AP ) (qui mène au même résultat). Nous optons pour la première option. On a

 1 P −1 A = 2

0 2 −2

−2 2 −2

puis P

−1

 AP = (P

−1

1 A)P = 2



1 0 −1 0 4 −6

1 1 2

−2 4 −6

La matrice P −1 AP est donc diagonale.

0 2 2



−1 1 3



1 0 −3

1 −1 0



−2 4 −6

1 = 2

0 4 −6

2 −1 −2

1 −1 −2



 =



1 0 −3 1 0 0

0 2 0

0 0 3

 .

Exercice 5.1

Diagonalisation et commutant

77

2.a. Au vu de l’équivalence demandée et partant de M ∈ Com(A), on va chercher à faire apparaître P −1 M P et, par la même occasion, P −1 AP qui n’est autre que D (en utilisant le résultat de la question précédente). M ∈ Com(A)

⇐⇒

AM = M A

⇐⇒

P −1 AM = P −1 M A

⇐⇒

P −1 AM P = P −1 M AP

⇐⇒



P

−1



AP



P

−1



(car P est inversible)





(idem)

M P = P −1 M P





⇐⇒

D P −1 M P = P −1 M P D

⇐⇒

P −1 M P ∈ Com(D).



P −1 AP



2.b. Il s’agit de résoudre l’équation matricielle DN = N D d’inconnue N ∈ M3 (R). Comme on travaille avec des matrices de petite taille, on peut représenter N explicitement avec les 32 = 9 coefficients qui la définissent.  Soit N =

a d g

DN = N D

b e h



c f . i



⇐⇒

 ⇐⇒

⇐⇒

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

⇐⇒

1 0 0 a 2d 3g

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

0 2 0



0 0 3 b 2e 3h

c 2f 3i

a d g



b e h



=

c f i a d g



 =

a d g

2b 2e 2h

3c 3f 3i

b e h



c f i



1 0 0

0 2 0

0 0 3



b = 2b c = 3c 2d = d 2f = 3f ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 3g = g ⎪ ⎩ 3h = 2h b = c = d = f = g = h = 0.

Ainsi, N appartient à Com(D) si et seulement si N est diagonale.

On peut montrer que si D est une matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont 2 à 2 distincts, alors les matrices carrées qui commutent avec D sont les matrices diagonales de même taille que D. Pour démontrer en toute généralité ce résultat, il faut analyser ce qui s’est passé : en multipliant à gauche par une matrice diagonale D, ce sont les lignes de la matrice N qui sont multipliées par les coefficients diagonaux de D, alors qu’en multipliant à droite, ce sont ses colonnes qui le sont.

78

Chapitre 5

Matrices

2.c. On peut d’abord combiner les résultats des deux questions précédentes pour avoir une première description des éléments de Com(A).

D’après les deux questions précédentes, M appartient à Com(A) si et seulement si P −1 M P est diagonale. Or, si Q est une matrice diagonale, comme P est inversible, P −1 M P = Q ⇐⇒ M P = P Q ⇐⇒ M = P QP −1 ce qui montre que Com(A) est l’ensemble des matrices de la forme P QP −1 où Q est une matrice diagonale.

La forme des matrices diagonales étant particulièrement simple, on peut alors expliciter l’ensemble des matrices qui commutent avec A.  En posant Q =

a 0 0

P QP En conclusion, Com(A) =



0 b 0

0 0 , on obtient, après calculs : c



−1

&

=

2b − c −b + c −2b + 2c

2b − c −b + c −2b + 2c

−a + 2b − c a−b+c −2b + 2c

−a + 2b − c a−b+c −2b + 2c

a − 2c 2 a − 2 + 2c

a − 2c 2 a − 2 + 2c

 .

c



, ; a, b, c ∈ R

.

c

Exercice 5.2 : Polynômes de matrice et inversibilité ⎛ 1 ⎜1 ⎜ 1. On considère la matrice carrée de taille 4 suivante : K = ⎝ 0 1

⎞ 1 −1 −3 1 1 −2⎟ ⎟. −1 0 1⎠ 1 0 −2

a. Calculer K 2 . En déduire que la matrice K est inversible et déterminer son inverse. b. Soit (a, b) ∈ R2 . On note M la matrice définie par M = aI +bK. Exprimer M 2 en fonction de I, M , a et b. c. En déduire que, si (a, b) = (0, 0), alors la matrice M est inversible, et exprimer M −1 sous la forme αI + βM où (α, β) ∈ R2 .

Exercice 5.2

Polynômes de matrice et inversibilité

79

Exercice 5.2 (suite) : 2. Soit M ∈ Mn (K). On suppose que M p = 0 pour un certain p ∈ N∗ et on pose p−1  alors S(M ) = M k. k=0

a. Simplifier S(M ) − M × S(M ). En déduire que In − M est inversible et calculer son inverse. ⎛ ⎞ −1 −3 −1 b. En déduire que A = ⎝ 2 4 1 ⎠ est inversible et calculer A−1 . −3 −4 0 ⎞ ⎛ −1 2 −3 c. Soit B = ⎝−3 4 −4⎠. Justifier que B est inversible et donner B −1 . −1 1 0 1.a. On utilisera la définition d’une matrice inversible : K est inversible si et seulement s’il existe une matrice carrée L de même taille que K telle que KL = I ou LK = I où I est la matrice unité. Dans ce cas, l’inverse de K est K −1 = L. Il s’agit donc d’exhiber une égalité de la forme K × L = I avec L “bien choisi”. ⎛

⎞

−1 0 0 0 0 ⎟ ⎜ 0 −1 0 2 K =⎝ = −I. Ainsi, −K 2 = I i.e. K × (−K) = I donc K 0 0 −1 0 ⎠ 0 0 0 −1 est inversible et K −1 = −K.

1.b. On commence par utiliser les règles d’opérations usuelles sur les matrices. On a

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M2

=

(aI + bK) × (aI + bK) = a2 I + abIK + baKI + b2 K 2

=

a2 I + 2abK + b2 K 2

Il suffit alors de remarquer que bK s’exprime simplement en fonction de M et de se souvenir que K 2 = −I pour conclure. =

a2 I + 2abK − b2 I = a2 I + 2a(M − aI) − b2 I

=

−(a2 + b2 )I + 2aM.

1.c. Nous allons nous aider de l’équation précédente du second degré en M pour faire apparaître la matrice inverse de M . Pour cela, on isole les termes en M dans le premier membre et la matrice unité dans le second. Il ne reste alors plus qu’à factoriser par M dans le premier membre pour faire apparaître une identité du type M ×? = I.

80

Chapitre 5

Matrices

Si (a, b) = (0, 0), alors a2 + b2 > 0 et M 2 − 2aM = −(a2 + b2 )I

M (M − 2aI) = −(a2 + b2 )I   1 (M − 2aI) = I. ⇐⇒ M × − 2 a + b2 1 a =− 2 M +2 2 I. a + b2 a + b2

Ainsi M est inversible et M −1

⇐⇒

2.a. S(M ) doit faire penser à la somme des premiers termes d’une suite géométrique p−1  1 − qp Sp−1 = q k . On sait, si q = 1, que Sp−1 = mais il faut bien se garder de 1−q k=0 généraliser cette formule en remplaçant littéralement q par M (la fraction n’aurait alors plus aucun sens !). La démarche consiste plutôt à se souvenir comment cette formule peut être obtenue, par télescopage, en remarquant que : (1 − q)Sp−1 = (1 − q)

p−1 

qk =

k=0

S(M ) − M × S(M )

=

p−1 

p−1 

[q k − q k+1 ] = 1 − q p .

k=0

Mk − M ×

k=0

=

p−1 

p−1 

Mk =

k=0

p−1 

Mk −

k=0

(M k − M k+1 ) = M 0 − M p

p−1 

M k+1

k=0

(par télescopage)

k=0

=

In − M p = In

(car M p = 0 par hypothèse).

En factorisant alors par S(M ), on fait apparaître In −M puis une identité caractérisant l’inversibilité de In − M . Or S(M ) − M × S(M ) = (In − M ) × S(M ) donc (In − M ) × S(M ) = In . In − M est alors inversible, de matrice inverse S(M ) =

p−1 

Mk.

k=0

2.b. On se ramène au critère d’inversibilité décrit à la question précédente. Il s’agit de vérifier ici que A peut s’écrire sous la forme I3 − M où M est une matrice nilpotente, c’est-à-dire telle que M p = 0 pour un certain entier naturel p. La résolution de A = I3 − M donne le candidat M = I3 − A.  Posons M = I3 −

−1 2 −3

−3 4 −4



−1 1 0

 =

2 −2 3

3 −3 4



1 −1 . 1

On cherche le premier entier naturel p tel que M p = 0 de proche en proche en commençant par p = 2, p = 3 puis au-delà si nécessaire.

Exercice 5.3

Puissances de matrice I



81



1 1 0 Des produits matriciels montrent que M = −1 −1 0 et M 3 = M 2 × M = 0. 1 1 0 D’après la question 2.a, on en déduit que A = I3 − M est inversible, d’inverse 2

2 

Mk

=

k=0

I3 + M + M 2

 =

 =

1 0 0 4 −3 4

0 1 0



0 0 1 4 −3 5

 +

2 −2 3



1 −1 2

3 −3 4



1 −1 1

 +

1 −1 1

1 −1 1



0 0 0

.

2.c. Il s’agit ici d’avoir le “bon coup d’œil” pour reconnaître le lien de transposition entre B et A pour pouvoir utiliser son comportement pour l’inversion.  Ici B = t A donc B −1 = (t A)−1 = t (A−1 ) = t

4 −3 4

4 −3 5



1 −1 2

 =

4 4 1

−3 −3 −1



4 5 . 2

Exercice 5.3 : Puissances de matrice I

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

1. Soit n ∈ N et a, b, c, d ∈ K. On considère la matrice de M3 (K) définie par ⎞ ⎛ a b c A = ⎝0 a d⎠ . 0 0 a ⎞ ⎛ 0 b c a. On pose B = ⎝0 0 d⎠. Calculer B 2 et B 3 . 0 0 0 b. En déduire ⎛ a ⎜1 2. Soit Ma = ⎜ ⎝1 1

An pour tout entier naturel n. ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 1 1 ⎟ ⎜ a 1 1⎟ ⎟ et J = ⎜1 1 1 1⎟ § où a ∈ K. ⎝ ⎠ 1 1 1 1⎠ 1 a 1 1 1 1 1 1 1 a

a. Exprimer Ma en fonction de J et de la matrice unité I4 de M4 (K). b. Déterminer J 2 et en déduire que, pour tout n ∈ N∗ , J n est proportionnel à J en explicitant le coefficient de proportionnalité en fonction de n. c. Calculer (Ma )n pour n ∈ N∗ .

§. Les matrices carrées dont tous les coefficients sont égaux à 1 sont parfois appelées matrices de Jordan.

82

Chapitre 5

Matrices

1.a. Pas de problème ici au niveau des calculs. Ce dont on est sûr, c’est que B 2 et B 3 seront triangulaires supérieures (l’ensemble des matrices carrées triangulaires supérieures de même ordre est en effet stable par multiplication).  2

Par produit matriciel, B = B × B =

0 0 0

0 0 0

bd 0 0



 3

2

et B = B × B =

0 0 0

0 0 0



0 0 . 0

1.b. Remarquons déjà le lien évident existant entre A et B :  On remarque que A =

0 0 0



b 0 0

c d 0

 +

a 0 0

0 a 0

0 0 a

 = B + aI.

Le calcul de An , c’est-à-dire de (B + aI)n , doit alors immédiatement faire penser à la formule du binôme de Newton. Encore faut-il signaler que l’hypothèse d’application de cette formule est vérifiée : les matrices, dont on veut calculer la puissance n-ième de la somme, commutent pour la multiplication matricielle. Comme aI × B = aB = B × aI, d’après la formule du binôme de Newton, A

n

n

=

(B + aI) = n    n

=

k=0

k

n    n k=0

k

k

B (aI)

n−k

=

n    n

k

k=0

B k (an−k I)

an−k B k .

Cette somme, en apparence compliquée, se simplifie considérablement grâce au fait que B 3 = 0 : les termes d’indice k  3 sont nuls       n n−3 3 n n−4 n 0 3 a B + a ( B ×B) + · · · + a (  B 3 ×B n−3 )     3 4 n =0

=0

=0

et seuls subsistent les trois premiers termes de la somme. Pour k  3, B k = B 3 × B k−3 = 0 × B k−3 = 0 donc, si n  2, n    n k=0

k

 

an−k B k

=

n n 0 a B + 0

an An = ⎝ 0 0

n n−1 a B+ 1

=

an I + nan−1 B +

=

an ⎝0 0

⎛

Ainsi, A0 = I, A1 = A et, si n  2,

⎛

 

nan−1 b an 0

nan−1 b an 0

 

n n−2 2 a B 2

n(n − 1) n−2 2 B a 2

⎞

nan−1 c + n(n−1) an−2 bd 2 n−1 ⎠. na d n a

⎞

nan−1 c + n(n−1) an−2 bd 2 n−1 ⎠. na d an

Exercice 5.3

Puissances de matrice I

83

2.a. Si on n’a aucune idée du résultat attendu, on peut au moins suspecter une relation linéaire entre Ma , J et I4 du type : Ma = αJ + βI4 . Au brouillon et par identification des coefficients des matrices des deux membres, il est alors immédiat que α = 1 puis β = a − 1. ⎛

a 1 ⎜1 a ⎝1 1 1 1 donc Ma = J

⎞

⎛

1 1 1 1 1 ⎟ ⎜1 = a 1 ⎠ ⎝1 1 a 1 + (a − 1)I4 .

1 1 1 1

1 1 1 1

⎞

⎛

1 a−1 1⎟ ⎜ 0 + 1⎠ ⎝ 0 1 0

0 a−1 0 0

0 0 a−1 0

⎞

0 0 ⎟ 0 ⎠ a−1

2.b. On explicite J 2 et on en profite pour déterminer le coefficient de proportionnalité pour n = 2. ⎛

4 ⎜4 2 J =⎝ 4 4

4 4 4 4

4 4 4 4

⎞

4 4⎟ = 4J. 4⎠ 4

Quand on demande de trouver une formule valable pour tout entier naturel (ici non nul), on regarde ce qui se passe pour de petites valeurs de n afin de conjecturer ensuite un résultat général que l’on démontre finalement par récurrence. Ici J3

= J 2 × J = 4J × J = 4J 2 = 4(4J) = 42 J,

J4

= J 3 × J = (42 J) × J = 42 J 2 = 43 J

ce qui semble suffisant pour formuler une conjecture et avoir une idée du fonctionnement du raisonnement par récurrence. Montrons par récurrence sur n que : ∀ n ∈ N∗ , J n = 4n−1 J. Initialisation : J 1 = 1 × J = 40 J donc l’égalité est vraie au rang 1. Hérédité : Supposons J n = 4n−1 J pour un entier naturel n  1. On a alors J n+1 = J n × J = 4n−1 J × J = 4n−1 J 2 = 4n−1 × 4J = 4n J = 4(n+1)−1 J.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

L’égalité est vraie au rang n + 1. D’après le principe de récurrence, nous avons bien :

∀ n ∈ N∗ ,

J n = 4n−1 J.

2.c. L’écriture de Ma établie à la première question suggère encore ici l’usage de la formule du binôme de Newton pour le calcul de (Ma )n . Soit n ∈ N∗ . Puisque J × (a − 1)I4 = (a − 1)J = (a − 1)I4 × J, par la formule du binôme de Newton, (Ma )n



=

J + (a − 1)I4

  n

=

k=0

n

=

n    n k=0

k



J k (a − 1)I4

n−k

 

 n n k J (a − 1)n−k I4 = (a − 1)n−k J k k k n

k=0

Ici, contrairement à la situation précédente, il n’y a aucune raison a priori que des termes de cette somme soient nuls. On peut cependant utiliser pour J k la formule

84

Chapitre 5

Matrices

établie précédemment. Attention, il faut bien prendre en compte que J k = 4k−1 J n’est valable que si k est supérieur ou égal à 1.   (Ma )n

 

 n n (a − 1)n J 0 + (a − 1)n−k J k 0 k

=

n

k=1

=

(a − 1)n I4 +

n    n

(a − 1)n−k 4k−1 J

k

k=1

Que faire ensuite ? Pour la somme, l’idée est de faire le tri dans son terme général quant à la dépendance en k.Concrètement on va mettre 4−1 J en facteur pour faire  n apparaître le terme général (a − 1)n−k 4k qui est celui de la formule du binôme k et faire attention au terme d’indice k = 0 qui est manquant. D’après la formule du binôme de Newton,



(Ma )

n

=



 

n 1  n (a − 1) I4 + (a − 1)n−k 4k J k 4 n

 

k=1

n (a − 1)n−0 40 0 = (a − 1)n I4 + J 4 n n (a + 3) − (a − 1) J. = (a − 1)n I4 + 4 Au final, en posant u = a + 3 et v = a − 1, n

(a − 1 + 4) −

⎛

un + 3v n 1 ⎜ un − v n (Ma )n = ⎝ n u − vn 4 un − v n

un − v n un + 3v n un − v n un − v n

un − v n un − v n un + 3v n un − v n

⎞

un − v n un − v n ⎟ . un − v n ⎠ un + 3v n

Exercice 5.4 : Modèle de reproduction multiâge de Leslie I On considère un élevage de saumons très prolifiques structuré en trois classes d’âge (d’une durée d’un an chacune) : • les jeunes (qui ne peuvent pas se reproduire), • les jeunes adultes avec un taux de fécondité de 10, • les adultes avec un taux de fécondité de 20. On sait que l’espérance de vie moyenne (considérée ici comme maximale) est de trois ans, le taux de survie des jeunes est de 0, 7 et celui des jeunes adultes est 3 de . 7

Exercice 5.4

Modèle de reproduction multiâge de Leslie I

85

Exercice 5.4 (suite) : On note xn , yn et zn les populations estimées pour l’année n respectivement des jeunes, des jeunes adultes et des adultes. décrivant ⎞ note Xn la matrice colonne ⎛ On ⎛ ⎞ xn 100 la population à l’année n i.e. Xn = ⎝ yn ⎠ et on suppose X0 = ⎝ 0 ⎠ i.e. , à 0 zn l’instant initial (année 0), la population est constituée uniquement de 100 jeunes. On se propose d’estimer la population de saumons pour chaque année n. 1.

a. Justifier que, pour tout entier naturel n, on a : Xn+1 = AXn où ⎞ ⎛ 0 10 20 7 0 0 ⎠ †. A = ⎝ 10 3 0 0 7

b. Pour tout entier naturel n, exprimer Xn en fonction de A, n et X0 . ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 3 9 1 30 10 40 200 140 10 1 1 ⎠ 1 2. On pose P = ⎝ 7 −7 −14⎠ et Q = ⎝− 40 . 28 2 2 1 1 3 3 − 35 − 15 50 a. Vérifier que P est inversible d’inverse Q et calculer la matrice D définie par D = QAP . b. Exprimer A en fonction de P , D et P −1 . En déduire, pour tout entier naturel n, l’expression de An en fonction de P , Dn et P −1 (justifier la réponse). 3. Soit n ∈ N. a. Proposer un programme Python qui calcule la population totale lors de l’année n à l’aide de la relation de récurrence Xn+1 = AXn . b. Exprimer en fonction de n la population totale estimée de saumons lors de l’année n.

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4. Justifier que 3, −1 et −2 (les coefficients diagonaux de D) sont les seules valeurs du réel λ pour lesquelles la matrice A − λI n’est pas inversible. 1.a. Il s’agit ici d’établir le système linéaire reliant les populations par classes d’âges xn , yn et zn de l’année n à celles de l’année n + 1, à savoir xn+1 , yn+1 et zn+1 . On traduit ensuite le système linéaire en une équation matricielle. Soit n ∈ N. Les jeunes de l’année n + 1 sont issus des jeunes adultes de l’année n, au nombre de yn , et des adultes de l’année n, au nombre de zn , dont les taux de fécondité respectifs sont de 10 et 20. Ainsi, xn+1 = 10yn + 20zn .

†. On dit que A est la matrice de Leslie associée au modèle, en hommage à Patrick Leslie, premier écologiste mathématicien, qui a introduit et développé cette théorie dans son article fondateur The use of matrices in certain population mathematics, 1945.

86

Chapitre 5

Matrices

Compte tenu du taux de mortalité des jeunes, seuls 70% des xn jeunes de l’année n ont survécu l’année suivante et constituent la population de jeunes adultes de l’année 7 xn . n + 1. Ainsi, yn+1 = 10 Les adultes de l’année n + 1 sont les trois septièmes des jeunes adultes de l’année précédente qui ont survécu (les autres jeunes adultes et les adultes de l’année n sont 3 morts). Ainsi, zn+1 = yn . 7 & xn+1 = 10yn + 20zn 7 yn+1 = 10 xn ce qui s’écrit matriciellement : Xn+1 = AXn . En résumé, 3 zn+1 = 7 yn

1.b. La relation de récurrence reliant Xn+1 à Xn fait penser ici à celle d’une suite géométrique. Par abus de langage, (Xn ) serait une suite “géométrique” de “raison” A, de premier terme X0 , ce qui permet de conjecturer la formule explicitant son terme général Xn . Montrons par récurrence sur n que : ∀ n ∈ N, Xn = An X0 . Initialisation : X0 = I3 × X0 = A0 × X0 donc l’égalité est vraie au rang 0. Hérédité : Supposons Xn = An X0 pour un certain entier naturel n. On a, d’après le résultat de la question précédente, Xn+1 = AXn donc Xn+1 = A(An X0 ) = An+1 X0 . L’égalité est vraie au rang n + 1. Conclusion : D’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, Xn = An X0 .

Pour une suite géométrique (un )n∈N de raison q, on peut écrire indifféremment un = q n u0 ou un = u0 q n . Mais pour la suite matricielle (Xn ) ci-dessus, écrire Xn = X0 An n’aurait aucun sens ! L’ordre des facteurs a une importance dans la multiplication matricielle. 2.a. On revient à la définition de l’inversibilité et de la matrice inverse (en sachant que l’inverse attendu est explicitement donné dans l’énoncé).  Q×P

=

 =

3 9 200 140 1 1 − 40 28 2 1 − 35 50 9 9 1 + 20 + 10 20 3 1 − 4 + 4 + 12 3 − 25 − 15 5



1 10 1 2 − 15 3 20

 ×

30 7 1

9 3 − 20 + 10 1 1 − 4 − 4 + 32 1 + 25 − 35 5 −1

Ainsi, Q × P = I donc P est inversible et P −1

10 −7 3

40 −14 3



9 3 − 10 + 10 1 −1 − 2 + 32 4 + 45 − 35 5 3 5



 =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

 .

= Q.

Pour calculer QAP = P AP, il semble préférable de calculer d’abord AP puis le produit de P −1 et de AP . L’autre démarche consistant à calculer P −1 A puis le produit de P −1 A et de P aurait fait intervenir à deux reprises des calculs avec beaucoup de fractions (à cause de la forme particulière de P −1 ).

Exercice 5.4



0

7 10

AP =

0

Modèle de reproduction multiâge de Leslie I

10 0 3 7

puis

20 0 0



 ×

30 7 1

 Q × (AP )

=

3 9 200 140 1 1 − 40 28 2 1 − 35 50 27 3 + 27 + 10 20 20 9 3 3 −4 + 4 + 2 9 − 65 − 35 5

 =

 =

3 0 0

0 −1 0



10 −7 3 1 10 1 2 − 15



 ×



90 21 3

−10 7 −3

−10 7 −3

−80 28 −6

=

90 21 3

3 9 3 − 20 + 20 − 10 1 3 1 +4−2 4 − 15 − 25 + 35



0 0 −2

40 −14 3

−80 28 −6

87





− 65 + 95 − 35 2+1−3 − 85 − 85 + 65



.

2.b. Pour “extraire” A de l’égalité D = P −1 AP , il suffit de multiplier à droite par P −1 puis à gauche par P . Encore une fois, il faut prendre garde au fait que la multiplication matricielle n’est pas commutative. P −1 AP = D donc (P −1 A)(P P −1 ) = DP −1 puis P −1 A = DP −1 et, finalement, P (P −1 A) = P DP −1 i.e. A = P DP −1 .

On regarde ce qui se passe pour de petites valeurs de n : A2 3

A

= (P DP −1 )(P DP −1 ) = P D(P −1 P )DP −1 = P D2 P −1 , = A2 × A = P D2 P −1 × P DP −1 = P D2 (P −1 P )DP −1 = P D3 P −1 .

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On peut alors formuler une conjecture pour An que l’on démontre par récurrence. On montre par récurrence sur n que : ∀ n ∈ N, An = P Dn P −1 . Initialisation : On a A0 = I3 = P P −1 = P I3 P −1 = P D0 P −1 donc l’égalité est vraie au rang 0. Hérédité : Supposons An = P Dn P −1 pour un certain entier naturel n. On a alors An+1

=

A × An = (P DP −1 ) × (P Dn P −1 ) = P D(P −1 P )Dn P −1

=

P DDn P −1 = P Dn+1 P −1 .

Ainsi, l’égalité est vraie au rang n + 1. Conclusion : D’après le principe de récurrence, on a bien : ∀ n ∈ N,

An = P Dn P −1 .

3.a. On utilise trois variables x, y et z servant à stocker xk , yk et zk pour tout entier k compris entre 1 et n mais on prend aussi garde à mémoriser les anciennes valeurs de y et z avant leur redéfinition à l’itération k puisque xk s’exprime en fonction de yk−1 et de zk−1 (à savoir xk = 10yk−1 + 20zk−1 ).

88

Chapitre 5

1 2 3 4 5 6 7 8 9

Matrices

def Population(n): x, y, z = 100, 0, 0 for k in range(1, n+1): yy = y zz = z z = 3/7*y y = 7/10*x x = 10*yy+20*zz return x+y+z

#initialisation de x, y et z (k=0) #boucle sur k #yy stocke y_(k-1) #zz stocke z_(k-1) #on actualise la valeur de z_k #on actualise la valeur de y_k #on actualise la valeur de x_k #variable de sortie: x_n+y_n+z_n

Fort des spécificités du langage Python, on pouvait éviter le recours aux variables auxiliaires yy et zz en utilisant dans la boucle une multiaffectation comme dans l’initialisation : 1

x, y, z = 10*y+20*z, 7/10*x, 3/7*y

. 3.b. La population totale de saumons de l’année n est la somme x⎛ + zn des trois n + yn⎞ 100 composantes de la matrice colonne Xn où Xn = An X0 = An × ⎝ 0 ⎠. Le résultat 0 de cette multiplication matricielle n’est autre que 100 fois la première colonne de An . Il suffit donc de ne calculer que cette première colonne. Nous utiliserons pour cela le résultat précédent An = P Dn P −1 : les matrices diagonales (comme D) ont en effet l’avantage d’avoir des puissances qui se calculent très simplement. 



3n 0 0 n 0 0 (−1)n Pour tout entier naturel n, nous savons que D = donc, 0 0 (−2)n après calculs et sans préciser les coefficients des deux dernières colonnes de An , An

= =

P Dn P −1 30 10 7 −7 1 3





=



40 −14 3

3n 0 0

0 (−1)n 0

9 n 3 − 14 (−1)n + 45 (−2)n 20 21 n 7 7 3 + 40 (−1)n − 25 (−2)n 200 n n 3 3 3 3 − 40 (−1) + 50 (−2)n 200 n n



0 0 (−2)n • • •

• • •





3 200 1 − 40 1 50

9 140 1 28 2 − 35

1 10 1 2 − 15





45 × 3 − 25(−1) + 80(−2)n 21 n 3 + 35 (−1)n − 28(−2)n puis Xn = A X0 = . La population totale de 2 2 15 3 n 3 − 2 (−1)n + 6(−2)n 2 saumons de l’année n est donc égale à 57 × 3n − 15(−1)n + 58(−2)n . n

4. Une matrice carrée de taille 3 est inversible si et seulement si son rang vaut 3. On calcule le rang de A − λI en triangularisant cette matrice par transformations sur les lignes suivant l’algorithme du pivot de Gauss (la forme de la matrice que l’on

Exercice 5.4

Modèle de reproduction multiâge de Leslie I

89

obtient n’est pas nécessairement a priori échelonnée car, dans le cas général, cela peut dépendre de la valeur de λ). ⎛ rg(A − λI)

⎜ ⎜ ⎝

7 10 −λ

=

rg ⎜

=

⎛7 ⎜ 10 rg ⎝ 0

0

⎛

0

7 ⎜ 10

=

=

⎜

rg ⎜ 0 ⎝

0 ⎛7 ⎜ 10 rg ⎝ 0 0

⎞ −λ

0 ⎟

⎟

20 ⎟ ⎠

10 3 7

−λ

−λ

0

7 − λ2 3 7 −λ

⎞ ⎟

14 ⎠ −λ

L2 ←

7 L 10 2

+ λL1

⎞

0

3 7 7 − λ2 −λ 3 7 0

L1 ↔ L2

⎟ ⎟ −λ⎟ ⎠ 14 0 −λ

6 + 7λ − λ3

L2 ↔ L3

⎞ ⎟ ⎠

L3 ← 37 L3 − (7 − λ2 )L2 .

On voit donc que rg(A − λI) = 3 si et seulement si 6 + 7λ − λ3 = 0 (dans ce cas, le rang vaut 2).

On doit trouver les solutions de l’équation polynomiale 6 + 7λ − λ3 = 0. En cherchant par tâtonnement des racines évidentes parmi les petits entiers relatifs, on constate que −1, −2 et 3 sont solutions. En remarquant que −(λ + 1)(λ + 2)(λ − 3) = (3 − λ)(2 + 3λ + λ2 ) = 6 + 7λ − λ3 ,

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on en déduit que rg(A − λI) = 3 ssi λ + 1 = 0 ou λ + 2 = 0 ou λ − 3 = 0. Autrement dit, A − λI n’est pas inversible ssi λ ∈ {−1, −2, 3}.

90

Chapitre 5

Matrices

Exercice 5.5 : Th. de Cayley-Hamilton pour les matrices 2 × 2   a b Soit A = une matrice de M2 (R). On note tr(A) = a + d la somme des c d coefficients diagonaux de A (on parle de la trace de A) et on rappelle que det(A) désigne le déterminant de A. 1. Montrer que A2 − tr(A)A + det(A)I2 = 0. 2. Montrer qu’il existe deux suites réelles (an )n∈N et (bn )n∈N telles que : ∀ n ∈ N,

An = an A + bn I2 .

On exprimera an+1 et bn+1 en fonction de an , bn , tr(A) et det(A). 3. Vérifier que, pour tout n ∈ N, an+2 = tr(A)an+1 − det(A)an .   3 6 4. Application : on suppose ici A = . −1 −4 a. Déterminer An pour tout n ∈ N. b. Vérifier que A est inversible. La formule obtenue à la question précédente est-elle valable pour n = −1 ? pour n ∈ Z∗− ?

1. Il s’agit ici d’une simple vérification par calcul matriciel. A2 − tr(A)A + det(A)I2



=

a2 + bc ca + dc

 =

0 0



ab + bd cb + d2



 −

(a + d)a (a + d)c



(a + d)b (a + d)d

 +

ad − bc 0



0 ad − bc

0 . 0

2. La difficulté ici est de reformuler ce qui nous est demandé comme une propriété P(n) dépendant de n : “il existe deux réels an et bn tels que An = an A + bn I2 ”. On doit démontrer que P(n) est vraie pour tout entier naturel n. Comme il nous est demandé de plus de relier (an+1 , bn+1 ) à (an , bn ), le raisonnement par récurrence est tout indiqué ici. Montrons par récurrence sur n que, pour tout entier naturel n, il existe deux réels an et bn tels que An = an A + bn I2 . Initialisation : A0 = I2 = 0 × A + 1 × I2 donc la propriété est vraie au rang 0 avec a0 = 0 et b0 = 1. Hérédité : Supposons que, pour un entier naturel n, il existe deux réels an et bn tels que An = an A + bn I2 . On a alors : An+1

=

An × A = (an A + bn I2 ) × A = an A2 + bn A

=

an [tr(A)A − det(A)I2 ] + bn A

=

[an tr(A) + bn ]A − an det(A)I2

(d’après 1)

Th. de Cayley-Hamilton pour les matrices 2 × 2

Exercice 5.5

91

En posant an+1 = an tr(A) + bn et bn+1 = −an det(A), on a bien An+1 = an+1 A + bn+1 I2 donc la propriété est vraie au rang n + 1.

On aura noté quelques points importants dans l’étape d’hérédité : • l’écriture de An+1 sous la forme An × A pour exploiter l’hypothèse de récurrence ; • l’utilisation de l’écriture de A2 en fonction de A et I2 qui a permis d’écrire An+1 comme combinaison linéaire de A et I2 uniquement ; • la définition constructive de an+1 et bn+1 en fonction de an et bn . Ainsi, d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, il existe deux réels an et bn tels que An = an A + bn I2 . De plus on a montré que les deux suites (an ) et (bn ) peuvent être définies par

)

a0 = 0,

b0 = 1

et

∀ n ∈ N,

an+1 = an tr(A) + bn . bn+1 = −an det(A)

3. La première relation de récurrence permet d’exprimer an+2 en fonction de an+1 et bn+1 , tandis que la seconde exprime bn+1 en fonction de an . En injectant cette dernière dans la première, on conclut. Soit n ∈ N. D’après les deux relations de récurrence établies en 2, an+2 = an+1 tr(A) + bn+1 = an+1 tr(A) − an det(A).

On reconnaît ici une relation de récurrence linéaire d’ordre 2 qui permet donc le calcul du terme général de la suite (an ). 4.a. On utilise les résultats généraux des deux questions précédentes. La tâche se ramène donc ici essentiellement à calculer tr(A), det(A) et, surtout, le terme général d’une suite linéairement récurrente d’ordre 2 †. tr(A) = −1 et det(A) = −6 donc, d’après 2 et 3, pour tout n ∈ N, An = an A + bn I2 où

)

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

a0 = 0,

b0 = 1

et

∀ n ∈ N,

an+1 bn+1

= =

−an + bn , 6an

an+2 = −an+1 +6an .

La suite (an ) est donc récurrente linéaire d’ordre 2. Son équation caractéristique est q 2 + q − 6 = 0. Le discriminant de q 2 + q − 6 valant 12 − 4(−6) = 25 = 52 , cette −1 + 5 −1 − 5 = −3 et = 2. Ainsi, il existe équation admet deux solutions réelles 2 2 n deux réels λ et μ tels que : ∀ n ∈ N, an = λ(−3) + μ2n .

Il ne faut pas oublier d’expliciter ensuite λ et μ. La relation précédente, appliquée avec n = 0 et n = 1, et la connaissance de a0 et a1 permettent de déterminer ces paramètres.

†. Pour plus de détails sur la méthode dans ce cas, on se reportera aux exercices 9.1, 9.2 et 9.3 en pages 175, 177 et 179.

92

Chapitre 5

Matrices

Nous savons que a0 = 0 et a1 = −a0 + b0 = 1. Or,

)

a0 a1

= =

0 1

)

⇐⇒

) ⇐⇒

L2 ←L2 +3L1

λ+μ −3λ + 2μ

= =

0 1

λ+μ 5μ

0 1

⇐⇒

= =

)

λ μ

= =

− 15 1 5

,

2n − (−3)n et 5 n+1 n n+1 3 × 2n + 2 × (−3)n 2 + 2 − [(−3) + (−3)n ] bn = an+1 + an = = 5 5 donc 1 An = an A + bn I2 = [(2n − (−3)n ) A + (3 × 2n + 2 × (−3)n ) I2 ] 5   1 6 × 2n − (−3)n 6 × [2n − (−3)n ] . = n n n n −2 + 6 × (−3) −2 + (−3) 5

ainsi, pour tout entier naturel n, an =

4.b. On peut utiliser le candidat pour être l’inverse de A qui est donné : il y a juste à vérifier. Première méthode : En utilisant que, d’après 1, A2 + A − 6I2 = 0, on a     1  −1 1 (A + I2 )A 2 − (−3)−1 A + 3 × 2−1 + 2 × (−3)−1 I2 A = 5 6 1 2 = (A + A) = I2 6 donc A est inversible et la formule précédente avec n = −1 donne bien son inverse.

Pour les autres entiers négatifs, on procède de même, en pensant bien que An est l’inverse de A−n . En pressentant les simplifications du type 2−n × 2n , on choisit de regrouper les termes selon les raisons 2 et −3 plutôt que selon A et I2 ce qui permet d’aller au plus court au niveau des calculs. Plus généralement, pour n ∈ Z∗− , 1 A−n × [(2n − (−3)n ) A + (3 × 2n + 2 × (−3)n ) I] 5 1 = A−n × [2n (A + 3I) + (−3)n (2I − A)] 5  1 1  −n 2 (A + 3I) + (−3)−n (2I − A) × [2n (A + 3I) + (−3)n (2I − A)] = 5   n  5n   1 3 2 2 = (A + 6A + 9I) + − + − (6I − A − A2 ) + (4I − 4A + A2 ) 25 2 3  1  2 1 (2 × 6I + 13I) = I. = 2A + 2A + 13I = 25 25 Ainsi, l’inverse de A−n à savoir An est donné par la formule de la question précédente i.e. la formule est aussi valable pour n ∈ Z∗− .

Une autre stratégie consiste à remarquer qu’on travaille avec des matrices d’ordre 2. On dispose donc d’un critère d’inversibilité par le déterminant et d’une expression de

Th. de Cayley-Hamilton pour les matrices 2 × 2

Exercice 5.5

l’inverse : si det(A) = 0,



−1

A

=

a b c d

−1

93



 d −b . −c a

1 = det(A)

Seconde méthode : det(A) = −6 = 0 donc A est inversible, de matrice inverse : A

−1

1 = det(A)





−4 1

−6 3

1 = 6





4 −1

6 −3

La matrice obtenue en remplaçant n par −1 dans l’expression de An établie à la question précédente est 1 5



3 + 13 − 12 − 13

6 × ( 12 + 13 ) − 12 − 2



1 = 5

 10

3 − 56

5 − 52





=

2 3 − 16

1 − 12



= A−1

donc la formule établie à la question précédente reste vraie pour n = −1.

Pour n ∈ N∗ , la matrice An ayant des coefficients connus, on peut utiliser la même formule pour déterminer son inverse (en prenant soin de justifier au préalable l’inversibilité de cette matrice.). Plus généralement, pour n ∈ N∗ , An est inversible comme puissance d’une matrice inversible et, comme elle est carrée de taille 2, on peut directement calculer sa matrice inverse. On a déjà, en posant un = 2n et vn = (−3)n ,   1 (6u − v )(−u + 6v ) − (−u + v )6(u − v ) det(An ) = n n n n n n n n 52  1  = −6u2n + 36un vn + vn un − 6vn2 + 6u2n − 6un vn − 6un vn + 6vn2 25 = un vn = 2n (−3)n = (−6)n . † Ainsi,

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

A

−n

n −1

=

(A )

=

1 5

=

1 5

=

1 5

1 1 = × (−6)n 5



−2n + 6 × (−3)n 2n − (−3)n

 n   2 n − −6  + 6×  36 2 n 3 n  

−6

−

1 6 − (−3) n + 2n 1 1 − 2n (−3)n

6



n

 n 

2 3 −6 ×  −6  − 36n 2 n 6 × −6 − 6

1 − 21n (−3)n 6 − 21n (−3)n

−6 ×

−(−3)−n + 6 × 2−n (−3)−n − 2−n





−6 × [2n − (−3)n ] 6 × 2n − (−3)n





−6 × (−3)−n − 2−n 6(−3)−n − 2−n



et la formule établie à la question précédente reste vraie si n ∈ Z∗− .

†. On remarque que det(An ) = det(A)n , résultat (hors programme) qui reste vrai dans le cas général.

94

Chapitre 5

Matrices

Exercice 5.6 : Calcul de rangs Calculer le inversibles : ⎛ 1 A=⎝ 2 −1

rang des matrices carrées suivantes en indiquant celles qui sont ⎞

15 3 2 −1⎠ , 17 5

⎞ 1 0 −1 3 ⎜−1 2 −1 −1⎟ ⎟. C=⎜ ⎝2 1 0 −2⎠ −2 −4 3 −1 ⎛

⎞

⎛

1 2 5 B = ⎝−1 1 1⎠ , 2 1 2

Le calcul du rang s’effectue en appliquant l’algorithme du pivot de Gauss. Les matrices carrées de taille n qui sont inversibles (ici n ∈ {3, 4}) sont celles de rang n. ⎛

rg(A)

=

1 rg ⎝ 0 0



=

1 0 0

15 4 4

1 rg ⎝0 0

15 4 0

rg

⎛

=

⎞

15 −28 32 3 1 1



3 −7⎠ L2 ← L2 − 2L1 L3 ← L3 + L1 8

⎞

L2 ← − 17 L2 L3 ← 18 L3

3 = 2. 1⎠ L3 ← L3 − L2 0

A est carrée, de taille 3 et rg(A) = 2 < 3 donc A n’est pas inversible.

⎛

rg(B)

=

1 rg ⎝ 0 0

⎛

=

⎞

2 3 −3

1 rg ⎝0 0

5 6 ⎠ L2 ← L2 + L1 L3 ← L3 − 2L1 −8

⎞

2 3 0

5 6 ⎠ = 3. L3 ← L3 + L2 −2

B est carrée, de taille 3 et rg(B) = 3 donc B est inversible.

⎛

rg(C)

=

1 ⎜0 rg ⎝ 0 0

⎛

=

1 ⎜0 rg ⎝ 0 0

⎛

=

1 ⎜0 rg ⎝ 0 0

−1 −2 2 1

0 2 1 −4 0 2 0 0 0 2 0 0

−1 −2 6 −3 −1 −2 6 0

⎞

3 2 ⎟ L2 ← L2 + L1 ⎠ L ← L − 2L −8 3 3 1 L4 ← L4 + 2L1 5

⎞

3 2 ⎟ ⎠ L ← 2L − L −18 3 3 2 L4 ← L4 + 2L2 9

⎞

3 2 ⎟ = 3. ⎠ −18 L4 ← 2L4 + L3 0

C est carrée, de taille 4 et rg(C) = 3 < 4 donc C n’est pas inversible.

Exercice 5.7

Matrices à paramètre et de Vandermonde

95

Exercice 5.7 : Matrices à paramètre et de Vandermonde ⎞ 1 m 0 1. Soit m ∈ R et A = ⎝1 m + 1 m − 2⎠ 2 1 10m a. Déterminer le rang de A suivant la valeur de m. ⎛

b. Pour quelles valeurs de m la matrice A est-elle inversible ? c. Lorsque c’est le cas, calculer son inverse. ⎞ ⎛ 1 a a2 2. Soit a, b, c trois nombres complexes et N = ⎝1 b b2 ⎠. 1 c c2 a. Discuter le rang de N en fonction des valeurs de a, b et c. b. À quelle condition nécessaire et suffisante N est-elle inversible ?

1.a. On effectue des transformations sur les lignes pour se ramener à une matrice triangulaire supérieure (en appliquant l’algorithme du pivot de Gauss).  rg(A)

=

rg

 =

rg

1 0 0

m 1 1 − 2m

1 0 0

m 1 0



0 m−2 10m

0 m−2 2m2 + 5m + 2

L2 ← L2 − L1 L3 ← L3 − 2L1



. L3 ← L3 − (1 − 2m)L2

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

La discussion du rang de cette matrice triangulaire supérieure doit être menée suivant les valeurs de m qui annulent l’un de ses coefficients diagonaux. Ici, il n’y a qu’un seul coefficient diagonal dépendant de m. Le polynôme 2m2 + 5m + 2 a pour discriminant 25 − 4 × 2 × 2 = 9 = 32 > 0 et admet −5 + 3 1 −5 − 3 = −2 et = − ainsi : donc deux racines réelles 4 4 2 ' ( 1 • si m ∈ −2, − , 2m2 + 5m + 2 = 0 et A est de rang 2 ; 2 • sinon, 2m2 + 5m + 2 = 0 et A est de rang 3.

1.b. Il s’agit des valeurs de m pour lesquelles le rang de A est maximal, c’est-à-dire égal à 3. '

A est inversible ssi rg(A) = 3 donc A est inversible ssi m ∈ R \ −2, −

(

1 . 2

/ ) 1 1.c. Pour m ∈ R \ −2, − , on résout un système général de matrice associée A 2 en appliquant les mêmes manipulations élémentaires que celles utilisées pour obtenir rg(A).

96

Chapitre 5

Matrices

'

(

1 , on considère un système linéaire de matrice associée A avec 2 un second membre générique

Si m ∈ R \ −2, −

&

(S)

x + my x + (m + 1)y + (m − 2)z 2x + y + 10mz

= = =

a b c

que l’on résout par la méthode du pivot de Gauss

&

L2 ←L2 −L1

⇐⇒

(S)

L3 ←L3 −2L1

& ⇐⇒

L3 ←L3 −(1−2m)L2

& ⇐⇒

x + my y + (m − 2)z (1 − 2m)y + 10mz x + my y + (m − 2)z (2m2 + 5m + 2)z x + my y + (m − 2)z (m + 2)(2m + 1)z

⎧ ⎪ ⎨ x = y

⇐⇒

=

⎪ ⎩ z = ⎧ ⎪ x = ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

⇐⇒

y

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ z

= =

= = = = = = = = =

a b−a c − 2a a b−a −(1 + 2m)a − (1 − 2m)b + c a b−a −(1 + 2m)a − (1 − 2m)b + c

a − my b − a + (2 − m)z −(2m + 1)a + (2m − 1)b + c (m + 2)(2m + 1) (5m + 2)(2m + 1)a − 10m2 b + m(m − 2)c (m + 2)(2m + 1) −4(2m + 1)a + 10mb + (2 − m)c (m + 2)(2m + 1) −(2m + 1)a + (2m − 1)b + c (m + 2)(2m + 1)

.

Les coefficients de A−1 sont, dans le même ordre de lecture, les coefficients devant a, b et c dans le système ci-dessus. '

A

−1

(

1 , 2  (5m + 2)(2m + 1) 1 −4(2m + 1) = (m + 2)(2m + 1) −(2m + 1)

Conclusion : Si m ∈ R \ −2, −

−10m2 10m 2m − 1

m(m − 2) 2−m 1

 .

2.a. La démarche est la même que dans l’exemple précédent : se ramener à une matrice triangulaire par transformations sur les lignes.  rg(N ) = rg

1 0 0

a b−a c−a

a2 b − a2 c2 − a2 2



 L2 ← L2 − L1 = rg L3 ← L3 − L1

1 0 0

a b−a c−a



a2 (b − a)(b + a) (c − a)(c + a)

La transformation suivante qu’on est tenté de réaliser est L3 ← (b − a)L3 − (c − a)L2 mais celle-ci n’est autorisée que si b − a = 0. Il convient donc dès à présent d’engager une discussion suivant les valeurs de a, b et c.

.

Exercice 5.7

Matrices à paramètre et de Vandermonde

Supposons b = a. On a alors :



rg(N ) = rg

1 0 0



a2 0 (c − a)(c + a)

a 0 c−a

 = rg

1 0 0

a c−a 0

a2 (c − a)(c + a) 0

97

 L2 ↔ L3

donc : • si c = a, rg(N ) = 2 ; • si c = a (auquel cas a = b = c), seule la première ligne de la dernière matrice n’est pas nulle donc rg(N ) = 1.

Si b = a, alors b − a = 0 et la transformation L3 ← (b − a)L3 − (c − a)L2 peut être réalisée. Supposons à présent b = a. On a alors :



rg(N )

=

rg

1 0 0

a b−a 0



a2 (b − a)(b + a) P (a, b, c)

L3 ← (b − a)L3 − (c − a)L2

où P (a, b, c)

Ainsi,



rg(N ) = rg

1 0 0

=

(b − a)(c − a)(c + a) − (c − a)(b − a)(b + a)

=

(c − a)(b − a)(c + a − (b + a))

=

(c − a)(b − a)(c − b).

a b−a 0



a2 (b − a)(b + a) (c − a)(b − a)(c − b)

) =

3 2

si c =  a et c = b, si c = a ou c = b.

Nous avons envisagé les cinq cas possibles : • a = b et a = c, • a = b = c, • a = b, b = c et a = c, • a = b et c = a, © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

• a = b et c = b. Nous pouvons donc conclure. Pour résumer, N est de rang 3 si et seulement si a, b et c sont deux à deux distincts. Si seulement deux des trois nombres a, b et c sont égaux, N est de rang 2. Enfin, N est de rang 1 si a = b = c. ∗

2.b. N est inversible si et seulement si son rang est maximal, c’est-à-dire égal à 3. Nous savons à présent traduire cette dernière condition sur les trois paramètres a, b et c. N est inversible si et seulement si son rang vaut 3. D’après le résultat de la question précédente, N est donc inversible si et seulement si a, b et c sont deux à deux distincts. ∗. On pourrait tout résumer en disant que le rang de N est égal au cardinal de l’ensemble {a, b, c}.

98

Chapitre 5

Matrices

Si a, b et c sont deux à deux distincts, et α, β, γ sont des complexes ⎛ ⎞ x1 donnés, l’équation matricielle N X = Y d’inconnue X = ⎝x2 ⎠ et x3 ⎛ ⎞ α de second membre Y = ⎝β ⎠ admet une unique solution (car N est γ inversible). On peut donner une interprétation polynomiale de ce ré⎧ ⎨ x1 + x2 a + x3 a2 = α x1 + x2 b + x3 b2 = β admet sultat : dire que le système linéaire ⎩ x1 + x2 c + x3 c2 = γ une unique solution revient à dire qu’il existe un unique polynôme P de degré au plus 2 tel que P (a) = α, P (b) = β et P (c) = γ. Ce résultat est démontré d’une autre façon à l’exercice 6.3 en page 111.

Exercice 5.8 : Produit scalaire, symétrie et antisymétrie Soit n ∈ N∗ . Dans cet exercice, pour tout j ∈ 1, n on notera Ej ∈ Mn,1 (R) la matrice colonne dont tous les coefficients sont nuls sauf le j-ième qui vaut 1. Soit A ∈ Mn (R). 1.

a. Soit i ∈ 1, n. Que représente A × Ei par rapport à A ? b. Soit (i, j) ∈ 1, n2 . Calculer t Ei × A × Ej . c. On suppose que pour tout (X, Y ) ∈ Mn,1 (R)2 , on a t XAY = t Y AX. Montrer que la matrice A est symétrique. Étudier la réciproque.

2.

a. Soit B ∈ Mn (R) une matrice telle que : ∀ X ∈ Mn,1 (R),

(BX = 0 =⇒ X = 0).

Montrer que B est inversible. On suppose dans la suite que A est à coefficients réels et antisymétrique. b. Établir :

∀ X ∈ Mn,1 (R),

t

XAX = 0.

c. En déduire que, pour tout réel non nul λ, la matrice A−λIn est inversible.

1.a. Par considération des tailles des matrices, on s’aperçoit que le produit AEi est une matrice colonne de taille (n, 1). Pour calculer ses coefficients, il faut revenir à la définition générale du produit matriciel. Soit k ∈ 1, n. Par définition du ) produit matriciel, et compte tenu du fait que les Ei (j, 1) = 0 si j = i coefficients de Ei sont donnés par , Ei (j, 1) = 1 si j = i (A × Ei )(k, 1) =

n  j=1

A(k, j)Ei (j, 1) = A(k, i).

Exercice 5.8

Produit scalaire, symétrie et antisymétrie

99

Ainsi AEi correspond à la i-ième colonne de la matrice A.

1.b. On commence par vérifier que le produit est bien défini et on détermine la taille de la matrice produit. Soit (i, j) ∈ 1, n2 . t Ei ∈ M1,n (R), A ∈ Mn (R) et Ej ∈ Mn,1 (R) donc le produit t Ei × A × Ej est de taille 1 × 1 autrement dit c’est un scalaire de R.

On procède alors au calcul de l’unique coefficient de t Ei × A × Ej vu sous la forme t Ei × (A × Ej ) pour exploiter le résultat de la question précédente. On a :

t



Ei × A × Ej (1, 1)

=

n  t

Ei (1, k)(AEj )(k, 1) =

k=1 n

=



n  t

Ei (1, k)A(k, j)

k=1

Ei (k, 1)A(k, j).

k=1

Or Ei (k, 1) = 1 si k = i et Ei (k, 1) = 0 sinon. Le seul terme éventuellement non nul de la somme est celui d’indice k = i, ainsi t Ei × A × Ej (1, 1) = Ei (i, 1)A(i, j) = A(i, j). En identifiant à R l’ensemble M1 (R) des matrices formées d’un seul coefficient, on peut alors conclure : t Ei × A × Ej = A(i, j).

1.c. On rappelle que la matrice A est symétrique si et seulement si, pour tout couple (i, j) appartenant à 1, n2 , A(i, j) = A(j, i). Avec la question précédente, on dispose justement d’une autre expression pour les coefficients de A. Soit (i, j) ∈ 1, n2 . Par hypothèse, t Ei × A × Ej = t Ej × A × Ei ce qui signifie, d’après la question 1.b, que A(i, j) = A(j, i). Ainsi, A est symétrique.

La réciproque doit mener à une égalité faisant intervenir des matrices transposées, il paraît donc ici plus naturel d’utiliser la caractérisation de la symétrie basée sur la transposition : A est symétrique si et seulement si t A = A. Réciproquement, si A est symétrique et (X, Y ) ∈ Mn,1 (R)2 , alors

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t

XAY = t X t AY = t (AX)Y = t (AX)t (t Y ) = t (t Y × AX) = t (t Y AX) = t Y AX

(la dernière égalité vient du fait que t Y AX est une matrice à un seul coefficient donc elle est symétrique).

2.a. L’hypothèse traduit que B est la matrice carrée d’un système linéaire de Cramer, elle est donc de rang maximal. ⎛

⎞

x1 ⎜ x2 ⎟ ⎟ Si X = ⎜ ⎝ ... ⎠, l’équation matricielle BX = 0 traduit que (x1 , x2 , . . . , xn ) est solution xn du système linéaire homogène dont B est la matrice carrée associée. Ainsi, l’hypothèse de l’énoncé signifie que ce système linéaire admet pour unique solution (0, 0, ..., 0). La matrice B de ce système est donc de rang maximal n, autrement dit, elle est inversible.

100

Chapitre 5

Matrices

2.b. Le point de départ consiste à exploiter que t XAX n’a qu’un seul coefficient donc est égale à sa transposée. Cela a le mérite de faire apparaître t A qui n’est autre que −A par antisymétrie de A. Soit X ∈ Mn,1 (R). t

XAX

=

t t

( XAX) = t (t X × AX) = t (AX) × t (t X) = t (AX) × X

=

(t X × t A) × X = (t X(−A)) × X = −t XAX.

Ainsi, 2t XAX = 0 i.e. t XAX = 0.

2.c. Posons d’abord bien les choses en identifiant précisément ce que l’on doit montrer. Compte tenu du critère d’inversibilité obtenu en 2.a, il suffit de montrer que X = 0 est l’unique solution de (A − λIn )X = 0. Soit λ ∈ R∗ . Soit X ∈ Mn,1 (R) tel que (A − λIn )X = 0. Il s’agit de montrer que X = 0.

Pour parvenir à l’objectif ainsi fixé, on peut faire apparaître t XAX pour exploiter le résultat de la question précédente. Comme (A − λIn )X = 0 ⇐⇒ AX = λX, on a, d’après la question précédente, 0 = t XAX = t X(λX) = λ × t XX donc t XX = 0 (car λ = 0).

⎛

⎞ x1 ⎜ x2 ⎟  ⎜ ⎟ Si X = ⎜ . ⎟, t X × X = x1 . ⎝ . ⎠

⎛

⎞ x1 n ⎟  ⎜ ⎜ x2 ⎟  2 x2 · · · xn × ⎜ . ⎟ = xk . Cette somme de   ⎝ .. ⎠ k=1 0 xn xn nombres positifs est nulle si et seulement si chacun de ses termes est nul. Si t X = (x1 , x2 , . . . , xn ), nous avons t XX =

n  k=1

x2k où x2k  0 pour tout k ∈ 1, n.

Ainsi, t XX = 0 entraîne : ∀ k ∈ 1, n, x2k = 0 i.e. X = 0. En conclusion, d’après le critère d’inversibilité de 2.a, pour tout λ ∈ R∗ , A − λIn est inversible.

Liste des capacités attendues

101

Liste des capacités attendues • Savoir effectuer un produit matriciel (cf exercices 5.1, 5.3, questions 5.2.1.a et 5.5.1) : si A = (aij )1im ∈ Mm,n (K) et B = (bij )1in ∈ Mn,p (K), le 1jn

1jp

coefficient situé sur la i-ième ligne et la j-ième colonne de A × B est

n 

aik bkj .

k=1

• Savoir traduire un problème linéaire sous forme matricielle (cf question 5.4.1.a) • Savoir déterminer le rang d’une matrice (cf exercices 5.6 et 5.7) • Savoir déterminer si une matrice carrée est inversible (cf exercices 5.2, 5.6, 5.7 et questions 5.1.1.a, 5.4.2.a, 5.4.4, 5.5.4.b, 5.8.2.a) • Savoir obtenir l’inverse d’une matrice carrée inversible ♦ en résolvant un système linéaire (cf questions 5.1.1.a et 5.7.1.c), ♦ en utilisant un polynôme annulateur de coefficient constant non nul (cf exercice 5.2), ♦ en utilisant les propriétés de l’inversion pour le produit matriciel et la transposition (cf questions 5.2.2.c et 5.5.4.b) (AB)−1 = B −1 A−1 ,

(t A)−1 = t (A−1 ) .

• Savoir calculer la puissance n-ième d’une matrice carrée

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♦ en se ramenant à une matrice diagonale (cf question 5.4.2.b), ♦ en utilisant la formule du binôme de Newton (cf exercice 5.3) : si AB = BA, alors n    n k n−k A B , (A + B)n = k k=0

♦ en utilisant un polynôme annulateur (cf exercice 5.5 et question 5.3.2.b). • Savoir utiliser les propriétés de la transposition (cf exercice 5.8 et question 5.2.2.c)

CHAPITRE

6 Polynômes On rappelle ici le vocabulaire élémentaire associé aux polynômes et leurs différentes écritures : l’ensemble des polynômes à coefficients réels (respectivement complexes) de degré inférieur ou égal à n sera noté Rn [X] (respectivement Cn [X]) et un polynôme P de degré n  1 peut s’écrire • sous forme algébrique P =

n 

ak X k = an X n + an−1 X n−1 + · · · + a2 X 2 + a1 X + a0

(an = 0),

k=0

♦ les ak sont les coefficients, ♦ an est le coefficient dominant et le monôme an X n le terme dominant, ♦ a0 est le coefficient (ou terme) constant, • sous forme factorisée dans C[X] P = an

p 

(X − rj )

mj

(avec

j=1

p 

mj = n et an = 0),

j=1

les rj sont les racines et les mj leurs ordres de multiplicité respectifs.

Exercice 6.1 : Autour des polynômes de Tchebychev

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

On considère les polynômes ∗ Pn à coefficients réels vérifiant : P0 = 2, 1.

P1 = X

et ∀ n ∈ N,

Pn+2 = XPn+1 − Pn .

a. Déterminer P2 , P3 , P4 et P5 . b. Factoriser P3 et P4 .

2. Déterminer le degré et le coefficient dominant de Pn pour tout entier naturel non nul n.

∗. Les polynômes de Tchebychev (Tn ) sont reliés aux (Pn ) par 2Tn (X) = Pn (2X). Ils vérifient T0 = 1, T1 = X et la relation de récurrence, ∀ n ∈ N, Tn+2 = 2XTn+1 −Tn . Ils sont aussi caractérisés par ∀ (n, θ) ∈ N × R, Tn (cos θ) = cos(nθ).

104

Chapitre 6

Polynômes

Exercice 6.1 (suite) : 3. On a reproduit ci-dessous une portion d’une fonction Python permettant de calculer Pn (x) étant donné n ∈ N∗ et x ∈ R. Compléter l’avant-dernière ligne de cette fonction. 1 2 3 4 5

def Poly(n,x): P , PP = 2 , x for k in range(2,n+1): P , PP = PP , _________ return PP

  1 pour tout entier n apparte4. Soit z ∈ C∗ . Simplifier au maximum Pn z + z   1 nant à 1, 4. Conjecturer une formule portant sur Pn z + , valable pour z tout entier naturel n, puis démontrer la. ∀ θ ∈ R, ∀ n ∈ N, Pn (2 cos θ) = 2 cos(nθ).

5. En déduire :

6. Pour x ∈ R tel que |x| > 2, déterminer une expression de Pn (x) en fonction de n ∈ N. 1.a. Les calculs s’effectuent de proche en proche, en s’appuyant sur la relation de récurrence qui définit la suite. On a, successivement, P2

=

XP1 − P0 = X 2 − 2,

P3

=

XP2 − P1 = X(X 2 − 2) − X = X 3 − 3X,

P4

=

XP3 − P2 = X(X 3 − 3X) − (X 2 − 2) = X 4 − 4X 2 + 2,

P5

=

XP4 − P3 = X(X 4 − 4X 2 + 2) − (X 3 − 3X) = X 5 − 5X 3 + 5X.

1.b. Pour P3 , 0 est racine évidente d’où une factorisation par X. Le facteur restant est de degré 2 et se factorise à l’aide de l’identité remarquable A2 − B 2 = (A − B)(A + B). On a

P3 = X(X 2 − 3) = X(X −

√ √ 3)(X + 3).

On remarque ici que P4 est un trinôme bicarré i.e. de la forme R = X 4 + pX 2 + q. Pour factoriser de tels polynômes dans C[X], on peut : • poser Y = X 2 , • factoriser Y 2 + pY + q en (Y − r1 )(Y − r2 ), • conclure en factorisant X 2 − r1 et X 2 − r2 dans R = (X 2 − r1 )(X 2 − r2 ). Le recours à l’indéterminée intermédiaire Y peut être évité en utilisant la réduction sous forme canonique.

Exercice 6.1

Autour des polynômes de Tchebychev

105

De même, P4

= = =

√ X 4 − 4X 2 + 2 = (X 2 − 2)2 − 2 = (X 2 − 2)2 − ( 2)2 √ √ √ √    (X 2 − 2 − 2)(X 2 − 2 + 2) = X 2 − (2 + 2) X 2 − (2 − 2)  ! ! ! ! √  √  √  √  X − 2+ 2 X + 2+ 2 X − 2− 2 X + 2− 2 .

2. Pour avoir une idée du résultat que l’on doit obtenir, la bonne démarche dans ce type d’exercice est de voir d’abord ce qu’il se passe pour les premiers termes de la suite. On remarque qu’il nous suffit de nous intéresser aux monômes dominants. Les monômes dominants de P1 , P2 , P3 , P4 et P5 sont respectivement X, X 2 , X 3 , X 4 et X 5 . Ainsi, pour n ∈ 1, 5, Pn est unitaire et de degré n.

Il semble ici raisonnable de formuler une conjecture généralisant à tout rang n  1 les résultats observés précédemment. Pour être complet, il restera à démontrer cette conjecture. Ici, on s’appuiera sur une récurrence à deux termes puisque la relation de récurrence Pn+2 = XPn+1 − Pn permet de “propager” au rang n + 2 l’information obtenue aux rangs n et n + 1. On conjecture que, pour tout entier naturel n non nul, le polynôme Pn est unitaire et de degré n. Démontrons cette conjecture par une récurrence à deux termes.

On raisonnera sur les monômes dominants pour regrouper les informations sur les degrés et coefficients dominants. Ici, dire que Pn est unitaire et de degré n revient à dire que X n est son monôme dominant. • Initialisation : On a déjà vérifié la propriété au rang 1 et au rang 2. • Hérédité : Supposons que Pn et Pn+1 sont unitaires et respectivement de degré n et n + 1 pour un certain entier naturel n non nul. Il existe donc deux polynômes Rn et Rn+1 tels que : Pn = X n +Rn ,

Pn+1 = X n+1 +Rn+1

avec

deg(Rn ) < n,

deg(Rn+1 ) < n+1.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Ainsi, par la relation de récurrence, Pn+2 = XPn+1 −Pn = X(X n+1 +Rn+1 )−(X n +Rn ) = X n+2 +(XRn+1 −X n −Rn ) avec deg(XRn+1 − X n − Rn ) < n + 2 (somme de polynômes de degré strictement inférieur à n + 2). On en déduit bien que Pn+2 est unitaire de degré n + 2. • Conclusion : Pour tout entier naturel n non nul, Pn est unitaire de degré n (et P0 est bien de degré 0 mais pas unitaire car son coefficient dominant est égal à 2).

Beaucoup de raisonnements sur le coefficient dominant ou le degré d’un polynôme reposent sur sa décomposition entre son monôme dominant et les autres monômes de degré moindre que l’on regroupe en un seul terme de reste : P = an X n + R avec deg R < n.

106

Chapitre 6

Polynômes

3. Il suffit de comprendre la signification de chaque ligne de code pour constater que la ligne incomplète correspond à actualiser les valeurs de deux termes consécutifs de la suite.

def Poly(n,x): P , PP = 2 , x for k in range(2,n+1): P , PP = PP , x*PP-P return PP

1 2 3 4 5

# # # # #

définit nom de fonction et argument initialise P_0 et P_1 répète de 2 à n actualise P_{k-1} et P_k retourne P_n

La syntaxe 1

P , PP = PP , x*PP-P

est spécifique au langage Python. La plupart des autres langages requiert le concours d’une variable auxiliaire pour garder en mémoire la valeur de P (nécessaire au calcul de la nouvelle valeur de PP) avant que celle-ci ne soit remplacée par l’ancienne valeur de PP ce qui donne les trois lignes de code suivantes. 1 2 3

Aux = P P = PP PP = x*PP-Aux

4. Ici, la démarche est analogue à celle de la question 2 : à partir des résultats observés pour n appartenant à 0, 4, on formule une conjecture pour tout entier naturel que l’on démontre par récurrence. 



1 z   1 P2 z + z   1 P3 z + z P1 z +

=

 = = =

 P4 z +

1 z

z+

 = =

1 z



1 2 1 − 2 = z2 + 2 z z     1 1 3 1 1 1 3 z+ −3 z+ = z 3 + 3z 2 × + 3z × 2 + 3 − 3z − z z z z z z 1 z3 + 3 z     1 4 1 2 z+ −4 z+ +2 z z   4 1 1 1 z 4 + 4z 2 + 6 + 2 + 4 − 4 z 2 + 2 + 2 + 2 = z 4 + 4 . z z z z z+

Exercice 6.1

Autour des polynômes de Tchebychev 

107



1 1 Enfin, en remarquant aussi que P0 z + = 2 = z 0 + 0 , on conjecture que, pour z z   1 1 tout entier naturel n, Pn z + = z n + n ce que nous démontrons ci-dessous par z z une récurrence à deux termes. • Initialisation : La conjecture a déjà été vérifiée au rang 0 et au rang 1.     1 1 1 1 = z n + n et Pn+1 z + = z n+1 + n+1 • Hérédité : Supposons Pn z + z z z z pour un certain entier naturel n. On a alors :         1 1 1 1 = z+ Pn+1 z + − Pn z + Pn+2 z + z z z z      1 1 1 n+1 n = z+ z + n+1 − z + n z z z 1 1 1 1 n+2 n n = z + n + z + n+2 − z − n = z n+2 + n+2 z z z z donc la conjecture est vraie au rang n + 2. • Conclusion : ∀ z ∈ C∗ ,



∀ n ∈ N,

Pn z +

1 z



= zn +

1 . zn

5. Pour exploiter les résultats précédents, il faut pouvoir écrire 2 cos θ sous la forme z + z −1 . Ici, la bonne idée est de se souvenir de l’une des deux formules d’Euler : 2 cos ω = eiω + e−iω (que l’on applique deux fois : avec ω = θ et avec ω = nθ). Soit n ∈ N. En utilisant deux fois la première formule d’Euler,







Pn (2 cos θ) = Pn eiθ + e−iθ = eiθ

n



+ eiθ

−n

= einθ + e−inθ = 2 cos(nθ).

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

6. Pour x ∈ R \ [−2, 2], la relation de récurrence s’écrit Pn+2 (x) = xPn+1 (x) − Pn (x) i.e. une relation de récurrence linéaire d’ordre 2. Soit x ∈ R \ [−2, 2]. La suite (Pn (x)) est linéairement récurrente d’ordre 2 d’équation 2 caractéristique associée r 2 = xr − 1. Le discriminant de cette √ dernière est (−x) − 4 = 2 x± x −4 x2 − 4 donc strictement positif et ses racines sont . On sait alors qu’il 2 existe deux réels μ et ν tels que  n  n √ √ x + x2 − 4 x − x2 − 4 +ν . ∀ n ∈ N, Pn (x) = μ 2 2 En particulier, avec n = 0 et n = 1, comme P0 (x) = 2 et P1 (x) = x,

&

√ √ μ+ν x + x2 − 4 x − x2 − 4 μ +ν 2 2

Finalement,

 ∀ n ∈ N,

Pn (x) =

x+

=

2

=

x

√

x2 − 4 2

L2 ←L2 − x L 2 1

n

μ+ν μ−ν

⇐⇒

μ = ν = 1.

 +

)

⇐⇒

x−

√

x2 − 4 2

n .

= =

2 0

108

Chapitre 6

Polynômes

Une autre méthode basée sur la même idée qu’à la question précédente aurait été de 1 trouver z tel que x = z + en résolvant une équation du second degré de solutions z √ √ x + x2 − 4 x − x2 − 4 et z− = (vérifiant z+ z− = 1) qui aurait conduit un z+ = 2 2 1 n n n + n = z+ + z− . peu plus rapidement au résultat Pn (x) = z+ z+

Exercice 6.2 : La somme des premiers cubes II L’objectif de cet exercice est de fournir une méthode de calcul des sommes de puissances d’entiers qui utilise les polynômes. 1. Soit P ∈ R[X]. Déterminer le degré de P (X + 1) − P (X). 2. Déterminer tous les polynômes P à coefficients réels tels que : P (X + 1) − P (X) = X 3 .

(E) 3. En déduire un calcul de

n 

k 3 pour tout entier naturel non nul n.

k=1

4. Avec la même stratégie, déterminer brièvement la valeur de la somme

n 

k4 .

k=1

1. On commence par traiter à part le cas où P (X +1)−P (X) est le polynôme nul (qui survient lorsque P est constant), puisque le polynôme nul a la particularité d’avoir un degré égal à −∞. Si P est constant, alors deg(P (X + 1) − P (X)) = deg 0 = −∞. Sinon, en posant deg P = p, on a p  1.

Commençons par montrer que P (X + 1) − P (X) est de degré strictement inférieur au degré de P à l’aide de la décomposition en monôme dominant et reste de degré moindre. En isolant le monôme dominant de P , on peut écrire P sous la forme αX p + R où α ∈ R∗ et R ∈ Rp−1 [X]. On a donc P (X + 1) − P (X) = α(X + 1)p + R(X + 1) − αX p − R(X). Or, par la formule du binôme de Newton : p

α(X + 1) =

  p  p α

k=0

k

donc nous avons P (X + 1) − P (X) = deg

 p−1    p α

k=0

k

X

 k

k

p

X = αX +

 p−1    p α

k=0

k

X

p−1    p

α

k=0

k

Xk



k

+ [R(X + 1) − R(X)] avec

= p − 1 et deg (R(X + 1) − R(X))  p − 1. Le polynôme

Exercice 6.2

La somme des premiers cubes II

109

P (X + 1) − P (X) étant somme de deux polynômes de degré au plus p − 1, on conclut que deg (P (X + 1) − P (X))  p − 1.

Pour déterminer précisément le degré de P (X + 1) − P (X), une analyse plus fine p−1  p est nécessaire. Puisque α X k est de degré p − 1, on pourrait conclure que k k=0 deg (P (X + 1) − P (X)) = p − 1 si on obtenait deg (R(X + 1) − R(X)) < p − 1. On remarque que cette dernière inégalité résulte en fait du travail déjà effectué auparavant sur P et qu’il suffit d’appliquer à R. En notant r le degré de R, on a de même : deg (R(X + 1) − R(X))  r − 1 avec r − 1 < p − 1. Or P (X + 1) − P (X) = αpX

p−1

 p−2    p

+

α

k=0

k



X

k

+ [R(X + 1) − R(X)]

donc on conclut que deg (P (X + 1) − P (X)) = p − 1.

2. Une des premières choses à laquelle on peut s’intéresser est le degré de P . Dans notre cas, cette information est fournie grâce au résultat de la question 1. Soit P une solution de (E). Puisque P (X + 1) − P (X) est de degré 3, le polynôme P est de degré 4 d’après la question 1 : il existe donc des réels a0 , a1 , a2 , a3 et a4 tels que P = a0 + a1 X + a2 X 2 + a3 X 3 + a4 X 4 avec a4 = 0.

Une méthode naturelle est d’injecter cette expression de P dans l’équation (E) pour en déduire les coefficients de P par identification. D’où, pour P = a0 + a1 X + a2 X 2 + a3 X 3 + a4 X 4 de degré 4, (E)

⇐⇒

4 

ak (X + 1)k −

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

k=0

⇐⇒

4 

4 

ak X k = X 3

k=0





ak (X + 1)k − X k = X 3

k=0

⇐⇒ ⇐⇒

a1 + a2 (2X + 1) + a3 (3X 2 + 3X + 1) + a4 (4X 3 + 6X 2 + 4X + 1) = X 3

⎧ a + a2 + a3 + a4 ⎪ ⎨ 1 ⎪ ⎩

2a2 + 3a3 + 4a4 3a3 + 6a4 4a4

= = = =

0 0 0 1

(par identification)

Le système est échelonné, il se résout donc directement par substitution “en remontant les équations”.

110

Chapitre 6

Polynômes

⎧ a = −a2 − a3 − a4 = 0 ⎪ ⎨ 1 3 1 donc

a2 = − 2 a3 − 2a4 =

1 4 = −2 ⎪ ⎩ a3 = −2a 1

a4 =

4

P = a0 + X 2



4

et finalement :

1 1 1 − X + X2 4 2 4

 = a0 +

X 2 (X − 1)2 . 4

3. On doit rapprocher k 3 et X 3 pour faire le lien avec les questions précédentes. Ainsi k 3 = P (k + 1) − P (k) où P est solution de (E) (choisi le plus simplement possible) et n  la somme k 3 se calcule alors par télescopage. k=1

X 2 (X − 1)2 , alors on a P (k + 1) − P (k) = k3 pour tout entier naturel k 4 d’après les résultats de la question 2. Ainsi, par télescopage, pour n ∈ N∗ , Si P =

n  k=1

k3 =

n 

[P (k + 1) − P (k)] = P (n + 1) − P (1) =

k=1

(n + 1)2 n2 . 4

4. On reprend l’idée de calcul par télescopage comme le suggère l’énoncé. L’essentiel du travail étant de déterminer ici un polynôme P tel que P (X + 1) − P (X) = X 4 . On cherche P tel que P (X + 1) − P (X) = X 4 . D’après la question 1, un tel polynôme est nécessairement de degré 5. Soit (a0 , a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ) ∈ R6 et P =

5 

ak X k .

k=0

5

Pour éviter d’avoir à développer (X + 1) , on va proposer une méthode alternative reposant sur l’ordre de multiplicité 4 de la racine 0 dans le polynôme X 4 . En remarquant que X 4 possède 0 pour racine d’ordre de multiplicité 4, on voit que

P (X + 1) − P (X) = X 4 entraîne

donc ⎧ ⎪ a1 + a2 + a3 + a4 + a5 ⎪ ⎪ ⎨ 2a2 + 3a3 + 4a4 + 5a5 6a3 + 12a4 + 20a5 ⎪ ⎪ 24a4 + 60a5 ⎪ ⎩ 120a5

= = = = =

0 0 0 0 24

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

P (1) − P (0) P  (1) − P  (0) P  (1) − P  (0) P  (1) − P  (0) P (4) (1) − P (4) (0)

⎧ a1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ a2 puis

a3

⎪ ⎪ ⎪ ⎩ a4 a5

= = = = =

= = = = =

0 0 0 0 24

1 −a2 − a3 − a4 − a5 = − 30 3 5 − 2 a3 − 2a4 − 2 a5 = 0 −2a4 − 10 a = 13 3 5 − 52 a5 = − 12 1 5

ainsi, en choisissant a0 nul,   1 1 1 1 1 1 1 1 + X2 − X3 + X4 P = − X + X3 − X4 + X5 = X − 30 3 2 5 30 3 2 5 est un bon candidat.

Une erreur fréquente consiste à croire que tout le travail a été fait et de conclure directement que P convient : nous avons trouvé une description de P à une constante

Exercice 6.3

Polynômes interpolateurs de Lagrange

111

près. Réciproquement, il ne faut pas oublier de vérifier que les conditions trouvées pour P ne sont pas seulement nécessaires, mais aussi suffisantes pour que P convienne ∗. Un calcul montre que le polynôme P4 ainsi défini vérifie bien P4 (X +1)−P4 (X) = X 4 . Ainsi n 

k4

=

k=1

n 

[P4 (k + 1) − P4 (k)] = P4 (n + 1) − P4 (1)

k=1



1 1 1 1 + (n + 1)2 − (n + 1)3 + (n + 1)4 30 3 2 5



=

(n + 1) −

=

n+1 − 1 + 10n2 + 20n + 10 − 15n3 − 45n2 − 45n − 15 30





+6n4 + 24n3 + 36n2 + 24n + 6 =

n(n + 1) (6n3 + 9n2 + n − 1). 30

Une ultime factorisation montrerait même que

n  k=1

k4 =

n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) . 30

Exercice 6.3 : Polynômes interpolateurs de Lagrange Soit x, y et z trois nombres complexes deux à deux distincts. 1. Trouver trois polynômes Px , Py et Pz , chacun de degré au plus 2, tels que ) Px (y) = Px (z) = Py (x) = Py (z) = Pz (x) = Pz (y) = 0, Px (x) = Py (y) = Pz (z) = 1. 2. Soit a, b, c trois nombres complexes. On pose P = aPx + bPy + cPz . Justifier que P est l’unique polynôme de degré inférieur ou égal à 2 tel que : P (x) = a,

P (y) = b et

P (z) = c.

3. En déduire tous les polynômes P de degré inférieur ou égal à 2 tels que :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

P (−1) = 2 et

P (1) = 3.

1. Commençons par faire le tri sur les conditions, elles se indépendantes ⎧ ⎧ ⎧ ⎨ Px (x) = 1 ⎨ Py (x) = 0 ⎨ Px (y) = 0 , Py (y) = 1 , ⎩ ⎩ ⎩ Px (z) = 0 Py (z) = 0

séparent en trois parties Pz (x) = Pz (y) = Pz (z) =

0 0 . 1

Si Px satisfait aux conditions, il admet y et z pour racines donc (X − y)(X − z) divise Px . Comme Px est de degré inférieur ou égal à 2, il existe un complexe λ tel que Px = λ(X − y)(X − z). Enfin de Px (x) = 1, nous tirons λ(x − y)(x − z) = 1 donc 1 X −yX −z λ= et finalement : Px = . (x − y)(x − z) x−y x−z ∗. C’est l’étape de synthèse dans le raisonnement par analyse-synthèse.

112

Chapitre 6

Polynômes

X −y X −z de degré 2, on a bien Px (y) = Px (z) = 0 x−y x−z x−y x−z = 1. (car y et z sont clairement racines de Px ) et Px (x) = x−y x−z

Si on note Px le polynôme

On adapte l’expression obtenue pour Px à Py et Pz . De manière analogue, les polynômes Py et Pz , définis par Py = Pz =

X −xX −y , répondent bien aux conditions imposées. z−x z−y

X −xX −z et y−x y−z

2. Vérifier que le polynôme proposé satisfait aux trois équations est immédiat. Le travail se situera surtout dans la preuve de l’unicité. P (x) = aPx (x) + bPy (x) + cPz (x) = a + 0 + 0 = a. De même, on a clairement : P (y) = b et P (z) = c.

Étant donné un objet satisfaisant une propriété P, si l’on veut montrer qu’il est unique pour cette propriété, la méthode générale consiste à se donner un autre objet (a priori différent) satisfaisant aussi P et de montrer que les deux objets sont en fait identiques. Ici les objets sont des polynômes. Pour montrer que deux polynômes sont égaux, une façon de faire est de montrer que leur différence est le polynôme nul, car nous disposons de résultats permettant de caractériser le polynôme nul (un polynôme de degré inférieur ou égal à n est nul s’il admet au moins n + 1 racines distinctes). Réciproquement, si Q est un polynôme de degré inférieur ou égal à 2 tel que : Q(x) = a, Q(y) = b et Q(z) = c alors Q(x) = P (x), Q(y) = P (y) et Q(z) = P (z) donc le polynôme Q − P admet (au moins) trois racines distinctes : x, y et z. Étant de plus de degré inférieur ou égal à 2, Q − P est donc le polynôme nul. Ainsi Q = P ce qui montre l’unicité de P .

3. Il faut repérer ici le lien évident avec la question qui précède. Pour tout réel z distinct de −1 et 1, et tout polynôme P de degré inférieur ou égal à 2, ) P (−1) = 2 ⇐⇒ P = 2P−1 + 3P1 + P (z)Pz , P (1) = 3 le choix de z étant arbitraire. Le plus simple est de prendre ici z = 0. Soit P un polynôme de degré inférieur ou égal à 2. D’après le résultat de la question précédente et avec les notations de la question 1 pour (x, y, z) = (−1, 1, 0),

)

P (−1) P (1)

= =

2 3

⇐⇒

P = 2P−1 + 3P1 + P (0)P0 .

À l’aide des formules de la question 1 : P−1 =

(X − 1)X X2 − X = , −2 × (−1) 2

P1 =

(X + 1)X X2 + X = 2×1 2

(X + 1)(X − 1) = 1 − X2. 1 × (−1) Ainsi, P est solution ssi il existe c ∈ C tel que   5 3 3 1 − c X2. P = X 2 − X + X 2 + X + c(1 − X 2 ) = c + X + 2 2 2 2 et

P0 =

Exercice 6.4

Relation entre racines et coefficients

113

Les notations Px , Py et Pz de l’énoncé peuvent paraître trompeuses : les trois polynômes dépendent en fait bien chacun de x, y et z. Ainsi, dans cette dernière question et pour tout z ∈ / {−1, 1}, tout polynôme solution s’exprimerait sous la forme 2P−1 + 3P1 + P (z)Pz où les polynômes P−1 (X − 1)(X − z) et P1 auraient alors été donnés respectivement par et 2(1 + z) (X + 1)(X − z) (on retrouve ceux ci-dessus lorsque z = 0). 2(1 − z)

Exercice 6.4 : Relation entre racines et coefficients On désire prouver le résultat suivant : “si a, b et c sont trois complexes de module 1 vérifiant a + b + c = 1, alors nécessairement un de ces trois complexes vaut 1”. Supposons que a, b et c soient trois nombres complexes de module 1 tels que a + b + c = 1. 1 1 1 1. Justifier l’égalité : + + = 1. a b c 2. On considère le polynôme P défini par P (X) = (X −a)(X −b)(X −c). Justifier l’existence d’un complexe non nul α tel que P (X) = X 3 − X 2 + αX − α. 3. Conclure.

1. Il faut exploiter ici l’hypothèse essentielle (la seule !) que les trois nombres sont de module 1. Puisque a, b, c sont de module 1,

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

1 a b c 1 1 + 2 + 2 = a + b + c = a + b + c = 1 = 1. + + = a b c |a|2 |b| |c|

2. Le principe d’une factorisation consiste essentiellement à trouver les racines à partir des coefficients d’un polynôme. Ici, nous adoptons une démarche opposée : nous allons exprimer les coefficients de P à l’aide de ses racines. Il faut tout naturellement développer l’expression factorisée de P et simplifier convenablement ses coefficients à l’aide des connaissances sur les racines a, b et c (cf énoncé et résultat de la question précédente). P (X) = (X − a)(X − b)(X − c) = X 3 − (a + b + c)X 2 + (ab + bc + ac)X − abc = X 3 − X 2 + (ab + bc + ac)X − abc

(puisque a + b + c = 1).

En posant α = abc, on a :   1 α α 1 1 α + + = α (d’après 1) ab + bc + ac = + + = α c a b c a b donc finalement : P (X) = X 3 − X 2 + αX − α. Ainsi, α = abc convient.

114

Chapitre 6

Polynômes

3. Il faut bien identifier ce que l’on cherche à montrer ici : on veut établir que l’une des racines a, b ou c de P est égale à 1. Cela revient à montrer que X − 1 divise P , ce qui est immédiat d’après le résultat de la question précédente. P (X) = X 2 (X − 1) + α(X − 1) = (X − 1)(X 2 + α) donc 1 est racine de P . Or a, b et c sont les racines de P donc un des nombres complexes a, b ou c est égal à 1.

Exercice 6.5 : Autour des racines n-ièmes de l’unité Pour n ∈ N∗ et k ∈ 0, n − 1, on pose zk = e 1.

2ikπ n

.

n

a. Calculer (zk ) . b. Factoriser X n − 1 dans C[X].

2. En déduire la factorisation dans C[X] du polynôme P =

n−1 

X k = 1 + X + X 2 + · · · + X n−1 .

k=0

3. En considérant P (1) et P (−1), en déduire les valeurs des deux produits n−1 n−1   kπ kπ sin cos et . n n k=1

k=1

1.a. (zk )n se calcule simplement en utilisant la propriété suivante de l’exponentielle   complexe : ez ez = ez+z . On a :



(zk )n = e

2ikπ n

n

= e2ikπ = (e2iπ )k = 1k = 1.

1.b. Factoriser un polynôme revient à trouver ses racines (avec leurs ordres de multiplicité). Ici la question précédente fournit des racines de X n − 1. D’après la question 1.a, X n − 1 admet zk pour racine pour tout k ∈ 0, n − 1. (zk )k∈0,n−1 est donc une famille de n racines du polynôme X n − 1 de degré n.

Si on trouve n racines distinctes d’un polynôme de degré n, alors celles-ci sont simples et le polynôme n’admet pas d’autres racines : c’est une conséquence du théorème de d’Alembert-Gauss. Ainsi, notre tâche va consister à démontrer que les complexes zk sont deux à deux distincts (pour k ∈ 0, n − 1). Ces racines sont deux à deux distinctes par unicité de l’argument d’un nombre complexe si on se restreint à [0, 2π[. Enfin, X n − 1 étant unitaire, le théorème de d’Alembert-



n−1

Gauss permet de conclure : X n − 1 =

k=0

(X − zk ).

Autour des racines n-ièmes de l’unité

Exercice 6.5

115

2. Pour faire le lien entre P = 1 + X + X 2 + · · · + X n−1 et X n − 1, il faut reconnaître dans P la somme des premiers termes d’une suite géométrique pour laquelle on dis1 − Xn pose d’une formule P = que l’on redémontre par télescopage pour éviter de 1−X distinguer le cas où l’indéterminée vaut 1. On a, par télescopage, (X − 1)P = (X − 1)

n−1 

Xk =

k=0



n−1 

(X k+1 − X k ) = X n − 1.

k=0

n−1

Comme X n − 1 =

(X − zk ) et z0 = 1, on en déduit par simplification par le

k=0



n−1

polynôme non nul X − 1 que P =

(X − zk ), qui est donc l’écriture factorisée de

k=1

P dans C[X].

3. L’idée va consister à exploiter les deux écritures de P pour calculer de deux façons différentes P (1) et P (−1). • La forme factorisée de P donne une expression de P (1) et de P (−1) faisant intervenir les produits cherchés si on pense à invoquer les formules d’Euler. • La définition de P par ses coefficients permet de calculer très simplement P (1) et P (−1). Il suffit ensuite d’isoler les produits à calculer dans les identités obtenues. 

n−1  kπ kπ et Cn = . cos n n

n−1

On pose Sn =

sin

k=1

n−1 

D’une part, P (1) =

k=1

1k = n. D’autre part, en utilisant le résultat de la question

k=0

précédente,



n−1

P (1)

=

k=1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.



n−1

(1 − zk ) =

1−e

−2iei

kπ n

sin

k=1



n−1

−2iei

=



kπ n





n−1

=

k=1



n−1

=

2ikπ n

e

ikπ n

 e

−ikπ n

−e

ikπ n



k=1

 kπ  n

(d’après les formules d’Euler)

× Sn

k=1

donc, au final,

 ie−i kπ n



n−1

Sn = n

k=1



n−1

i.e.

k=1

sin

2

=

n 2n−1

n kπ = n−1 . n 2

n−1

i

exp

n−1 π −i k n k=1

 =

n 2n−1



in−1 exp −i(n − 1)

π 2



116

Chapitre 6

Polynômes

De même, P (−1) =

n−1 

(−1)k =

k=0



n−1

P (−1)

=

 

n−1

(−1 − zk ) =

k=1

− 1+e

(−1)

ei

kπ n

(−1)n−1 2n−1 exp



n−1

ainsi, si n est pair,



k=1

n−1

n = 2m + 1 et

cos

cos

k=1



e−i



k=1

=

)

2ikπ n

0 1

si n est pair sinon

et



k=1

 n−1 n−1

=

(−1)n − 1 = −2

i

kπ n

n−1 π

n

+ ei

kπ n



 k



n−1

= (−1)n−1

2ei

kπ n

k=1

cos

kπ n

Cn = (−1)n−1 2n−1 in−1 Cn

k=1

kπ = 0 et, si n est impair, il existe un entier m tel que n

n−1 n  n−1 1 − (−1) (−1)m kπ kπ = = (−1) 2 . En résumé, cos . 2m n n 2 n 2 k=1

Il est bon de garder un œil critique sur ses résultats et de vérifier leur cohérence. Le fait que l’on trouve 0 lorsque n est pair n’est pas surprenant. En effet, si n est pair, il peut s’écrire sous la forme 2p où n−1  kπ p ∈ 1, n − 1 et, dans le produit cos , figure donc nécessairen k=1 pπ pπ π ment cos = cos = cos = 0. n 2p 2

Exercice 6.6 : Divisibilité et ordre de multiplicité des racines Dans cet exercice, a est un nombre complexe et P est le polynôme : P = X 5 − (3a + 2)X 4 + (1 + 3a + 3a2)X 3 − (a3 + 1)X 2 + (2 − a3 + 3a)X − (a + 1)3 . 1. Soit j le nombre complexe e

2iπ 3

. Simplifier j 3 et 1 + j + j 2 .

2. Dans cette question uniquement, on suppose que a = j. Montrer que si r est une racine réelle de P alors −3r4 + 3r = 0



et r5 − 2r4 − 2r3 − 2r2 + r + 1 = 0.

Qu’en conclure ? 3. Dans cette question uniquement, on suppose que a = j − 1. Vérifier que j est racine de P et déterminer son ordre de multiplicité. Factoriser alors P dans C[X].

Exercice 6.6

Divisibilité et ordre de multiplicité des racines

117

Exercice 6.6 (suite) : 4. On suppose désormais que a est réel. a. Montrer que P possède au moins une racine réelle. b. Montrer que X 2 + X + 1 divise P . c. Montrer que P possède une racine triple que l’on exprimera en fonction de a et factoriser P dans C[X]. d. Discuter du signe de P (x) en fonction du réel x. 1. Pour le calcul de 1 + j + j 2 , le plus rapide est de reconnaître la somme de termes consécutifs d’une suite géométrique de raison j. j 3 = (e

2iπ 3

)3 = e2iπ = 1 et 1 + j + j 2 =

1 + j + j 2 = 0.

1−1 1 − j3 = = 0 donc : j 3 = 1 et 1−j 1−j

2. Injectons froidement j à la place de a dans l’expression de P et procédons aux simplifications d’usage à l’aide de j 3 = 1 et j 2 = −1 − j. Tout d’abord, on a P

=

X 5 − (3j + 2)X 4 + (1 + 3j + 3j 2 )X 3 −(j 3 + 1)X 2 + (2 − j 3 + 3j)X − (j + 1)3

=

5

X − (3j + 2)X 4 − 2X 3 − 2X 2 + (3j + 1)X + 1

En séparant les termes suivant leur dépendance en j, on fait apparaître les deux polynômes mentionnés dans l’énoncé. =

(X 5 − 2X 4 − 2X 3 − 2X 2 + X + 1) + j(−3X 4 + 3X).

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Il reste à comprendre pourquoi si r est racine réelle de P , chacun des deux termes s’annule en r. Pour cela, il suffit de séparer parties réelle et imaginaire. En particulier, si r est une racine réelle de P , r 5 − 2r 4 − 2r 3 − 2r 2 + r + 1 = −(−3r4 + 3r)j. En prenant la partie imaginaire des deux membres, on a −3r4 + 3r = 0 puisque Im j = 0, puis en réinjectant cette égalité, r 5 − 2r 4 − 2r 3 − 2r 2 + r + 1 = 0.

La première équation se résout très simplement dans R. Or −3r 4 + 3r = 0 ⇐⇒ −3r(r − 1)(r2 + r + 1) = 0 ⇐⇒ (r = 0 ou r = 1) donc r = 0 et r = 1 sont les deux seules possibilités. En les injectant dans la deuxième équation, on constate que ni l’une ni l’autre ne conviennent (1 = 0 et −3 = 0). Finalement, P n’admet pas de racine réelle.

3. Il s’agit de vérifier si P (j) = 0.

118

Chapitre 6

Polynômes

Tout d’abord, P

=

X 5 − (3j − 1)X 4 + (1 − 3j + 3j 2 )X 3 −(j 3 − 3j 2 + 3j)X 2 + (−j 3 + 3j 2 )X − 1

=

X 5 + (1 − 3j)X 4 − (2 + 6j)X 3 − (4 + 6j)X 2 − (4 + 3j)X − 1.

En particulier, P (j)

=

j 5 + (1 − 3j)j 4 − (2 + 6j)j 3 − (4 + 6j)j 2 − (4 + 3j)j − 1

=

−2j 5 − 5j 4 − 8j 3 − 7j 2 − 4j − 1

=

−2j 2 − 5j − 8 − 7j 2 − 4j − 1 = −9(j 2 + j + 1) = 0

donc j est racine de P .

Pour l’ordre de multiplicité, on va utiliser la caractérisation par l’annulation des dérivées successives : r est racine de P de multiplicité m ssi   ∀ k ∈ 0, m − 1, P (k) (r) = 0 et P (m) (r) = 0. Calculons alors la valeur des dérivées successives de P en j. P

=

5X 4 + 4(1 − 3j)X 3 − 3(2 + 6j)X 2 − 2(4 + 6j)X − (4 + 3j)

P (j)

=

−7j 4 − 14j 3 − 18j 2 − 11j − 4 = −18(j 2 + j + 1) = 0

P 

=

20X 3 + 12(1 − 3j)X 2 − 6(2 + 6j)X − 2(4 + 6j)

P (j)

=

−16j 3 − 24j 2 − 24j − 8 = −24(j 2 + j + 1) = 0

P 

=

60X 2 + 24(1 − 3j)X − 6(2 + 6j)

P  (j)

=

−12j 2 − 12j − 12 = −12(j 2 + j + 1) = 0

=

120X + 24(1 − 3j)

=

48j + 24 = 24(2j + 1) = 0.





P P

(4)

(4)

(j)

En conclusion, j est racine quadruple de P et (X − j)4 divise P . Il existe alors un polynôme Q tel que P = (X − j)4 Q. Comme P est de degré 5 et unitaire, Q = X − λ où λ ∈ C est à déterminer. Par identification du coefficient de X 4 , on a −4j − λ = −(3a + 2) = −(3j − 1) i.e. λ = −j − 1 = j 2 . Finalement, la factorisation de P dans C[X] est : P = (X − j)4 (X − j 2 ).

4.a. Visualisons le graphe de P : au voisinage de −∞, P est “très négatif” et, au voisinage de +∞, “très positif” ; entre les deux, on doit donc passer par 0. On va rendre rigoureux ce raisonnement à l’aide du théorème des valeurs intermédiaires. P est de degré impair et unitaire donc lim P = −∞ et lim P = +∞. En particulier, −∞

+∞

il existe M > 0 tel que P (M ) > 0 et P (−M ) < 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction polynomiale P continue sur [−M, M ], il existe r ∈] − M, M [ tel que P (r) = 0.

4.b. On rappelle que pour qu’un polynôme R à racines simples dans C divise le polynôme P , il faut et il suffit que les racines de R soient aussi racines de P . C’est ce que nous utiliserons ici avec R = 1 + X + X 2 . D’après 1, j est racine du polynôme X 2 + X + 1. Comme il s’agit d’un trinôme du second degré à coefficients réels, son autre racine est son conjugué j. Pour montrer

Exercice 6.6

Divisibilité et ordre de multiplicité des racines

119

que X 2 + X + 1 divise P , il suffit de montrer que j est racine de P : en effet, j sera alors aussi racine de P (car, P étant à coefficients réels, P (j) = P (j) = 0 = 0) et (X − j)(X − j) = X 2 + X + 1 divisera P .

On va donc calculer P (j) et simplifier les calculs comme précédemment. Calculons : P (j)

=

j 5 − (3a + 2)j 4 + (1 + 3a + 3a2 )j 3 −(a3 + 1)j 2 + (2 − a3 + 3a)j − (a + 1)3

=

j 2 − (3a + 2)j + (1 + 3a + 3a2 ) − (a3 + 1)j 2 + (2 − a3 + 3a)j − (a + 1)3

=

−a3 (j 2 + j + 1) = 0.

j est bien racine de P et donc X 2 + X + 1 divise P .

On retiendra qu’un polynôme à coefficients réels qui possède une racine complexe non réelle z, admet également z pour racine. 4.c. L’énoncé lui-même suggère que ce n’est aucune des racines déjà trouvées j et j = j 2 qui est triple puisqu’elles ne dépendent pas de a (on vérifierait sans peine que P  (j) = 0). Il faut donc d’abord factoriser P en tenant compte de ces deux racines. Comme X 2 + X + 1 divise P , il existe un polynôme de degré 3 (car P est de degré 5 et X 2 + X + 1 de degré 2) unitaire (car P et X 2 + X + 1 le sont) X 3 + λX 2 + μX + ν tel que P = (X 2 + X + 1)(X 3 + λX 2 + μX + ν).

Pour trouver les trois coefficients λ, μ et ν, on va développer le produit et raisonner par identification avec les coefficients de P . En développant, © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

P = X 5 + (λ + 1)X 4 + (λ + μ + 1)X 3 + (λ + μ + ν)X 2 + (μ + ν)X + ν. D’où, par identification des coefficients de X 4 , X 3 et 1,

&

λ+1 λ+μ+1 ν

= = =

−(3a + 2) 1 + 3a + 3a2 −(a + 1)3

&

puis

λ μ ν

= = =

−3(a + 1) 3(a + 1)2 L2 ← L2 − L1 . −(a + 1)3

Lorsque l’existence (voire l’unicité) est déjà connue, inutile de raisonner par équivalence : ici, nous avons identifié les monômes juste nécessaires pour pouvoir déterminer les coefficients du quotient de P par X 2 +X+1.

120

Chapitre 6

Polynômes

Ainsi P

=

[X 2 + X + 1][X 3 − 3(a + 1)X 2 + 3(a + 1)2 X − (a + 1)3 ]

=

[X 2 + X + 1][X − (a + 1)]3

et a + 1 est racine triple de P . On conclut que la factorisation de P dans C[X] est P = (X − j)(X − j)(X − a − 1)3 .

4.d. C’est évidemment une forme factorisée qu’il faut privilégier pour la discussion du signe. Toutefois, comme le signe n’a pas de sens pour un complexe non réel, la factorisation de X 2 + X + 1 n’apporte rien donc on le garde tel quel. Soit x ∈ R. P (x) = (x2 + x + 1)(x − a − 1)3 est du signe de (x − a − 1)3 donc de x − a − 1 (en effet, x2 + x + 1 est toujours strictement positif puisque X 2 + X + 1 est unitaire et de discriminant strictement négatif). Ainsi, • si x > a + 1, P (x) > 0, • si x < a + 1, P (x) < 0 et • si x = a + 1, P (x) = 0 (a + 1 est la seule racine réelle de P ).

On voit ici la différence entre les deux écritures (algébrique et factorisée) d’un polynôme. La première est à favoriser lors d’opérations additives et de dérivation ou d’intégration (sauf en cas de racine unique). La seconde est plus pertinente pour les opérations multiplicatives ou pour une étude de signe.

Liste des capacités attendues

121

Liste des capacités attendues • Savoir déterminer (ou majorer) le degré d’un polynôme (cf questions 6.1.2 et 6.2.1) à l’aide de son comportement pour ♦ les opérations algébriques deg(P + Q)  † max(deg P, deg Q) ,

deg(P Q) = deg P + deg Q ,

♦ la dérivation deg P   ‡ deg P − 1 • Savoir déterminer des racines d’un polynôme (avec leurs ordres de multiplicité) (cf questions 6.3.1, 6.4.3 et exercice 6.6) • Savoir utiliser le théorème de d’Alembert-Gauss et ses conséquences (cf questions 6.3.2 et 6.5.1.b) ♦ tout polynôme à coefficients complexes de degré n peut s’écrire n  an (X − x1 ) · · · (X − xn ) = an (X − xi ), i=1

les xi n’étant pas nécessairement deux à deux distincts, ♦ tout polynôme de degré n admet exactement n racines complexes comptées avec leurs ordres de multiplicité, ♦ un polynôme de degré inférieur ou égal à n ayant au moins n + 1 racines, comptées avec leurs ordres de multiplicité, est nul.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

• Savoir factoriser un polynôme dans C[X] (cf question 6.1.1.b, exercices 6.5 et 6.6) • Savoir étudier une suite de polynômes définie par une relation de récurrence (cf exercice 6.1)

†. Il ne s’agit d’une égalité que si les degrés sont différents ou si les degrés sont égaux mais la somme des coefficients dominants n’est pas nul. ‡. L’inégalité n’est stricte que pour les polynômes constants.

CHAPITRE

7 Géométrie Dans tous les exercices qui suivent, le plan et l’espace affines euclidiens sont supposés munis d’un repère orthonormal.

Exercice 7.1 : Équation cartésienne vs représentation paramétrique 1. Chaque droite du plan affine euclidien peut être représentée paramétriquement ou par une équation cartésienne. Pour chacune des droites ci-dessous, proposer l’autre façon de la représenter. ) x = 2 − 3λ a. D1 est la droite de représentation paramétrique , λ ∈ R. y = 5 + 7λ b. D2 est la droite d’équation (cartésienne) 3x + 2y − 1 = 0.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

2. Chaque plan de l’espace affine euclidien peut être représenté paramétriquement ou par une équation cartésienne. Pour chacun des plans ci-dessous, proposer → l’autre façon de le représenter ainsi qu’un vecteur − n qui lui est normal. a. P1 est le plan d’équation cartésienne 5x − y + z = 2. ⎧ ⎨ x = 3 + λ + 4μ y = −1 + 2λ − 2μ , (λ, μ) ∈ R2 . b. P2 est le plan paramétré par ⎩ z =2−λ+μ 3. Chaque droite de l’espace affine euclidien peut être représentée paramétriquement ou par deux équations cartésiennes. Pour chacune des droites ci-dessous, proposer l’autre façon de la représenter. ⎧ ⎨ x = 6 − 3λ y = 3 + λ , λ ∈ R. a. D1 est la droite de représentation paramétrique ⎩ z = 1 + 2λ ) 3x − y + z = 4 b. D2 est la droite d’équations cartésiennes . x − 3y − 5z = 2

1.a. Il s’agit d’éliminer le paramètre λ : • une possibilité est de l’extraire d’une équation pour le substituer dans l’autre, • une autre de faire une bonne combinaison linéaire (7L1 + 3L2 par exemple),

124

Chapitre 7

Géométrie

• une dernière d’interpréter la représentation paramétrique ) à l’aide d’un point de la x = xA + λux → − droite A(xA , yA ) et d’un vecteur directeur u (ux , uy ) : . y = yA + λuy D’après la représentation paramétrique de D1 , cette droite passe par le point A(2, 5) → et a pour vecteur directeur − u (−3, 7). Soit M (x, y) un point du plan.



M ∈ D1



⇐⇒

x − 2 −−→ → AM ∈ Vect(− u ) ⇐⇒  y−5

−3 =0 7

⇐⇒

7(x − 2) + 3(y − 5) = 0 ⇐⇒ 7x + 3y − 29 = 0.

Une équation cartésienne de la droite D1 est donc 7x + 3y − 29 = 0.

1.b. Dans ce sens, on peut aussi repasser par un point et un vecteur directeur de la droite : → • un vecteur normal − n se “lit” dans l’équation cartésienne 3 x + 2 y = 1 à savoir → − → n (3, 2) dont se déduit un vecteur directeur (si − n (a, b) est normal, alors (−b, a) est directeur), • pour le point, comme la droite n’est pas verticale, on choisit arbitrairement x (par exemple 1) et on trouve la coordonnée y correspondante (−1 pour x = 1). Méthode 1 : − → u (−2, 3) est un vecteur directeur de D )2 et A(1, −1) est un point de D2 donc une x = 1 − 2λ représentation paramétrique de D2 est , λ ∈ R. y = −1 + 3λ

On peut aussi choisir l’une des deux coordonnées comme paramètre. Méthode 2 : Soit M (x, y) un point du plan. M ∈ D2 ⇐⇒ 3x + 2y − 1 = 0 ⇐⇒ 3x = 1 − 2y ⇐⇒ x =

&

donc une représentation paramétrique de D2 est

2 1 − y 3 3

2 1 − λ , λ ∈ R. 3 3 y=λ

x=

2.a. Réglons tout d’abord le cas du vecteur normal qui se “lit” dans les coefficients de l’équation cartésienne. → À l’aide de l’équation cartésienne de P1 , on voit que le vecteur − n (5, −1, 1) est normal à P1 .

Pour la représentation paramétrique, il faut trouver • un point du plan, ce qui se fait en fixant arbitrairement deux coordonnées (par exemple x = y = 0) et en calculant alors la troisième coordonnée pour vérifier l’équation cartésienne (z = 2 si x = y = 0), • deux vecteurs non colinéaires qui dirigent le plan et qui sont donc orthogonaux à → − n , ce qu’on fait souvent en “gelant” une coordonnée à 0 et en inversant à un signe → près les deux autres (concrètement si − n (a, b, c), on choisit (b, −a, 0) et (0, c, −b)).

Exercice 7.1

Équation cartésienne vs représentation paramétrique

125

Méthode 1 : → − → u (1, 5, 0) et − v (0, 1, 1) sont deux vecteurs non colinéaires qui dirigent le plan P1 . De plus, le point A(0, 0, 2) appartient à ce plan donc une représentation paramétrique de & x = λ y = 5λ + μ , λ, μ ∈ R. P1 est : z = 2 + μ

Comme précédemment, on peut aussi exprimer une coordonnée en fonction des deux autres et choisir ces deux dernières comme paramètres. Méthode 2 : Soit M (x, y, z) un point de l’espace. M ∈ P1 ⇐⇒ 5x − y + z = 2 ⇐⇒ z = 2 + y − 5x donc une représentation paramétrique de P1 est

&

x y z

= = =

λ −

2

5λ

+

μ , λ, μ ∈ R. μ

2.b. Là encore, on interprète la représentation paramétrique en termes de plan issu → → d’un point A et de vecteurs directeurs donnés − u et − v :   −−→ → → → → ⇐⇒ M ∈ A+Vect(− u ,− v) ⇐⇒ ∃ (λ, μ) ∈ R2 , AM = λ− u +μ− v . M ∈ P2 Méthode 1 : D’après la représentation paramétrique de P2 , ce plan passe par A(3, −1, 2) et a pour → → → → direction Vect(− u ,− v ) où − u (1, 2, −1) et − v (4, −2, 1). ) → − → u .− n =0 → Un vecteur − n (a, b, c) est normal à P2 si et seulement si . Or → − → v .− n =0

) → − → u .− n

− → − v .→ n

= =

0 0

)

⇐⇒

) ⇐⇒

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

) ⇐⇒

a 4a a a c

2b 2b

− +

c c

+ −

2b 10b

− +

c 5c

= =

0 2b

+ −

= = = =

0 0 0 0

L2 ← L2 − 4L1

→ donc le vecteur − n (0, 1, 2) est normal à P2 . Si M (x, y, z) est un point de l’espace, −−→ → −−→ → n ⇐⇒ AM .− n =0 M ∈ P2 ⇐⇒ AM ⊥ − ⇐⇒

(x − 3) × 0 + (y + 1) × 1 + (z − 2) × 2 = 0

⇐⇒

y + 2z − 3 = 0.

Une équation cartésienne de P2 est donc y + 2z − 3 = 0.

On peut aussi “éliminer” les paramètres λ et μ de la représentation paramétrique donnée.

126

Chapitre 7

Géométrie

Méthode 2 : Soit M (x, y, z) un point de l’espace.

&

M ∈ P2 ⇐⇒ ∃ λ, μ ∈ R,

x y z

= = =

3 −1 2

+ + −

λ 2λ λ

+ − +

4μ 2μ μ

donc M appartient à P2 si et seulement si le système (S) ci-dessus d’inconnues λ et μ est compatible. Or

&

(S)

⇐⇒

&

λ

⇐⇒

&

4μ 2μ μ

= = =

x−3 y+1 z−2

+ −

4μ 10μ 5μ

= = =

x−3 −2x + y + 7 x+z−5

L2 ← L2 − 2L1 L3 ← L3 + L1

+ −

4μ 10μ 0

= = =

x−3 −2x + y + 7 y + 2z − 3

L3 ← 2L3 + L2

λ 2λ −λ

λ

⇐⇒

+ − +

.

donc une condition nécessaire et suffisante sur x, y et z pour que (S) soit compatible est que la dernière équation du système échelonné ci-dessus soit effectivement vérifiée. → n (0, 1, 2) est un vecteur Ainsi, P2 admet pour équation cartésienne y + 2z − 3 = 0 et − normal à P2 .

3.a. Là encore on détermine les équations de compatibilité du système d’inconnue λ.

Soit M (x, y, z) un point de l’espace. M∈

D1

&

⇐⇒ ∃ λ ∈ R,

x y z

= = =

6 3 1

− + +

3λ λ 2λ

donc M appartient à D1 si et seulement si le système (S) ci-dessus d’inconnue λ est compatible. Or,

&

(S) ⇐⇒

−3λ = x − 6 λ= y−3 2λ = z − 1

&

⇐⇒

−3λ 0 0

= = =

x−6 x + 3y − 15 2x + 3z − 15

L2 ← 3L2 + L1 L3 ← 3L3 + 2L1

donc une condition nécessaire et suffisante sur x, y et z pour que le système linéaire (S) soit compatible est :

)

x + 3y − 15 2x + 3z − 15

= =

0 . 0

C’est un système d’équations cartésiennes de la droite D1 .

3.b. Dans l’autre sens, on utilise l’une des coordonnées comme paramètre.

Exercice 7.2

Orthogonalité dans le plan

127

Soit M (x, y, z) un point de l’espace.

)

M ∈ D2

⇐⇒

) ⇐⇒

3x x

− −

y 3y

+ −

z 5z

3x

− −

y 8y

+ −

z 16z

⎧ ⎨ x =

1 4 + y− 3 3 ⎩ y = − 1 − 2z 4 Ainsi, une représentation paramétrique de D2 ⎧ 5 ⎪ ⎨ x = 4 − 1 y = − − ⎪ ⎩ 4 z = ⇐⇒

= =

1 z 3

= =

4 2 4 2

⇐⇒

L2 ← 3L2 − L1

⎧ ⎨ x = ⎩ y

=

5 −z 4 . 1 − − 2z 4

est : λ 2λ , λ ∈ R. λ

On notera que le passage systématique : • des représentations paramétriques aux équations cartésiennes se fait en résolvant un système dont les paramètres sont les inconnues et les coordonnées sont des paramètres jusqu’à obtenir les équations de compatibilité ; • des équations cartésiennes aux représentations paramétriques se fait en résolvant un système dont certaines coordonnées sont choisies comme paramètres et les autres sont considérées comme les inconnues.

Exercice 7.2 : Orthogonalité dans le plan

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

On se place dans le plan affine euclidien. Soit A(2, 3), B(−1, 4) deux points du plan et D la droite (AB). 1. Déterminer une représentation paramétrique ainsi qu’une équation cartésienne de D. 2.

a. Quel est le coefficient directeur de D ? b. En déduire une équation cartésienne de la droite D1 parallèle à D passant par le point C(1, 1).

3. Soit Q le point d’intersection de D et de l’axe des ordonnées. Déterminer une équation cartésienne de la droite D perpendiculaire à D et passant par Q.

−− → 1. La représentation paramétrique s’obtient directement à partir de D = A+Vect(AB).

128

Chapitre 7

Géométrie

−→ D passe par A et a pour vecteur directeur AB(−3, 1) donc une représentation paramétrique de D est : ) x = 2 − 3λ , λ ∈ R. y = 3+λ

−−→ − − → Quant à l’équation cartésienne, on utilise la caractérisation AM  AB. Soit M (x, y) un point du plan. M ∈D





⇐⇒

x − 2 −−→ −→ AM ∈ Vect(AB) ⇐⇒  y−3

−3 =0 1

⇐⇒

(x − 2) + 3(y − 3) = 0 ⇐⇒ x + 3y − 11 = 0.

Une équation cartésienne de D est donc x + 3y − 11 = 0.

2.a. Le coefficient directeur (ou pente) de la droite est le quotient entre les variations verticales et horizontales. −→ Puisque AB(−3, 1) est un vecteur directeur de D, le coefficient directeur de cette 1 droite est égal à − . 3

2.b. Il s’agit d’une déduction, il faut donc utiliser le coefficient directeur de D obtenu qui est aussi celui de toutes ses parallèles en particulier D1 . Il ne reste plus alors qu’à ajuster l’autre paramètre : l’ordonnée à l’origine dans la formulation fonctionnelle d’une droite non verticale y = (pente) × x + (ordonnée à l’origine). La droite D1 parallèle à D et passant par le point C(1, 1) a même coefficient directeur 1 que D. Son équation est donc de la forme y = − x + b où b est déterminé grâce au 3 fait que C ∈ D1 : 4 1 C ∈ D1 ⇐⇒ 1 = − × 1 + b ⇐⇒ b = . 3 3 1 4 Une équation cartésienne de D1 est donc y = − x + (ou x + 3y − 4 = 0). 3 3

3. Commençons par déterminer l’ordonnée de Q (l’abscisse est, elle, connue !). Les coordonnées de Q sont de la forme (0, yQ ) et elles doivent vérifier l’équation 11 . cartésienne de D. Ainsi, 0 + 3yQ − 11 = 0, c’est-à-dire yQ = 3

On obtient alors une équation cartésienne de D en utilisant un vecteur normal et le fait qu’elle passe par Q. −→ D est la droite passant par Q et de vecteur normal AB donc, si M (x, y) est un point du plan, −−→ −→ −−→ −→ M ∈ D ⇐⇒ QM ⊥ AB ⇐⇒ QM .AB = 0   11 ⇐⇒ (x − 0) × (−3) + y − ×1=0 3 11 = 0 ⇐⇒ 9x − 3y + 11 = 0. ⇐⇒ −3x + y − 3

Exercice 7.3

Cercles et intersections

129

Une équation cartésienne de D est donc 9x − 3y + 11 = 0.

Exercice 7.3 : Cercles et intersections On se place dans le plan affine euclidien. 1. Déterminer l’équation du cercle C1 de diamètre [AB] où A(2, 4) et B(6, 0). 2. La partie C2 du plan définie par l’équation cartésienne x2 +y 2 −2x+6y +11 = 0 est-elle un cercle ? Si oui, quel est son centre et son rayon ? 3. Déterminer l’équation du cercle C3 circonscrit au triangle OAB où O est l’origine du repère de coordonnées (0, 0). 4. Déterminer l’intersection de C1 et C3 .

1. Un cercle est caractérisé 0 son centre Ω de coordonnées (a, b) et son rayon r  0. 0−−→par 0 0 La caractérisation par 0ΩM 0 = r donne alors l’équation cartésienne (x − a)2 + (y − b)2 = r2 . Le centre du cercle C1 est le point milieu du segment [AB] de coordonnées     2+6 4+0 AB 2 , i.e. (4, 2). L’équation de C1 est alors (x − 4)2 + (y − 2)2 = . 2 2 2 Or  AB 2 1 0−→02 (6 − 2)2 + (0 − 4)2 16 + 16 0 0 = 0AB 0 = = =8 2 4 4 4 donc l’équation cartésienne du cercle C1 est (x − 4)2 + (y − 2)2 = 8.

2. Il faut réduire sous forme canonique les deux “trinômes incomplets” en x et en y : x2 − 2x et y 2 + 6y. Soit M (x, y) un point du plan. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

M ∈ C2

⇐⇒

x2 + y 2 − 2x + 6y + 11 = 0

⇐⇒

(x − 1)2 − 1 + (y + 3)2 − 9 + 11 = 0

⇐⇒

(x − 1)2 + (y + 3)2 = −1.

C2 n’est donc pas un cercle : c’est la partie vide.

3. L’équation cartésienne est plus facile à déterminer sous sa forme développée car la dépendance en les coefficients à déterminer est linéaire : (x − a)2 + (y − b)2 = r2 ⇐⇒ x2 − 2ax + a2 + y 2 − 2by + b2 − r2 = 0 qui devient x2 + y 2 + αx + βy + γ = 0 en posant α = −2a, β = −2b et γ = a2 + b2 − r2 . En écrivant que le cercle passe par les trois points O, A et B, on obtient alors un système linéaire de trois équations avec trois inconnues.

130

Chapitre 7

Géométrie

On cherche l’équation de C3 sous la forme x2 + y 2 + αx + βy + γ = 0.

&

O ∈ C3 A ∈ C3 B ∈ C3

&

⇐⇒

& ⇐⇒

⇐⇒

02 + 02 + 0 × α + 0 × β + γ 22 + 42 + 2α + 4β + γ 2 6 + 02 + 6α + 0 × β + γ c 2α + 4β + γ 6α + γ

⎧ ⎨ γ

=

0

β

=

−5 −

α

=

−6

⎩

= = =

= = =

0 0 0

0 −20 −36

1 α = −2 . 2

Finalement, l’équation cartésienne de C3 est x2 + y 2 − 6x − 2y = 0.

4. C1 est de diamètre [AB] et C3 est circonscrit à OAB donc ces deux cercles passent par A et B. On va vérifier par le calcul si ce sont les seuls points d’intersection. Soit M (x, y) un point du plan.

)

M ∈ C1 ∩ C3

⇐⇒

) ⇐⇒

(x − 4)2 + (y − 2)2 x2 + y 2 − 6x − 2y

= =

8 0

x2 + y 2 − 8x − 4y + 12 x2 + y 2 − 6x − 2y

= =

0 0

Le système n’est pas linéaire mais on va quand même faire des opérations sur les lignes pour “éliminer” au maximum les termes quadratiques en x2 et y 2 . ) ⇐⇒

x2 + y 2 − 8x − 4y + 12 2x + 2y − 12

= =

0 0

L2 ← L2 − L1

On procède ensuite par substitution pour se ramener à une équation du second degré. ) ⇐⇒

) ⇐⇒

) ⇐⇒

) ⇐⇒

x2 + y 2 − 8x − 4y + 12 = 0 y =6−x x2 + (6 − x)2 − 8x − 4(6 − x) + 12 = 0 y =6−x 2x2 − 16x + 24 = 0 y =6−x x2 − 8x + 12 = 0 . y =6−x

× 12, c’est-à-dire √ 16, l’équation Le discriminant de x2 − 8x + 12 valant (−8)2 − 4 × 1 √ 8 − 16 8 + 16 2 = 6 et = 2. En x − 8x + 12 = 0 admet deux solutions réelles 2 2 reprenant le système précédent, nous voyons donc que

&

x=6

M ∈ C1 ∩ C3 ⇐⇒ x=2

y =6−6=0 ou . et y = 6 − 2 = 4

et

Exercice 7.4

Parallélisme et orthogonalité dans l’espace

131

On a donc C1 ∩ C3 = {A, B}.

Exercice 7.4 : Parallélisme et orthogonalité dans l’espace On se place dans l’espace affine euclidien.

⎧ ⎨ x = −1 − λ y=λ (λ ∈ R) et D2 Soit D1 la droite de représentation paramétrique ⎩ z = −3 + λ ) −x + y + 3 = 0 la droite d’équations cartésiennes : . −2x + z + 1 = 0 1.

a. Établir que D1 et D2 ne sont pas parallèles. b. Montrer que l’ensemble des vecteurs orthogonaux à un vecteur directeur → → de D1 et à un vecteur directeur de D2 est Vect(− w ) où − w est un vecteur d’abscisse 1 que l’on déterminera.

2.

a. Trouver l’équation du plan P contenant D1 et dont un des vecteurs di→ recteurs est − w. b. Justifier qu’il existe une unique droite D perpendiculaire à D1 et D2 , c’est-à-dire orthogonale à D1 et D2 et coupant chacune de ces droites en un point. Préciser les coordonnées de ces deux points d’intersection.

1.a. Le parallélisme de deux droites de l’espace (ou du plan) est caractérisé par le fait d’avoir même direction i.e. des vecteurs directeurs colinéaires. On va donc déterminer un vecteur directeur de chacune des deux droites. D’après la représentation paramétrique de D1 , un vecteur directeur de cette droite est → − u (−1, 1, 1). Cherchons de même un vecteur directeur de D2 via une représentation paramétrique de cette droite :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

)

−x + y + 3 −2x + z + 1

= =

0 0

)

⇐⇒

−x + y + 3 −2y + z − 5

= =

0 0

L2 ← L2 − 2L1

Pour éviter de faire apparaître des fractions, on préférera exprimer x et z en fonction de y qui est, lui, choisi comme paramètre. ) ⇐⇒

x z

= =

&

y+3 . 2y + 5

x=3+λ y=λ , λ ∈ R donc le vecteur z = 5 + 2λ → − → → v (1, 1, 2) est un vecteur directeur de D2 . Comme les vecteurs − u et − v sont clairement non colinéaires, on en déduit que D1 et D2 ne sont pas parallèles.

Une représentation paramétrique de D2 est

On aurait pu s’épargner la détermination explicite d’un vecteur directeur de D2 en remarquant que ses vecteurs directeurs sont caractérisés par le fait d’être orthogonaux

132

Chapitre 7

Géométrie

aux vecteurs (−1, 1, 0) et (−2, 0, 1) normaux aux plans qui définissent D2 . Or le vecteur − → u n’est orthogonal à aucun des deux... 1.b. Il suffit d’écrire les relations d’orthogonalité avec les vecteurs directeurs de D1 et D2 que l’on a évoqués précédemment. − Soit → ω (a, b, c) un vecteur de l’espace. Avec les notations précédentes, → − → → → → − → → → ω ⊥− u et − ω ⊥− v ⇐⇒ ) ω .− u = 0 et − ω .− v =0 −a + b + c = 0 ⇐⇒ a + b + 2c = 0

− Comme → w doit être d’abscisse 1, on choisit a comme paramètre. → − → − → ω ⊥− u et → ω ⊥− v

) ⇐⇒

) ⇐⇒

−a 3a c b

+ − = =

b b

+

c

= =

0 0

L2 ← L2 − 2L1

a − b = −2a 3a

→ → L’ensemble des vecteurs orthogonaux aux vecteurs directeurs − u et − v respectivement de D1 et D2 est donc {(a, 3a, −2a) ; a ∈ R}, soit {a.(1, 3, −2) ; a ∈ R}. C’est → l’ensemble des vecteurs colinéaires à − w (1, 3, −2).

2.a. Ce qui vient naturellement c’est une représentation paramétrique de P puisqu’on → en connaît un vecteur directeur − w et, via D1 , un point et un autre vecteur directeur. Il ne reste plus qu’à “traduire” cela en équation cartésienne. D’après la représentation paramétrique de D1 , un point de D1 est A(−1, 0, −3) et ainsi → → → → u ). Le plan P recherché est donc A + Vect(− u ,− w ). Soit − n (α, β, γ) D1 = A + Vect(− un vecteur de l’espace, → − → → → → → → n ⊥ Vect(− u,− w ) ⇐⇒ − n .− u = 0 et − n .− w =0

)

⇐⇒

) ⇐⇒

)

−α α

+ +

β 3β

+ −

γ 2γ

−α

+

β 4β

+ −

γ γ

= = = =

0 0 0 0

L2 ← L2 + L1

= β + γ = 5β = 4β → donc, en prenant β = 1, on voit que − n (5, 1, 4) est un vecteur normal au plan P. À présent, si M (x, y, z) est un point de l’espace, −−→ → −−→ → M ∈ P ⇐⇒ AM ⊥ − n ⇐⇒ AM .− n =0 ⇐⇒

α γ

⇐⇒

(x + 1) × 5 + y + (z + 3) × 4 = 0

⇐⇒

5x + y + 4z + 17 = 0.

Une équation cartésienne de P est donc : 5x + y + 4z + 17 = 0.

2.b. On raisonne par analyse et synthèse. Tout d’abord l’analyse : si une telle droite existe, on en connaît un vecteur directeur et probablement un point... ce qui garantit l’unicité.

Exercice 7.4

Parallélisme et orthogonalité dans l’espace

133

→ Si D est une droite de l’espace satisfaisant les conditions requises, elle admet − w pour vecteur directeur (d’après le résultat du 1.b). De plus, elle passe par un point de D1 donc par un point de P. Ainsi, la droite D est contenue dans le plan P. Si le plan P coupe la droite D2 en un unique point Q (ce sera le cas ici), ce point est nécessairement → w ) ce qui montre l’unicité l’intersection de D et D2 . Par conséquent D = Q + Vect(− de la droite D si elle existe et si P ∩ D2 est réduit à un point.

Pour l’étape de synthèse, on montre l’existence du dit point et on vérifie que la droite ainsi définie convient.

P D D1

D2 w

Q Réciproquement, montrons d’abord que P ∩ D2 est réduit à un point. Soit M (x, y, z) un point de l’espace.

&

M ∈ P ∩ D2

⇐⇒

& ⇐⇒

& ⇐⇒

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

⇐⇒

−x −2x 5x −x

−x

+ + +

+

y y

+ +

y −2y 6y

+ +

z 4z

= = =

−3 5 −32

L2 ← L2 − 2L1 L3 ← L3 + 5L1

y −2y

+

z 7z

= = =

−3 5 −17

L3 ← L3 + 3L2

⎧ 5 ⎪ x=− ⎪ ⎨ 7 ⎪ ⎪ ⎩

−3 −1 −17

= = =

z 4z

26 7 17 z=− 7

y=−





26 17 5 Ainsi, P ∩ D2 est réduit à un point Q de coordonnées − , − , − et on peut 7 7 7 → définir la droite D = Q+Vect(− w ). Cette droite est bien orthogonale à D1 et D2 et elle coupe D2 en Q. Il reste à vérifier que D coupe D1 . Les droites D et D1 sont contenues → → dans le même plan P et ne sont pas parallèles (car − w et − u sont non colinéaires), elles se coupent donc en un et un seul point. Conclusion : D est perpendiculaire à D1 et D2 et c’est la seule droite ayant cette propriété. Déterminons le point P d’intersection de D et D1 . Une représentation pa& − 75 + μ ramétrique de D étant + 3μ ; μ ∈ R, il s’agit de résoudre le système : − 26 7 − 2μ − 17 7

&

−1

−

−3

+

(S)

λ λ λ

= = =

− 57 − 26 7 − 17 7

+ + −

μ 3μ . 2μ

134

Chapitre 7

Or (S)

Géométrie

& ⇐⇒

) ⇐⇒

λ+μ λ − 3μ λ + 2μ λ+μ μ

− 27 − 26 7

= = = = =

4 7

& ⇐⇒

)

− 27

⇐⇒

6 7

λ+μ −4μ μ

λ μ

= =

− 27 − 24 7

= = = − 87 6 7

6 7

L2 ← L2 − L1 L3 ← L3 − L1

.

En injectant la valeur de λ ainsi trouvée dans lareprésentation paramétrique de D1 ,  1 8 29 ,− ,− . 7 7 7

on obtient les coordonnées de P :

Exercice 7.5 : Déterminant et barycentres → → On travaille dans le plan affine euclidien. On notera ici [− u,− v ] le déterminant de → − → − deux vecteurs u et v ainsi que A(T ) l’aire du triangle T . → → → 1. a. Montrer que si − u, − v,− w sont trois vecteurs et λ, μ deux réels, alors ‡ → → → → → → → [− u , λ− v + μ− w ] = λ [− u,− v ] + μ [− u ,− w]. → → b. Montrer que si − u et − v sont deux vecteurs orthogonaux, alors → → → → |[− u,− v ]| = − u  × − v . c. Soit P , Q, R trois points non alignés du plan. Montrer que l’aire du 1 −−→ −→ triangle P QR est A(P QR) =  P Q, P R . 2 2. Soit A, B, C trois points non alignés et M un point du plan. a. Montrer que M est intérieur au triangle ABC si et seulement s’il existe des réels positifs ou nuls x, y et z tels que M est barycentre de ((A, x), (B, y), (C, z)). Indication : on pourra utiliser que M est intérieur à ABC si et seulement −−→ −− → −→ s’il existe des réels positifs λ, μ vérifiant AM = λAB + μAC et λ + μ  1. b. Montrer que, dans ce cas (si M est intérieur à ABC), M est barycentre du système pondéré ((A, A(BM C)), (B, A(AM C)), (C, A(AM B)). Indication : avec les notations de la question précédente, on peut toujours supposer que x + y + z = A(ABC). c. On pose a = BC, b = AC et c = AB. Montrer que le barycentre I de ((A, a), (B, b), (C, c)) est l’unique point intérieur à ABC situé à égale distance d des trois côtés du triangle (I est le centre du cercle inscrit dans 2 le triangle ABC). Montrer que, de plus, d = A(ABC). a+b+c d. On suppose ici que A, B et C ont respectivement pour coordonnées (−2, −1), (1, 3) et (6, 15). Déterminer l’équation du cercle inscrit dans le triangle ABC.









→ − − → ‡. Au sens du chapitre suivant, l’application → v → → u ,· : − u ,− v est linéaire.

Exercice 7.5

Déterminant et barycentres

135

Exercice 7.5 (suite) : 3.

a. Écrire trois fonctions Python qui calculent respectivement : • la norme d’un vecteur,

−−→ • les coordonnées d’un vecteur M N à partir des coordonnées de son origine M et de son extrémité N , • le déterminant de deux vecteurs. b. Écrire une fonction Python, faisant appel aux trois fonctions précédentes, qui prend en entrée les coordonnées de trois points non alignés A, B et C du plan et donne en retour les coordonnées du centre et le rayon du cercle inscrit dans le triangle ABC. 1.a. On utilise la définition du déterminant avec les coordonnées des vecteurs et il s’agit de développer puis de mettre en facteur λ et μ. − → → Soit → u (u1 , u2 ), − v (v1 , v2 ) et − w (w1 , w2 ) trois vecteurs du plan. Soit λ et μ deux réels. → → → [− u , λ− v + μ− w]

= = =

 u1  u2



(λv1 + μw1 ) = u1 (λv2 + μw2 ) − u2 (λv1 + μw1 ) (λv2 + μw2 )

λ(u1 v2 − u2 v1 ) + μ(u1 w2 − u2 w1 ) → → → → λ [− u ,− v ] + μ [− u,− w].

1.b. On travaille encore avec des coordonnées et on injecte l’information d’orthogonalité dans le calcul du déterminant pris au carré (puisque les normes du second membre ne prennent une forme vraiment “sympathique” que lorsqu’on considère leurs carrés).

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

− → → → Soit → u (a, b), − v (c, d) deux vecteurs orthogonaux. On a − u .− v = ac + bd = 0, c’est-àdire ac = −bd. 2 → → [− u,− v] = (ad − bc)2 = (ad)2 − 2adbc + (bc)2 =

(ad)2 + 2(bd)2 + (bc)2

=

(ad)2 + (bd)2 + (ac)2 + (bc)2

=

a2 d2 + b2 d2 + a2 c2 + b2 c2 2 2 → → (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = − u  × − v .

=

(car ac = −bd) (car (ac)2 = (bd)2 )

− − → → Ainsi, en prenant la racine carrée, on a bien : |[→ u, → v ]| = − u  × − v .

1.c. On utilise la définition de l’aire d’un triangle à partir d’une hauteur et de la base correspondante. Notons H le projeté orthogonal de R sur la droite (P Q) de sorte que (RH) soit la hauteur issue de R de ce triangle. Nous savons que 0 0 0 0 −→0 0−−→0 P Q × RH 1 0− A(P QR) = = 0P Q0 × 0HR0 . 2 2

136

Chapitre 7

Géométrie

Par ailleurs,    −−→ −→   P Q, P R 

   −−→ −−→ −−→   P Q, P H + HR  (par la relation de Chasles)   −−→ −−→  −−→ −−→  =  P Q, P H + P Q, HR  (d’après 1.a)   − − → −−→  −−→ −−→  =  P Q, HR  (par colinéarité de P Q et P H) 0 0 0 0 − − → −−→ 0−−→0 0−−→0 = 0P Q0 × 0HR0 (d’après 1.b, puisque P Q ⊥ HR)   − → −→  1 − donc on a bien A(P QR) =  P Q, P R . =

2

2.a. On procède par double implication : • d’abord le sens direct ; Remarquons que si λ et μ sont des réels, −−→ −→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ AM = λAB + μAC ⇐⇒ AM = λ(AM + M B) + μ(AM + M C) −−→ −−→ −−→ −−→ ⇐⇒ AM = (λ + μ)AM − λBM − μCM −−→ −−→ −−→ − → ⇐⇒ [1 − (λ + μ)]AM + λBM + μCM = 0 −−→ −−→ −−→ − → ⇐⇒ [1 − (λ + μ)]M A + λM B + μM C = 0 Ainsi, si M est intérieur au triangle ABC, l’indication fournie prouve l’existence de réels λ et μ tels que la dernière identité ci-dessus est vérifiée avec : 1 − (λ + μ)  0, λ  0 et μ  0 donc M est barycentre du système pondéré à poids positifs ((A, 1 − (λ + μ)), (B, λ), (C, μ)).

• puis la réciproque. Réciproquement, si M est barycentre de ((A, x), (B, y), (C, z)) avec x, y et z positifs ou nuls (mais non tous nuls), on peut toujours supposer x + y + z = 1 et ainsi −−→ −−→ −−→ − −−→ −−→ −−→ − → → xAM + y BM + z CM = 0 ⇐⇒ (1 − (y + z))AM + y BM + z CM = 0 donc M est intérieur au triangle ABC.

2.b. Il s’agit de déterminer les coordonnées barycentriques de M associées au système (A, B, C). Soit M un point intérieur à ABC. Puisque le triangle ABC est non plat, nous avons A(ABC) > 0. D’après le résultat de la question précédente, M est barycentre de ((A, x), (B, y), (C, z)) avec x, y, z positifs ou nuls, où l’on peut supposer x + y + z = A(ABC). Ainsi, −−→ −→ −→ −→ x y z AM = AA + AB + AC x+y+z x+y+z x+y+z −→ −→ z y AB + AC = A(ABC) A(ABC)

On va utiliser les propriétés du déterminant vues lors des deux premières questions.

Exercice 7.5

Ainsi, d’après 1.a, −−→ −→ AM , AB

Déterminant et barycentres







137



−→ −→ −→ −→ y z AB, AB + AC, AB A(ABC) A(ABC)     −→ −→ −→ −→ z = (car AB, AB = 0) AC, AB A(ABC) en prenant la valeur absolue,     z  −−→ −→   −→ −→   AM , AB  =  AC, AB  A(ABC) z donc, avec le résultat de 1.c, 2A(AM B) = × 2A(ACB) = 2z et, au final, A(ABC) −→ −→ −−→ z y AB + AC, z = A(AM B). De même, à partir de la relation AM = A(ABC) A(ABC) −−→ −→   −→ −→ y AM , AC = AB, AC A(ABC) y × 2A(ABC) = 2y donc, en composant par la fonction | · |, 2A(AM C) = A(ABC) et y = A(AM C). Enfin, puisque l’aire du triangle ABC est la somme des aires des trois triangles BM C, AM B et AM C, nous avons : =

A(BM C) = A(ABC) − A(AM B) − A(AM C) = A(ABC) − z − y = x.

2.c. On raisonne par analyse et synthèse. B

H3

c

a H1

I

d

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

A

b

H2

C

Supposons que le point intérieur à ABC et à égale distance d des trois côtés du triangle existe, et notons le I. D’après la question 2.b, I est le barycentre de ((A, x), (B, y), (C, z)) où x, y et z sont respectivement les aires des triangles BIC, AIC et AIB. D’après la formule de l’aire d’un triangle comme demi-produit d’une hauteur par la base correspondante, les aires de BIC, AIC et AIB sont respectivec×d a×d b×d , et . Par homogénéité et compte tenu de d = 0 (le triangle ment 2 2 2 ABC est non plat), I est aussi le barycentre de ((A, a), (B, b), (C, c)). Réciproquement, si I est ainsi défini, il existe λ > 0 tel que λa, λb et λc sont respectivement les aires des triangles BIC, AIC et AIB. Si H1 , H2 et H3 sont les projetés orthogonaux de I respectivement sur (BC), (AC) et (AB), on a donc b × IH2 c × IH3 a × IH1 , λb = , λc = λa = 2 2 2

138

Chapitre 7

Géométrie

et ainsi IH1 , IH2 et IH3 sont tous égaux à 2λ : le point I est donc à égale distance de chacun des trois côtés du triangle ABC. De plus, avec les notations précédentes, nous avons montré que d = 2λ où λ(a + b + c) = λa + λb + λc = A(ABC) 2 A(ABC). donc d = a+b+c

2.d. On a obtenu à la question précédente que les caractéristiques du cercle inscrit sont données par : 2 • le rayon est A(ABC), a+b+c • les coordonnées barycentriques dans le système (A, B, C) du centre I sont (a, b, c) qu’il ne reste plus qu’à “convertir” en coordonnées cartésiennes. Avec les notations des questions précédentes, 0 0 ! √ 0−−→0 a = 0BC 0 = (6 − 1)2 + (15 − 3)2 = 25 + 144 = 13, ! ! √ 82 + 162 = 8 1 + 22 = 8 5, b = ! √ c = 32 + 42 = 25 = 5,   1  −→ −→  3 × 16 − 4 × 8 = 8, A(ABC) =  AB, AC  = 2 2 √ 2A(ABC) 16 8 √ = √ = 8(9 − 4 5), = d = a+b+c 18 + 8 5 9+4 5 −→ − −→ − − → −→ aOA + bOB + cOC , OI = a+b+c les coordonnées de I sont √ √ √ √ 13(−2, −1) + 8 5(1, 3) + 5(6, 15) 9−4 5 √ (4 + 8 5, 62 + 24 5) = 2 18 + 8 5 √ √ = (−62 + 28 5, 39 − 16 5). Finalement, l’équation du cercle inscrit dans le triangle ABC est  √ 2  √ 2  √ 2 x − (−62 + 28 5) + y − (39 − 16 5) = 8(9 − 4 5) .

− → 3.a. Si → u (u0 , u1 ), − v (v0 , v1 ) sont deux vecteurs et M (m0 , m1 ), N (n0 , n1 ) sont deux points, il suffit juste de traduire les formules usuelles : 1 −−→ → → → − u  = u20 + u21 , M N = (n0 − m0 , n1 − m1 ) et [− u ,− v ] = u0 v1 − u1 v0 .

Exercice 7.5

1

Déterminant et barycentres

139

from math import sqrt

2 3 4

def Norme(vecteur): return sqrt(vecteur[0]**2 + vecteur[1]**2)

5 6 7

def Vecteur(point1, point2): return [point2[0] - point1[0], point2[1] - point1[1]]

8 9 10

def Determinant(vecteur1, vecteur2): return (vecteur1[0]*vecteur2[1] - vecteur1[1]*vecteur2[0])

3.b. On généralise les calculs utilisés dans l’exemple précédent. Pour le rayon d, on − → −→  −  AB, AC  utilise la formule d = . Pour le calcul des coordonnées du centre I du a+b+c cercle, on utilise : axA + bxB + cxC ayA + byB + cyC , yI = xI = a+b+c a+b+c où xA , xB , xC (respectivement yA , yB , yC ) sont les abscisses (respectivement les ordonnées) des points A, B et C.

1 2 3 4 5 6 7 8

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9

def CentreRayon(A, B, C): a = Norme(Vecteur(B,C)) b = Norme(Vecteur(A,C)) c = Norme(Vecteur(A,B)) Somme = a + b + c xI = (A[0]*a + B[0]*b + C[0]*c)/Somme yI = (A[1]*a + B[1]*b + C[1]*c)/Somme d = abs(Determinant(Vecteur(A,B),Vecteur(A,C))/Somme) return (d,[xI,yI])

140

Chapitre 7

Géométrie

Liste des capacités attendues • Savoir étudier la colinéarité de deux vecteurs du plan (cf question 7.4.1.a) • Savoir déterminer une équation cartésienne d’une droite du plan ou d’un plan de l’espace (cf exercices 7.1, 7.2 et question 7.4.2.a) dérivée de la −−→ → formulation en termes d’un point et d’un vecteur normal AM .− n = 0. • Savoir déterminer une représentation paramétrique d’une droite du plan, d’une droite de l’espace ou d’un plan de l’espace (cf exercice 7.1 et question 7.2.1) dérivée de la formulation en termes d’un point et de vecteur(s) → → − directeur(s) A + Vect(− u ) ou A + Vect(− u ,→ v ). • Savoir déterminer une intersection (cf question 7.1.3.b) ♦ entre deux droites du plan, ♦ entre deux droites de l’espace, ♦ entre deux plans de l’espace, ♦ entre une droite et un plan de l’espace. • Savoir utiliser une équation cartésienne de cercle dans le plan (cf exercice 7.3) • Savoir manipuler des barycentres (cf question 7.5.2)

CHAPITRE

8 Espaces vectoriels et applications linéaires On rappelle les deux façons différentes de définir un ensemble : • par extension, en donnant la liste de tous les éléments de l’ensemble, cette liste étant le plus souvent une paramétrisation de l’ensemble de la forme {f (x, y) ; (x, y) ∈ E × F } “tous les éléments d’une forme donnée, lorsque des paramètres varient” ; • par compréhension, en indiquant un espace ambiant et une contrainte qui caractérise les éléments de l’ensemble parmi ceux de l’espace ambiant {x ∈ E | P(x)} “parmi les éléments d’un ensemble, seulement ceux qui vérifient une contrainte”. → x et tantôt non u = (x, y, z). Les vecteurs de Rn seront tantôt surmontés d’une flèche −

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Exercice 8.1 : Sous-espaces vectoriels Déterminer si les parties suivantes sont des sous-espaces vectoriels de R3 ou R4 :   1. F1 = (x, y, z, t) ∈ R4  x − y + z − t = 0, x + t = 0 ,   2. F2 = (x, y, z) ∈ R3  x − y + z = 1 ,   3. F3 = (x, y, z) ∈ R3  x(y + z) = 0 ,  4. F4 = (2x − 3y + z, 0, x − y, y − 2z + x) ; (x, y, z) ∈ R3 ,  5. F5 = (x, 2x − y, x + y − 1) ; (x, y) ∈ R2 ,  6. F6 = (x, 2x − y, x + 2y, z + y − 1) ; (x, y, z) ∈ R3 ,   7. F7 = (x, y, z) ∈ R3  x2 + (y + z)2 = 0 .

1. Par définition, pour vérifier qu’un ensemble F est un sous-espace vectoriel de Kn , il y a trois points à vérifier : • F est contenu dans Kn (ce sera évident quand l’ensemble est défini par compréhension),

142

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

• F est non vide (on vérifie souvent qu’il comporte le vecteur nul puisque c’est le seul vecteur qui appartient à tout sous-espace vectoriel), Primo, par définition même, F1 est bien une partie de R4 . Secundo, 0 − 0 + 0 − 0 = 0 et 0 + 0 = 0 donc (0, 0, 0, 0) ∈ F1 .

• F est stable par combinaison linéaire i.e. ∀ (v, w) ∈ F,

∀ λ ∈ K,

λv + w ∈ F.

Tertio, soient (x1 , y1 , z1 , t1 ), (x2 , y2 , z2 , t2 ) ∈ F1 et λ ∈ R. On a (λx1 + x2 ) − (λy1 + y2 ) + (λz1 + z2 ) − (λt1 + t2 ) =

λ(x1 − y1 + z1 − t1 ) + (x2 − y2 + z2 − t2 )

=

λ×0+0 = 0

et (λx1 + x2 ) + (λt1 + t2 ) = λ(x1 + t1 ) + (x2 + t2 ) = λ × 0 + 0 = 0 donc λ(x1 , y1 , z1 , t1 ) + (x2 , y2 , z2 , t2 ) ∈ F1 . Finalement F1 est un sous-espace vectoriel de R4 .

2. Le critère de partie non vide est bien vérifié mais on va voir que la partie ne comporte pas le vecteur nul. 0 − 0 + 0 = 0 est différent de 1 donc le vecteur nul (0, 0, 0) de R3 n’appartient pas à F2 et, par suite, F2 n’est pas un sous-espace vectoriel.

3. Le vecteur nul est bien élément de la partie (puisque 0 × (0 + 0) = 0) mais on a x(y + z) = 0

⇐⇒

(x = 0

ou y + z = 0)

de sorte qu’on comprend graphiquement que la réunion des plans d’équation x = 0 et y + z = 0 n’est pas un sous-espace vectoriel. On va le vérifier à l’aide d’un contreexemple à la propriété de stabilité par combinaison linéaire. e2 = (0, 1, 0) ∈ F3 et e1 = (1, 0, 0) ∈ F3 mais e1 + e2 ∈ F3 (puisque 1(1 + 0) = 1 est non nul) donc F3 n’est pas stable par combinaison linéaire et n’est en conséquence pas un sous-espace vectoriel.

4. L’ensemble est défini par extension. On peut vérifier les trois points : F4 est • formé de quadruplets de R4 , • non vide (par exemple, en prenant x = y = z = 0) • et stable par combinaison linéaire (si v = (2x − 3y + z, 0, x − y, y − 2z + x) et v  = (2x − 3y  + z  , 0, x − y  , y  − 2z  + x ) appartiennent à F4 et si λ ∈ R, alors λv + v 

=

(λ(2x − 3y + z) + (2x − 3y  + z  ), 0, λ(x − y) + (x − y  ),

=

λ(y − 2z + x) + (y  − 2z  + x )) (2(λx + x ) − 3(λy + y  ) + (λz + z  ), 0, (λx + x ) − (λy + y  ), (λy + y  ) − 2(λz + z  ) + (λx + x ))

de sorte que λv + v  ∈ F4 ).

Exercice 8.1

Sous-espaces vectoriels

143

Mais, on peut plus simplement reconnaître en F4 un sous-espace vectoriel engendré par un nombre fini de vecteurs de R4 . Pour (x, y, z) ∈ R3 , (2x − 3y + z, 0, x − y, y − 2z + x)

=

(2x, 0, x, x) + (−3y, 0, −y, y) + (z, 0, 0, −2z)

=

x(2, 0, 1, 1) + y(−3, 0, −1, 1) + z(1, 0, 0, −2).

Ainsi, F4 = Vect((2, 0, 1, 1), (−3, 0, −1, 1), (1, 0, 0, −2)) et c’est donc un sous-espace vectoriel de R4 (celui engendré par les trois vecteurs (2, 0, 1, 1), (−3, 0, −1, 1) et (1, 0, 0, −2)).

5. La présence de la constante −1 met la puce à l’oreille, il semblerait qu’il ne soit pas possible d’atteindre le vecteur nul. Supposons par l’absurde que (0, 0, 0) ∈ F5 . Ainsi, il existe (x, y) ∈ R2 tel que

&

(x, 2x − y, x + y − 1) = (0, 0, 0)

⇐⇒

& ⇐⇒

& ⇐⇒

x 2x − y x+y−1

= = =

x y x+y

= = =

0 2x 1

x y 0

0 0 1

= = =

0 0 0

ce qui est contradictoire. Ainsi F5 , qui ne comporte pas le vecteur nul, n’est pas un sous-espace vectoriel ∗.

6. Contrairement à la situation précédente, on obtient le vecteur nul avec le triplet (x, y, z) = (0, 0, 1). Pour (x, y, z) ∈ R3 , (x, 2x − y, x + 2y, z + y − 1) = x(1, 2, 1, 0) + y(0, −1, 2, 1) + [z − 1](0, 0, 0, 1).

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Comme z −1 décrit R lorsque z varie, on en conclut que F6 est le sous-espace vectoriel engendré par les trois vecteurs (1, 2, 1, 0), (0, −1, 2, 1) et (0, 0, 0, 1)).

7. La définition fait intervenir des carrés donc il faut d’abord transformer l’écriture pour s’en débarrasser. Pour (x, y, z) ∈ R3 , (x, y, z) ∈ F7

⇐⇒ ⇐⇒

x2 + (y + z)2 = 0 (x, y, z) = (0, y, −y)

⇐⇒ ⇐⇒

(x = 0 et y + z = 0) (x, y, z) = y(0, 1, −1).

Ainsi F7 = Vect(0, 1, −1) de sorte que F7 est un sous-espace vectoriel de R3 .

∗. Comme évoqué dans le chapitre sur la géométrie, il s’agit toutefois de la paramétrisation d’un plan de R3 , un plan ne passant pas par l’origine, on parle parfois de sous-espace affine.

144

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

Exercice 8.2 : Familles de vecteurs 1. Pour les familles F de vecteurs de l’espace vectoriel E, répondre aux questions suivantes : calculer rg(F) ; F est-elle génératrice de E ? Est-ce une base de E ? F est-elle libre ou liée ? Trouver une base de Vect(F). • F1 = ((1, 2, −1, 1), (2, 3, 1, −1), (1, −1, 0, 2)), E = K4 ; • F2 = ((1, 2, 1, 0), (4, −2, 1, 1), (7, 2, 4, 2), (1, 4, 1, 3)), E = K4 ; • F3 = ((2, −1, −3), (−4, 1, 3), (−6, 3, 9), (7, 2, 1)), E = K3 ; • F4 = ((2, 1, 1), (3, 1, 4), (−1, 1, −8)), E = K3 . 2. Soit E l’ensemble des (x, y, z, t) ∈ K4 ⎧ − 5y + ⎨ x −2x − 11y + ⎩ −2x + 3y −

tels que 3z 6z 2z

− − +

2t = 5t = t =

0 0 . 0

Montrer que E est un sous-espace vectoriel de K4 , en déterminer une base et la dimension.

1. Soit F une famille finie de vecteurs de E. On rappelle que rg F = dim Vect F et que F est génératrice de E si et seulement si Vect F = E. Il en découle les caractérisations ci-dessous (où Card F est le nombre de vecteurs de la famille F ) : • F est libre si et seulement si rg(F) = Card(F ) ; dans ce cas, étant génératrice de Vect F, la famille F est une base de Vect F ; • F est génératrice de E si et seulement si rg F = dim E ; c’en est une base si on a de plus rg F = Card F. rg F1 est le rang de la matrice de F1 dans la base canonique de K4 donc

⎛

rg F1

=

1 ⎜2 rg ⎝ −1 1

⎛

=

⎞

⎛

1 1 −1⎟ ⎜0 = rg ⎝ 0⎠ 0 2 0

⎞

2 −1 3 −3

⎞

1 −3⎟ L2 ← L2 − 2L1 1 ⎠ L3 ← L3 + L1 1 L4 ← L4 − L1

1 ⎜0 rg ⎝ 0 0

2 −1 0 0

1 −3⎟ −8⎠ L3 ← L3 + 3L2 10 L4 ← L4 − 3L2

1 ⎜0 rg ⎝ 0 0

2 −1 0 0

1 −3⎟ . −8⎠ 0 L4 ← 8L4 + 10L3

⎛

=

2 3 1 −1

⎞

Ainsi, rg F1 = 3 et F1 est formée de trois vecteurs donc F1 est libre, c’est donc une base de Vect F1 . Cependant, puisque dim Vect F1 = rg F1 = 3 < 4 = dim K4 , F1

Exercice 8.2

Familles de vecteurs

145

n’est pas génératrice de K4 . A fortiori, ce n’est pas une base de K4 .

⎛

rg F2

=

1 ⎜2 rg ⎝ 1 0

4 −2 1 1

1 ⎜0 rg ⎝ 0 0

4 1 −3 −10

1 ⎜0 rg ⎝ 0 0

4 1 0 0

⎛

=

L2 ↔L4

⎛

=

⎞

7 2 4 2

⎞

7 2 −3 −12

4 −10 −3 1

⎛

1 1 3⎟ ⎜0 = rg ⎝ 0⎠ 0 2 0

⎞

7 2 3 0

⎛

1 1 4⎟ ⎜0 = rg ⎝ 1⎠ 0 3 0

⎞

7 −12 −3 2

1 2⎟ L2 ← L2 − 2L1 0⎠ L3 ← L3 − L1 3

7 2 3 8

1 3⎟ 9 ⎠ L3 ← L3 + 3L2 32 L4 ← L4 + 10L2

4 1 0 0

⎞

1 3⎟ . 9⎠ 24 L4 ← 3L4 − 8L3

Ainsi rg F2 = 4 et F2 est constituée de 4 vecteurs donc F2 est libre, c’est donc une base de Vect F2 . Comme de plus rg F2 = 4 = dim K4 , F2 est une base de K4 (et, en particulier, est génératrice de K4 ).



rg F3

=

rg

 =

rg

−4 1 3

2 −1 −3

−4 −2 0

2 0 0

−6 3 9 −6 0 0

7 2 1





= rg



7 11 −10

2 0 0

−4 −2 −6

−6 0 0

7 11 23



L2 ← 2L2 + L1 L3 ← 2L3 + 3L1

= 3. L3 ← L3 − 3L2

Comme le rang de F3 est strictement inférieur au nombre de vecteurs de cette famille (à savoir 4), F3 est liée.

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Ici, on aurait pu aussi directement remarquer que Card F3 = 4 > dim K3 donc que F3 est nécessairement liée (une famille libre de vecteurs est en effet de cardinal inférieur ou égal à la dimension du sous-espace qui contient ces vecteurs). On a rg F3 = 3 = dim K3 donc V ectF3 = K3 et ainsi, F3 est génératrice de K3 . En revanche, F3 étant liée, F3 n’est pas une base de K3 . De la famille génératrice F3 , on peut extraire une base de Vect F3 (autrement dit ici, de K3 ). En supprimant le troisième vecteur de F3 , on obtient la sous-famille F3 = ((2, −1, −3), (−4, 1, 3), (7, 2, 1)) et, grâce aux mêmes transformations qui ont servi à échelonner la matrice de F3 ,



rg F3

= rg

2 −1 −3



−4 1 3

7 2 1



= rg

2 0 0



−4 −2 0

7 11 −10

= 3.

Ainsi, la famille de trois vecteurs F3 est libre, et dim Vect F3 = dim Vect F3 = 3, c’est donc une base de Vect F3 , autrement dit de K3 .



rg F4

=

rg

2 1 1

3 1 4

2 0 0

3 −1 0

 =

rg



−1 1 −8



= rg



−1 3 0

2 0 0

3 −1 5



−1 3 −15 .

L3 ← L3 + 5L2

L2 ← 2L2 − L1 L3 ← 2L3 − L1

146

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

Ainsi, rg F4 = 2. Comme de plus F4 est formée de trois vecteurs, F4 est liée. En outre, rg F4 < dim K3 donc F4 n’est pas génératrice de K3 et n’est de ce fait pas une base de K3 . Pour trouver une base de Vect F4 , il suffit d’extraire de F4 les deux premiers vecteurs (car les pivots de la matrice échelonnée ci-dessus sont situés sur les deux premières colonnes). Ainsi, ((2, 1, 1), (3, 1, 4)) est une base de Vect F4 .

Si F est une famille génératrice d’un sous-espace vectoriel E de Kn , nous disposons d’un moyen systématique d’en extraire une base de E : après avoir échelonné la matrice associée à F dans la base canonique par transformations sur les lignes, on obtient une base de E en sélectionnant les vecteurs de F correspondant aux colonnes où se trouvent les pivots. On notera que cette méthode ne fonctionnerait plus si on s’autorisait des permutations de colonnes. 2. La méthode est simple : on résout le système linéaire en présentant d’abord ses solutions sous forme paramétrique. Cela permet d’écrire l’ensemble E des solutions comme un sous-espace vectoriel Vect F engendré par une famille finie F de solutions. Il reste ensuite à vérifier que F est bien une base de E.

Notons (S) le système linéaire de l’énoncé dont E est l’ensemble des solutions.

&

(S)

x

⇐⇒

&

x

⇐⇒

⇐⇒

5y 21y −7y

+ + +

3z 12z 4z

− − −

2t 9t 3t

= = =

0 0 0

L2 ← L2 + 2L1 L3 ← L3 + 2L1

− −

5y 21y

+ +

3z 12z

− −

2t 9t 0

= = =

0 0 0

L3 ← L3 − 13 L2

⎧ ⎨ x

=

⎩ y

=

donc

'

E

− −

= = = =

1 − z 7 4 z 7

− −

1 t 7 3 t 7



(

1 4 3 1 − z − t, z − t, z, t ; z, t ∈ K 7 7 7 7 '     ( 3 1 4 1 z. − , , 1, 0 + t. − , − , 0, 1 ; z, t ∈ K 7 7 7 7     3 1 4 1 Vect − , , 1, 0 , − , − , 0, 1 7 7 7 7 Vect((−1, 4, 7, 0), (−1, −3, 0, 7)).

Ainsi, E est un sous-espace vectoriel de K4 dont ((−1, 4, 7, 0), (−1, −3, 0, 7)) est une famille génératrice. Cette famille est également libre car formée de deux vecteurs non colinéaires donc ((−1, 4, 7, 0), (−1, −3, 0, 7)) est une base de E et dim E = 2.

Exercice 8.3

Coordonnées dans une base

147

Exercice 8.3 : Coordonnées dans une base Le nutritionniste et le soigneur d’un zoo doivent s’accorder sur les quantités à acheter de trois denrées pour garantir un apport suffisant aux animaux en trois protéines précises A, B et C. On modélise ceci à l’aide de l’espace vectoriel R3 muni de sa base canonique, le vecteur A = (1, 0, 0) représentant un apport d’une unité de la protéine A uniquement et de même pour les deux autres vecteurs B = (0, 1, 0) et C = (0, 0, 1). L’apport d’une unité de chaque denrée est représenté par le vecteur d1 = (1, 1, 1) pour la première, par d2 = (1, 1, a) pour la seconde et par d3 = (1, b, a) pour la troisième avec a > 0 et b > 0. 1. À quelle condition portant sur a et b, la famille des trois vecteurs (d1 , d2 , d3 ) est-elle libre ? Forme-t-elle alors une base de R3 ? 2. Dans cette question uniquement, on suppose que a = b = 2. L’apport journalier pour un animal calculé par le nutritionniste est de 7 unités de A, 10 de B et 13 de C i.e. il est représenté par le vecteur J = 7A + 10B + 13C. a. Rapporté à un jour et un animal, le soigneur a prévu de commander 3 unités de la première denrée, 2 de la seconde et 3 de la troisième. L’apport journalier requis sera-t-il réalisé ? b. Le nutritionniste vient d’apprendre que l’excès de l’une ou l’autre des trois protéines a des conséquences dangereuses sur la santé des animaux. Combien le soigneur doit-il commander d’unités de chaque denrée pour une ration journalière de cet animal qui réalise précisément l’apport journalier calculé ? 3. Dans cette question uniquement, on suppose que b > a > 1. a. Exprimer le vecteur (x, y, z) associé aux quantités à commander par le soigneur pour réaliser exactement l’apport journalier J = uA + vB + wC i.e. résoudre xd1 + yd2 + zd3 = J.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

b. Déterminer une équation cartésienne du plan vectoriel (passant par l’origine) de vecteurs directeurs d1 et d2 . Faire de même avec les couples (d2 , d3 ) et (d1 , d3 ). c. À quelle(s) condition(s) portant sur (u, v, w) la commande est-elle réalisable (il faut que les trois nombres x, y et z soient positifs !) ?

1. Le plus simple est de discuter matriciellement du rang de la famille F de vecteurs. Soit F = (d1 , d2 , d3 ) et M la matrice de la famille F dans la base canonique de R3 .



rg F

=

rg M = rg

 =

rg

1 0 0

1 1 1

1 a−1 0

1 1 a

1 b a

1 a−1 b−1







= rg

1 0 0

L2 ↔ L3

1 0 a−1 .



1 b−1 a−1

L2 ← L2 − L1 L3 ← L3 − L1

148

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

Ainsi, rg F = 3 si et seulement si a − 1 = 0 et b − 1 = 0. Par conséquent, la famille de trois vecteurs F est libre si et seulement si a = 1 et b = 1. Dans ce cas, F est aussi une base de R3 puisque dim R3 = 3 = rg F.

2.a. L’apport de denrée est représenté ici par le vecteur 3d1 + 2d2 + 3d3 . Il suffit de vérifier que ses coordonnées dans la base canonique (A, B, C) soient respectivement supérieures à 7, 10 et 13. 3d1 + 2d2 + 3d3

=

3(1, 1, 1) + 2(1, 1, 2) + 3(1, 2, 2)

=

(3, 3, 3) + (2, 2, 4) + (3, 6, 6)

=

(7, 11, 13) = 7A + 11B + 13C.

L’apport de chacune des protéines A, B et C est supérieur ou égal à l’apport journalier recommandé par le nutritionniste : l’apport journalier requis sera donc réalisé.

2.b. Le problème revient ici à déterminer les coordonnées du vecteur J dans la base (d1 , d2 , d3 ) (d’après la question 1, c’est bien une base puisqu’ici a = 1 et b = 1). Il s’agit de résoudre l’équation vectorielle d’inconnues α, β, γ : αd1 + βd2 + γd3 = J.

(E) (E)

⇐⇒

(α + β + γ, α + β + 2γ, α + 2β + 2γ) = (7, 10, 13)

&

⇐⇒

α α α

+ + +

β β 2β

+ + +

γ 2γ 2γ

= = =

7 10 . 13

En utilisant les mêmes transformations que celles effectuées à la question 1 avec a = b = 2, on obtient (en n’oubliant pas de prendre en compte les seconds membres) :

&

α

+

(E) ⇐⇒

β β

+ +

γ γ γ

= = =

7 13 − 7 10 − 7

= =

6 3

donc l’unique solution (α, β, γ) de (E) est (1, 3, 3). Le soigneur doit donc commander une unité de la première denrée et 3 unités des deux autres pour que l’apport journalier requis soit exactement respecté.

3.a. On généralise ici la démarche entreprise à la question précédente. Soit (x, y, z) ∈ R3 . En utilisant les mêmes transformations sur les lignes que celles effectuées sur la matrice M de la question 1,

&

xd1 + yd2 + zd3 = J

⇐⇒

&

x x x

+ + +

y y ay

x

+

y (a − 1)y

⇐⇒

⇐⇒

⎧ ⎪ x = ⎪ ⎪ ⎨ y

⎪ ⎪ ⎪ ⎩ z

= =

+ + +

z bz az + +

= = =

u v w

z = (a − 1)z = (b − 1)z = w−u u − (y + z) = u − a−1 u−v w−u + . a−1 b−1 v−u b−1

u w−u v−u

Exercice 8.3

Coordonnées dans une base

L’équation xd1 + yd2 + zd3 = J admet donc pour unique solution



ua − w (w − u)(b − 1) + (u − v)(a − 1) v − u , , a−1 (a − 1)(b − 1) b−1

149

 .

3.b. Pour déterminer les équations cartésiennes des plans Vect(d1 , d2 ), Vect(d2 , d3 ) et Vect(d1 , d3 ), on reprend la méthode déjà vue en géométrie lors de l’exercice 7.1 en page 123. On comprendra l’intérêt géométrique de ces équations à la question suivante.

Soit u = (x, y, z) ∈ R3 . u ∈ Vect(d1 , d2 )

⇐⇒

∃ λ, μ ∈ R, u = λd1 + μd2

⇐⇒

∃ λ, μ ∈ R, (x, y, z) = (λ + μ, λ + μ, λ + aμ)

⇐⇒

∃ λ, μ ∈ R,

&

λ λ λ

+ + +

μ μ aμ

= = =

x y . z

En notant (S1 ) le système linéaire ci-dessus, u appartient au plan vectoriel Vect(d1 , d2 ) si et seulement si (S1 ) est compatible. Or

&

λ

+

(S1 ) ⇐⇒

μ 0 (a − 1)μ

= = =

x y−x z−x

L2 ← L2 − L1 L3 ← L3 − L1

donc (S1 ) est compatible si et seulement si 0 = y − x. Autrement dit, (x, y, z) ∈ Vect(d1 , d2 ) ⇐⇒ y − x = 0 et ainsi y − x = 0 est une équation cartésienne du plan Vect(d1 , d2 ). De même,

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

u ∈ Vect(d2 , d3 )

⇐⇒

∃ λ, μ ∈ R, u = λd2 + μd3

⇐⇒

∃ λ, μ ∈ R, (x, y, z) = (λ + μ, λ + bμ, aλ + aμ)

⇐⇒

∃ λ, μ ∈ R,

&

λ λ aλ

+ + +

μ bμ aμ

= = =

x y . z

En notant (S2 ) le système linéaire ci-dessus,

&

λ

+

(S2 ) ⇐⇒

μ (b − 1)μ 0

= = =

x y−x z − ax

L2 ← L2 − L1 L3 ← L3 − aL1

donc (S2 ) est compatible si et seulement si z − ax = 0 qui est ainsi une équation cartésienne du plan vectoriel Vect(d2 , d3 ). Enfin, u ∈ Vect(d1 , d3 )

⇐⇒

∃ λ, μ ∈ R, u = λd1 + μd3

⇐⇒

∃ λ, μ ∈ R, (x, y, z) = (λ + μ, λ + bμ, λ + aμ)

⇐⇒

∃ λ, μ ∈ R,

&

λ λ λ

+ + +

μ bμ aμ

= = =

x y . z

150

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

En notant (S3 ) le système linéaire ci-dessus,

&

λ

+

⇐⇒

(S3 )

&

λ

+

⇐⇒

L3 ←(b−1)L3 −(a−1)L2

μ (b − 1)μ (a − 1)μ

= = =

x y−x z−x

μ (b − 1)μ 0

= = =

x y−x (b − 1)(z − x) − (a − 1)(y − x)

L2 ← L2 − L1 L3 ← L3 − L1

donc (b − 1)(z − x) − (a − 1)(y − x) = 0 est une équation cartésienne du plan vectoriel Vect(d1 , d3 ).

3.c. On utilise, bien sûr, le résultat de la question 3.a. Dans cette question, on suppose que le soigneur peut commander des quantités fractionnaires de denrées, mais toujours positives. Pour que la commande de denrées adaptée aux apports journaliers de protéines A, B et C soit réalisable, il faut et il suffit, d’après 3.a, que :



ua − w (w − u)(b − 1) + (u − v)(a − 1) v − u , , a−1 (a − 1)(b − 1) b−1



∈ (R+ )3 .

Compte tenu de b > 1 et a > 1, la condition précédente est équivalente à & ua − w (w − u)(b − 1) − (v − u)(a − 1) v−u

  

0 0 . 0

Si αx + βy + γz + δ = 0 est l’équation d’un plan P de l’espace, celui-ci détermine deux demi-espaces délimités par P et définis par αx+βy+γz +δ  0 et αx+βy+γz +δ  0. On voit alors le lien avec la question précédente. Géométriquement, et d’après la question précédente, la commande est réalisable si et seulement si le vecteur (u, v, w) appartient à l’intersection de trois demi-espaces délimités par les plans vectoriels Vect(d2 , d3 ), Vect(d1 , d3 ) et Vect(d1 , d2 ).

Exercice 8.4 : Projecteurs et symétries I Dans cet exercice, il n’est pas demandé de vérifier la linéarité des endomorphismes. 1. Soit p l’endomorphisme de R3 dont l’expression analytique est donnée par : 1 p : (x, y, z) −→ (2x − y − z, −x + 2y − z, −x − y + 2z) . 3 a. Déterminer la matrice de p dans la base canonique de R3 . b. Déterminer une base de Ker p et une base de Im p. L’application p est-elle injective ? surjective ? Est-ce un automorphisme de R3 ? c. Montrer que Ker p ∩ Im p = {(0, 0, 0)}. d. Déterminer la matrice de p◦p dans la base canonique de R3 . Que conclure ?

Exercice 8.4

Projecteurs et symétries I

151

Exercice 8.4 (suite) : 2. Soit s l’endomorphisme de R3 dont l’expression analytique est donnée par : s : (x, y, z) −→ (−2x − 3y, x + 2y, 2x + 2y + z) . a. Déterminer la matrice de s dans la base canonique de R3 . b. Déterminer Ker s et Im s. L’application s est-elle injective ? surjective ? Est-ce un automorphisme de R3 ? c. Déterminer la matrice de s◦s dans la base canonique de R3 . Que conclure ? 1.a. Cette matrice se lit très simplement sur l’expression analytique de p : pour i ∈ 1, 3, sa i-ième ligne est formée des coefficients devant x, y et z (dans cet ordre) de la i-ième composante de p(x, y, z). Pour une rédaction correcte, il faut raisonner sur les colonnes qui sont les images par p des vecteurs de la base canonique de R3 . 1 Les images par p des vecteurs de la base canonique sont p((1, 0, 0)) = (2, −1, −1), 3 1 1 p((0, 1, 0)) = (−1, 2, −1) et p((0, 0, 1)) = (−1, −1, 2) donc la matrice Mat(p) de 3 3 p dans la base canonique de R3 est



1 M= 3

−1 2 −1

2 −1 −1



−1 −1 2

.

1.b. Pour déterminer Ker p, on doit résoudre l’équation vectorielle p((x, y, z)) = 0 que l’on écrit sous forme d’un système homogène. Avec la notation M introduite en 1.a,

 

(x, y, z) ∈ Ker p

⇐⇒

M×

& © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

⇐⇒

) ⇐⇒

2x

x y z

  =

−

y 3y 3y

−

2x − 2z = 0 y=z

0 0 0

& ⇐⇒

− − +

z 3z 3z

= = =

2x −x −x 0 0 0

− + −

y 2y y

− − +

z z 2z

= = =

L2 ← 2L2 + L1 L3 ← 2L3 + L1

⇐⇒ x = y = z.

À partir de la représentation paramétrique de l’ensemble des solutions du système, on en déduit une famille génératrice de Ker p. Il ne reste plus qu’à vérifier qu’il s’agit d’une base de ce sous-espace (ici, ce sera immédiat). Ainsi Ker p

= =





(x, y, z) ∈ R3  x = y = z = {(x, x, x) ; x ∈ R}

{x.(1, 1, 1) ; x ∈ R} = Vect((1, 1, 1))

donc ((1, 1, 1)) est une base de Ker p.

0 0 0

152

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

Étant donné un endomorphisme u de Rn , les colonnes de sa matrice dans la base canonique forment toujours une famille génératrice de Im u. Cependant, en général, cette famille n’est que génératrice (elle n’est une base de Im u que si rg u = n, i.e. que si u est bijective). La plupart du temps, il faut donc essayer d’en extraire une base. Les vecteurs images de la base de M  par p des vecteurs   canonique   sont les vecteurs 2 1 1 1 1 2 1 2 1 ,− ,− , − , ,− colonnes de M : et − , − , . On sait que ces 3 3 3 3 3 3 3 3 3 vecteurs forment une famille génératrice de Im p et qu’il en va de même s’ils sont multipliés par 3. Im p

=

Vect(p((1, 0, 0)), p((0, 1, 0)), p((0, 0, 1)))

=

Vect((2, −1, −1), (−1, 2, −1), (−1, −1, 2)).

On connaît Ker p et sa dimension, on peut donc en déduire dim Im p grâce à la formule du rang. Cela permettra de savoir combien de vecteurs sont à extraire de la famille génératrice précédente pour avoir une base de Im p. Or, par le théorème du rang, dim Im p = 3 − dim Ker p = 2 donc deux vecteurs colonnes de M non colinéaires forment une base de Im p : c’est le cas des deux premiers ce qui permet de conclure que ((2, −1, −1), (−1, 2, −1)) est une base de Im p.

Si u est un endomorphisme de Rn , alors u est injectif ssi Ker u = {0} et u est surjectif ssi Im u = Rn . L’endomorphisme u est un automorphisme si et seulement s’il est bijectif donc ssi, simultanément, Ker u = {0} et Im u = Rn (en fait, par le théorème du rang, Ker u = {0} ⇐⇒ Im u = Rn : le “et” peut donc être remplacé par un “ou”). → − L’application n’est pas injective car Ker p = { 0 } et n’est pas surjective car Im p est 3 de dimension 2 et ainsi Im p = R . A fortiori, p n’est pas un automorphisme de R3 .

1.c. Les bases de Ker p et Im p obtenues précédemment fournissent des représentations paramétriques de ces sous-espaces vectoriels. Un vecteur dans leur intersection doit satisfaire à ces deux représentations. → → → Soit − u ∈ Ker p ∩ Im p. On peut écrire − u = λ(1, 1, 1) car − u ∈ Ker p et (1, 1, 1) est → − → une base de Ker p mais aussi : u = α(2, −1, −1) + β(−1, 2, −1) car − u ∈ Im p et ((2, −1, −1), (−1, 2, −1)) est une base de Im p. Or

&

λ(1, 1, 1) = α(2, −1, −1) + β(−1, 2, −1)

=⇒ donc

2α −α −α 0 = 3λ

− β = λ + 2β = λ − β = λ L1 + L2 + L3

puis λ=0 ' ( → − − → → donc − u = 0 . On en déduit que Ker p ∩ Im p = 0 .

1.d. Si u : Rp → Rn et v : Rn → Rm sont deux applications linéaires de matrices respectives U et V dans les bases canoniques, on rappelle que la matrice de v ◦ u dans les bases canoniques est V × U . Ici, u = v = p.

Exercice 8.4

Projecteurs et symétries I

 Mat(p ◦ p)

=

1 Mat(p) × Mat(p) = M = 9

=

1 3

2



2 −1 −1

−1 2 −1

−1 −1 2





−1 2 −1

2 −1 −1

−1 −1 2

 ×

2 −1 −1

153



−1 2 −1

−1 −1 2

= Mat(p).

p et p ◦ p sont représentés par la même matrice dans la base canonique de R3 donc p = p ◦ p.

Cette dernière relation signifie que p est ce qu’on appelle un projecteur de R3 (voir l’exercice suivant). 2.a. Même méthode qu’au 1.a, les colonnes de la matrice de s seront les images par s des vecteurs de la base canonique de R3 . s((1, 0, 0)) = (−2, 1, 2), s((0, 1, 0)) = (−3, 2, 2) et s((0, 0, 1)) = (0, 0, 1) donc la matrice Mat(s) de s dans la base canonique de R3 est



−2 1 2

Mat(s) =

−3 2 2



0 0 1

.

2.b. On procède comme au 1.b.   (x, y, z) ∈ Ker s

⇐⇒

Mat(s)

& ⇐⇒

−2x

x y z

  =

−

− x=y=z=0

3y y y

0 0 0

& ⇐⇒

+

z

= = =

−2x − 3y x + 2y 2x + 2y + z 0 0 0

= = =

0 0 0

L2 ← 2L2 + L1 L3 ← L3 + L1

⇐⇒ − → Ainsi, Ker s = { 0 } donc s est injective. s étant de plus un endomorphisme de R3 , on conclut que s est un automorphisme de R3 ; en particulier, s est surjective donc Im s = R3 .

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

2.c. On procède comme au 1.d. 

−2 1 2

−3 2 2

 

0 −2 0 × 1 1 2

−3 2 2



0 0 1



1 0 0



0 0 1 0 Mat(s◦s) = Mat(s)×Mat(s) = = 0 1 → − → − → 3 Mat(s ◦ s) = I3 = Mat(IdR3 ) donc s ◦ s = IdR3 , i.e. : ∀ x ∈ R , s(s( x )) = − x.

.

Cette dernière relation traduit que s est ce qu’on appelle une symétrie de R3 (voir l’exercice suivant).

154

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

Exercice 8.5 : Projecteurs et symétries II Soit n ∈ N∗ et u un endomorphisme de Kn . On dit que u est un projecteur si u ◦ u = u et une symétrie si u ◦ u = Id où Id est l’endomorphisme identité de Kn . Soit f et g deux endomorphismes de Kn . 1. On suppose que f est un projecteur. '− →( a. Démontrer que Ker f ∩ Im f = 0 . b. Démontrer que 2f − Id est une symétrie. 1 (g + Id) est un projecteur. 2 3. Soit h ∈ L(Kn ). Démontrer que h est une symétrie si et seulement si h s’écrit sous la forme 2p − Id où p ∈ L(Kn ) est un projecteur.

2. On suppose que g est une symétrie. Démontrer que

1.a. On a déjà vu ce résultat dans un cas particulier au 1.c de l’exercice 8.4. − → 0 appartient à tout sous-espace vectoriel de Kn donc en particulier à Ker f ∩ Im f . → Il suffit donc de montrer que tout vecteur de Ker f ∩ Im f est nul. Un vecteur − v de → − → − → − Ker f ∩ Im f est de la forme f ( u ) (en tant qu’élément de Im f ) et vérifie f ( v ) = 0 → − → (en tant qu’élément de Ker f ) i.e. f (f (− u )) = 0 : on voit alors apparaître f et f ◦ f qui montre qu’il est temps d’exploiter que f est un projecteur (i.e. que f = f ◦ f ). → − Puisque Ker f et Im f sont des sous-espaces vectoriels de Kn , { 0 } ⊆ Ker f ∩ Im f . → − → Montrons réciproquement que Ker f ∩ Im f ⊆ { 0 }. Soit − y ∈ Ker f ∩ Im f . Puisque → − → − → − → − → − → − → n y ∈ Im f , il existe x ∈ K tel que y = f ( x ) mais y ∈ Ker f donc f (− y)= 0 → − → − → − c’est à dire : 0 = f (f ( x )) = (f ◦ f ) ( x ). Or, f étant un projecteur, on a f ◦ f = f → − → → → → donc (f ◦ f )(− x ) = f (− x) =− y et ce qui précède permet de conclure que − y = 0 . On → − → − vient donc de démontrer { 0 } ⊆ Ker f ∩'Im ( f et Ker f ∩ Im f ⊆ { 0 }. Par double → − inclusion, on conclut que Ker f ∩ Im f = 0 .

1.b. On doit montrer que (2f − Id) ◦ (2f − Id) = Id. On utilise pour cela l’hypothèse sur f et les propriétés des opérations sur les applications linéaires. En utilisant f ◦ f = f (à la deuxième égalité), (2f − Id) ◦ (2f − Id) = 4(f ◦ f ) − 2f − 2f + Id = 4f − 4f + Id = Id. Ainsi, 2f − Id est une symétrie.

2. La démarche est ici analogue à celle du 1.b. 

 



1 1 (g + Id) ◦ (g + Id) 2 2 1 1 1 = (g + Id) ◦ (g + Id) = (g ◦ g + g + g + Id) = (Id + 2g + Id) 4 4 4 1 1 (2g + 2Id) = (g + Id) = 4 2

Exercice 8.6

donc

Polynôme annulateur et réduction

155

1 (g + Id) est un projecteur. 2

3. Un sens a déjà été vu à la question 1.b. Réciproquement, si h est une symétrie, il suffit de résoudre l’équation h = 2p − Id d’inconnue p pour constater que p est un projecteur.   1 1 (h + Id) − Id. Si h est une symétrie alors (h + Id) est 2 2 un projecteur d’après 2 et h s’écrit bien sous la forme indiquée. Réciproquement, si h = 2p − Id avec p un projecteur, alors h est une symétrie d’après 1.b.

On peut écrire h = 2

Exercice 8.6 : Polynôme annulateur et réduction Soit f : R3 → R3 l’application définie par : f : (x, y, z) → (x − 2y + 2z, −2x + y + 2z, −2x − 2y + 5z). 1.

a. Montrer que f est un automorphisme de R3 . b. Déterminer la matrice de f puis de 3IdR3 −4f +f 2 dans la base canonique de R3 . Qu’en déduit-on ?

c. Déterminer la bijection réciproque f −1 . − 2. On va chercher l’ensemble des vecteurs → x de R3 pour lesquels il existe un réel → − → − λ tel que f ( x ) = λ x . → − → → → a. Soit − x ∈ R3 \ { 0 } tel qu’il existe λ ∈ R vérifiant f (− x ) = λ− x . À l’aide du résultat de la question 1.b, établir : λ ∈ {1, 3}.  − → → b. Soit λ ∈ R. Montrer : − x ∈ R3  f (→ x ) = λ− x = Ker(f − λIdR3 ). ⎞ ⎛ 1 0 0 c. Exhiber une base de R3 dans laquelle la matrice de f est ⎝0 3 0⎠. 0 0 3

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

1.a. Pour montrer qu’une application est un automorphisme, il y a trois points à vérifier : • la linéarité ; → → Soit − u = (x, y, z), − v = (x , y  , z  ) deux vecteurs de R3 et λ, μ deux réels. On a, en posant X = λx + μx , Y = λy + μy  et Z = λz + μz  , → → f (λ− u + μ− v ) = f ((λx + μx , λy + μy  , λz + μz  )) = f ((X, Y, Z)) =

(X − 2Y + 2Z, −2X + Y + 2Z, −2X − 2Y + 5Z)

=

(λ(x − 2y + 2z) + μ(x − 2y  + 2z  ), λ(−2x + y + 2z) + μ(−2x + y  + 2z  ), λ(−2x − 2y + 5z) + μ(−2x − 2y  + 5z  ))

=

λ(x − 2y + 2z, −2x + y + 2z, −2x − 2y + 5z)

=

+μ(x − 2y  + 2z  , −2x + y  + 2z  , −2x − 2y  + 5z  ) → → u ) + μf (− v ). λf ((x, y, z)) + μf ((x , y  , z  )) = λf (−

156

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

f est donc une application linéaire de R3 dans R3 .

On retiendra la démarche derrière la quatrième égalité (mise en facteur de λ et μ dans les composantes) et celle derrière la cinquième égalité (séparation, sous forme de somme, des termes en λ et de ceux en μ). • le fait que l’espace d’arrivée est le même que celui de départ (ici, c’est immédiat) ; • la bijectivité ; pour cela, on se rappellera qu’un endomorphisme g de Kn est bijectif → − ssi il est injectif ou surjectif donc ssi Ker f = { 0 } ou Im f = Kn (i.e. rg f = n). Ainsi, f est un endomorphisme de R3 et c’est un automorphisme de R3 si et seulement si rg f = 3 = dim R3 . Or



rg f

=

rg

 =

rg

1 0 0



−2 1 −2

1 −2 −2

−2 −3 0

2 2 5



= rg



2 6 −3

1 0 0

−2 −3 −6



2 6 9

L2 ← L2 + 2L1 L3 ← L3 + 2L1 =3

L3 ← L3 − 2L2

f est donc bien un automorphisme de R3 .

1.b. On utilise les règles d’opérations sur les matrices d’endomorphismes, ce qui ramène la question à du calcul matriciel.  3

La matrice de f dans la base canonique de R est Mat(f ) = Mat(3IdR3 − 4f + f 2 )

= =

3Mat(IdR3 ) − 4Mat(f ) + (Mat(f ))2



3

 =

1 −2 −2

0 0 0

1 0 0

0 1 0 0 0 0

0 0 1

0 0 0





−4



1 −2 −2

−2 1 −2



2 2 5

+

−2 1 −2



1 −8 −8



2 2 5

−8 1 −8

donc



8 8 17

.

On en déduit que 3IdR3 − 4f + f 2 est l’endomorphisme nul de R3 .

1.c. Nous avons vu dans l’exercice 5.2 en page 78 comment trouver l’inverse d’une matrice à partir d’un polynôme annulateur de coefficient constant non nul. On entreprend ici la même démarche, mais en raisonnant en terme d’endomorphismes. 3IdR3 − 4f + f 2 = 0

⇐⇒

3IdR3 = 4f − f 2

⇐⇒

3IdR3 = f ◦ (4IdR3 − f ) 1  IdR3 = f ◦ (4IdR3 − f ) . 3

⇐⇒

Exercice 8.6

Polynôme annulateur et réduction

157

1 (4IdR3 − f ). Autrement dit, pour tout (x, y, z) ∈ R3 , 3 1 (4(x, y, z) − (x − 2y + 2z, −2x + y + 2z, −2x − 2y + 5z)) f −1 ((x, y, z)) = 3 1 (3x + 2y − 2z, 2x + 3y − 2z, 2x + 2y − z). = 3

Ainsi, f −1 =

→ 2.a. Comme on sait comment f “agit” sur − x , il est naturel d’appliquer 3IdKn −4f +f 2 → − à x pour exploiter l’hypothèse 3IdKn − 4f + f 2 = 0.   → → − On a 3IdR3 − 4f + f 2 = 0 donc en particulier : 3IdR3 − 4f + f 2 (− x ) = 0 . Mais :   → → → → 3Id 3 − 4f + f 2 (− x ) = 3− x − 4f (− x ) + f 2 (− x) R

= = =

→ → → 3− x − 4λ− x + f (f (− x )) → − → − → − 3 x − 4λ x + f (λ x )

→ → → 3− x − 4λ− x + λf (− x ) (par linéarité de f ) 2− → → − → − → 3 x − 4λ x + λ x = (3 − 4λ + λ2 )− x.

= → − → − − → → Ainsi, on a (3 − 4λ + λ ) x = 0 avec − x = 0 et donc 3 − 4λ + λ2 = 0. En calculant le discriminant Δ de 3 − 4X + X 2 , on trouve Δ = 16 − 12 = 22 > 0 donc ce polynôme 4+2 4−2 = 1 et = 3. On vient de voir que λ est une admet deux racines réelles : 2 2 de ces racines donc λ ∈ {1, 3}. 2

Le polynôme P = 3 − 4X + X 2 est un polynôme annulateur de f (par hypothèse) et on vient de voir que λ en est une racine. Le raisonnement précédent se généralise aisément. Soit μ ∈ R et f un endomorphisme de Rn tel qu’il existe un vecteur non n  → → → nul − x vérifiant f (− x ) = μ− x . S’il existe un polynôme P = ak X k tel k=0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

que P (f ) = a0 IdRn + a1 f + · · · + an f n = 0, alors P (μ) = 0.

2.b. Pour montrer l’égalité de deux ensembles A et B, on peut raisonner par double inclusion (comme cela a déjà été fait à l’exercice 8.5) ou, plus directement, montrer qu’ils ont les mêmes éléments, via un raisonnement du type : x ∈ A ⇐⇒ · · · ⇐⇒ x ∈ B. Ici, il suffit de connaître la définition du noyau d’une application linéaire. → Soit λ ∈ R et − x ∈ R3 . → → f (− x ) = λ− x ⇐⇒

→ − → − → → → f (− x ) − λ− x = 0 ⇐⇒ (f − λIdR3 )(− x)= 0 → − x ∈ Ker(f − λIdR3 ).

⇐⇒  → → x ∈ R3  f ( − x ) = λ− x est donc le sous-espace vectoriel Ker(f − λIdR3 ).

→ −

158

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

2.c. Si une telle base existe, il faut commencer par analyser quelles informations la matrice apporte sur ses vecteurs. Cela donnera l’inspiration pour construire une de ces bases. 



1 0 0 0 3 0 , alors 0 0 3 → − → − → → → − → → → → u = 0 , f (− u) = − u , la famille (− v ,→ w ) est libre et f (− v ) = 3− v , f (− w ) = 3− w. → Autrement dit, d’après le résultat de la question précédente, − u est un vecteur non nul → → de Ker(f − IdR3 ) et (− v ,− w ) est une famille libre de Ker(f − 3IdR3 ). Réciproquement, → − → − → − → → → si u , v , w vérifient ces dernières conditions, il suffit de vérifier que (− u ,− v ,− w ) est une base de R3 pour que cette famille réponde à la question posée. Dans un premier temps, nous allons donc chercher à décrire Ker(f − IdR3 ) et Ker(f − 3IdR3 ). − − → Si (→ u ,→ v ,− w ) est une base de R3 dans laquelle la matrice de f est

Puisqu’on veut des familles libres de vecteurs de chacun de ces deux sous-espaces vectoriels, nous allons décrire ces derniers via une base. − − Soit → u, → v ∈ R3 . → − u ∈ Ker(f − IdR3 )

− → → → f (− u)−− u = 0 ⇐⇒

⇐⇒

& ⇐⇒

y=z x=z 0=0

&

−2y + 2z = 0 −2x + 2z = 0 −2x − 2y + 4z = 0

⇐⇒ x = y = z

donc Ker(f − IdR3 ) = {(x, x, x) ; x ∈ R} = {x(1, 1, 1) ; x ∈ R} = Vect((1, 1, 1)). − → v ∈ Ker(f − 3IdR3 )

&

−2x − 2y + 2z = 0 −2x − 2y + 2z = 0 −2x − 2y + 2z = 0 −x − y + z = 0 ⇐⇒ z = x + y

− → → → f (− v ) − 3− v = 0 ⇐⇒

⇐⇒ ⇐⇒

donc Ker(f − 3IdR3 )

=

{(x, y, x + y) ; x, y ∈ R} = {x(1, 0, 1) + y(0, 1, 1) ; x, y ∈ R}

=

Vect((1, 0, 1), (0, 1, 1)).

On regarde si la famille obtenue en “recollant” ces deux bases convient pour la question posée. Vérifions que la famille F = ((1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 1, 1)) est une base de R3 .



rg F = rg

1 1 1

1 0 1



0 1 1



= rg

1 0 0

1 −1 0



0 1 1

L2 ← L2 − L1 = 3. L3 ← L3 − L1

dim R3 = 3 et F est une famille de trois vecteurs de rang 3 donc F est bien une base   1 0 0 3 de R et, dans cette base, la matrice de f est 0 3 0 . 0 0 3

Exercice 8.7

Commutant d’une matrice carrée

159

Exercice 8.7 : Commutant d’une matrice carrée 

   1 2 x y ∈ M2 (K). On pose M = et f : K4 → K4 l’applica−1 1 z t tion définie par : Soit A =

f ((x, y, z, t)) = (y + 2z, 2t − 2x, −x + t, −y − 2z). On admettra que f est un endomorphisme de K4 . 1.

a. Déterminer une base de Ker f puis calculer rg f . b. Déterminer une base de Im f .

2. On note C(A) l’ensemble des matrices carrées de taille 2 qui commutent avec A. Autrement dit, C(A) = {M ∈ M2 (K) | AM = M A}. a. Établir : AM = M A ⇐⇒ (x, y, z, t) ∈ Ker f . b. En déduire qu’il existe une matrice B ∈ M2 (K)  que  l’on explicitera telle 1 0 que : C(A) = {αI + βB ; α, β ∈ K} où I = est la matrice unité 0 1 de M2 (K).

1.a. On procède comme dans l’exercice 8.4 pour trouver une base du noyau de f : on résout un système homogène, on exhibe une famille génératrice naturelle du sousespace de ses solutions, et on vérifie que c’est une base. − Soit → u = (x, y, z, t) un vecteur de K4 . − → u ∈ Ker f

⇐⇒

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

⇐⇒

→ − − f (→ u ) = 0 ⇐⇒

⎧ y + 2z = 0 ⎪ ⎨

0=0 ⎪ ⎩ −x + t = 0 0=0

⎧ ⎪ ⎨

y + 2z = 0 2t − 2x = 0 ⎪ ⎩ −x + t = 0 −y − 2z = 0 L2 ← L2 − 2L3 L4 ← L4 + L1

) ⇐⇒

x=t y = −2z

ainsi, Ker f

=

{(t, −2z, z, t) ; z, t ∈ K} = {t.(1, 0, 0, 1) + z.(0, −2, 1, 0) ; z, t ∈ K}

=

Vect((1, 0, 0, 1), (0, −2, 1, 0)).

((1, 0, 0, 1), (0, −2, 1, 0)) est donc une famille génératrice de Ker f et c’est aussi une famille libre car formée de deux vecteurs non colinéaires. Finalement, une base de Ker f est ((1, 0, 0, 1), (0, −2, 1, 0)).

Une fois la base obtenue, on connaît dim Ker f , et rg f s’en déduit par le théorème du rang (inutile donc de calculer matriciellement rg f comme ce fut le cas à la question 1.a de l’exercice 8.6).

160

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

D’après le théorème du rang, rg f = dim K4 − dim Ker f = 4 − 2 = 2.

1.b. La démarche est analogue à celle de la question 1.b de l’exercice 8.4. Im f = Vect(f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ), f (e4 )) où (e1 , e2 , e3 , e4 ) est la base canonique de K4 . On a : f (e1 ) = f ((1, 0, 0, 0)) = (0, −2, −1, 0), f (e2 ) = f ((0, 1, 0, 0)) = (1, 0, 0, −1), f (e3 ) = f ((0, 0, 1, 0)) = (2, 0, 0, −2), f (e4 ) = f ((0, 0, 0, 1)) = (0, 2, 1, 0). On remarque que f (e1 ) et f (e2 ) sont deux vecteurs non colinéaires donc (f (e1 ), f (e2 )) est une famille libre de vecteurs de Im f et puisque dim Im f = rg f = 2 (d’après 1.a), cette famille est une base de Im f . Une base de Im f est ((0, −2, −1, 0), (1, 0, 0, −1)).

2.a. En identifiant les coefficients de AM et M A, nous allons retrouver les équations trouvées au 1.a qui caractérisent Ker f .  AM = M A

1 −1

⇐⇒



2 1



x + 2z −x + z

⇐⇒

x z

y t



y + 2t −y + t



⎧ x + 2z = x − y ⎪ ⎨

y + 2t = 2x + y ⎪ ⎩ −x + z = z − t −y + t = 2z + t

⇐⇒ ⇐⇒

 =

x z

 =

y t



x−y z−t



1 −1

2 1

2x + y 2z + t



⎧ 2z = −y ⎪ ⎨

2t = 2x ⇐⇒ −x = −t ⎪ ⎩ −y = 2z

⎧ ⎪ ⎨

y + 2z = 0 2t − 2x = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎩ −x + t = 0 −y − 2z = 0

(x, y, z, t) ∈ Ker f.

2.b. On veut une description de C(A) comme un ensemble de combinaisons linéaires de deux matrices (I et B). Cela fait penser à une famille génératrice, voire à une base. On pense alors à utiliser la question précédente qui permet d’identifier C(A) à Ker f pour lequel on connaît justement une base. M ∈ C(A)

 Ainsi, avec B =

⇐⇒

AM = M A ⇐⇒ (x, y, z, t) ∈ Ker f

⇐⇒

(x, y, z, t) ∈ Vect((1, 0, 0, 1), (0, −2, 1, 0))

⇐⇒

∃ α, β ∈ K, (x, y, z, t) = α(1, 0, 0, 1) + β(0, −2, 1, 0)

⇐⇒

∃ α, β ∈ K,

⇐⇒

∃ α, β ∈ K, M = αI + β

0 1





x z

y t





=α



1 0

0 1



0 1

cf 1.a)



+β



0 1



−2 0

−2 . 0

−2 , on a bien : C(A) = {αI + βB ; α, β ∈ K}. 0

Du fait qu’il n’y a pas unicité d’une base de Ker f comportant le vecteur (1, 0, 0, 1), plusieurs choix étaient possibles pour trouver une matrice B satisfaisant à la question posée.

Exercice 8.8

Commutant d’un endomorphisme cyclique

161

Exercice 8.8 : Commutant d’un endomorphisme cyclique Soit A ∈ M3 (K) et f l’endomorphisme de K3 ayant pour matrice A dans la base canonique de K3 . On note encore C(A) l’ensemble des matrices carrées de taille 3 telles que AM = M A (appelé commutant de A). On suppose que f est → → → → cyclique, c’est-à-dire qu’il existe un vecteur non nul − x tel que (− x , f (− x ), f 2 (− x )) 3 3 soit une base de K . Nous noterons dans la suite B cette base de K . 1. Soit g un endomorphisme de K3 représenté par une matrice M dans la base → canonique de K3 . On note α, β, γ les coordonnées de g(− x ) dans la base B 3 de K et on suppose que M ∈ C(A). a. Justifier que f ◦ g = g ◦ f .

→ b. En déduire que, pour chacun des trois vecteurs − u de la base B de K3 , → − → − 2 on a g( u ) = (αIdK3 + βf + γf )( u ) puis que g = αIdK3 + βf + γf 2 . c. En déduire : N ∈ C(A)

=⇒

∃ λ, μ, ν ∈ K, N = λI3 + μA + νA2 .

 d. Conclure que C(A) = λI3 + μA + νA2 ; λ, μ, ν ∈ K .

Pour chacun des deux exemples qui suivent, on note, sans le répéter, f l’endomorphisme de K3 qui est représenté par la matrice A dans la base canonique de K3 . ⎛ ⎞ −5 3 −3 → 2. Soit A = ⎝−2 1 −1⎠. On pose − x = (1, 0, 1). 4 −2 3 → → a. Calculer f (− x ) et f 2 (− x ). → − → x )) est une base de K3 (donc que f est cyb. Établir que (→ x , f (− x ), f 2 (− clique).

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

c. Donner l’expression générale des matrices du commutant C(A) de A. 3. Soit A ∈ M3 (K) telle que A2 = 0 mais A3 = 0. On a donc f 2 = 0 et → f 3 = 0. Puisque f 2 n’est pas l’endomorphisme nul, il existe − x ∈ K3 tel que → − → 2 − f ( x ) = 0 . → → → x )) est une base de K3 donc que f est cyclique. a. Établir que (− x , f (− x ), f 2 (− b. Application :

⎞ 0 a c Soit a, b, c ∈ K3 tels que a = 0, b = 0. On suppose ici : A = ⎝0 0 b ⎠. 0 0 0 → − → x ∈ K3 \ { 0 } tel que Vérifier que A2 = 0 et A3 = 0. Trouver − → → → (− x , f (− x ), f 2 (− x )) est une base de K3 puis décrire le commutant C(A) de la matrice A. ⎛

1.a. Cette question ne présente pas de difficulté, à condition de savoir faire le tri dans les informations de l’énoncé. Ici, la donnée importante est : M ∈ C(A).

162

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

C’est évident : on a AM = M A, or AM est la matrice associée à f ◦ g dans la base canonique de K3 et M A celle associée à g ◦ f donc f ◦ g = g ◦ f .

→ → → → 1.b. Les trois vecteurs − u à tester sont − x , f (− x ) et f 2 (− x ). Ici, le point de départ → − est essentiel : les coordonnées de g( x ) dans la base B étant α, β, γ, on a bien → → → → → → → → g(− x ) = α− x + βf (− x ) + γf 2 (− x ) = (αIdK3 + βf + γf 2 )(− x ). Pour − u ∈ {f (− x ), f 2 (− x )}, → − 2 − c’est a priori plus compliqué car on ne sait pas comment g “agit” sur f ( x ) et f (→ x ). On s’en sort en utilisant le résultat de la question précédente qui permet d’écrire → → → → → g(f (− x )) = f (g(− x )) et g(f 2 (− x )) = f 2 (g(− x )). La décomposition connue de g(− x) 2 dans la base B, puis la linéarité de f et f permettent alors de conclure. → → → → On a déjà : g(− x ) = α− x + βf (− x ) + γf 2 (− x ) par définition de α, β et γ. Ensuite, d’après le résultat de la question précédente,  →  → → → → g(f (− x )) = f (g(− x )) = f α− x + βf (− x ) + γf 2 (− x) → − → αf (− x ) + βf 2 (→ x ) + γf 3 (− x) 2 → − (αId 3 + βf + γf )(f ( x ))

= =

(par linéarité de f )

K

et enfin, → g(f 2 (− x ))

= = = = =

On a donc bien : → g(− u ) = (αId

K3

→ → → ((g ◦ f ) ◦ f )(− x ) = ((f ◦ g) ◦ f )(− x ) = (f ◦ (g ◦ f ))(− x) → − → − (f ◦ (f ◦ g))( x ) = ((f ◦ f ) ◦ g)( x )  →  → → → x )) = f 2 α− x + βf (− x ) + γf 2 (− x) f 2 (g(− → → → αf 2 (− x ) + βf 3 (− x ) + γf 4 (− x) 2 2 − → (αId 3 + βf + γf )(f ( x )).

(par linéarité de f 2 )

K

→ + βf + γf 2 )(− u)

− pour tout vecteur → u de la base B.

On se rappelle ensuite qu’un endomorphisme de K3 est complètement déterminé par son action sur une base. Puisque les endomorphismes g et αIdK3 + βf + γf 2 de K3 coïncident sur les vecteurs d’une base de K3 , ils sont égaux. Ainsi, g = αIdK3 + βf + γf 2 .

1.c. Il suffit de traduire matriciellement le résultat obtenu à la question précédente. Soit N ∈ C(A). Soit h l’endomorphisme représenté par N dans la base canonique de K3 . D’après la question précédente, il existe λ, μ, ν ∈ K tel que h = λIdK3 +μf +νf 2 , ce qui, matriciellement, se traduit par : ∃ λ, μ, ν ∈ K,

N = λI3 + μA + νA2

On a donc bien : N ∈ C(A)

=⇒

∃ λ, μ, ν ∈ K, N = λI3 + μA + νA2 .

1.d. Il vient d’être établi que les matrices commutant avec A pour la multiplication s’écrivent comme polynôme de degré au plus 2 en A. Réciproquement, il est bien connu que tout polynôme en A commute avec A.

Exercice 8.8

Commutant d’un endomorphisme cyclique

163



Nous venons de voir que C(A) ⊆ λI3 + μA + νA2 ; λ, μ, ν ∈ K . Montrons que  l’on a aussi λI3 + μA + νA2 ; λ, μ, ν ∈ K ⊆ C(A). Soit λ, μ, ν ∈ K. On a :





λI3 + μA + νA2 × A

=

λA + μA2 + νA2 × A

=

λA + μA2 + νA × A2

=

A × λI3 + μA + νA2





(par associativité de ×)

donc λI3 +  μA + νA2 ∈ C(A). Ainsi : ∀ λ, μ, ν ∈ K, λI3 + μA + νA2 ∈ C(A). On a donc λI3 + μA + νA2 ; λ, μ, ν ∈ K ⊆ C(A) et, finalement, par double inclusion :  C(A) = λI3 + μA + νA2 ; λ, μ, ν ∈ K .

Tout polynôme en une matrice carrée A commute avec A pour le produit matriciel (la loi ×). De même, tout polynôme en un endomorphisme f commute avec f pour la composition (la loi ◦). → 2.a. Au vu de l’information dont on dispose sur f , on détermine les images f (− x ) et → 2 − f ( x ) via le calcul matriciel. → D’après la traduction matricielle d’une application linéaire, si f (− x ) = (a, b, c), alors

 

 



 



1 0 1

  λ μ ν

−5 −2 4



 





 



3 −3 1 −8 1 −1 × 0 = −3 =A× = −2 3 1 7 2 − → − → donc f ( x ) = (−8, −3, 7). De même, si f ( x ) = (λ, μ, ν), alors a b c

2

=A ×

1 0 1

=

7 4 −4

−6 −3 4

3 2 −1

×

1 0 1

=





10 6 −5

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

→ donc f 2 (− x ) = (10, 6, −5).

− → → 2.b. Le plus rapide est d’utiliser le critère du rang : la famille (→ x , f (− x ), f 2 (− x )) est 3 une base de K ssi elle est de rang maximal, ici de rang 3. → → → (− x , f (− x ), f 2 (− x )) est une base de K3 si et seulement si le rang de cette famille vaut 3 (car cette famille est de cardinal 3 et dim K3 = 3). Or



− → → rg(→ x , f (− x ), f 2 (− x ))

=

rg



1 0 1

−8 −3 7

10 6 −5







= rg

1 0 0

−8 −3 15

10 6 −15



L3 ← L3 − L1

−8 10 =3 −3 6 L3 ← L3 + 5L2 0 15 → → → x )) est une base de K3 et ainsi f est cyclique. donc on conclut bien : (− x , f (− x ), f 2 (− =

rg

1 0 0

2.c. f étant cyclique, le résultat principal de la question 1 peut s’appliquer.

164

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

D’après le résultat du 1.d, C(A) = =

{λI3 + μA + νA2 ; λ, μ, ν ∈ K}

&  λ

& =

1 0 0

0 1 0

0 0 1



λ − 5μ + 7ν −2μ + 4ν 4μ − 4ν



+μ

−5 −2 4

3 1 −2

3μ − 6ν λ + μ − 3ν −2μ + 4ν

−3 −1 3



 +ν

−3μ + 3ν −μ + 2ν λ + 3μ − ν



7 4 −4

−6 −3 4



3 2 −1

, ; λ, μ, ν ∈ K

,

; λ, μ, ν ∈ K

.

3.a. On travaille ici avec des vecteurs que l’on ne connaît pas explicitement. En particulier, on ne sait pas calculer matriciellement le rang de la famille. En remarquant qu’on a affaire à une famille de trois vecteurs de K3 , il suffit de montrer que celle-ci est libre ou génératrice. La deuxième option est à écarter car elle reviendrait à avoir accès au rang, ce que l’on a exclu. → → → Puisque la famille (− x , f (− x ), f 2 (− x )) est formée de trois vecteurs de K3 et que 3 dim K = 3, il suffit de montrer que cette famille est libre pour conclure qu’il s’agit → − → → → x + μf (− x ) + νf 2 (− x ) = 0 avec d’une base de K3 . Soit (R) une relation du type λ− λ, μ, ν ∈ K.

Il s’agit de montrer que, nécessairement, λ = μ = ν = 0 en utilisant les seules → informations dont on dispose : linéarité de f, f 2 (− x ) = 0 et f 3 = 0. En appliquant f à → − → → − → − 2 − chaque membre de l’égalité λ x +μf ( x )+νf ( x ) = 0 , on fait apparaître f 3 donc un → − → → → → → x ) + νf 3 (− x ) = λf (− x ) + μf 2 (− x ). En appliquant terme disparait : 0 = λf (− x ) + μf 2 (− → − → → → 2 − f une nouvelle fois, un nouveau terme disparaît : 0 = λf ( x ) + μf 3 (− x ) = λf 2 (− x ). Au final, on obtient une sorte de système échelonné ⎧ → − → → − → 2 − ⎪ λ− x = 0 ⎨ νf ( x ) + μf ( x ) + → − → → μf 2 (− x ) + λf (− x) = 0 ⎪ → − ⎩ → − + λf 2 ( x ) = 0 → − → dont l’unique solution est (λ, μ, ν) = (0, 0, 0) (on utilise ici f 2 (− x ) = 0 ). → − → → → En appliquant f 2 , on obtient f 2 (λ− x +μf (− x )+νf 2 (− x )) = f 2 ( 0 ) donc, par linéarité → − → → → de f 2 , λf 2 (− x ) + μf 3 (− x ) + νf 4 (− x)= 0. → − → − → − → − 3 − 4 − → → → → Puisque f ( x ) = 0 et f ( x ) = f (f 3 (− x )) = f ( 0 ) = 0 , on a λf 2 (− x ) = 0 or → − → − − → → f 2 (→ x ) = 0 donc λ = 0. Il reste : μf (− x ) + νf 2 (− x ) = 0 . On applique alors f , ce → − → − → − 2 − 3 − → → → qui donne (par linéarité de f ) μf ( x ) + νf ( x ) = f ( 0 ) = 0 or f 3 (− x ) = 0 donc → − → − 2 − 2 − → → μf ( x ) = 0 et comme f ( x ) = 0 , on conclut que μ = 0. → − → − → → Au final, il reste νf 2 (− x ) = 0 et comme f 2 (− x ) = 0 , cela entraîne ν = 0. Pour → → → x )) conclure, (R) ⇒ λ = μ = ν = 0 ce qui signifie précisément que (− x , f (− x ), f 2 (− → − → − 2 − 3 → est libre. Ainsi, ( x , f ( x ), f ( x )) est une base de K donc f est cyclique.

3.b. On remarque que A est strictement triangulaire (supérieure), c’est-à-dire triangulaire dont tous les coefficients diagonaux sont nuls. De manière générale, on peut

Exercice 8.8

Commutant d’un endomorphisme cyclique

165

montrer que si B est une matrice carrée strictement triangulaire de taille n, alors B n = 0.  A2 =

0 0 0

0 0 0





ab 0 0

et A3 =

0 0 0



0 0 0

0 0 0

donc f vérifie : f 2 = 0 (car ab = 0) et

f 3 = 0.

→ Un bon candidat pour − x est indiqué dans l’énoncé de la question 3, compte tenu du résultat de 3.a. Pour décrire le commutant, on utilisera le résultat général de la question 1.d, compte tenu du caractère cyclique de f . → On est donc dans le cadre du 3.a ; ainsi, si − x est un vecteur de K3 tel que → − − → → → x ) = 0 , alors (− x , f (− x ), f 2 (− x )) est une base de K3 . D’après le calcul de f 2 (→ → − → A2 , on a f 2 ((0, 0, 1)) = (ab, 0, 0) = 0 donc, en posant − x = (0, 0, 1), la famille 2 − 3 → → − → − ( x , f ( x ), f ( x )) est une base de K . D’après le résultat de la question 1.d, C(A)

= =

{λI3 + μA + νA2 ; λ, μ, ν ∈ K}

&  λ

& =

λ 0 0

1 0 0

0 1 0 μa λ 0



0 0 1



+μ

0 0 0



μc + νab μb λ



a 0 0

c b 0

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C(A) =

λ 0 0

+ν

,

; λ, μ, ν ∈ K

Lorsque ν décrit K, μc + νab décrit K donc :

&



μa λ 0

ν μb λ



0 0 0



0 0 0

ab 0 0

.

, ; λ, μ, ν ∈ K

.

, ; λ, μ, ν ∈ K

166

Chapitre 8

Espaces vectoriels et applications linéaires

Liste des capacités attendues • Savoir montrer qu’une partie est un sous-espace vectoriel de Kn (cf exercice 8.1 et question 8.2.2) • Savoir montrer qu’une famille de vecteurs de Kn est génératrice d’un sousespace vectoriel de Kn , libre ou liée dans Kn ou une base d’un sous-espace vectoriel de Kn (cf questions 8.2.1, 8.3.1, 8.8.2.b et 8.8.3.a) • Savoir déterminer les coordonnées d’un vecteur dans une base (cf exercice 8.3) • Savoir déterminer une base d’un sous-espace vectoriel de Kn (cf exercice 8.2 et questions 8.4.1.b, 8.7.1) • Savoir déterminer le rang d’une famille de vecteurs de Kn (cf question 8.2.1) • Savoir déterminer la dimension d’un sous-espace vectoriel de Kn (cf question 8.2.2) • Savoir choisir une base adéquate pour traduire un problème de manière simple (cf questions 8.6.2.c et 8.8.3.b) • Savoir montrer qu’une application est linéaire de Kn dans Kp (cf question 8.6.1.a) • Savoir déterminer le noyau ou l’image d’une application linéaire (cf exercice 8.4 et question 8.7.1) • Savoir montrer qu’une application linéaire est injective, surjective ou bijective (cf exercice 8.4 et question 8.6.1.a) • Savoir obtenir la matrice associée à une application linéaire dans des bases données (cf exercice 8.4 et question 8.6.1.b) • Savoir déterminer la réciproque d’une application linéaire bijective (cf question 8.6.1.c)

Liste des capacités attendues

167

• Savoir déterminer le rang d’une application linéaire (cf question 8.7.1.a)

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• Savoir utiliser la formule du rang (ou théorème du rang) : si f : E → F , rg f = dim E − dim Ker f (cf questions 8.4.1.b et 8.7.1.a)

Partie 3 Analyse

Analyse 9 Nombres réels et suites réelles Semestre 1 9.1 : Modèle de reproduction multiâge de Leslie II 9.2 : Autour des suites usuelles 9.3 : Puissances de matrice II 9.4 : Deux exemples de suites homographiques 9.5 : Résolution d’une équation d’inconnue dans N∗ 9.6 : Suites et limites classiques 9.7 : Série de Riemann ζ(2) 9.8 : Moyennes arithmétiques et harmoniques 9.9 : Étude d’une suite définie implicitement Liste des capacités attendues

175 175 177 179 181 184 189 191 193 195 199

10 Limites et continuité des fonctions d’une variable 201

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Semestre 1 10.1 : Fonction Argsh I Semestre 2 10.2 : Singularités et continuité 10.3 : Limites et fonctions usuelles 10.4 : Points fixes et injectivité 10.5 : Continuité et commutation Liste des capacités attendues

11 Dérivation des fonctions d’une variable réelle Semestre 2 11.1 : Fonction Argsh II 11.2 : Prolongement de classe C 1 I 11.3 : Caractérisation des fonctions logarithmes 11.4 : Concavité et inégalité de Young 11.5 : Méthode de Newton dans le cas convexe 11.6 : Une suite récurrente contractante 11.7 : Recollement de classe C ∞ Liste des capacités attendues

201 203 205 207 211 213

215 215 217 219 220 224 229 234 237

12 Développements limités et études de fonctions Semestre 2 12.1 : Prolongement de classe C 1 II 12.2 : Développements limités et fonction réciproque 12.3 : Développement asymptotique en +∞ 12.4 : Prolongement de classe C 1 III 12.5 : Dérivation et approximation numérique 12.6 : Étude de fonction et branches asymptotiques Liste des capacités attendues

239 239 241 246 248 252 256 260

13 Intégration des fonctions sur un segment

261

Semestre 2 13.1 : Utilisation d’une primitive 13.2 : Relation de Chasles et linéarité 13.3 : Croissance, positivité et inégalité triangulaire 13.4 : Intégrations par parties 13.5 : Changements de variable affines 13.6 : Changements de variable 13.7 : Sommes de Riemann 13.8 : Un exemple de suite définie par une intégrale 13.9 : Une approximation de π 13.10 : Un exemple de fonction définie par une intégrale Liste des capacités attendues

261 262 263 266 269 270 272 274 276 283 286

14 Équations différentielles

291

Semestre 1 14.1 : Équation différentielle linéaire (EDL) d’ordre 1 à coefficient et second membre constants 292 14.2 : EDL d’ordre 2 à coefficients et second membre constants 293 Semestre 2 14.3 : EDL d’ordre 1 295 14.4 : EDL d’ordre 2 à coefficients constants 299 14.5 : Principe de superposition 300 14.6 : Modèle logistique de Verhulst 302 14.7 : Modèle de Gompertz 306

14.8 : Une équation différentielle d’Euler Liste des capacités attendues

15 Fonctions de deux variables

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Semestre 2 15.1 : Un peu de topographie 15.2 : Extremum radial vs extremum local 15.3 : Recherche d’extrema 15.4 : Un exemple d’équation fonctionnelle Liste des capacités attendues

309 315

317 317 319 320 322 326

CHAPITRE

9 Nombres réels et suites réelles Exercice 9.1 : Modèle de reproduction multiâge de Leslie II On considère une population d’individus qui se reproduit deux fois uniquement, une fois entre 0 et 1 an et une seconde fois entre 1 et 2 ans. À chaque reproduction, chaque couple donne naissance à un mâle et une femelle. On suppose que tous les individus survivent jusqu’à l’âge de 2 ans. On note un (respectivement vn ) le nombre d’individus femelles d’âge compris entre 0 et 1 an (respectivement entre 1 et 2 ans) présents dans la population après n années. 1. Justifier que le modèle ainsi décrit se traduit par le système linéaire : ) un+1 = un + vn (n ∈ N). vn+1 = un 2. Montrer que la suite (vn ) est récurrente linéaire d’ordre 2 ∗. ) u0 = 3 3. On suppose . Déterminer un et vn pour tout n entier naturel. v0 = 0 ) u0 = 1 4. On suppose . Déterminer un et vn pour tout n entier naturel. u1 = 2

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1. Il suffit de revenir à la signification concrète des différents termes des égalités pour en trouver l’explication naturelle : naissance et vieillissement. Les un femelles âgées de 0 à 1 an après n années seront âgées de 1 à 2 ans l’année suivante, ce seront les seules et aucune ne mourra donc vn+1 = un . Par ailleurs, chacune des un+1 femelles nées lors de l’année n + 1 est issue d’une femelle en âge de procréer dont un sont âgées de 0 à 1 an et vn de 1 à 2 ans donc un+1 = un + vn .

2. Il faut trouver une relation linéaire entre vn+2 , vn+1 et vn . Avec (un ), cela se fait naturellement, un+2 = un+1 + vn+1 = un+1 + un . Avec (vn ), il faut penser à remplacer un au profit d’un des termes de la suite (vn ) à l’aide de vn+1 = un . ∗. Nous verrons que la relation de récurrence est la même que celle de la suite de Fibonacci introduite par Léonard de Pise dit Fibonacci dans son Liber Abaci (1202) pour modéliser la prolifération exponentielle des lapins.

176

Chapitre 9

Nombres réels et suites réelles

Pour n ∈ N, on a vn+2 = un+1 = un + vn = vn+1 + vn donc (vn ) est linéairement récurrente d’ordre 2.

3. Suivant le protocole général, on introduit l’équation caractéristique. L’équation caractéristique associée est r 2 = r + 1 dont le discriminant est strictement positif puisque (−1)2 − 4 × 1 × (−1) = 5.

Le discriminant étant strictement positif, il y a deux racines réelles distinctes r1 et r2 . Le terme général est alors une combinaison linéaire de (r1 )n et (r2 )n . Elle possède deux racines réelles distinctes réels α et β tels que



∀ n ∈ N,

vn = α

√ 1± 5 et on sait alors qu’il existe deux 2

 √ n √ n 1+ 5 1− 5 +β . 2 2

En particulier, comme v1 = u0 = 3, avec n = 0 et n = 1,

&

α+ √ √β 1+ 5 1− 5 α +β 2 2 Ainsi, pour tout n ∈ N,

=

0

=

3

3 vn = √ 5 Finalement, via un = vn+1 ,

∀ n ∈ N,

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ un

=

⎪ ⎪ ⎪ ⎩ vn

=



)

⇐⇒

√ β 5α

= =

−α 3

3 ⇐⇒ α = −β = √ . 5

√ n  √ n 1+ 5 1− 5 − . 2 2

√ n+1  √ n+1  1+ 5 1− 5 − 2 2 .    √ n √ n 3 1+ 5 1− 5 √ − 2 2 5 3 √ 5



4. Le raisonnement est le même pourvu que les deux premiers termes soient connus ce qui est le cas en extrayant v0 de u1 = u0 + v0 . On reprend la démarche précédente en partant de v0 = u1 − u0 = 2 − 1 = 1 et de v1 = u0 = 1. & α+ √ √β = 1 Les réels α et β vérifient le système (S) : et 1+ 5 1− 5 α +β = 1 2 2 √ ⎧ & 1+ 5 ⎪ ⎨ √ α = √ α+β = 1 2 5√ . (S) ⇐⇒ 5 1 ⇐⇒ 1− 5 ⎪ (α − β) = ⎩ β = − √ 2 2 2 5 Finalement, ⎧  √ n+2  √ n+2  ⎪ 1 1 + 5 1 − 5 ⎪ ⎪ − ⎪ ⎨ un = √5 2 2  ∀ n ∈ N, √ n+1  √ n+1  . ⎪ 1 1 + 5 1 − 5 ⎪ ⎪ − ⎪ ⎩ vn = √5 2 2

Exercice 9.2

Autour des suites usuelles

177

Exercice 9.2 : Autour des suites usuelles 1. Montrer que toute suite arithmético-géométrique est linéairement récurrente d’ordre 2. Dans la suite de cet exercice, on se propose de déterminer l’expression, en fonction des deux premiers termes u0 et u1 , du terme général des suites réelles vérifiant (E)

∀ n ∈ N,

un+2 = aun+1 + bun + c

où (a, b, c) est un triplet de réels fixés avec c = 0. 2. On suppose a + b = 1. a. Déterminer quelle(s) suite(s) constante(s) vérifie(nt) (E). b. En notant l la valeur d’une telle suite constante et en posant vn = un − l, vérifier que (vn ) est linéairement récurrente d’ordre 2. c. Conclure dans le cas (a, b, c) = (0, 4, −1). 3. On suppose a = 1 − b. On pose wn = un+1 − un pour n ∈ N. a. Vérifier que (wn ) est arithmético-géométrique. b. Conclure dans le cas (a, b, c) = (−1, 2, 1).

1. Partant de la relation de récurrence xn+1 = axn + b, le terme suivant est donné par xn+2 = axn+1 + b. Le terme gênant pour l’objectif indiqué est le terme non linéaire b qu’on va donc extraire de la première équation b = xn+1 − axn avant de l’injecter dans la seconde pour conclure. Soit (xn ) une suite arithmético-géométrique i.e. vérifiant xn+1 = axn + b pour tout n ∈ N avec a et b deux constantes réelles. En particulier la suite (xn+1 − axn ) est constante et, pour tout n ∈ N, xn+2 − axn+1 = xn+1 − axn

⇐⇒

xn+2 = (a + 1)xn+1 − axn .

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

(xn ) est donc bien linéairement récurrente d’ordre 2.

2.a. Il suffit de remplacer toutes les occurrences des termes de la suite par une valeur constante l et de voir ce qui se passe. La suite constante de valeur l ∈ R est solution de (E) si et seulement si l = al +bl +c. Or c l = al + bl + c ⇐⇒ (1 − a − b)l = c ⇐⇒ l= 1−a−b c est la seule suite constante solution donc la suite dont les termes valent tous 1−a−b de (E).

2.b. On reprend ici la stratégie utilisée dans la situation d’une suite arithméticogéométrique.

178

Chapitre 9

Nombres réels et suites réelles

En soustrayant les deux équations un+2 = aun+1 + bun + c et l = al + bl + c, on obtient, pour tout n ∈ N, un+2 − l = a(un+1 − l) + b(un − l)

⇐⇒

vn+2 = avn+1 + bvn .

(vn ) est donc bien linéairement récurrente d’ordre 2.

2.c. Après avoir vérifié qu’on est dans le bon cadre, on applique les résultats des questions précédentes pour se ramener à l’étude d’une suite linéairement récurrente d’ordre 2. Puisque 0 + 4 = 4 est différent de 1, d’après les deux questions précédentes, la suite 1 −1 = est solution et la suite de terme général constante de valeur l = 1−0−4 3 1 vn = un − est linéairement récurrente d’équation caractéristique associée r 2 = 4. 3 Les racines de cette dernière sont 2 et −2 donc il existe deux réels λ et μ tels que ∀ n ∈ N,

vn = λ2n + μ(−2)n = 2n [λ + (−1)n μ].

En particulier pour n = 0 et n = 1,

)

&

λ+μ 2(λ − μ)

= =

v0 v1

⇐⇒

λ+μ

=

λ−μ

=

Par ailleurs,   2v0 + v1 1 = 2 u0 − 4 4   2v0 − v1 1 = 2 u0 − 4 4 Finalement, pour tout n ∈ N,



1 + u1 − 3   1 − u1 − 3



un



v0 1 v1 2

⇐⇒

⎧ ⎨ λ

2v0 + v1 4 2v0 − v1 4

=

⎩ μ =

.



1 2u0 + u1 − 1 , = 3 4    1 1 1 = 2u0 − u1 − . 3 4 3





=

(−1)n 2u0 + u1 − 1 1 1 + vn = + 2n + 3 3 4 4

=

1 − 2n−2 [3 + (−1)n ] + u0 2n−1 [1 + (−1)n ] + u1 2n−2 [1 − (−1)n ] . 3

2u0 − u1 −

1 3

3.a. Il faut obtenir une relation de récurrence wn+1 = αwn + β avec deux réels α et β. (un ) vérifie, pour tout n ∈ N, un+2 = (1 − b)un+1 + bun + c donc wn+1 = un+2 − un+1 = −bun+1 + bun + c = −b(un+1 − un ) + c = −bwn + c et (wn ) est arithmético-géométrique.

3.b. On vérifie d’abord que l’on est dans le cadre de la question précédente pour l’utiliser et se ramener à l’étude d’une suite arithmético-géométrique. Comme 1 − b = 1 − 2 = −1 = a, d’après la question précédente, la suite de terme général wn = un+1 − un vérifie la relation de récurrence, pour tout n ∈ N, wn+1 = −2wn + 1 i.e. (wn ) est arithmético-géométrique. La valeur de la suite constante vérifiant cette dernière relation de récurrence est ca1 ractérisée & par l = −2l + 1 (donc l = 3 ). Ainsi par soustraction membre à membre   wn+1 = −2wn + 1 1 1 , on a wn+1 − = −2 wn − pour tout n ∈ N. dans 1 1 = −2 × + 1 3 3 3 3

Exercice 9.3

Puissances de matrice II

179

1 Ainsi la suite de terme général wn − est géométrique de raison −2 et, pour tout   3 1 1 . Par suite, pour tout k ∈ N, n ∈ N, wn − = (−2)n w0 − 3 3   1 1 . uk+1 − uk = wk = + (−2)k u1 − u0 − 3 3

Pour récupérer l’expression de un , on utilise le télescopage et on reconnaît la somme des premiers termes d’une suite géométrique de raison −2. En sommant cette égalité pour k ∈ 0, n − 1, on obtient par télescopage et linéarité de la sommation, pour tout n ∈ N, un − u0 =

n−1 n−1   n    1 1 1 1 − (−2)n 1+ (−2)k u1 − u0 − = + u1 − u0 − . 3 3 3 3 1 − (−2) k=0

k=0

Finalement, pour tout n ∈ N,   n 1 1 − (−2)n un = u0 + + u1 − u0 − 3 3 3 3n − 1 + (−2)n 2 + (−2)n 1 − (−2)n = + u0 + u1 . 9 3 3

Exercice 9.3 : Puissances de matrice II  Soit A =

−1 0

2 cos θ 1

 où θ est un paramètre réel de l’intervalle [0, π[.

1. Vérifier que A2 = (2 cos θ)A − I où I est la matrice identité de M2 (R). 2. En déduire qu’il existe deux suites (an ) et (bn ) telles que ∀ n ∈ N,

An = an A + bn I.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

3. Montrer que ces deux suites sont linéairement récurrentes d’ordre 2 et en déduire l’expression de An en fonction de A, I et n (on pourra distinguer deux cas selon la valeur de θ).

1. Il suffit de calculer séparément le produit matriciel A × A et le membre de droite (2 cos θ)A − I puis de comparer. Calculons, d’une part,



2

A =

2 cos θ 1

−1 0

et, d’autre part, (2 cos θ)A − I = (2 cos θ) donc A2 = (2 cos θ)A − I.





−1 0

2 cos θ 1

2 cos θ 1



−1 0

 =

 −



1 0

4 cos2 θ − 1 2 cos θ



0 1

 =

−2 cos θ −1

4 cos2 θ − 1 2 cos θ



−2 cos θ −1



180

Chapitre 9

Nombres réels et suites réelles

2. En effectuant le calcul suivant de A3   A3 = A2 × A = (2 cos θ)A − I A = (2 cos θ)A2 − A     = (2 cos θ) (2 cos θ)A − I − A = (2 cos θ)2 − 1 A − (2 cos θ)I on constate que les an et bn s’obtiennent de proche en proche. On va donc procéder par récurrence. La seule difficulté réside alors dans la formulation de la propriété de récurrence. Pour n ∈ N, notons Pn la propriété “il existe deux réels an et bn tels que An = an A + bn I” et montrons par récurrence que cette propriété est vraie pour tout n ∈ N. On a I = 0 × A + 1 × I donc P0 est vraie avec a0 = 0 et b0 = 1. Supposons que Pn est vraie pour un certain rang n ∈ N i.e. il existe deux réels an et bn tels que An = an A + bn I. Par conséquent, An+1 = An × A = an A2 + bn A = an (2 cos θA − I) + bnA = (2an cos θ + bn )A − an I

On voit qu’on obtient au passage une expression de an+1 et bn+1 en fonction de an et bn . de sorte qu’en posant an+1 = 2an cos θ + bn et bn+1 = −an , Pn+1 est vraie. Finalement, par principe de récurrence, il existe deux suites (an ) et (bn ) telles que ∀ n ∈ N, et vérifiant les relations de récurrence

)

A n = a n A + bn I an+1 bn+1

= =

2an cos θ + bn , −an .

3. Il faut utiliser les relations de récurrence obtenues à la question précédente et qui mélangent an et bn pour obtenir une relation de récurrence d’ordre 2 (faisant intervenir an+2 et bn+2 ) mais ne mélangeant plus les termes des deux suites (an ) et (bn ). Pour n ∈ N, on a an+2

=

2an+1 cos θ + bn+1 = 2an+1 cos θ − an

bn+2

=

−an+1 = −2an cos θ − bn = 2bn+1 cos θ − bn

de sorte que (an ) et (bn ) sont linéairement récurrentes d’ordre 2.

Une fois la relation de récurrence linéaire correctement formulée, on introduit l’équation caractéristique. Elles ont même équation caractéristique associée r 2 = 2r cos θ − 1 de discriminant (−2 cos θ)2 − 4 = −(2 sin θ)2 . Il faut distinguer deux cas selon que θ = 0 ou non.

Si le discriminant est strictement négatif, les racines de l’équation caractéristique sont complexes conjuguées (non réelles) ρe±iα et le terme général est une combinaison linéaire de ρn cos(nα) et ρn sin(nα).

Exercice 9.4

Deux exemples de suites homographiques

181

Si θ ∈]0, π[, l’équation caractéristique possède deux racines complexes conjuguées 2 cos θ ± i2 sin θ = e±iθ . Ainsi il existe deux constantes réelles λ et μ telles que 2 ∀ n ∈ N, an = λ cos(nθ) + μ sin(nθ). En particulier, pour n = 0 et n = 1, comme a0 = 0 et a1 = 2a0 cos θ + b0 = 1,

)

&

λ λ cos θ + μ sin θ

Finalement, pour n ∈ N, an = bn+1 = − An

= =

0 1

λ

⇐⇒

sin(nθ) et bn+1 sin θ

=

0

. 1 sin θ sin(nθ) , et pour n = −1, = −an = − sin θ μ

=

sin(nθ) reste valable, de sorte que, pour tout n ∈ N, sin θ



=

a n A + bn I =

=

1 sin θ



2an cos θ + bn an

sin((n + 1)θ) sin(nθ)

−an bn



− sin(nθ) − sin((n − 1)θ)



=



an+1 an

−an bn



.

Si le discriminant est nul, l’équation caractéristique admet une unique racine r0 et le terme général est une combinaison linéaire de r0n et nr0n . Si θ = 0, l’équation caractéristique possède 1 comme racine double. Ainsi il existe deux constantes réelles λ et μ telles que ∀ n ∈ N,

an = λ + μn.

En particulier, pour n = 0 et n = 1,

)

λ λ+μ

= =

0 1

) ⇐⇒

λ μ

= =

0 . 1

Finalement, pour n ∈ N, an = n et bn = an+1 − 2an = 1 − n de sorte que



n

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

A =

an+1 an

−an bn





=

n+1 n

−n 1−n



.

Exercice 9.4 : Deux exemples de suites homographiques 1. On considère une suite (un )n∈N vérifiant la relation de récurrence un − 1 ∀ n ∈ N, un+1 = un + 1 et on suppose que u0 est choisi de sorte que un est bien défini pour tout n ∈ N. a. Lorsque u0 = 2, calculer les quatre termes suivants u1 , u2 , u3 et u4 . b. Formuler une hypothèse quant à la suite (un ) et la vérifier.

182

Chapitre 9

Nombres réels et suites réelles

Exercice 9.4 (suite) : 2. L’évolution d’une population peut être modélisée par la dynamique suivante : P0 ∈ R∗+

∀ n ∈ N,

et

Pn+1 = ρn Pn

où Pn est l’estimation de la population à l’instant n et ρn est le taux de croissance de la population. En 1845, Verhulst † a proposé de tenir compte de l’épuisement du milieu nutritif ou du confinement dans une superficie limitée ρ par le choix de la croissance ρn = avec ρ et K deux paramètres Pn + K ‡ strictement positifs . On suppose désormais la croissance ainsi définie. a. Montrer qu’aucun terme de la suite (Pn ) n’est nul. 1 b. Pour tout entier naturel n, on pose Qn = . Montrer que (Qn ) est Pn arithmético-géométrique puis exprimer Qn en fonction de n, Q0 , K et ρ. K c. Discuter suivant les valeurs du quotient le comportement asymptotique ρ (en grand temps) de (Qn ) puis celui de (Pn ). 1.a. Il s’agit de simples calculs avec des fractions. 1 2−1 = , u2 = 2+1 3 −3 − 1 u4 = = 2. −3 + 1 u1 =

1 3 1 3

−1 − 1 −1 1−3 −1 − 2 1 = = = − , u3 = 21 = −3 et 1+3 2 −1 + 2 +1 −2 + 1

  1 1 1.b. On observe que, pour u0 = 2, u4 = u0 de sorte que les quatre réels 2, , − , −3 3 2 se répètent, dans cet ordre, indéfiniment. Vérifions si c’est le cas pour les autres valeurs autorisées de u0 . On conjecture que, pour tout n ∈ N, un+4 = un . Pour n ∈ N, un+2 =

un+1 − 1 = un+1 + 1

donc un+4 = −

un −1 un +1 un −1 un +1

−1 +1

=

(un − 1) − (un + 1) 1 −2 =− = (un − 1) + (un + 1) 2un un

1 1 = − 1 = un . Effectivement, ∀ n ∈ N, un+4 = un . un+2 −u n

2.a. On ne peut pas s’appuyer sur l’interprétation concrète de Pn qui représente un effectif de population puisque rien ne dit ni que le modèle est réaliste ni qu’il ne conduit pas à une disparition effective de la population au bout d’un temps fini. Il faut donc raisonner de proche en proche à l’aide d’une récurrence. †. Pierre-François Verhulst (1804-1849) est un mathématicien belge, auteur de plusieurs articles sur la loi d’accroissement de la population. ‡. Ce taux de croissance tend vers 0 lorsque la population tend vers l’infini, ce n’est pas le seul choix possible mais c’est une des expressions les plus simples.

Exercice 9.4

Deux exemples de suites homographiques

183

On va procéder par récurrence sur n ∈ N en notant Pn la propriété “Pn > 0”. Par hypothèse, P0 > 0 donc P0 est vraie. Pour l’hérédité, supposons Pn vraie pour un certain entier naturel n. Ainsi Pn + K > K > 0 et ρPn > 0 donc, par quotient, Pn+1 > 0 i.e. Pn+1 est vraie. En conclusion, par principe de récurrence, pour tout n ∈ N, Pn > 0. En particulier, la suite (Pn ) ne prend jamais la valeur 0.

2.b. On va chercher à mettre en évidence une relation du type Qn+1 = aQn + b. On a, pour n ∈ N, K 1 1 Pn + K 1 K 1 = = + = Qn + . Pn+1 ρPn ρ ρ Pn ρ ρ La suite (Qn ) est donc arithmético-géométrique. Qn+1 =

Si a = 1, la suite est arithmétique. Si K = ρ, (Qn ) est même arithmétique de raison Qn = Q0 +

1 donc, pour tout n ∈ N, ρ

n . ρ

Par contre, si a = 1, on suit la stratégie habituelle en introduisant le point fixe l et en se ramenant à une suite géométrique. K 1 l+ : ρ ρ 1 1 K l+ ⇐⇒ ρl = Kl + 1 ⇐⇒ l = . l= ρ ρ ρ−K

Si K = ρ, on résout l =

Puis on remarque que la suite de terme général Qn − l est géométrique de raison



Ainsi, pour tout n ∈ N, Qn − l =

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Qn =

K ρ

1 + ρ−K

n



K . ρ

(Q0 − l) donc K ρ

n  Q0 −

1 ρ−K

 .

2.c. On dispose d’une expression explicite du terme général de (Qn ) faisant intervenir des suites arithmétiques ou géométriques donc la limite est facile à trouver. Si K = ρ, comme ρ > 0, Si K < ρ, alors 0
ρ, la situation se divise a priori en trois sous-cas selon le signe de Q0 − mais en y regardant de plus près, un seul sous-cas arrive. Si K > ρ, − Q0 −

1 ρ−K

1 1 1 > 0 (puisque P0 > 0) et finalement = > 0, Q0 = ρ−K K−ρ P0

1 > 0. Ainsi ρ−K

lim Qn = +∞ et

n→+∞

lim Pn = 0.

n→+∞

184

Chapitre 9

Nombres réels et suites réelles

Exercice 9.5 : Résolution d’une équation d’inconnue dans N∗ Le but de cet exercice est de démontrer le résultat suivant : pour tout entier naturel n, il existe un unique entier naturel N  1 tel que √ √ √ (1 + 2)n = N + N − 1. On déterminera également l’expression de cet entier naturel en fonction de n. 1.

a. Soit n ∈ N. Montrer si N est √ que √ √ un entier naturel supérieur ou égal à 1 satisfaisant (1 + 2)n = N + N − 1, il n’y en a pas d’autres. b. Déterminer les valeurs de N pour n égal à 0, 1, 2 ou 3.

et (bn )n∈N les suites définies par a0 = 1, b0 = 0 et, pour tout 2. On pose (an )n∈N ) an+1 = an + 2bn . entier naturel n, bn+1 = an + bn a. Justifier brièvement que (an ) et (bn ) sont deux suites d’entiers naturels. b. Montrer : ∀ n ∈ N, an+2 = 2an+1 + an . c. En déduire l’expression de an en fonction de n. d. De même, déterminer bn en fonction de n. 3.

a. Démontrer : ∀ n ∈ N, an +

  √ √ n √ √ n 2bn = 1 + 2 et an − 2bn = 1 − 2

b. En déduire ∀ n ∈ N, a2n − 2b2n = (−1)n . 4.

a. On suppose que n est un entier naturel pair et on pose N = a2n . Montrer que l’entier naturel N vérifie  √ n √ √ 1 + 2 = N + N − 1. b. On suppose que n est un entier naturel impair. Montrer qu’il existe un entier naturel N (que l’on déterminera) tel que  √ n √ √ 1 + 2 = N + N − 1.

Exercice 9.5

Résolution d’une équation d’inconnue dans N∗

185

Exercice 9.5 (suite) : 5. On considère la fonction Python (incomplète) ci-dessous 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

def Mystere(n): a, b = 1, 0 for k in range(1,n+1): aux = ... + ... b = a + b a = ... if ...... : return a**2 else: return 2*b**2

Expliquer le rôle de cette fonction et la compléter.

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1.a. Pour démontrer l’unicité de N , deux possibilités s’offrent à nous (la deuxième étant la contraposée de la première) : √ √ √ √ Pour (N, N  ) ∈ N∗2 , montrer N + N −√1 = √ N + N − 1 =⇒√ N = N . √ Pour (N, N  ) ∈ N∗2 , montrer N = N  =⇒ N + N − 1 = N  + N  − 1. La première démarche semblant délicate à mettre en oeuvre (après √ recherche √ au brouillon), on opte pour la seconde qui résulte de l’injectivité de x → x + x − 1 sur son domaine de définition. √ √ √ Soit N un entier supérieur ou égal à 1 tel que N + N − 1 = (1+ 2)n . L’application  [1, +∞[ → R √ √ √ est strictement croissante donc elle est injective et (1+ 2)n f :  x → x + x − 1 admet donc au plus un antécédent par f.  à 1) tel que Si √ N est √ (nécessairement supérieur ou égal √ √ un entier naturel  N  + N  − 1 = (1+ 2)n , on aurait f (N ) = f (N  ) =√(1+ √2)n donc N = N √ par injectivité de f. Ainsi, l’entier N est l’unique solution de N + N − 1 = (1 + 2)n .

1.b. Un écueil serait ici de déterminer N par le calcul pour les diverses valeurs de n : cela mènerait à des calculs assez fastidieux √ et à une perte de temps. On va simplement développer les puissances du binôme 1 + 2 et identifier un entier N qui convient (sachant qu’il est unique d’après la question 1.a). √ n √ √ Pour √ n = 0, (1 + 2)√ = 1√ = 1 + 0 donc N = 1 convient. Pour n = 1, √ 1 donc N = 2 √ convient. (1 + 2)n = 1 + √ 2 = 2 + √ √ √ Pour n = 2, (1 + 2)n = 1 + 2 2 + 2 = 3 + 2 2 = 9 + 8 donc N = 9 convient. Enfin, pour n = 3, √ √ √ 3 √ √ √ (1 + 2)n = 1 + 3 2 + 3 × 2 + 2 = 5 2 + 7 = 50 + 49 donc N = 50 convient.

186

Chapitre 9

Nombres réels et suites réelles

2.a. On regarde ce qui se passe pour de petites valeurs de n. On s’aperçoit aisément que le fait que les suites (an )n∈N et (bn )n∈N soient à termes entiers naturels résulte des valeurs des premiers termes et des relations de récurrence. Une preuve complète pour le montrer serait d’utiliser un raisonnement par récurrence. Comme ici on nous demande d’être bref, on peut se passer de développer celle-ci. Puisque a0 = 1, b0 = 0 et an+1 = an + 2bn , bn+1 = an + bn , une récurrence évidente sur n permet de voir que : ∀ n ∈ N, (an , bn ) ∈ N2 .

)

an+1 = an + 2bn en partant de la première bn+1 = an + bn appliquée à an+2 , le but étant de tout exprimer en fonction de an+1 et an .

2.b. On utilise les relations récurrence

Soit n ∈ N. an+2 = an+1 + 2bn+1 = an+1 + 2(an + bn ). Or d’après an+1 = an + 2bn , nous avons 2bn = an+1 − an donc an+2 = an+1 + 2an + an+1 − an = 2an+1 + an .

2.c. Pas de problème ici, on reconnaît une suite usuelle. On "déroule" la méthode pour calculer son terme général. D’après le résultat de la question 2.b, la suite (an ) est récurrente linéaire d’ordre 2. Son équation caractéristique associée est q 2 − 2q − 1 = 0. 2 Le discriminant √ Δ de q − 2q − 1 vaut √ 8 donc cette équation admet deux solutions √ √ 2+2 2 2−2 2 = 1 + 2 et = 1 − 2. Ainsi, réelles : 2 2 √ √ ∃ (λ, μ) ∈ R2 , ∀ n ∈ N, an = λ(1 + 2)n + μ(1 − 2)n .

Et

)

a0 = 1 a1 = a0 + 2b0 = 1

) ⇔

) ⇔

) ⇔

) ⇔ On conclut que ∀ n ∈ N, an =

λ(1 + λ(1 +

√ λ+μ=1√ 2) + μ(1 − 2) = 1 √

μ =1−λ √ 2) + (1 − λ)(1 − 2) = 1

μ =√1 − λ √ √ λ + λ 2 + 1 − 2 − λ + 2λ = 1 μ λ √= 1 −√ ⇔ 2 2λ = 2

)

μ= λ=

√ √  1 (1 + 2)n + (1 − 2)n . 2

1 2 1 2

.

Résolution d’une équation d’inconnue dans N∗

Exercice 9.5

187

2.d. On pourrait montrer de même que (bn ) est récurrente linéaire d’ordre 2, mais le plus rapide ici est d’exploiter la relation de récurrence an+1 = an + 2bn pour extraire l’expression de bn grâce à celle obtenue précédemment pour an . Pour tout entier naturel n, an+1 = an + 2bn donc bn = 12 (an+1 − an ). Or √ √ √ √  1 1 (an+1 − an ) = (1 + 2)n+1 + (1 − 2)n+1 − (1 + 2)n − (1 − 2)n 2 4 √ √ √ √  1 = (1 + 2)n (1 + 2 − 1) + (1 − 2)n (1 − 2 − 1) 4 √ √ √ √ 2 2 (1 + 2)n − (1 − 2)n = 4 4 √ √ √ n √ 2 2 (1 + 2) − (1 − 2)n . donc : ∀ n ∈ N, bn = 4 4

3.a. Le plus rapide ici est d’utiliser les formules explicites dont on dispose pour (an ) et (bn ) mais l’étudiant n’ayant pas su répondre aux deux questions précédentes peut toujours s’en sortir avec un raisonnement par récurrence (c’est un peu plus long mais ça fonctionne). Soit n ∈ N. D’après les calculs précédents, √ √ √  1 √ √ 1 1 (1 + 2)n + (1 − 2)n + (1 + 2)n − (1 − 2)n an + 2bn = 2 2 2 √ = (1 + 2)n . De même, √ an − 2bn

= =

√ √  1 √ √ 1 1 (1 + 2)n + (1 − 2)n − (1 + 2)n + (1 − 2)n 2 2 2 √ (1 − 2)n .

3.b. Le premier membre de la formule à obtenir doit tout de suite faire penser à l’identité remarquable a2 − b2 = (a + b)(a − b) ce qui permet d’utiliser les résultats précédents.

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Soit n ∈ N. On a : a2n − 2b2n

= =

√ √ √ 2bn )(an − 2bn ) = (1 + 2)n (1 − 2)n (d’après 3.a) √ √ ((1 + 2)(1 − 2))n = (1 − 2)n = (−1)n .

(an +

√

√ √ 4.a. Au brouillon, on calcule N + N − 1 avec N = a2n ce qui montre comment exploiter l’information sur la parité de n et les formules obtenues aux questions 3.a et 3.b.

188

Chapitre 9

Nombres réels et suites réelles

On a d’après le résultat de la question précédente : a2n = (−1)n + 2b2n = 1 + 2b2n (car n est pair) donc ! ! ! √ a2n + a2n − 1 = |an | + 2b2n = an + 2bn (car an , bn  0, cf question 2.a) √ = (1 + 2)n (d’après la question 3.a). √ √ √ Ainsi, l’entier naturel a2n est solution N de (1 + 2)n = N + N − 1.

4.b. Ici, on nous laisse l’initiative sur le choix de N. Compte tenu de l’imparité de n, une adaptation du raisonnement précédent montre : !

a2n +

! √ a2n + 1 = (1 + 2)n .

Le choix qui s’impose donc pour N est a2n + 1, c’est-à-dire 2b2n . Si n est impair, on a cette fois a2n = (−1)n + 2b2n = −1 + 2b2n et ! ! ! √ ! √ 2b2n + 2b2n − 1 = 2 b2n + a2n = 2bn + an (car an , bn  0) √ n = (1 + 2) (d’après la question 3.a). √ √ √ 2 Ainsi, l’entier naturel 2bn est solution N de (1 + 2)n = N + N − 1.

5. Le choix des noms des variables et les lignes 2, 5 nous indiquent que l’on stocke dans a et b les termes des suites (ap )p∈N et (bp )p∈N (on reconnaît à la ligne 5 la relation de récurrence bk = ak−1 + bk−1 ). Grâce aux résultats de la question précédente, on comprend alors √ que√la fonction donne en sortie l’entier naturel N tel que √ (1 + 2)n = N + N − 1 et que la condition de l’instruction conditionnelle if porte donc sur la parité de n.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

def Mystere(n): a, b = 1, 0 for k in range(1,n+1): aux = a + 2*b # aux stocke la nouvelle valeur de a. b = a + b a = aux if n%2 == 0 : # ou not(n%2). Traduit: "si n est pair". return a**2 else: return 2*b**2

À partir d’un √ naturel √ entier √ n, la fonction donne en sortie l’entier naturel N  1 tel que (1 + 2)n = N + N − 1.

Exercice 9.6

Suites et limites classiques

189

Exercice 9.6 : Suites et limites classiques Pour x ∈ R et n ∈ N∗ , on pose n   x n , Gn (x) = xk En (x) = 1 + n

et Sn (x) =

k=0

n 1  kx n2 k=1

où y désigne la partie entière du réel y. 1. Montrer que la suite (En (x)) est convergente et calculer sa limite. 2. Discuter la convergence de (Gn (x)) selon la valeur de x. 3. Déterminer la limite de (Sn (x)).

1. On fait face à la forme indéterminée 1∞ et on va lever l’indétermination en passant (avec précaution) en exponentielle de logarithme ab = eb ln a . Tout d’abord, pour x = 0, En (x) = 1 donc (En (0)) converge vers 1. x x Par ailleurs, pour x = 0, comme lim = 0, à partir d’un certain rang, 1 + > 0 n→+∞ n n et       ln 1 + nx x = exp x . En (x) = exp n ln 1 + x n n ln(1 + u) = 1, par composition de limites et continuité de u x exp, (En (x)) converge vers e . Comme e0 = 1, c’est aussi le cas pour x = 0. Finalement, dans tous les cas, (En (x)) converge vers ex . Ainsi, en utilisant que lim

u→0

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On retiendra l’utilisation de l’écriture en exponentielle de logarithme de la fonction puissance ab = eb ln a pour lever l’indétermination de la forme 1∞ . 2. On reconnaît la somme des premiers termes d’une suite géométrique donc on dispose d’une expression sans somme qui permet de conclure. Pour x = 1, Gn (x) =

1 − xn+1 donc 1−x

1 ; 1−x • si x = −1, (G2n (−1)) et (G2n+1 (−1)) sont constantes de valeur respective 1 et 0 donc (Gn (−1)) diverge ; • si |x| < 1,

• si x > 1,

lim xn+1 = 0 donc (Gn (x)) converge vers

n→+∞

lim xn+1 = +∞ donc (Gn (x)) diverge vers +∞ ;

n→+∞

• si x < −1, (G2n (x)) et (G2n+1 (x)) divergent vers +∞ et −∞ respectivement donc (Gn (x)) diverge.

190

Chapitre 9

Nombres réels et suites réelles

Pour x = 1, Gn (x) = n + 1 donc (Gn (1)) diverge vers +∞. Finalement (Gn (x)) converge ssi |x| < 1 et sa limite est, dans ce cas,

1 . 1−x

3. La seule information viable avec la partie entière est x  x < x + 1 que l’on va “renverser” pour encadrer la partie entière et très vraisemblablement utiliser le théorème dit “des gendarmes”.

On sait que, pour y ∈ R, y  y < y + 1 donc y − 1 < y  y. En particulier, pour y = kx avec x ∈ R, ∀ k  1,

kx − 1 < kx  kx

et, en sommant cet encadrement pour k ∈ 1, n, pour tout n  1, n 

(kx − 1)
un . Ainsi (un ) est strictement croissante.

3. On raisonne encore à partir du tableau de variations : si (un ) est majorée, alors sa “suite image” (f (un )) l’est aussi ce qui n’est pas le cas. D’après le théorème de la limite monotone, il n’y a que deux possibilités : • ou bien (un ) converge vers un réel l, • ou bien (un ) diverge vers +∞. Supposons par l’absurde que lim un = l avec l ∈ R. On a alors, par continuité de f , n+∞

lim f (un ) = f (l) et, par ailleurs

n→+∞

Finalement,

lim n = +∞ ce qui est contradictoire.

n→+∞

lim un = +∞.

n→+∞

L’idée à retenir ici est l’importance du tableau de variations pour le raisonnement : il permet de visualiser la caractérisation de un et d’obtenir ainsi majorations, minorations et sens de variations. Fort de savoir que (un ) tend vers +∞, dans l’égalité caractérisant un i.e. un +eun = n, on peut négliger le premier terme : eun ∼ n. En revanche, impossible d’appliquer “froidement” ln à cette équivalence, il va falloir travailler un peu plus mais l’idée est là.

Exercice 9.9

Étude d’une suite définie implicitement

Par conséquent, par croissances comparées, un = eun Autrement dit, eun

∼

n→+∞

un + eun .

lim

n→+∞

lim ln n = +∞, un

n→+∞

(eun ) et donc

eun = 1. n→+∞ n lim (un − ln n) = 0 i.e. un = ln n +

n c’est-à-dire

Ainsi, par composition avec ln, particulier, comme

∼

n→+∞

o

n→+∞

197

∼

n→+∞

◦

n→+∞

(1). En

ln n.

4. On utilisera l’algorithme de dichotomie dont on rappelle le principe ici. Si g est continue sur [a, b] et telle que g(a) et g(b) sont de signes opposés, on sait que g s’annule sur [a, b] . a+b On regarde chaque "moitié" [a, c] et [c, b] de l’intervalle [a, b] (où c = ), et on ne 2 conserve que l’intervalle tel que g prend des valeurs de signes opposés en ses extrémités (ce qui assure que g change de signe sur cet intervalle et donc s’annule au moins une fois sur celui-ci). On continue ainsi à choisir des moitiés d’intervalles jusqu’à obtenir celui donnant l’encadrement désiré d’un réel où g s’annule. Ici, il convient de définir de la bonne manière g et l’intervalle [a, b] de départ.

Soit n ∈ N∗ . On applique ici le principe de dichotomie à la fonction g : x → f (x) − n. On sait que g(0) = f (0) − n = 1 − n  0 et g(n) = en > 0 donc un (le réel positif où g s’annule) appartient à [0, n] . Ce sera notre intervalle de départ pour l’algorithme de dichotomie. 1

from math import exp

2 3 4 5 6 7 8 9

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10 11 12 13

def Dichotomie(n): def g(x): return x + exp(x) - n a, b = 0, n while (b - a)*10**6 > 1: c = (a + b)/2 # si g(a) et g(c) ... if g(a)*g(c) K. Soit donc ϕ une solution de (E) sur [0, +∞[ non constante et telle que ϕ(0) > K. 2.

a. Montrer que, pour tout t  0, ϕ(t) > K. b. Trouver deux réels a et b tels que ∀ x ∈ R \ {0, K},

1

a b x  = x + x−K. rx 1 − K 

En déduire l’expression d’une primitive F de f : x →



1

rx 1 −

l’intervalle ]K, +∞[.

x  sur K

c. Montrer qu’il existe une constante réelle C telle que : ϕ(t) ∀ t  0, = er(t+C) . ϕ(t) − K 3. Déterminer l’expression de ϕ(t) en fonction de t, r, ϕ(0) et K puis étudier ses variations sur [0, +∞[ en précisant sa limite en +∞.

1. Il suffit d’injecter une fonction constante dans l’équation pour voir à quelle condition elle est effectivement solution. 



C C ssi C ∈ {0, K}. K Finalement, les deux seules fonctions constantes solutions sont t → 0 et t → K.

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La fonction t → C où C ∈ R est solution ssi 0 = r 1 −

2.a. Visualisons les choses : ϕ “part” au-dessus de K et il s’agit d’obtenir qu’elle “reste” toujours au-dessus. Que ne faut-il pas qu’il se passe ? La fonction ne doit pas descendre en-dessous ! Mais si elle fait, par continuité, elle coupera la fonction constante t → K ce qui est exclu. Il suffit donc de formaliser cette intuition visuelle. Raisonnons par l’absurde et supposons qu’il existe t0 > 0 tel que ϕ(t0 )  K, alors, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, comme ϕ est continue sur [0, t0 ], il existe t ∈]0, t0 ] tel que ϕ(t) = K ce qui est contradictoire avec le fait admis dans l’énoncé. D’où, pour tout t  0, ϕ(t) > K.

2.b. La question est de trouver a et b sans forcément ni préciser comment on les a obtenus ni prouver que ce sont les seuls possibles. On peut donc les “sortir du chapeau” et vérifier seulement qu’ils conviennent. Trouvons les au brouillon : par réduction K au même dénominateur, il suffit d’avoir a(x − K) + bx = − et en identifiant les r K coefficients des polynômes, il suffit de résoudre a + b = 0 et −Ka = − . r

304

Chapitre 14

Équations différentielles

1 , on a, pour tout x ∈ R \ {0, K}, r   (x − K) − x a b 1 1 1 1  . + = − = = x x x−K r x x−K rx(x − K) rx 1 − K

Avec a = −b =

Une primitive est facile à obtenir en utilisant la linéarité et le fait qu’une primitive 1 de x → est x → ln |x − α|. x−α Ainsi une primitive F de f sur ]K, +∞[ est   x 1 1 . x → F (x) = [ln x − ln(x − K)] = ln r r x−K

2.c. La constante semble provenir d’une primitivation. En l’“extrayant” de l’égalité à obtenir, on a   1 ϕ(t) − t. C = ln r ϕ(t) − K La fonction de droite (qui n’est rien d’autre que F ◦ ϕ − Id) se dérive en  ϕ (t) 1 ϕ (t) ϕ (t)  − 1 = 0.  −1= t → − ϕ(t) r ϕ(t) ϕ(t) − K rϕ(t) 1 − K Il reste à “habiller” ces calculs de quelques justifications pour répondre à la question. Comme ϕ > K sur [0, +∞[, la fonction F ◦ ϕ est bien définie et de classe C 1 sur [0, +∞[. De plus, (F ◦ ϕ) = ϕ × (f ◦ ϕ) =

ϕ

 =1 ϕ K donc il existe une constante réelle C telle que ∀ t  0, F (ϕ(t)) = t + C. Ainsi, pour tout t  0, 1 ln r



ϕ(t) ϕ(t) − K



rϕ 1 −





=t+C

ϕ(t) ϕ(t) − K



donc

ln

= r(t + C)

i.e.

ϕ(t) = er(t+C) ϕ(t) − K

Une autre façon de rédiger la question est d’utiliser un changement de variable. Comme ϕ > K sur [0, +∞[ et ϕ est solution de (E), on a sur [0, +∞[  ϕ ϕ   =1 ϕ = rϕ 1 − ⇔ ϕ K rϕ 1 − K donc il existe une constante réelle C telle que :  t ϕ (x)  dx = t + C  ∀ t  0, rϕ(x) 1 − ϕ(x) K

Exercice 14.6

Modèle logistique de Verhulst

305

c’est-à-dire (par changement de variable u = ϕ(x) où ϕ est de classe C 1 sur R+ ) : 

ϕ(t)

∀ t  0, F (ϕ(t)) =

1  ru 1 −

u K

 du = t + C.

3. Il faut “extraire” ϕ(t) de l’égalité, par exemple, en transformant le quotient

ϕ ϕ−K

ϕ−K +K K = 1+ qui présente l’avantage de ne plus faire apparaître qu’une ϕ−K ϕ−K seule fois ϕ. Ainsi,

en

K ϕ K =1+ = er(t+C) ⇐⇒ = er(t+C) − 1 ϕ−K ϕ−K ϕ−K K ⇐⇒ ϕ − K = r(t+C) e −1 K . ⇐⇒ ϕ = K + r(t+C) e −1 Il reste alors à relier C (dont on ne “veut” pas) à ϕ(0). En prenant t = 0, on a (dans l’égalité initiale plutôt que la dernière puisqu’on veut exprimer C en fonction de ϕ(0) ϕ(0) et non le contraire) = erC , ce qui suffit puisque C n’intervient que sous la ϕ(0) − K forme erC dans notre résultat. En réordonnant un peu les étapes, le raisonnement s’avère un peu plus condensé. Tout d’abord, avec t = 0, on obtient que erC = Puis, pour tout t  0, on a ϕ(t) = er(t+C) ϕ(t) − K

⇐⇒ ⇐⇒

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

⇐⇒

ϕ(0) . ϕ(0) − K

ϕ(0) K = ert ϕ(t) − K ϕ(0) − K ϕ(0) K = ert − 1 ϕ(t) − K ϕ(0) − K K ϕ(t) − K = ϕ(0) ert − 1 ϕ(0) − K

1+

⎡

donc

⎢

ϕ(t) = K ⎣1 +

⎤

1 ⎥ ⎦. ϕ(0) rt e −1 ϕ(0) − K

Pour les variations, on regarde le signe de la dérivée qui est donnée par l’équation différentielle et quant à la limite, elle s’obtient facilement par opérations algébriques connaissant celle de exp en +∞. Par ailleurs, comme on a vu que, sur [0, +∞[, ϕ > K, l’équation différentielle initiale donne que ϕ < 0 sur ce même intervalle. En outre, lim ert = +∞ car r > 0 donc lim ϕ(t) = K. t→+∞

t→+∞

306

Chapitre 14

Équations différentielles

Finalement, le tableau de variations de ϕ est le suivant. t

+∞

0

ϕ (t)

− ϕ(0)

ϕ(t) K

Exercice 14.7 : Modèle de Gompertz Des observations expérimentales ont montré que l’évolution du nombre de cellules cancéreuses dans une tumeur répond assez bien à l’équation différentielle : ⎧ ⎨ y  = −r ln  y  y K (E) ⎩ y(0) > 0 où r et K sont deux réels strictement positifs. 1. Déterminer la ou les solutions constantes de (E) sur [0, +∞[ (s’il en existe). On appelle une de ces solutions un équilibre de l’équation. On admet que les solutions ϕ non constantes de (E) sur [0, +∞[ ne prennent jamais la valeur d’un équilibre sur [0, +∞[. On étudie à présent ces solutions non constantes telles que ϕ(0) < K. Soit donc ϕ une solution de (E) sur [0, +∞[, non constante et telle que ϕ(0) < K. 2.

a. Montrer : ∀ t  0, ϕ(t) < K. b. Montrer qu’il existe une constante réelle C telle que :   ϕ(t) ∀ t  0, − ln = e−r(t+C) . K

3. Déterminer ϕ en fonction de r, ϕ(0) et K et étudier ses variations sur [0, +∞[ en précisant lim ϕ. +∞

1. On exploite le fait qu’une fonction constante est de dérivée nulle. Si ϕ est une solution constante de (E), on peut noter C le réel tel que ∀ t ∈ [0, +∞[,



et on doit avoir C > 0 pour que ln ∀ t ∈ [0, +∞[,



ϕ(t) K



0 = ϕ (t) = −r ln

ϕ(t) = C ait un sens. On a alors



ϕ(t) K

 ϕ(t) = −r ln



C K

 C

Exercice 14.7 

Modèle de Gompertz

307



C = 0 puis C = K. Réciproquement, la fonction constante t → K est K bien solution de (E) sur [0, +∞[ donc il s’agit de l’unique solution constante de (E) sur cet intervalle.

donc ln

2.a. Par continuité, ϕ ne peut prendre sur l’intervalle [0, +∞[ des valeurs inférieures et des valeurs supérieures à K sans prendre la valeur K. On formalise cette idée comme dans l’exercice précédent. Supposons par l’absurde qu’il existe un réel positif t0 tel que ϕ(t0 )  K. Puisque ϕ(0) < K et ϕ est continue sur [0, t0 ], le théorème des valeurs intermédiaires nous indique que pour un certain réel t1 appartenant à [0, t0 ], ϕ(t1 ) = K ce qui contredit le fait qu’une solution non constante de (E) ne prend jamais la valeur d’un équilibre. Ainsi, on a bien : ∀ t  0, ϕ(t) < K.

2.b. On fait apparaître au premier membre la dérivée d’une composée en divisant tout par le second membre. Puisque ϕ ne prend jamais la valeur de l’équilibre, nous avons, pour tout t  0, ϕ(t) = K, il est donc licite d’écrire :



ϕ (t) = −r ln

En posant f (y) =

1 −ry ln

ϕ (t)



−rϕ(t) ln

ϕ(t) K

ϕ(t) K



y K

 =1





y 1 où F : y → − ln − ln r K



ϕ(t)

ϕ (t)



⇐⇒

−rϕ(t) ln

ϕ(t) K

 = 1.

 , on obtient ⇐⇒

ϕ (t)f (ϕ(t)) = 1

(F ◦ ϕ) (t) = 1

⇐⇒

 est une primitive de f sur [0, +∞[.

  u ϕ(t) . On avec u : t → ln u K n’oubliera pas  que, pour tout réel t positif, 0 < ϕ(t) < K si bien que  ϕ(t) > 0. − ln K

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Nous avons ici appliqué (ln |u|) =

Ainsi, il existe un réel C tel que, pour tout t  0, (F ◦ ϕ)(t) = t + C. Or (F ◦ ϕ)(t) = t + C





⇐⇒

1 − ln r

⇐⇒

ln − ln

− ln



 ⇐⇒

− ln



ϕ(t) K

ϕ(t) K

ϕ(t) K



=t+C

 = −r(t + C)



= e−r(t+C) ,

308

Chapitre 14

Équations différentielles  ∀ t  0,

on a donc bien :

− ln

ϕ(t) K

 = e−r(t+C) .

3. La relation du 2.b nous donne e−r(t+C) en fonction de ϕ(t). Nous allons partir de celle-ci pour exprimer plutôt ϕ(t) en fonction des quantités r, C et K (ce n’est qu’ensuite qu’on reliera la constante C à ϕ(0)).   ϕ(t) K

D’après 2.b, on a, pour tout t  0, − ln

 − ln

ϕ(t) K





=e

−r(t+C)

= e−r(t+C) , et

K ϕ(t)

 = e−r(t+C)

⇐⇒

ln

⇐⇒

−r(t+C) K = ee ϕ(t)

⇐⇒

ϕ(t) = Ke−e

−r(t+C)

−rC −rt

= Ke−e

e

.

Toujours à l’aide du 2.b, on exprime, non pas C, mais −e−rC en fonction de ϕ(0).   ϕ(t) K

Par ailleurs, en prenant t = 0 dans − ln



−e

−rC

= ln

ϕ(0) K



= e−r(t+C) , on obtient alors

donc, au final,



 ϕ(0) 

∀ t  0,

ϕ(t) = Ke

e−rt ln

=K

K

ϕ(0) K

e−rt .

Pour étudier les variations de ϕ, le mieux est de revenir à l’équation différentielle vérifiée par ϕ pour déterminer le signe de sa dérivée sur [0, +∞[.   Pour tout t  0, ϕ (t) = −r ln



ln

ϕ(t) K



ϕ(t) K

ϕ(t) > 0 car 0
K dans l’exercice 14.6 et +∞

si ϕ(0) < K dans l’exercice 14.7) ; l’équilibre K est appelé la capacité biotique du milieu : c’est l’effectif (non nul) de stabilité de la population tenant compte des ressources et des contraintes que le milieu peut offrir.

Exercice 14.8 : Une équation différentielle d’Euler 1. Soit (E1 ) l’équation différentielle y  − y = xex . a. Déterminer une solution de (E1 ) sur R de la forme x → (ax2 + bx)ex où a, b ∈ R. b. Résoudre alors (E1 ) sur R. 2. Soit g une solution sur ]0, +∞[ de l’équation différentielle (E2 ) : t2 z  (t) + tz  (t) − z(t) = t ln(t). a. On pose h : x → g(ex ). Montrer que h est de classe C 2 sur R et solution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants. b. En déduire l’expression des solutions de (E2 ). 3. On cherche à déterminer toutes les fonctions f : ]0, +∞[ → R continues et solutions du problème (E) ci-dessous :   x 1 1 2 t2 (E) : f (x) = 2 t ln t − + 3tf (t) dt. x 1 2 4 Dans la suite, on suppose que f est une solution de (E) sur ]0, +∞[ .

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a. Montrer que f est de classe C 2 sur ]0, +∞[ . b. Montrer que f est solution de l’équation différentielle (E2 ) puis déterminer f. c. En déduire l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0, +∞[ . d. Autre méthode : déterminer une équation différentielle d’ordre 1 dont f est solution. En déduire f et retrouver l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0, +∞[ .

1.a. C’est classique : on injecte l’expression de ϕ dans (E1 ) et on identifie les coefficients a et b en comparant avec le second membre.

310

Chapitre 14

Équations différentielles

Soit a, b deux réels. Posons ϕ(x) = (ax2 + bx)ex. ϕ est deux fois dérivable sur R avec, pour tout réel x, ϕ (x) = (2ax + b)ex + (ax2 + bx)ex et ϕ (x) = 2aex + 2(2ax + b)ex + (ax2 + bx)ex . Ainsi, pour x réel, ϕ (x) − ϕ(x) = 2aex + 2(2ax + b)ex = ex (4ax + 2a + 2b) donc



∀ x ∈ R, ϕ (x) − ϕ(x) = xe

 x

& ⇔ ∀ x ∈ R, 4ax + 2(a + b) = x ⇔

4a = 1 a+b= 0

1 1 et b = − , c’est-à-dire si et donc ϕ est solution de (E1 ) si et seulement si a = 4 4   1 2 1 1 x − x ex = (x − 1) xex pour tout réel x. seulement si ϕ(x) = 4 4 4

1.b. La moitié du travail est fait : on connaît une solution de (E1 ). Il suffit de résoudre l’équation homogène associée à (E1 ) puisque (E1 ) est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants. L’équation homogène y  − y = 0 associée à (E1 ) a pour équation caractéristique r 2 − 1 = 0 dont les solutions sont 1 et −1. Ainsi, les solutions sur R de y  − y = 0 sont de la forme x → λex + μe−x avec λ, μ deux réels. On conclut que l’ensemble des solutions sur R de (E1 ) est : ' ( 1 f : x −→ (x − 1) xex + λex + μe−x ; (λ, μ) ∈ R2 4

2.a. Pour x réel on a ex > 0 donc e2x g  (ex ) + ex g  (ex ) − g(ex ) = ex ln(ex ) = xex car g est solution de (E2 ). On utilisera cette information pour faire le lien entre h(x), h (x) et h (x) (mais attention de ne pas confondre h(x), h (x) et h (x) respectivement avec g(ex ), g  (ex ) et g  (ex )). Pour le calcul de ces dérivées de h, il convient de maîtriser la formule de dérivée d’une composée : (u ◦ v) = v  × (u ◦ v). La fonction exponentielle est de classe C 2 sur R et à valeurs dans ]0, +∞[ . La fonction g vérifie (E2 ) donc elle est deux fois dérivable et : ln(t) g  (t) g(t) − + 2 t t t ce qui prouve que g  est continue sur ]0, +∞[ par théorèmes généraux. Ainsi, g est de classe C 2 sur ]0, +∞[ . Par composition, h est bien de classe C 2 sur R. De plus, pour tout réel x, ∀ t > 0, g  (t) =

h (x) = ex g  (ex ) et h (x) = ex g  (ex ) + e2x g  (ex ) donc g  (ex ) =

h (x) et g  (ex ) = e−2x (h (x) − ex g  (ex )) = e−2x (h (x) − h (x)) . ex

Exercice 14.8

Une équation différentielle d’Euler

311

En utilisant ces expressions de g  (ex ) et g  (ex ) dans l’équation (ex )2 g  (ex ) + ex g  (ex ) − g(ex ) = ex ln(ex ) = xex , il vient : h (x) − h (x) + h (x) − h(x) = xex c’est-à-dire h (x) − h(x) = xex . On remarque que h est solution de (E1 ) sur R.

2.b. Le travail des questions précédentes permet d’obtenir les expressions de g(ex ) puis de g(t) si g est solution de (E2 ). Si g est solution de (E2 ) sur ]0, +∞[ , on a vu que x → g(ex ) est solution de (E1 ) 1 sur R donc est de la forme x −→ (x − 1) xex + λex + μe−x où λ, μ sont deux réels. 4 μ 1 Ainsi, g est de la forme x −→ (ln(x) − 1) x ln(x) + λx + où λ, μ sont deux réels. 4 x

Mais est-ce que toutes les fonctions ainsi définies sont solutions de (E2 )? On n’oubliera pas de traiter la réciproque !

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Réciproquement, si g est ainsi défini, on a pour tout x ∈ R∗+ , 1 μ 1 ln(x) + (ln(x) − 1) (ln(x) + 1) + λ − 2 g  (x) = 4 4 x 1 μ 1 1 ln(x) + ln2 (x) − + λ − 2 = 4 4 4 x et 1 2μ 1 + ln x + 3 g  (x) = 4x 2x x donc, ∀ x > 0,   1 x 2μ 1 μ x 1 +x ln(x) + ln2 (x) − + λ − 2 x2 g  (x) + xg  (x) − g(x) = + ln x + 4 2 x 4 4 4 x   1 μ (ln(x) − 1) x ln(x) + λx + − 4 x = x ln(x). Ainsi, g est bien solution de (E2 ) sur ]0, +∞[ . On peut donc conclure quant à l’ensemble S(E2 ) des solutions de (E2 ) sur ]0, +∞[ : S(E2 ) =

'

g : x −→

(

1 μ (ln(x) − 1) x ln(x) + λx + ; (λ, μ) ∈ R2 . 4 x

3.a. L’idée conductrice est la suivante : une primitive d’une fonction sur un intervalle "gagne un degré de régularité supplémentaire" par rapport à cette fonction. Ici, si f est de classe C n sur ]0, +∞[ , 1 f (x) se présente sous la forme 2 × F (x) où F est la primitive s’annulant en 1 d’une x fonction de classe C n sur ]0, +∞[ . Ainsi, F est de classe C n+1 et f aussi par théorème généraux.

312

Chapitre 14

Équations différentielles

1 2 t2 t ln t − + 3tf (t) étant continue sur ]0, +∞[ , sa primitive 2 4   x 2 t 1 2 x → t ln t − + 3tf (t) dt est de classe C 1 sur ce même intervalle. Ainsi, 2 4 1 f est de classe C 1 sur ]0, +∞[ comme produit de deux fonctions de classe C 1 sur 1 t2 + 3tf (t) cet intervalle. De même, puisqu’on sait maintenant que t → t2 ln t − 2 4 1 est de classe  C sur ]0,2 +∞[ (par théorèmes généraux car f l’est), sa primitive x 1 2 t t ln t − + 3tf (t) dt est de classe C 2 sur cet intervalle donc x → 2 4 1   x t2 1 1 2 f : x → 2 t ln t − + 3tf (t) dt est de classe C 2 sur ]0, +∞[ par théox 1 2 4 rèmes généraux. La fonction t →

En reprenant l’idée précédente, on pourrait même montrer par récurrence sur n que f est de classe C ∞ sur ]0, +∞[ . 3.b.  Pour se débarrasser de l’intégrale et exploiter que  x 1 2 t2 x2 1 t ln t − + 3tf (t) dt est une primitive de x → x2 ln x − + 3xf (x), x → 2 4 2 4 1 on calculera les dérivées successives de x → x2 f (x) plutôt que celles de f. Pour x ∈ ]0, +∞[ , on dérive les fonctions dans chaque membre de l’égalité x2 f (x) =



1

x





t2 1 2 t ln t − + 3tf (t) dt 2 4

ce qui donne 2xf (x) + x2 f  (x) =

1 2 x2 x ln x − + 3xf (x). 2 4

On dérive une seconde fois : 2f (x) + 4xf  (x) + x2 f  (x) = x ln(x) +

x 1 x − + 3f (x) + 3xf  (x) 2 2

ce qui donne bien

x2 f  (x) + xf  (x) − f (x) = x ln(x) donc f est bien solution de (E2 ) sur ]0, +∞[ . Ainsi, d’après le résultat de 2.b, il existe des réels λ, μ tels que : μ 1 ∀ x ∈ ]0, +∞[ , f (x) = (ln(x) − 1) x ln(x) + λx + . 4 x

Attention, le travail n’est pas terminé ! On peut préciser certaines choses sur f, en particulier au point 1 ce qui lèvera le voile sur les réels λ et μ (et donc sur f ).

Exercice 14.8



1

Ici, f (1) = 1



Une équation différentielle d’Euler

313



t2 1 2 t ln t − + 3tf (t) dt = 0 donc λ + μ = 0 et f est de la forme : 2 4





1 1 où λ ∈ R. (ln(x) − 1) x ln(x) + λ x − 4 x 1 x2 + 3xf (x), on obtient En prenant x égal à 1 dans 2xf (x) + x2 f  (x) = x2 ln x − 2 4 aussi : 1 f  (1) = − 4 1 2 λ 1 1 1  mais f (x) = ln(x) + ln (x) − + λ + 2 donc f  (1) = − ⇔ λ = 0. 4 4 4 x 4 1 Finalement, f est la fonction qui à x associe (ln(x) − 1) x ln(x). 4 f : x →

3.c. Les questions précédentes nous indiquent qu’il y a au plus une solution de (E) sur 1 ]0, +∞[ , c’est x → (ln(x) − 1) x ln(x). Il faut maintenant vérifier que cette fonction 4 est effectivement solution de (E) sur ]0, +∞[ . Pour les calculs, le plus simple est de vérifier que u : x → x2 f (x) est bien la primitive x2 1 de x −→ x2 ln x − + 3xf (x) qui s’annule en 1. Cela évite de passer par un calcul 2 4 d’intégrale compliqué. 1 (ln(x) − 1) x ln(x) 4 pour tout réel x > 0. Réciproquement, si f est ainsi définie, posons u(x) = x2 f (x) pour tout réel x > 0. ∀ x ∈ ]0, +∞[ , 1 1 1 u (x) = 2xf (x) + x2 f  (x) = 2xf (x) + x2 ln(x) + x2 ln2 (x) − x2 4 4 4   1 2 1 1 x ln(x) + x2 ln2 (x) − x2 − xf (x) = 3xf (x) + 4 4 4 1 2 1 2 = 3xf (x) + x ln(x) − x 2 4 1 t2 2 + 3tf (t) qui De plus, u(1) = 1 f (1) = 0 donc u est la primitive de t → t2 ln t − 2 4 s’annule en 1, c’est-à-dire :

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Nous venons de voir que si f est solution de (E), alors f (x) =

2



∀ x ∈ ]0, +∞[ , x f (x) = u(x) = 1

x





1 2 t2 t ln t − + 3tf (t) dt 2 4

et f est bien solution de (E) sur ]0, +∞[ . Finalement, l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0, +∞[ est le singleton ' ( 1 x → (ln(x) − 1) x ln(x) . 4

3.d. L’équation différentielle linéaire d’ordre 1 dont f est solution est apparue en filigrane dans le calcul précédent de u . Là encore, on tiendra compte de f (1) = 0 pour lever toute indétermination sur f.

314

Chapitre 14

Équations différentielles

En dérivant les fonctions dans chaque membre de x2 f (x) =



x



1



1 2 t2 t ln t − + 3tf (t) dt 2 4

on obtient 1 2 x2 x ln x − + 3xf (x) 2 4 donc f est solution de l’équation différentielle linéaire d’ordre 1 : 1 1 1 (E3 ) : y  (x) − y(x) = ln(x) − . x 2 4 Résolvons cette dernière équation sur ]0, +∞[ . ∀ x ∈ ]0, +∞[ , 2xf (x) + x2 f  (x) =

1 y(x) = 0 x où C ∈ R, c’est-à-dire de la forme x → C × x où C

Les solutions sur ]0, +∞[ de l’équation homogène associée (H) : y  (x) −

sont de la forme x → C × eln(x) est un réel. De plus, si λ est une fonction dérivable sur ]0, +∞[ et si ϕ(x) = λ(x) × x, on a 1 ϕ (x) − ϕ(x) = λ (x) × x pour tout réel x > 0 donc x 1 1 1 1 1 ln(x) − . ∀ x ∈ ]0, +∞[ , ϕ (x) − ϕ(x) = ln(x) − ⇔ λ (x) = x 2 4 2x 4x Ainsi, ϕ est solution de (E3 ) si



∀ x ∈ ]0, +∞[ , λ(x) =

x



1

2t x

ln(t) −



1 dt 4t



x

1 1 1 1 dt 2 × × ln(t)dt − = 4 t 4 t 1 1 = ln2 (x) − ln x. 4 4   1 2 1 ln (x) − ln x x et, finaleUne solution de (E3 ) sur ]0, +∞[ est donc ϕ : x → 4 4 ment, l’ensemble des solutions de (E3 ) sur ]0, +∞[ est : '   ( 1 2 1 ln (x) − ln x x + Cx; C ∈ R . x → 4 4   1 2 1 ln (x) − ln x x + Cx. Or Il existe un réel C tel que : ∀ x ∈ ]0, +∞[ , f (x) = 4 4 f (1) = 0 donc C = 0 et finalement : 1  1 ln2 (x) − ln x x. ∀ x ∈ ]0, +∞[ , f (x) = 4 4 Réciproquement, on montre comme au 3.c que f ainsi définie est bien solution de (E). Ainsi, l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0, +∞[ est le singleton ' ( 1 x → (ln(x) − 1) x ln(x) . 4

Liste des capacités attendues

315

Liste des capacités attendues • Savoir résoudre une équation différentielle linéaire d’ordre 1 ou 2 à coefficients et second membre constants (cf exercices 14.1 et 14.2) de la forme y  + ay = b

ou

y  + ay  + by = c.

Pour chaque équation, les solutions sont les sommes d’une solution quelconque de l’équation homogène associée et d’une solution particulière de l’équation, cette dernière pouvant être cherchée sous la forme x → λxk (λ ∈ R) où k est l’ordre de multiplicité de 0 comme racine de X + a (dans le premier cas) ou de X 2 + aX + b (dans le second cas). • Savoir résoudre une équation différentielle linéaire d’ordre 1 homogène (cf exercices 14.1 et 14.3) de la forme y  + a(t)y = 0. Les solutions sont de la forme : t → Ce−A(t) où C ∈ R et A est une primitive de a sur l’intervalle considéré. • Savoir utiliser la méthode de la variation de la constante (cf exercice 14.3) pour résoudre une équation différentielle linéaire d’ordre 1 de la forme y  + a(t)y = f (t). Il s’agit de chercher les solutions de l’équation sous la forme t → C(t)e−A(t) où C est dérivable et A une primitive de a sur l’intervalle considéré. • Savoir résoudre une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants de la forme © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

y  + ay  + by = f (t). où la forme d’une solution particulière est indiquée dans l’énoncé (cf exercice 14.4). Les solutions sont les sommes d’une solution quelconque de l’équation homogène associée et d’une solution particulière de l’équation. La fonction indiquée est définie à certains coefficients près. On injecte cette fonction dans l’équation afin de déterminer des valeurs de ces coefficients pour lesquelles la fonction soit bien solution. • Savoir appliquer le principe de superposition pour les équations différentielles linéaires d’ordre 2 à coefficients constants § (cf exercice 14.5). §. Le principe de superposition s’applique aussi aux équations différentielles linéaires d’ordre 1.

316

Chapitre 14

Équations différentielles

Si ϕi est solution de y  + ay  + by = ci (i ∈ 1, n) alors y  + ay  + by =

n 

n 

λi ϕi est solution de

i=1

λi ci .

i=1

• Savoir étudier une équation différentielle autonome (ou incomplète) du type y  (t) = g(y(t)) issue des modèles malthusien ∗, logistique ou de Gompertz (cf exercices 14.6 et 14.7) Pour résoudre une équation autonome du type (E) : y  = g(y), on doit : ♦ déterminer les solutions constantes de (E) (ce sont les ϕ : x → λ telles que g(λ) = 0) ; ♦ déterminer les autres solutions, qui sont nécessairement de la forme : 1 x → F −1 (x + C) où F est une primitive de sur un intervalle ]λ, μ[ où g g(λ) = g(μ) = 0 et, pour tout x ∈ ]λ, μ[, g(x) = 0. • Savoir effectuer un changement de variable dans une équation différentielle (cf question 14.8.2.a) • Savoir réaliser une solution d’une équation fonctionnelle comme une solution d’une équation différentielle (cf question 14.8.3.b)

∗. Suivant le modèle malthusien (proposé pour la première fois en 1798 par l’économiste britannique Thomas Malthus), l’évolution de certaines populations répond à une équation différentielle linéaire d’ordre 1 du type : y  = ay avec a > 0 (qui est aussi une équation autonome du type y  = g(y) où g : x → ax). Ses solutions sont de la forme ϕ : t → ϕ(0)eat et, si ϕ(0) > 0 (population initiale non nulle), on s’aperçoit alors que ϕ croît très vite (exponentiellement) vers +∞. Ce modèle peut convenir pour décrire une population de bactéries sur une courte période mais se prête mal à des prévisions à long terme pour lesquelles les modèles de Verhulst et de Gompertz sont plus adaptés.

CHAPITRE

15 Fonctions de deux variables Exercice 15.1 : Un peu de topographie L’altitude de l’interface entre deux couches géologiques est donnée par la fonction z définie par : pour tout (x, y) ∈ R2 , z(x, y) = 2(x2 − 1)2 + y 2 . 1. Déterminer le gradient de z en tout point de R2 . En déduire les trois points auxquels z est susceptible d’admettre un extremum. 2. En remarquant que z est positive sur R2 , justifier qu’en deux des points précédents z admet un minimum global. 3. En étudiant les variations des deux fonctions partielles de z en l’origine, montrer que z n’admet pas d’extremum au troisième point. 4. On a représenté ci-dessous sur un même graphique cinq courbes de niveau associées à la surface séparant les deux couches géologiques. Indiquer l’altitude de chacune.

2.5

2

1.5

1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

0.5

0

−0.5

−1

−1.5

−2

−2.5 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

318

Chapitre 15

Fonctions de deux variables

1. La fonction est polynomiale : aucun problème pour calculer ses deux dérivées ∂z ∂z partielles et . Quant aux points susceptibles d’être un extremum, ce sont les ∂x ∂y points où les petites variations de z du premier ordre sont nulles i.e. où les deux dérivées partielles s’annulent simultanément. Pour (x, y) ∈ R2 , ∇z(x, y) = (8x(x2 − 1), 2y). En particulier,

&

∇z(x, y) = (0, 0)

⇐⇒

8x(x2 − 1)

=

0

2y

=

0

⇐⇒

&

x ∈ {−1, 0, 1} y=0

de sorte que z admet exactement trois points critiques (0, 0), (1, 0) et (−1, 0) qui sont donc les seuls points où z est susceptible d’admettre un extremum.

2. Différencions les trois points en calculant leur altitude : z(−1, 0) = 0, z(0, 0) = 2 et z(1, 0) = 0. Pour le lien avec la positivité, seuls le premier et le dernier sont intéressants. Comme z est une somme de carrés, elle est positive sur R2 . Or z(1, 0) = z(−1, 0) = 0 donc z admet un minimum global en ces deux points de valeur 0.

3. La seconde fonction partielle t → z(0, t) = t2 est parabolique décroissante puis croissante. La première t → z(t, 0) = 2 − 4t2 + ◦(t2 ) est localement parabolique dans l’autre sens. Les deux fonctions partielles de z en (0, 0) sont t → z(t, 0) = 2(t2 −1)2 = 2−4t2 +2t4 et t → z(0, t) = t2 . La seconde est strictement décroissante puis strictement croissante autour de 0 alors que c’est le contraire pour la première (sa dérivée est t → 8t(t2 − 1) qui est strictement positive sur ] − 1, 0[ et strictement négative sur ]0, 1[) donc z n’admet pas d’extremum local en (0, 0).

4. On utilise certains points à coordonnées “simples” des courbes de niveau pour en “calculer” l’altitude. De l’extérieur vers l’intérieur : • la courbe passe par le point (0, 2) donc elle correspond à l’altitude 6 ; • la suivante passe par (0, 1) donc l’altitude est 3 ; • le “8” passe par l’origine d’altitude 2 ;





1 • les deux ovales passent respectivement par ± , 0 donc cela correspond à une 2 9 altitude de ; 8 • les deux points (±1, 0) sont les seuls à l’altitude minimale de 0.

Exercice 15.2

Extremum radial vs extremum local

319

Exercice 15.2 : Extremum radial vs extremum local Pour x, y ∈ R, on pose g(x, y) = 3x4 − 4x2 y + y 2 . 1. Vérifier que g admet un unique point critique sur R2 dont on donnera les coordonnées. ∂2g ∂2g ∂2g 2. Calculer les dérivées partielles du second ordre , et en tout 2 2 ∂x ∂y ∂x∂y point (x, y) de R2 . 3. Pour f : R2 → R de classe C 2 , on définit sa fonction partielle radiale d’angle θ ∈ [0, π[ par fθ : r ∈ R → f (r cos θ, r sin θ). a. Exprimer les deux premières dérivées de fθ en fonction des dérivées partielles de f . b. Montrer que toutes les fonctions partielles radiales de g admettent un minimum local strict en r = 0. 4. Étudier les variations sur R de t → g(t, 2t2 ). 5. Conclure quant à un éventuel extremum de g.

1. Par définition, un point critique est un point où le vecteur gradient est nul. Commençons donc par calculer ce dernier avant de résoudre un système (non linéaire !). On a, pour (x, y) ∈ R2 , ∇g(x, y) = (12x3 − 8xy, −4x2 + 2y) ainsi

&

∇g(x, y) = 0

⇐⇒

2

& ⇐⇒ ⇐⇒

12x3 − 8xy −4x + 2y

=

0

=

0

−4x3

=

0

y

=

2x2

x = y = 0.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

En conclusion, le seul point critique de f est (0, 0).

2. La fonction est polynomiale donc les dérivées partielles secondes se calculent aisément en dérivant les dérivées partielles premières obtenues à la question précédente. Pour (x, y) ∈ R2 , ∂2g (x, y) = 36x2 − 8y, ∂x2

∂2g (x, y) = 2 ∂y 2

et

∂2g (x, y) = −8x. ∂x∂y

3.a. On applique la formule de composition. Par composition, fθ (r)

=

cos θ

∂f ∂f (r cos θ, r sin θ) + sin θ (r cos θ, r sin θ), ∂x ∂y

320

Chapitre 15

fθ (r)

Fonctions de deux variables

=

∂2f ∂2f (r cos θ, r sin θ) (r cos θ, r sin θ) + cos θ sin θ 2 ∂x ∂y∂x ∂2f ∂2f (r cos θ, r sin θ) + sin2 θ 2 (r cos θ, r sin θ). + sin θ cos θ ∂x∂y ∂y

cos2 θ

3.b. Pour une fonction h d’une seule variable de classe C 2 sur un intervalle ouvert, la condition nécessaire d’extremum local en un point a est la nullité de la dérivée (h (a) = 0) et une condition suffisante est alors h (a) > 0 pour un minimum local strict et h (a) < 0 pour un maximum local strict. Soit θ ∈ [0, π[. Pour r ∈ R, gθ (r)

=

3r 4 cos4 θ − 4r 3 cos2 θ sin θ + r 2 sin2 θ,

gθ (r) gθ (r)

=

12r 3 cos4 θ − 12r 2 sin θ cos2 θ + 2r sin2 θ,

=

36r 2 cos4 θ − 24r sin θ cos2 θ + 2 sin2 θ.

En particulier, gθ (0) = 0 et gθ (0) = 2 sin2 θ de sorte que, si θ ∈]0, π[, alors gθ (0) > 0 et gθ admet un minimum local strict en 0. Comme, si θ = 0, gθ : r → g(r, 0) = 3r 4 , gθ admet aussi un minimum local strict en 0 dans ce cas.

4. Au signe près, il s’agit d’une fonction usuelle. t → g(t, 2t2 ) = −t4 est strictement croissante sur R− et strictement décroissante sur R+ (en particulier, elle admet un maximum global strict en 0).

5. Il est temps de faire le bilan des questions précédentes entre les “directions” dans lesquelles, depuis l’origine, g semble être minimale et celles où elle semble être maximale. Raisonnons par l’absurde, si g admettait un extremum (local), ce serait forcément en (0, 0) puisque c’est l’unique point d’annulation du gradient d’après la première question. Or, d’après 3 et 4, les petites variations de g autour de (0, 0) montrent que g y prend des valeurs tantôt plus grandes et tantôt plus petites que g(0, 0) = 0 si bien que, finalement, g n’admet pas d’extremum sur R2 .

Exercice 15.3 : Recherche d’extrema Soient ϕ et f les fonctions définies par 1 ∀ t > 0, ϕ(t) = ln(t) − t + et ∀ (x, y) ∈]0, +∞[2 , f (x, y) = x ln y − y ln x. t 1. Montrer que ϕ s’annule une et une seule fois sur ]0, +∞[ et préciser en quel point.

Exercice 15.3

Recherche d’extrema

321

Exercice 15.3 (suite) : 2. Calculer le vecteur gradient de f en tout point  de ]0,+∞[2 . En déduire que si x0 = 0. f admet un extremum local en (x0 , y0 ) alors ϕ y0 3. En étudiant les fonctions partielles de f en (e, e), conclure que f n’admet pas d’extremum sur ]0, +∞[2 .

1. L’annulation unique doit faire immédiatement penser au théorème de la bijection. Il reste à en vérifier les hypothèses : continuité et stricte monotonie (que l’on va obtenir par l’étude des variations via la dérivée). ϕ est une combinaison des trois fonctions ln, identité et inverse donc elle est dérivable sur ]0, +∞[ et, pour tout t > 0,





1 2 3 + 1 1 t−t −1 2 4. ϕ (t) = − 1 − 2 = =− 2 2 t t t t En particulier, ϕ < 0 et ϕ est strictement décroissante sur ]0, +∞[. Comme elle est de plus continue, d’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de ]0, +∞[  t−

2

sur

lim ϕ(t), lim ϕ(t) .

t→+∞

t→0

Il faut maintenant voir que 0 appartient à cet intervalle image en calculant les limites de ϕ aux bornes. Cela génère deux formes indéterminées du type “∞ − ∞” que l’on lève par comparaison de la croissance de ln et de fonctions puissances. Par croissances comparées, ln(t) = ◦

1

et ln(t) = ◦ (t) donc lim ϕ = +∞ et t t→+∞ 0 lim ϕ = −∞. Ainsi ϕ réalise une bijection de ]0, +∞[ dans ] − ∞, +∞[, en particulier, t→0

+∞

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

il existe un unique t0 > 0 tel que ϕ(t0 ) = 0. On remarque par ailleurs que ϕ(1) = 0 − 1 + 1 = 0 donc t0 = 1.

2. Le calcul des dérivées partielles de f , “fabriquée” à partir de fonctions usuelles, ne pose pas de problème. Pour (x, y) ∈]0, +∞[2 , ∇f (x, y) =



∂f ∂f (x, y), (x, y) ∂x ∂y



 =

ln y −



y x , − ln x . x y

La condition nécessaire d’extremum local est la nullité du gradient. Si f admet un extremum local en (x0 , y0 ) ∈]0, +∞[2 , alors ∇f (x0 , y0 ) = 0. Or ⎧ ⎨ ln y0 − y0 = 0 x0 ⇐⇒ ∇f (x0 , y0 ) = 0 ⎩ x0 − ln x0 = 0 y0

322

Chapitre 15

donc

Fonctions de deux variables

 ϕ

x0 y0





= ln







x0 x0 y0 x0 y0 − + = ln x0 − − ln y0 − = 0. y0 y0 x0 y0 x0

3. Les questions précédentes nous permettent de trouver le (ou les) candidat(s) pour être extremum local de f . D’après   la question précédente, si f admet un extremum local en (x0 , y0 ), alors x0 x0 = 0. Par la première question, = 1 donc x0 = y0 et ϕ y0 y0 ∂f (x0 , y0 ) = 0 ⇐⇒ ln y0 − 1 = 0 ⇐⇒ y0 = e. ∂x Finalement, le seul point possible où f peut admettre un extremum local est (e, e).

Étudions les petites variations de f autour de (e, e). Comme f (e, e) = 0, on a, pour h > −e, f (e + h, e) − f (e, e)



=

e + h − e ln e − e ln 1 +

=

h−e



h 1 − e 2

 2 h e

+ ◦

h e

h→0





= h − e ln 1 +



 2 h

=

h e



  h2 + ◦ h2 . 2e h→0

Ainsi, pour h assez petit mais non nul, f (e + h, e) > f (e, e). Pour h > −e, on a f (e + h, e) = (e + h) ln e − e ln(e + h) = −f (e, e + h) donc, pour h assez petit mais non nul, f (e, e + h) < f (e, e). Finalement f n’admet pas d’extremum local en (e, e) et, comme c’était le seul candidat possible, f n’admet aucun extremum.

Exercice 15.4 : Un exemple d’équation fonctionnelle Le but ici est de trouver toutes les fonctions f continues sur R telles que  x+y 2 (E) ∀ (x, y) ∈ R , f (x)f (y) = f (t)dt. x−y

1. Montrer que, si f continue sur R vérifie (E), alors f est de classe C 2 sur R.  x+y On pose, pour tout (x, y) ∈ R2 , G(x, y) = f (t)dt où f est dérivable sur R. x−y

∂ 2G ∂ 2 G 2. Calculer − . ∂x2 ∂y 2 3. Soit f une fonction de classe C 2 sur R vérifiant (E). a. Calculer f (0) et déterminer les valeurs possibles de f  (0). b. Calculer f  (x)f (y) − f (x)f  (y) pour tout (x, y) ∈ R2 . 4. Déterminer toutes les solutions de (E).

Exercice 15.4

Un exemple d’équation fonctionnelle

323

1. Comme déjà évoqué en page 289, on transforme l’écriture de l’intégrale en introduisant une primitive de l’intégrande. Si f = 0, alors elle est clairement C 2 sur R. Sinon, il existe y ∈ R tel que f (y) = 0. Comme f est continue, elle admet une primitive F (C 1 sur R) de sorte que, pour tout (x, y) ∈ R2 ,



x+y

f (t)dt = [F (t)]x+y x−y = F (x + y) − F (x − y). x−y

F (x + y) − F (x − y) est f (y) 1 2 C sur R. Mais alors, F est en fait C sur R ce qui est donc aussi le cas de f d’après son expression précédente. Ainsi, par les théorèmes généraux et composition, f : x →

2. Il faut encore une fois tirer profit de l’écriture de G sans symbole intégrale. Avec la même primitive F sur R, on a encore que, pour tout (x, y) ∈ R2 , G(x, y) = [F (t)]x+y x−y = F (x + y) − F (x − y). En particulier, ∂G (x, y) ∂x ∂G (x, y) ∂y 2 ∂ G (x, y) ∂x2 2 ∂ G (x, y) ∂y 2 si bien que finalement

=

F  (x + y) − F  (x − y) = f (x + y) − f (x − y)

=

F  (x + y) + F  (x − y) = f (x + y) + f (x − y)

=

f  (x + y) − f  (x − y)

=

f  (x + y) − f  (x − y)

∂2G ∂2G − = 0. 2 ∂x ∂y 2

3.a. Pour faire apparaître f (0) dans (E), il faut particulariser l’une ou l’autre (voire les deux) valeur de x et de y. La particularisation maximale x = y = 0 fonctionne donc inutile d’aller chercher ailleurs.  0 Avec x = y = 0, on a f (0)2 =

f (t)dt i.e. f (0)2 = 0 et, enfin, f (0) = 0.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

0

Quant à f  (0), on va dériver l’égalité (E) : • en dérivant par rapport à x, on obtient f  (x)f (y) = f (x + y) − f (x − y) • en dérivant par rapport à y, on obtient f (x)f  (y) = f (x + y) + f (x − y). Pour faire apparaître f  (0), il faut choisir respectivement x = 0 et y = 0. Cela donne f  (0)f (y) = f (y) − f (−y) d’une part et f (x)f  (0) = 2f (x) d’autre part. La première n’est pas facilement utilisable, en revanche la seconde ne fait apparaître que deux possibilités, ou bien f  (0) = 2, ou bien f est identiquement nulle. On ne retient que le chemin fructueux. En dérivant (E) par rapport à y, on a : ∀ (x, y) ∈ R2 ,

f (x)f  (y) = f (x + y) + f (x − y).

324

Chapitre 15

Fonctions de deux variables

En particulier avec y = 0, pour tout x ∈ R, f  (0)f (x) = 2f (x). Deux cas se présentent alors : • ou bien, il existe x ∈ R tel que f (x) = 0 et auquel cas f  (0) = 2 ; • ou bien, pour tout x ∈ R, f (x) = 0 et auquel cas f  (0) = 0.

3.b. La seule information connue sur f est l’équation (E) que l’on va traduire à l’aide de G. On s’aperçoit alors que f  (x)f (y) et f (x)f  (y) sont les dérivées partielles secondes (par rapport à la même variable par deux fois) de (x, y) → f (x)f (y). Comme f vérifie (E), pour tout (x, y) ∈ R2 , G(x, y) = f (x)f (y) et, d’après la première question,







f (x)f (y) − f (x)f (y) =



∂2G ∂2G − (x, y) = 0. 2 ∂x ∂y 2

4. Il est temps de faire le bilan de tout ce qu’on a obtenu : toute solution f de (E) est nécessairement C 2 , s’annule en 0, a pour nombre dérivé 0 ou 2 en 0 et vérifie f  (x)f (y) − f (x)f  (y) = 0 qui n’est autre qu’une équation différentielle (si on “gèle” la valeur de y). On va raisonner par analyse et synthèse. D’après la question précédente, si f est solution de (E), alors f est solution de l’équation différentielle linéaire d’ordre 2 homogène f (y)f  − f  (y)f = 0 (a priori non résolue). Il y a deux possibilités : • f = 0; • f n’est pas identiquement nulle, il existe alors y ∈ R tel que f (y) = 0 et f  (0) = 2. Il y a désormais trois cas possibles : ♦ f  (y) = 0, auquel cas f  = 0 donc, en tenant compte de f (0) = 0 et de f  (0) = 2, f est de la forme x → f (x) = ax + b avec b = 0 et a = 2 i.e. f : x → 2x ;

"

f  (y) f  (y) > 0, en posant ω = , f est de la forme x → aeωx + be−ωx ♦ f (y) f (y) avec, en prenant en compte f (0) = 0 et f  (0) = 2, b = −a et ω(a − b) = 2 eωx − e−ωx ; i.e. f : x → ω f  (y) < 0, en posant ω = − f (y)

"

f  (y) , f : x → a sin(ωx) + b cos(ωx) avec f (y) sin(ωx) b = 0 et aω = 2 i.e. f : x → 2 . ω Finalement, les candidats pour être solutions de (E) sont la fonction nulle, x → 2x, sin(ωx) eωx − e−ωx et x → 2 avec ω > 0. x → ω ω ♦

Passons désormais à l’étape de synthèse en testant tous les candidats. Réciproquement, • on vérifie sans peine que la fonction nulle est solution de (E) ;

Exercice 15.4

Un exemple d’équation fonctionnelle

325

• pour x → 2x,



x+y

2 2 2t dt = [t2 ]x+y x−y = (x + y) − (x − y) = 4xy = (2x)(2y) ;

x−y

• pour x →



x+y

x−y

eωx − e−ωx , d’une part, ω eωt − e−ωt dt ω



= =

eωt + e−ωt ω2

x+y x−y

eω(x+y) + e−ω(x+y) − eω(x−y) − e−ω(x−y) ω2

et, d’autre part, eω(x+y) + e−ω(x+y) − eω(x−y) − e−ω(x−y) eωx − e−ωx eωy − e−ωy = ; ω ω ω2 sin(ωx) , en utilisant la formule d’addition du cos, • pour x → 2 ω



x+y

x−y

sin(ωt) dt 2 ω



=

cos(ωt) −2 ω2

x+y

= −2 x−y

cos[ω(x + y)] − cos[ω(x − y)] ω2

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−2 sin(ωx) sin(ωy) sin(ωx) sin(ωy) 2 . = −2 =2 ω2 ω ω En conclusion, tous les candidats sont effectivement solutions de (E).

326

Chapitre 15

Fonctions de deux variables

Liste des capacités attendues • Savoir déterminer les dérivées partielles ou le vecteur gradient d’une fonction de deux variables de classe C 1 (cf questions 15.1.1, 15.2.2 et 15.3.2)   ∂f ∂f (x, y), (x, y) . ∇f (x, y) = ∂x ∂y • Savoir dériver une fonction de la forme g : t → f (u(t), v(t)) (cf question 15.2.3) g  (t) = u (t)

∂f ∂f (u(t), v(t)) + v  (t) (u(t), v(t)) . ∂x ∂y

• Savoir approcher la variation d’une fonction de deux variables au moyen des dérivées partielles (cf question 15.2.5) • Savoir déterminer les dérivées partielles du second ordre d’une fonction de deux variables (cf questions 15.2.2 et 15.4.2) • Savoir déterminer les potentiels extrema d’une fonction de deux variables (cf questions 15.1.1, 15.2.5 et 15.3.2)

Partie 4 Probabilités

Probabilités

16 Statistique descriptive

331

Semestre 1 16.1 : Déformation affine et caractéristiques statistiques 331 16.2 : Caractéristiques partielles et globales d’une population sexuée 333 16.3 : Loi de Boyle-Mariotte 338 16.4 : Optimalité de la droite de régression linéaire 339 Liste des capacités attendues 342

17 Espaces probabilisés Semestre 2 17.1 : Tirages simultanés dans une urne multicolore 17.2 : Fiabilité d’un test de diagnostic rapide 17.3 : Plusieurs chances de gagner ? 17.4 : Plan et sens unique 17.5 : Chaînes de Markov I Liste des capacités attendues

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18 Variables aléatoires finies Semestre 2 18.1 : Lois usuelles I 18.2 : Lois usuelles II 18.3 : Lois usuelles III 18.4 : Lois usuelles IV 18.5 : Loi géométrique tronquée 18.6 : Coefficients de probabilité et moments 18.7 : Loi du min ou du max I 18.8 : Propriétés de l’espérance et de la variance 18.9 : Théorème de transfert et fonction génératrice 18.10 : Loi et événements élémentaires Liste des capacités attendues

343 343 346 348 352 354 359

361 361 364 366 368 373 375 378 381 383 386 390

19 Couples et n-uplets de variables aléatoires finies 393 Semestre 2 19.1 : Loi du min ou du max II 19.2 : Bonne pioche ? 19.3 : Loi conjointe abstraite 19.4 : Loi de la somme 19.5 : Chaînes de Markov II 19.6 : Autour de la stabilité additive des lois binomiales 19.7 : Arrêts d’un ascenseur 19.8 : Matrices aléatoires Liste des capacités attendues

393 396 399 401 404 407 409 413 417

CHAPITRE

16 Statistique descriptive La plupart des calculs de ce chapitre (à l’exception de l’exercice 16.3) ont été conçus pour pouvoir être effectués sans l’aide d’une calculatrice.

Exercice 16.1 : Déformation affine et caractéristiques statistiques On dispose de la table d’effectifs suivante taille en m (ti )

1, 67

1, 69

1, 70

1, 71

1, 73

1, 75

1, 79

1, 85

effectif (ni )

10

5

3

8

1

5

16

2

résumant les informations de la variable statistique t donnant la taille en mètres des individus d’une population et on note (fi ) les fréquences correspondantes. On pose u = 100(t − 1, 75) et, pour m ∈ R, f (m) =

8 

ni |ti − m|

et

g(m) =

i=1

8 

fi (ti − m)2 .

i=1

1. Déterminer la table des fréquences de la variable statistique u. 2.

a. Calculer la moyenne u de u. En déduire t. b. Calculer de même la variance statistique s2u de u et en déduire s2t .

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3. Donner le (ou les) mode(s) de t, sa (ou une de ses) médianes ainsi que ses premier(s) et troisième(s) quartiles. 4. Étudier les variations de f et g sur R en précisant la valeur (mf et mg respectivement) en laquelle chacune d’elles atteint son minimum global ainsi que la valeur de ce minimum (f0 et g0 respectivement). Auxquelles des caractéristiques des questions précédentes, ces quatre quantités sont-elles reliées ?

1. Il suffit de déterminer les valeurs possibles de u en “déformant” celles de t à l’aide de la formule affine les reliant. Quant à obtenir les fréquences, il suffit de diviser les effectifs par l’effectif total 10 + 5 + 3 + 8 + 1 + 5 + 16 + 2 = 50. u

−8

−6

−5

−4

−2

0

4

10

fréquence

20%

10%

6%

16%

2%

10%

32%

4%

332

Chapitre 16

Statistique descriptive

2.a. L’avantage de u par rapport à t est que ses valeurs possibles sont entières, relativement petites et que certaines sont positives et d’autres négatives de sorte qu’il peut y avoir des phénomènes de compensation. Au bilan, le calcul est tout à fait réalisable sans calculatrice. On a u = −8

10 5 3 8 1 5 16 2 75 −6 −5 −4 −2 +0 +4 + 10 =− = −1, 5. 50 50 50 50 50 50 50 50 50

La relation affine peut alors être renversée pour traduire l’information sur u en information sur t. Puis, par linéarité de la moyenne, t = 1, 75 +

u u = 1, 75 + = 1, 735. 100 100

2.b. On procède de même avec la variance. De même, 10 5 3 8 1 + (−6)2 + (−5)2 + (−4)2 + (−2)2 50 50 50 50 50 5 16 2 + 42 + 102 +02 50 50 50 1483 = 50 et, par la formule de Kœnig-Huygens, u2

=

(−8)2

1483 − 50 Finalement, par déformation affine, s2u = u2 − u2 =

s2t = s21,75+

1 u 100



15 10

=

2

=

2966 − 225 = 27, 41. 100

1 2 s = 0, 002741. 1002 u

3. Un mode est une valeur d’effectif (ou fréquence cela revient au même) maximal. En outre, lorsqu’on ordonne et numérote les valeurs possibles avec répétitions si nécessaires, le premier quartile, la médiane et le troisième quartile sont les valeurs qui apparaissent aux premier (entre les numéros 12 et 13 ici), second (entre 25 et 26) et troisième (entre 37 et 38) quarts de la série. t numéros

1, 67 1 − 10

1, 69 11 − 15

1, 70 16 − 18

1, 71 19 − 26

1, 73 27

1, 75 28 − 32

1, 79 33 − 48

1, 85 49 − 50

t possède un seul mode de valeur 1, 79. Sa médiane est 1, 71, son premier quartile 1, 69 et son troisième 1, 79.

4. f est affine par morceaux et continue, on va donc s’intéresser à ses coefficients directeurs.

Exercice 16.2

f (m)

Caract. partielles et globales d’une pop. sexuée

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ k ⎨ 

=

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

8 

i=1

⎪ ⎪ ⎪ ⎩

8 

ni (m − ti ) + 8 

⎧ ⎪ ⎪  k ⎪ ⎨ 

=

ni (ti − m)

i=1

333

si m < t1 ,

ni (ti − m)

si m ∈ [tk , tk+1 [,

i=k+1

ni (m − ti )

si m  t8 .

i=1

ni −

i=1

50(t  − m)

8 

ni m −

i=k+1

k 

si m < t1 ,

8 

ni ti +

i=1

si m ∈ [tk , tk+1 [,

ni ti

i=k+1

50(m − t)

si m  t8 .

f est affine par morceaux et le coefficient directeur sur l’intervalle [tk , tk+1 [ est k 

8 

ni −

i=1

ni =

i=k+1

k 



ni − 50 −

k 

i=1





ni = 2

k 

i=1



ni − 25 .

i=1

Tous calculs faits, ces coefficients directeurs valent ] − ∞, t1 [ −50

[t1 , t2 [ −30

[t2 , t3 [ −20

[t3 , t4 [ −14

[t4 , t5 [ 2

[t5 , t6 [ 4

[t6 , t7 [ 14

[t7 , t8 [ 46

[t8 , +∞[ 50

Finalement, f est strictement décroissante sur ] − ∞, t4 ] et strictement croissante sur [t4 , +∞[ donc f admet un minimum global en t4 (qui est la médiane de t) de valeur



f0

=

f (t4 ) =

4 

ni −

i=1

=

8 



ni t4 −

i=5

4 

ni ti +

i=1

8 

ni ti

i=5

3, 42 − 16, 7 − 8, 45 − 5, 1 − 13, 68 + 1, 73 + 8, 75 + 28, 64 + 3, 7 = 2, 31.

g est un trinôme du second degré que l’on va réduire sous forme canonique. g(m)

=

(t − m)2 = (t − t + t − m)2 = (t − t)2 + 2(t − m)(t − t) + (t − m)2

=

s2t + (m − t)2

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

donc g admet un unique minimum en mg = t de valeur g0 = s2t .

Exercice 16.2 : Caract. partielles et globales d’une pop. sexuée Le coordinateur des zoos français a établi la table suivante qui donne la répartition en âge de la population de suricates dont il a la charge. âge (en années)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

effectif des femelles ♀

20

15

16

8

10

11

10

6

4

effectif cumulé des mâles ♂

21

31

38

50

56

62

69

73

80

1. Déterminer l’âge moyen ♀ des femelles ainsi que sa variance s2♀ .

334

Chapitre 16

Statistique descriptive

Exercice 16.2 (suite) :

2.

a. Pour (nk )1kp ∈ Rp , on pose Nk =

k 

nj (pour 1  k  p). Montrer

j=1

que

p 

knk = pNp −

k=1

p−1 

Nk et en déduire l’âge moyen ♂ des mâles.

k=1

b. Montrer qu’avec les mêmes notations, p 

k 2 nk = p2 N p −

k=1

p−1 

(2k + 1)Nk

k=1

et en déduire la variance s2♂ . c. Compléter la fonction Python suivante, qui prend en entrée une table d’effectifs cumulés pour une variable statistique à valeurs dans 1, p, pour qu’elle retourne sa moyenne. 1 2 3 4 5 6

def moy_eff_cum(Nc): p=len(Nc) S=0 for k in range(1,p): S += Nc[k-1] return __________

La modifier en une fonction variance_eff_cum pour qu’elle retourne plutôt sa variance. 3. Représenter sur un même histogramme la pyramide (en séparant femelles et mâles) des âges de la population. 4. Sans prendre en compte les valeurs numériques, exprimer l’âge moyen g de la population globale de suricates en fonction de ♀, ♂, N♀ le nombre total de femelles et N♂ celui de mâles. Le calculer numériquement. 5. Vérifier que la variance de la population globale est donnée par s2g =

N♀ s2♀ + N♂ s2 2  N♀ N♂ ♂+ ♀−♂ 2 N♀ + N♂ (N♀ + N♂ )

puis la calculer. 1. On utilise la définition de la moyenne statistique à partir d’une table d’effectifs. On a ♀

= =

20 × 1 + 15 × 2 + 16 × 3 + 8 × 4 + 10 × 5 + 11 × 6 + 10 × 7 + 6 × 8 + 4 × 9 20 + 15 + 16 + 8 + 10 + 11 + 10 + 6 + 4 400 = 4. 100

Exercice 16.2

Caract. partielles et globales d’une pop. sexuée

335

La moyenne obtenue est entière donc les valeurs prises par la variable (♀ − ♀)2 le sont aussi et le plus simple est de calculer la variance directement à partir de sa définition. De même, 8 × 0 + (16 + 10) × 1 + (15 + 11) × 4 + (20 + 10) × 9 + 6 × 16 + 4 × 25 s2♀ = 100 596 = 5, 96. = 100

2.a. Comme c’est Nk qui est défini en fonction des nj , on va isoler le terme les faisant p−1 p   intervenir et partir de celui-ci. Il s’agit donc d’obtenir Nk = pNp − knk . On k=1

k=1

pourrait aussi renverser la relation entre Nk et nj en remarquant que nj = Nj − Nj−1 mais nous expliquerons plus loin ce que cela donne dans un autre cas. p−1 

Nk

=

k=1

p−1 k  

nj =

=

(p − j)nj =

j=1

=

nj =

1jkp−1

k=1 j=1 p−1 

 p 

p−1 

 nj

j=1

(p − j)nj

p−1 

 1

k=j

(car le terme d’indice p est nul)

j=1

pNp −

p 

jnj .

j=1

D’où, en renommant l’indice du membre de droite,

p 

knk = pNp −

k=1

p−1 

Nk .

k=1

Il faut faire le lien entre l’égalité précédente et la définition de la moyenne. L’âge moyen des mâles est donné par ♂ =

9 1  knk où nk est le nombre de N9 k=1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

mâles d’âge k et N9 le nombre total de mâles. En notant Nk comme précédemment les effectifs cumulés des mâles (nombres qui sont présents dans la table d’effectifs de l’énoncé), on a



♂

8 



8 1  Nk N9

=

1 N9

=

400 21 + 31 + 38 + 50 + 56 + 62 + 69 + 73 = 9− = 4. 9− 80 80

9N9 −

k=1

Nk

=9−

k=1

2.b. On pourrait reprendre la stratégie de la question précédente en partant de ⎡ ⎤ p−1 p−1 p−1     ⎣nj (2k + 1)Nk = (2k + 1)nj = (2k + 1)⎦ = · · · k=1

1jkp−1

j=1

k=j

mais on va détailler l’autre méthode déjà évoquée reposant sur nk = Nk − Nk−1 et qui s’appelle la transformation d’Abel.

336

Chapitre 16

p 

k2 nk

Statistique descriptive

p 

=

k=1

k2 (Nk − Nk−1 )

k=1 p



=

k2 Nk −

k=1 p 

=

k2 Nk−1

k=1

k2 Nk −

p−1 

(k + 1)2 Nk

(par le changement d’indice k = k − 1)

k =0

k=1

p2 Np −

=

p 

(on a posé N0 = 0)

p−1 

[(k + 1)2 − k2 ]Nk − N0 = p2 Np −

k=1

En particulier, ♂2

=

9 1  2 1 k nk = N9 N9

81 −

(2k + 1)Nk .

k=1

 2

9 N9 −

k=1

=

p−1 

8 

 (2k + 1)Nk

k=1

8 8 1  2  Nk − kNk N9 N9 k=1

k=1

21 + 2 × 31 + 3 × 38 + 4 × 50 + 5 × 56 + 6 × 62 + 7 × 69 + 8 × 73 = 81 − 5 − 40 116 4 2116 = 26 − = 23 + = 23, 1 = 76 − 40 40 40 et, par la formule de Kœnig-Huygens, 2 1 1 − 42 = 7 + = 7, 1. s2♂ = ♂2 − ♂ = 23 + 10 10

2.c. La boucle permet de calculer la somme S =

p−1 

Nk et la moyenne est alors donnée

k=1

par

p 1  pNp − S S knk = =p− . Np Np Np k=1

Il faut juste ne pas oublier qu’en langage Python, les indices des listes commencent avec la valeur 0.

1 2 3 4 5 6

def moy_eff_cum(Nc): p=len(Nc) S=0 for k in range(1,p): S += Nc[k-1] return p-S/Nc[p-1]

# # # # # #

définit le nom et l'argument calcule le nombre de valeurs initialise la somme des N_k répète pour k de 1 à p-1 actualise la somme des N_k retourne la moyenne

Exercice 16.2

Caract. partielles et globales d’une pop. sexuée

Pour la variance, on a aussi besoin de la somme T =

p−1 

337

kNk qu’on calcule en parallèle

k=1

puisque la variance est donnée par 1 Np

p 

 k 2 nk −

k=1

1 2 3 4 5 6 7 8

1 Np

p 

2 knk

k=1

2  S 2 2T + S =p − − p− = Np Np

  S S − 2T 2p − 1 − Np . Np

def variance_eff_cum(Nc): p=len(Nc) S=0 T=0 for k in range(1,p): S+=Nc[k-1] T+=k*Nc[k-1] return ((2*p-1-S/Nc[p-1])*S-2*T)/Nc[p-1]

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

3. Selon l’usage, les rectangles de l’histogramme sont orientés horizontalement et vers l’extérieur.

4. Il s’agit de relier les moyennes partielles avec la moyenne globale  p  p p     ♀  1 1 ♀ ni + ni♂ ai = n i ai + n♂ i ai = · · · N♀ + N♂ N♀ + N♂   k=1 k=1   k=1 effectif total

effectif total d’âge ai

g=

N♀ ♀ + N♂ ♂ 100 × 4 + 80 × 4 = = 4. N♀ + N♂ 100 + 80

5. On reprend les calculs précédents mais avec la série statistique g 2 .

338

Chapitre 16

Statistique descriptive

Pour les mêmes raisons que dans la question précédente g 2 = avec plusieurs recours à la formule de Kœnig-Huygens, s2g

N♀ ♀2 + N♂ ♂2 donc, N♀ + N♂

=

g 2 − g2

=

N♀ ♀2 + N♂ ♂2 − N♀ + N♂

=

N♀ (s2♀ + ♀2 ) + N♂ (s2♂ + ♂ ) N♀ ♀ + N♂ ♂ −  2 N♀ + N♂ N♀ + N♂

=

N♀ s2♀ + N♂ s2♂ N♀ (N♀ + N♂ )♀2 + N♂ (N♀ + N♂ )♂ − N♀ ♀ + N♂ ♂ +  2 N♀ + N♂ N♀ + N♂



N♀ ♀ + N♂ ♂ N♀ + N♂ 2

2 

2



2

=

2

N♀ s♀ + N♂ s♂ + N♀ + N♂

N♀ N♂ ♀2 − 2♀♂ + ♂



N♀ + N♂

2

2





2

N♀ s2♀ + N♂ s2♂ N♀ N♂ 2 + 2 (♀ − ♂) . N♀ + N♂ N♀ + N♂ En particulier, 100 × 5, 96 + 80 × 7, 1 596 + 568 1164 97 s2g = +0= = =  6, 466. 100 + 80 180 180 15 =

Exercice 16.3 : Loi de Boyle-Mariotte Pour un échantillon d’un même gaz à température fixée, des expériences en laboratoire ont donné les mesures de pression et de volume suivantes P

1020

1105

1204

1324

1472

1670

V

0, 063

0, 058

0, 053

0, 048

0, 043

0, 038

1. Déterminer la covariance des deux variables statistiques P et V puis la covariance de V et P V . Calculer le coefficient de corrélation linéaire des variables statistiques log P et log V . 2. À l’aide d’une régression linéaire, montrer que les variables P et V sont reliées (de manière approchée) par une équation que l’on précisera. 3. Déduire de la première question la variance statistique de la variable log(P V ). Qu’en déduit-on ?

1. On utilise la formule de Huygens. 1020 + 1105 + 1204 + 1324 + 1472 + 1670  1299 6 2 V = 0, 0505 P V = 63, 745 P V  3, 22 P =

2

Exercice 16.4

Optimalité de la droite de régression linéaire

339

donc, par la formule de Huygens, sP,V = P V − P × V  −1, 86 et de même, sV,P V = V P V − V × P V  0, 003. En outre, log P  3, 11 log V  −1, 30 2 (log P )(log V )  −4, 05 (log P )  9, 66 (log V )2  1, 70 donc, par les formules de Huygens et Kœnig-Huygens, slog P,log V

=

(log P )(log V ) − log P × log V  −0, 00545

s2log P

=

(log P )2 − log P  0, 00529

s2log V

=

(log V )2 − log V  0, 00561 slog P,log V =  −0, 99992. slog P slog V

puis, finalement, rlog P,log V

2

2

2. Comme rlog P,log V est très proche de −1, on procède à un ajustement linéaire. La droite de régression linéaire de log P en log V a pour équation  slog P,log V  log V − log V + log P log P = s2log V autrement dit, de manière approchée, log P = −0, 97 log V + 1, 84

i.e.

P V 0,97 = 101,84 .

3. Il faut relier log(P V ) avec les variables dont on a calculé les caractéristiques : ici le lien est log(P V ) = (log P ) + (log V ) qui incite à utiliser la formule de la variance d’une somme. Comme log(P V ) = log P + log V , on a, par bilinéarité de la covariance, s2log(P V ) = s2log P + 2slog P,log V + s2log V  0, 00001 Cette variance est très proche de 0 (surtout adimensionnée par la valeur moyenne de log(P V )) donc on en conclut que la variable log(P V ) est pratiquement constante †.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Exercice 16.4 : Optimalité de la droite de régression linéaire Étant données deux séries statistiques (xi )1in et (yi )1in non constantes associées au même échantillon, on pose, pour (a, b) ∈ R2 , n 1 (axi + b − yi )2 . f (a, b) = (ax + b − y)2 = n i=1 1. Justifier que s2x > 0 et s2y > 0. ∂f ∂f 2. Calculer et en tout point de R2 et en déduire que ∗ f admet au plus ∂a ∂b un extremum.

†. Pour un gaz à température fixée, la constance du produit P V a été découverte indépendamment par l’Irlandais Robert Boyle (en 1662) et le Français Edme Mariotte (en 1676). ∗. Cette deuxième partie de la question relève du programme du second semestre.

340

Chapitre 16

Statistique descriptive

Exercice 16.4 (suite) : 3. Montrer que, pour tout (a, b) ∈ R2 ,

2  sxy 2 + s2y (1 − rxy ). f (a, b) = (ax + b − y)2 + asx − sx

4. En déduire alors que f est minimale au point (a0 , b0 ) caractérisé par sxy et a0 = 2 a0 x + b 0 = y sx et qu’elle ne s’y annule que si |rxy | = 1. 1. On revient à la définition même de la variance.

Comme s2x =

n 1 (xi − x)2 , il est évident que s2x  0. De plus, par l’absurde, si n i=1

s2x = 0, on aurait xi = x pour tout i ∈ 1, n ce qui n’est pas le cas puisque (xi ) n’est pas constante. En conclusion, s2x > 0 et, pour les mêmes raisons, s2y > 0.

2. f est polynomiale donc l’obtention des dérivées partielles est simple. Pour (a, b) ∈ R2 , ∂f (a, b) ∂a ∂f (a, b) ∂b

=

n 1 2xi (axi + b − yi ) = 2ax2 + 2bx − 2xy n i=1

=

n 1

n

2(axi + b − yi ) = 2ax + 2b − 2y.

i=1

On utilise alors la condition nécessaire d’extremum local qu’est la nullité du gradient. En particulier, si f admet un extremum local en (a0 , b0 ), alors ∇f s’y annule i.e.

&

∇f (a0 , b0 ) = 0

⇐⇒

& ⇐⇒

2a0 x2 + 2b0 x − 2xy

=

0

2a0 x + 2b0 − 2y

=

0

x2 a0 + xb0

=

xy

xa0 + b0

=

y

&  ⇐⇒ ⇐⇒

 2

x2 − x

a0

=

xy − x × y

xa0 + b0 = y sxy a0 = 2 et b0 = y − xa0 . sx

L1 ← L1 − xL2

Exercice 16.4

Optimalité de la droite de régression linéaire

341

3. En développant les carrés de f (a, b), on a n  1  2 2 f (a, b) = a xi + b2 + yi2 + 2abxi − 2axi yi − 2byi . n i=1 En distribuant la somme, on voit par exemple que les quatrième et dernier termes font apparaître x et y. On pourrait aussi rattacher les autres termes à d’autres caractéristiques statistiques mais on va présenter cette première étape de manière plus systématique à l’aide de la linéarité de la moyenne. Pour (a, b) ∈ R2 , par linéarité de la moyenne, f (a, b)

=

a2 x2 + b2 + y 2 + 2abx − 2axy − 2by

=

a2 x2 + b2 + y 2 + 2abx − 2axy − 2by,

On se laisse guider par le résultat qu’on doit atteindre en développant le second membre 2  s2xy sxy 2 2 2 2 (ax) + b + y + 2abx − 2ax × y − 2by + (asx ) − 2asxy + + s2y − 2 . sx sx On voit en particulier qu’il faut convertir, par exemple, le coefficient x2 de a2 en carré en vue de procéder à une réduction sous forme canonique ce qui se fait par les formules de (Kœnig-)Huygens. puis, par les formules de Kœnig-Huygens et Huygens, f (a, b)

=

a2 (s2x + x2 ) + b2 + s2y + y 2 + 2abx − 2a(sxy + x × y) − 2by

=

(ax + b − y)2 + a2 s2x − 2asxy + s2y

= =



 sxy 2 s2xy − 2 + s2y sx sx     sxy 2 2 2 (ax + b − y) + asx − + s2y 1 − rxy . sx (ax + b − y)2 + asx −

4. Il ne reste plus qu’à exploiter la nouvelle écriture de f qui décompose les différentes contributions.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

D’après la question précédente, un carré étant toujours positif, ∀ (a, b) ∈ R2 ,





2 f (a, b)  s2y 1 − rxy . sxy L’égalité n’arrivant que si ax + b − y = 0 et asx − = 0. D’après la question 2, sx c’était le seul point en lequel un extremum était possible. Finalement, f admet un sxy minimum global qui n’est atteint qu’au point (a0 , b0 ) caractérisé par a0 = 2 et sx a0 x + b0 = y.   2 2 2 En outre f (a0 , b0 ) = sy 1 − rxy n’est nul que si rxy = 1 (car s2y > 0 d’après la première question) i.e. |rxy | = 1.

342

Chapitre 16

Statistique descriptive

Liste des capacités attendues • Savoir calculer la moyenne statistique d’une série statistique discrète (cf exercice 16.2 et question 16.1.2.a) ♦ non groupée (xi )1iN

x=

N 1  xi , N i=1

♦ groupée ((xk , nk ))1kp ou ((xk , fk ))1kp

x=

p p  1  nk xk = fk xk . N k=1

k=1

• Savoir calculer la variance et l’écart-type statistique d’une série statistique discrète (cf exercice 16.2 et questions 16.1.2.b, 16.3.3) à l’aide de ! ♦ leur définition s2x = (x − x)2 et sx = s2x , ♦ la formule de Kœnig-Huygens

s2x = x2 − x2 ,

♦ la bilinéarité de la covariance

s2x+y = s2x + 2sxy + s2y .

• Savoir utiliser les propriétés de linéarité de la moyenne et de déformation affine de la variance et de l’écart-type (cf question 16.1.2) λx + μy = λx + μy ,

ax + b = ax + b ,

s2ax+b = a2 s2x ,

sax+b = |a|sx .

• Savoir calculer la covariance ou le coefficient de corrélation linéaire de deux séries statistiques (cf question 16.3.1) sxy et rxy = , ♦ par leur définition sxy = (x − x)(y − y) sx sy ♦ par la formule de Huygens

sxy = x × y − x × y .

• Savoir procéder à un ajustement linéaire d’un nuage de points (cf question 16.3.2) y=

sxy (x − x) + y s2x

⇐⇒

x−x y−y = rxy . sy sx

CHAPITRE

17 Espaces probabilisés Exercice 17.1 : Tirages simultanés dans une urne multicolore Une urne contient 18 boules indiscernables au toucher dont • 10 boules noires numérotées de 1 à 10, • 5 boules blanches numérotées de 1 à 5, • 3 boules rouges numérotées de 1 à 3. On tire simultanément 4 boules dans l’urne. 1. Quel est le nombre de tirages possibles ? 2. Quelle est la probabilité de tirer au moins une boule noire ? 3. Quelle est la probabilité de tirer autant de boules blanches que de rouges ? 4.

a. Avec quelle probabilité le tirage amène-t-il les trois couleurs ? b. Avec quelle probabilité le tirage amène-t-il exactement deux couleurs ?

5. Quelle est la probabilité de tirer exactement une boule noire ou exactement deux boules numérotées 1 ?

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1. Le tirage est simultané donc il s’agit de 4-combinaisons. Puisqu’on tire simultanément les boules, le résultat d’un tirage s’apparente à un sous  18 ensemble de 4 boules de l’ensemble des 18 boules. Il y a donc = 3060 tirages 4 équiprobables possibles. Ainsi, si Ω est l’ensemble des tirages possibles (l’univers de l’expérience aléatoire), nous avons Card(Ω) = 3060.

2. La formulation “au moins une” fait dire qu’il est plus facile de considérer l’événement contraire. Soit A l’événement “obtenir au moins une boule noire” dont on cherche la probabilité. On a P(A) = 1 − P(A) où A est l’événement “n’obtenir aucune boule noire”. Le résultat d’un tirage sans boule noire s’apparenteà  un sous-ensemble de 4 boules de 8 l’ensemble des 8 boules non noires. Il existe donc = 70 tels tirages équiprobables, 4 7 7 299 70 = . Ainsi, P(A) = 1 − = . autrement dit P(A) = 3060 306 306 306

344

Chapitre 17

Espaces probabilisés

3. L’événement à étudier n’est pas vraiment élémentaire puisqu’on ne sait pas exactement la composition en couleurs du tirage. On va l’écrire comme réunion disjointe d’événements plus élémentaires donnant l’effectif précis de chaque couleur présente dans le tirage. Soit B l’événement “obtenir autant de boules blanches que de rouges”. On veut calculer P(B). Un tirage comporte autant de boules blanches que de boules rouges si et seulement si on est dans un des trois cas exclusifs suivants : • on ne tire aucune boule blanche et aucune boule rouge (on note B0 cet événement), • on tire exactement une boule blanche et une boule rouge (on note B1 cet événement), • on tire exactement deux boules blanches et deux boules rouges (on note B2 cet événement). Ainsi, B = B0 ∪ B1 ∪ B2 et la réunion est disjointe donc, par additivité de P, P(B) = P(B0 ) + P(B1 ) + P(B2 )

 

avec

10 4 210 7 P(B0 ) = = = 3060 3060 102 (tirages sans boule blanche ni rouge et donc quatre noires)

  5 1

 

 

3 10 × 1 2 5 × 3 × 45 15 P(B1 ) = = = 3060 3060 68 (tirages avec exactement une blanche, une rouge et donc deux noires) ×

  5 2

 

×

3 2

10 × 3 1 = = 3060 3060 102 (tirages avec deux blanches, deux rouges et donc pas de noire). 15 1 61 7 + + = . D’où, P(B) = 102 68 102 204 P(B2 ) =

4.a. On utilise la même technique de décomposition qu’à la question précédente. Soit C l’événement “obtenir les trois couleurs”. Comme au 3, on partitionne C en événements plus simples : C = C1 ∪ C2 ∪ C3 où • C1 est l’événement : “obtenir deux boules noires, une boule blanche, et une boule rouge”, • C2 est l’événement : “obtenir une boule noire, deux boules blanches, et une boule rouge”, • C3 est l’événement : “obtenir une boule noire, une boule blanche, et deux boules rouges”. Les évènements C1 , C2 et C3 sont deux à deux incompatibles donc la réunion d’événements C1 ∪ C2 ∪ C3 est disjointe et Card(C) = Card(C1 ) + Card(C2 ) + Card(C3 )

 

avec Card(C1 ) =

10 2

  ×

5 1

  ×

3 1

= 675,

Exercice 17.1

Tirages simultanés dans une urne multicolore   Card(C2 ) =

10 1

  ×

 

et Card(C3 ) =

10 1

5 2

  ×

  ×

5 1

345

3 1

= 300

  ×

3 2

D’où, Card(C) = 675 + 300 + 150 = 1125 puis P(C) =

= 150. Card(C) 1125 25 = = . Card(Ω) 3060 68

4.b. Pour les tirages bicolores, le nombre de cas exclusifs possibles est plus important donc on va tenter de passer à l’événement contraire pour limiter les calculs. Soit D l’événement : “obtenir exactement deux couleurs”. On cherche P(D). Les tirages avec exactement deux couleurs sont les tirages qui ne sont ni tricolores, ni unicolores ; on a ainsi Card(D) = Card(Ω) − Card(D) où D est l’événement “obtenir un tirage tricolore ou unicolore”.

Les tirages unicolores sont faciles à dénombrer (il n’y a que deux couleurs exclusives possibles puisque les trois boules rouges ne peuvent former un tirage à elles seules) et les tricolores viennent de l’être. Le nombre de tirages tricolores   est  1125 (déjà calculé plus haut) et le nombre de 10 5 + = 210 + 5 = 215. Puisqu’un tirage ne peut être tirages unicolores est 4 4 à la fois tricolore et unicolore, on a donc Card(D) = 1125 + 215 = 1340 et ainsi 1720 86 Card(D) = 3060 − 1340 = 1720, puis P(D) = = . 3060 153

Retenir les deux techniques suivantes de dénombrement/probabilités : • le passage à l’événement contraire plus simple à étudier (questions 2 et 4.b),

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• le “découpage” d’un événement en sous-événements incompatibles plus faciles à étudier (questions 3 et 4.a). 5. L’événement s’exprime naturellement comme une union d’événements mais ces derniers ne sont pas incompatibles. Soit A l’événement “obtenir exactement une boule noire” et B l’événement “obtenir exactement deux boules numérotées 1”. On cherche à calculer P(A ∪ B). On sait que, d’après la formule de la probabilité d’une union, P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).

L’intersection A ∩ B n’est pas vraiment élémentaire puisqu’on ignore si la boule noire est celle numérotée 1 donc on la décompose elle aussi.

346

Chapitre 17

Espaces probabilisés

Ici,

  Card(A)

=

10 1

  ×

  Card(B)

=

3 2

8 3

= 10 × 56 = 560

15 2

= 3 × 105 = 315

  ×

et A ∩ B qui est encore un peu compliqué se décompose à l’aide de l’événement N : “tirer la boule noire numéro 1”. On a alors, d’après la formule des probabilités totales appliquée avec le système complet d’événements (N, N ), P(A ∩ B)

=

P(A ∩ B ∩ N ) + P(A ∩ B ∩ N )



 

 

 

 

   −1

2 6 2 9 6 15 × + × × 1 2 2 1 1 4 84 7 30 + 54 = = . = 3060 3060 255 On conclut que la probabilité de tirer exactement une boule noire ou exactement deux boules numérotées 1 est égale à 315 84 791 560 + − = . P(A ∪ B) = 3060 3060 3060 3060 =

1×

Exercice 17.2 : Fiabilité d’un test de diagnostic rapide Un laboratoire a conçu un test de diagnostic rapide pour une maladie féline. Toutefois ce test peut s’avérer positif pour un animal sain et négatif pour un animal malade. 1. L’évaluation de la fiabilité du test est faite par le laboratoire lui-même qui a rempli le tableau d’effectifs suivant à partir d’un échantillon “représentatif” d’une population de chats. effectifs

malades

sains

test positif

80

900

test négatif

20

9000

Calculer (pour cet échantillon) : • la valeur prédictive positive V P P i.e. la probabilité qu’un animal (choisi au hasard) soit vraiment malade sachant qu’il a été déclaré positif au test ; • la valeur prédictive négative V P N i.e. la probabilité qu’un animal soit sain sachant qu’il a été déclaré négatif ; • la sensibilité Se i.e. la probabilité qu’un animal soit déclaré positif sachant qu’il est malade ; • la spécificité Sp i.e. la probabilité qu’un animal soit déclaré négatif sachant qu’il est sain.

Exercice 17.2

Fiabilité d’un test de diagnostic rapide

347

Exercice 17.2 (suite) : 2. Suite à de nombreuses améliorations significatives, le test a été commercialisé auprès des vétérinaires avec les informations suivantes Se = 90% et Sp = 95% (considérées alors comme valables pour l’ensemble de la population féline). Le vétérinaire sait aussi que la prévalence de la maladie † (la probabilité qu’un animal soit malade) est de 0, 01% et la prévalence des positifs ‡ (la probabilité que le test d’un animal soit positif) est, elle, de 0, 02%. a. Que doit-il répondre à une personne qui consulte pour son animal déclaré positif au test quant à ses chances d’être malade i.e. la V P P ? b. L’animal du client suivant est déclaré négatif, quelles sont ses chances de ne pas être malade i.e. la V P N ? 1. Il suffit de choisir des notations pour les événements “élémentaires” qui peuvent survenir. On note M l’événement “l’animal est malade” et P “le test de l’animal est positif” de sorte que P(M ∩ P ) 80 Card(M ∩ P ) 4  = V P P = P(M |P ) = = = . P(P ) 80 + 900 49 Card(M ∩ P ) + Card M ∩ P

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De même, V PN

=

Se

=

Sp

=

   P M P =



 

Card M ∩ P

 

Card M ∩ P + Card M ∩ P 80 = 80% P(P |M ) = 80 + 20    9000 10 P P M = =  90, 91%. 9000 + 900 11

=

450 9000 = 9000 + 20 451

2.a. Les données de l’énoncé correspondent à la dimension clinique du test i.e. au point de vue du vétérinaire qui veut éviter de ne pas détecter un malade (grande sensibilité) et d’effrayer inutilement un maître (grande spécificité). Les probabilités demandées sont plus proches des préoccupations du client qui est plus centré sur son cas personnel : le résultat du test connu, peut-il le prendre pour argent comptant ? Ce renversement de point de vue fait penser qu’il faut utiliser la formule de Bayes. Avec les notations de la question précédente, V P P = P(M |P ). On note aussi les deux prévalences de l’énoncé P rev = 0, 01% = P(M ) et P rev+ = 0, 02% = P(P ). P(P |M )P(M ) donc Or, d’après la formule de Bayes, P(M |P ) = P(P ) 0, 01 90 × Se × P rev 100 100 = 45 = 9 = 45%. V PP = = 0, 02 P rev+ 100 20 100 †. On parle parfois de prévalence réelle. ‡. On parle parfois de prévalence apparente.

348

Chapitre 17

Espaces probabilisés

2.b. Même stratégie, en ayant recours aux événements contraires dès que nécessaire. De même, toujours par la formule de Bayes, V PN







99, 99 95    × Sp × (1 − P rev) 100 100   = = 99, 98

P P |M P M

=

P M |P =

=

9999 19 ×  95, 01%. 20 9998

P P

1 − P rev+

100

Exercice 17.3 : Plusieurs chances de gagner ? On dispose de n (n  4) sacs indiscernables S1 , . . . , Sn . Pour chaque k entre 1 et n, le sac Sk contient n + 1 jetons indiscernables dont k sont gagnants et les autres perdants. 1. Le joueur choisit un sac au hasard et y pioche un unique jeton. a. Écrire une fonction Python prenant en entrée n et simulant l’expérience aléatoire. Cette fonction devra donner en sortie True si le jeton obtenu est gagnant, False sinon. On utilisera la fonction randint de la bibliothèque random de Python dont on rappelle ici le fonctionnement : si a et b sont deux entiers tels que a  b, la commande randint(a,b) fournit un nombre entier aléatoire compris entre a et b (ces valeurs étant incluses). b. Écrire un programme Python permettant d’évaluer la probabilité que le jeton soit gagnant. c. Quelle est la probabilité que le jeton soit gagnant ? d. Sachant que le joueur a pioché un jeton gagnant, quelle est la probabilité qu’il ait choisi le sac Sk ? 2. En cas d’échec avec le premier jeton, on offre au joueur d’autres chances de gagner : il peut piocher à plusieurs reprises un nouveau jeton dans le même sac sans y remettre ceux déjà piochés. Quelle est la probabilité d’avoir dû piocher n  n2 (n + 1)2 exactement trois jetons pour gagner (on rappelle que k3 = )? 4 k=1

1.a. L’expérience aléatoire est en deux temps : il s’agit d’abord choisir un nombre entier au hasard entre 1 et n. Ce nombre détermine la probabilité d’avoir un jeton gagnant dans le sac correspondant. Pour effectuer des instructions avec une probabilité p, on rappelle qu’on procède comme ci-dessous (en supposant la bibliothèque random importée via from random import *) :

Exercice 17.3

1 2

Plusieurs chances de gagner ?

349

if random() < p: # mes instructions ici ...

1

from random import *

2 3 4 5

def Experience(n): numSac = randint(1,n) return (random() < numSac/(n+1))

Ici, au lieu d’écrire 1 2 3 4

if random() < numSac/(n+1): return True else: return False

nous avons directement renvoyé la valeur de l’expression booléenne random() < numSac/(n+1). Cela peut paraître moins lisible au premier abord mais c’est une habitude à prendre pour bien exploiter les valeurs des expressions booléennes et gagner en concision dans l’écriture de codes. 1.b. La question nous laisse assez libre dans la démarche. Une idée naturelle consiste à calculer la fréquence de l’évènement "obtenir un jeton gagnant" sur un grand nombre de simulations. On va donc écrire une fonction Python prenant en entrée n et un entier m  1 et donnant en sortie la fréquence de cet évènement sur m simulations. Cette fonction fera évidemment appel à la précédente.

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1 2 3 4 5 6

def Proba(n,m): S = 0 for k in range(m): if Experience(n): S += 1 return S/m

350

Chapitre 17

Espaces probabilisés

Là encore, écrire if Experience(n)==True: au lieu de if Experience(n): serait très maladroit. Un exemple : on ne troquerait jamais l’écriture d’une instruction conditionnelle if a 0, P(|G − E(G)|  ε)  de sorte que ε2 2 n2 − 1 n −1 puis P(|G − E(G)| < ε)  1 − . 1 − P(|G − E(G)| < ε)  6ε2 6ε2 Or [G ∈ m, 2n+2−m] = [G−E(G) ∈ m−n+1, n+1−m] = [|G−E(G)|  n−m+1], donc, pour 0 < ε < n − m + 1, P(G ∈ m, 2n + 2 − m)  P(|G − E(G)| < ε)  1 −

n2 − 1 . 6ε2

En faisant tendre ε vers n − m + 1, on conclut que n2 − 1 . 6(n − m + 1)2 Cette minoration n’est pertinente que si le"second membre est positif autrement dit n2 − 1 n2 − 1 i.e. m  n + 1 − . (n + 1 − m)2  6 6 P(G ∈ m, 2n + 2 − m)  1 −

378

Chapitre 18

Variables aléatoires finies

3.b. On connaît les coefficients de la loi donc on peut récupérer la probabilité de n’importe quel événement. Calculons



 1

2n+2−m

P(G ∈ m, 2n + 2 − m) =

2n+2−m

P(G = k) =

k=m

k=m

n



− α|k − n − 1| .

D’où, avec le changement d’indice j = k − n − 1,



n+1−m

P(G ∈ m, 2n + 2 − m)

=

j=m−n−1

=





1 − α|j| n

n+1−m  2n + 3 − 2m j − 2α n j=1

= = =

2 (n + 1 − m)(n + 2 − m) 2n + 3 − 2m − 2 n n 2 2n2 + 3n − 2nm − (n + 1)(n + 2) + (2n + 3)m − m2 n2 (m − 1)(m − 2) n2 − 2 + 3m − m2 =1− . n2 n2

Exercice 18.7 : Loi du min ou du max I On considère un sac comportant 6 jetons indiscernables au toucher et numérotés de 1 à 6. 1. On procède à deux tirages consécutifs d’un jeton avec remise et on appelle M le plus grand des deux numéros obtenus et M  le plus petit. a. Déterminer la loi de M (on pourra introduire et utiliser les événements Jk,n “obtenir le jeton numéro k au n-ième tirage”). b. Déterminer de même la loi de M  . 2. On suppose qu’on effectue cette fois n tirages consécutifs d’un jeton avec remise et on reprend les notations M et M  de la question 1. Écrire une fonction Python (prenant n en entrée) simulant l’expérience aléatoire et donnant en sortie le couple (M  , M ). 3. On procède à deux tirages consécutifs d’un jeton sans remise et on appelle N le plus grand des deux numéros obtenus. a. Donner sans justification l’univers image N (Ω). b. Déterminer la loi de N .

1.a. On commence par regarder les valeurs extrêmes possibles pour M puis on exprime très précisément les événements [M = m] en fonction des événements élémentaires introduits dans l’énoncé.

Exercice 18.7

Loi du min ou du max I

Tout d’abord, comme M est un numéro de jeton, on a M (Ω) ⊆ 1, 6. Pour m ∈ 1, 6, on a, en énumérant toutes les situations favorables, [M = m] = (Jm,1 ∩ Jm,2 ) ∪

m−1 +



(Jm,1 ∩ Jk,2 ) ∪

k=1

m−1 +

379



(Jk,1 ∩ Jm,2 ) .

k=1

En passant aux probabilités, on “transforme” alors l’union en addition par incompatibilité. Les événements élémentaires de l’union ci-dessus sont incompatibles et équiprobables 1 donc avec probabilité 36 1 + 2(m − 1) 2m − 1 P(M = m) = = . 36 36

1.b. On suit exactement le même protocole qu’à la première question. Pour les mêmes raisons, on a M  (Ω) ⊆ 1, 6 et, pour m ∈ 1, 6,



6 +



[M = m] = (Jm,1 ∩ Jm,2 ) ∪

k=m+1



(Jm,1 ∩ Jk,2 ) ∪



6 +



(Jk,1 ∩ Jm,2 ) .

k=m+1

Toujours avec les mêmes arguments, on conclut que 1 + 2(6 − m) 13 − 2m = . P(M = m) = 36 36

2. Il s’agit de choisir n fois un nombre entier au hasard entre 1 et 6 et de mettre à jour parallèlement le maximum M et le minimum M  des numéros obtenus. Le maximum pourra être initialisé à une valeur inférieure ou égale 1 et le minimum à une valeur supérieure ou égale à 6. Chaque fois qu’un numéro obtenu sera supérieur à M, on mettra à jour M. De même, si un numéro est inférieur à M  , on mettra à jour M  . Pour le minimum, on choisira comme nom de variable m plutôt que M’ car il ne faut pas d’accent dans les noms de variables. 1

from random import randint

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2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

def Tirages(n): M, m = 1, 6 for k in range(n): a = randint(1,6) if a > M: M = a if a < m: m = a return m, M

380

Chapitre 18

Variables aléatoires finies

Une astuce canonique pour initialiser une variable m représentant un minimum et une variable M représentant un maximum est de choisir au départ m égal à +∞ et M égal à −∞ (on est ainsi assuré que ces variables seront redéfinies dès la première itération de la boucle parcourant les nombres dont on veut la plus grande et la plus petite valeurs). Avec Python, cela peut se réaliser ainsi : 1 2

m = float('inf') M = -float('inf')

3.a. L’énoncé indique clairement qu’on ne doit pas justifier sa réponse alors expliquons ici comment l’obtenir : en étudiant toutes les configurations possibles, on voit que la valeur 1 est impossible puisque les deux jetons (différents) ne peuvent prendre cette même valeur, c’est en revanche possible pour toutes les autres valeurs de jeton. N (Ω) = 2, 6.

3.b. On suit là encore la stratégie consistant à exprimer les [N = m] en fonction d’événements plus élémentaires. Pour m ∈ 2, 6, on a



[N = m] = Jm,1 ∩

m−1 +

 Jk,2

∪

m−1 +

k=1

 Jk,1

 ∩ Jm,2 .

k=1

La dernière opération réalisée dans l’événement du membre de droite est une union donc il faut s’intéresser à l’incompatibilité des éléments de l’union. Comme il n’y pas de remise, on ne peut avoir le jeton m aux deux tirages donc les deux événements de l’union précédente sont incompatibles et



P(N = m) = P

Jm,1 ∩

m−1 +



Jk,2

+P

k=1

m−1 +



Jk,1 ∩ Jm,2



.

k=1

Conformément à la chronologie des tirages, on applique alors la formule de conditionnement. D’après la formule de conditionnement,



P

Jm,1 ∩

m−1 + k=1



Jk,2

= P (Jm,1 ) P

m−1 + k=1

    Jk,2 Jm,1 . 

1 Or P (Jm,1 ) = car il y a un seul jeton m parmi les 6 jetons équiprobables et  6 m−1  + m−1  puisque, sur les 5 jetons restants, m − 1 ont un numéro Jk,2 Jm,1 = P 5  k=1

Exercice 18.8

Propriétés de l’espérance et de la variance

strictement plus petit que m. De même, P

m−1 +



Jk,1 ∩ Jm,2



=P

k=1

m−1 +

P(N = m) =

  m−1 m−1 1 + P Jm,2  Jk,1 = × , 6 5  k=1

 

Jk,1

k=1

d’où

381

m−1 m−1 1 m−1 1 × + × = . 6 5 6 5 15

Exercice 18.8 : Propriétés de l’espérance et de la variance 1. On suppose que U suit la loi uniforme sur a, b où a < b avec a et b deux entiers relatifs i.e. les événements ([U = k])k∈a,b forment un système complet d’événements équiprobables. a. Déterminer la probabilité d’un des événements [U = k]. b. Quelle loi suit la variable aléatoire V = U − a + 1 ? Donner alors E(V ) et en déduire l’espérance de U . 2. Un candidat peu cultivé doit répondre à un QCM composé de 20 questions, chacune comportant 4 réponses proposées dont une seule est correcte. Une réponse correcte rapporte 1 point tandis qu’une réponse erronée retire 2 points. On note Qk le nombre de points rapportés par le candidat à la k-ième question (il répond au hasard l’une des 4 propositions). 1 a. Montrer que (Qk + 2) suit une loi usuelle dont on donnera l’espérance 3 et la variance. En déduire l’espérance et la variance de Qk .

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b. Exprimer le total T du candidat en fonction des variables Qk pour 1  k  20. En utilisant que les choix d’une proposition pour des questions différentes sont indépendants, déterminer la loi suivie par la variable 1 aléatoire (T + 40). 3 c. En déduire l’espérance et la variance de T .

1.a. On va s’appuyer sur la CNS pour former des coefficients de probabilité (strictement positifs et de somme égale à 1). On a, par équiprobabilité et pour k ∈ a, b, b 

P(U = i) = 1 ⇐⇒ (b − a + 1)P(U = k) = 1 ⇐⇒ P(U = k) =

i=a

1 . b−a+1

1.b. Après avoir regardé toutes les valeurs possibles de V , on relie chacun des événements [V = k] à leur signification à l’aide de U . Tout d’abord, V (Ω) = 1, b − a + 1.

382

Chapitre 18

Variables aléatoires finies

1 donc V suit la b−a+1 1 + (b − a + 1) b−a = +1 loi uniforme sur 1, b − a + 1. En particulier, E(V ) = 2 2 puis, par linéarité de l’espérance, a+b b−a +a= . E(U ) = E(V + a − 1) = E(V ) + a − 1 = 2 2 De plus, pour k ∈ V (Ω), P(V = k) = P(U = k + a − 1) =

2.a. Qk ne prend que deux valeurs possibles ce dont doit “hériter” Tout d’abord, Qk (Ω) = {−2, 1} donc





1 (Qk + 2). 3

1 1 (Qk + 2) (Ω) = {0, 1}. Ainsi (Qk + 2) 3 3

suit une loi de Bernoulli.  1 1 De plus P (Qk + 2) = 1 = P(Qk = 1) = puisqu’une seule des 4 réponses est la 3 4 1 bonne et que le candidat en choisit une avec équiprobabilité. Finalement, (Qk + 2) 3   1 suit la loi B et 4       1 1 1 1 1 3 (Qk + 2) = , V (Qk + 2) = . 1− = E 3 4 3 4 4 16

On utilise alors les propriétés de l’espérance et de la variance, par exemple en “extra1 1 yant” Qk de (Qk + 2), avant le calcul des moments, via Qk = 3 × (Qk + 2) − 2 ou 3 3 bien, après le calcul, comme suit. D’où, par propriétés de déformation affine de l’espérance et de la variance, on a 1 5 1 1 [E(Qk ) + 2] = donc E(Qk ) = 3 × − 2 = − 3 4 4 4 et  2 1 27 3 3 donc V(Qk ) = 9 × = . V(Qk ) = 3 16 16 16

2.b. Il suffit de faire une simple addition des résultats de toutes les questions. Le nombre total de points T est la somme des points “rapportés” par chacune des questions donc T =

20 

Qk .

k=1

Il faut reconnaître un modèle d’apparition de loi binomiale. 20  1 1 1 (T + 40) = (Qk + 2) et chacune des variables (Qk + 2) code le 3 3 3 k=1 1 succès (de probabilité ) ou l’échec de la réponse à une question, réponses qui sont 4 1 indépendantes entre elles. Ainsi, on reconnaît un schéma de Bernoulli et (T + 40) 3   1 . suit la loi B 20, 4

On a

1 2.c. On utilise les moments connus de (T + 40) pour en déduire par la méthode 3 d’“extraction” expliquée précédemment ceux de T .

Exercice 18.9

Théorème de transfert et fonction génératrice



383



1 1 (T + 40) = 20× = 5 Compte tenu de la loi obtenue à la question précédente, E 3 4     1 1 1 15 et V (T + 40) = 20 × × 1 − . Puis, par déformation affine, = 3 4 4 4 1 [E(T ) + 40] = 5 donc E(T ) = 3 × 5 − 40 = −25 3 et  1 2 15 15 135 V(T ) = donc V(T ) = 9 × = . 3 4 4 4

Exercice 18.9 : Théorème de transfert et fonction génératrice 1. Soit W une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètres n et p    2 1 ∗ (avec n ∈ N et p ∈]0, 1[). Déterminer E W et E . W +1 2. Soit X une aléatoire finie à valeurs dans N. Pour t ∈ R, on pose   variable fX (t) = E tX . a. Justifier que la fonction fX est de classe C 2 sur R.  (1) = E(X) et b. En utilisant le théorème de transfert, montrer que fX  fX (1) = E (X(X − 1)).

c. Dans cette question uniquement, on suppose que X suit la loi B(n, p). Retrouver l’espérance et la variance de X à l’aide de fX . d. Dans cette question uniquement, on suppose que X suit la loi uniforme sur 1, n. Retrouver l’espérance et déterminer la variance de X à l’aide de fX (on pourra utiliser un développement limité en 0 de u → fX (1 + u)).

1. Le moment d’ordre 2 se récupère via la formule de Kœnig-Huygens à partir de l’espérance et de la variance. D’après la formule de Kœnig-Huygens, © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.





E W 2 = V(W ) + E(W )2 = np(1 − p) + (np)2 = np[1 + (n − 1)p].

1 , on W +1 applique directement le théorème de transfert en s’appuyant sur les coefficients connus de la loi de W . Pour l’autre espérance, plutôt que de déterminer préalablement la loi de

Par le théorème de transfert, E



1 W +1

 =

n  k=0

 

1 n k p (1 − p)n−k . k+1 k

Pour simplifier la somme (et se ramener à une formule du binôme), on “transfère” la dépendance en k du dénominateur k + 1 à l’intérieur du coefficient binomial.

384

Chapitre 18

Variables aléatoires finies

 

En utilisant que



1 E W +1



n 1 k+1 k



=

n+1 1 n+1 k+1



 pour k ∈ 0, n, on obtient







n n+1  1  n+1 k 1 n+1 j = p (1−p)n−k = p (1−p)n+1−j k+1 j n+1 (n + 1)p k=0

j=1

avec le changement d’indice j = k + 1. Par la formule du binôme de Newton, E



1 W +1





=

1 (p + 1 − p)n+1 − (n + 1)p







1 − (1 − p)n+1 n+1 0 . p (1 − p)n+1 = 0 (n + 1)p

2.a. Il faut changer l’écriture de fX pour expliciter la dépendance en la variable t et lui donner la forme d’une fonction usuelle. 

D’après le théorème de transfert, pour tout réel t, fX (t) =

P (X = k)tk . Ainsi

k∈X(Ω)

fX est polynomiale donc de classe C 2 sur R.

2.b. La forme polynomiale obtenue rend aisé le calcul des dérivées première et seconde qu’on peut interpréter comme des espérances à l’aide du théorème de transfert ainsi que le suggère l’énoncé. 

 En utilisant l’écriture précédente, pour tout réel t, fX (t) =

En particulier,

 (1) fX



=



P(X = k)ktk−1 .

k∈X(Ω)

kP(X = k) = E(X).

k∈X(Ω)

 (1) = De même, fX

fert,



P(X = k)k(k − 1)1k−2 . Or, d’après le théorème de trans-

k∈X(Ω)

k(k − 1)P(X = k) = E (X(X − 1)) ce qui conclut.

k∈X(Ω)

2.c. On commence par déterminer une expression simple de fX . Comme X suit  la loi binomiale B(n, p), X(Ω) = 0, n et, pour tout k ∈ X(Ω), n k P(X = k) = p (1 − p)n−k de sorte que k fX (t) =

n    n k=0

k

pk (1 − p)n−k tk = (pt + 1 − p)n

par la formule du binôme de Newton.

Ses deux premières dérivées sont alors faciles à obtenir. Ainsi, pour tout réel t,  fX (t) = np(pt + 1 − p)n−1

et

 fX (t) = np(n − 1)p(pt + 1 − p)n−2

  si bien que E(X) = fX (1) = np et E (X(X − 1)) = fX (1) = n(n − 1)p2 .

Il reste à récupérer la variance par l’intermédiaire du moment d’ordre 2.

Exercice 18.9

Théorème de transfert et fonction génératrice

385

Par linéarité de l’espérance, E (X(X − 1)) = E(X 2 − X) = E(X 2 ) − E(X) donc E(X 2 ) = E (X(X − 1)) + E(X) = n(n − 1)p2 + np. D’après la formule de Kœnig-Huygens, V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = n(n − 1)p2 + np − (np)2 = np − np2 = np(1 − p).

2.d. Là encore, la première à chose à faire est de déterminer une expression compacte de fX . 1 Comme X → U(1, n), X(Ω) = 1, n et, pour tout k ∈ X(Ω), P(X = k) = de n sorte que, pour tout réel t, fX (t) =

n  1 k=1

n

tk =

⎧ ⎨ 1 t − tn+1 n 1−t

⎩1

si t = 1, si t = 1.

Conformément à la suggestion de l’énoncé, on s’intéresse à fX (1 + u) et plus précisément à son développement limité en 0. Ainsi, pour tout réel u = 0,









n+1 1  n+1 k 1 1 + u − (1 + u)n+1 = fX (1 + u) = u −1−u . n −u nu k k=0

En ne s’intéressant qu’aux premiers coefficients, on a



fX (1 + u)

=

(n + 1)n 2 (n + 1)n(n − 1) 3 1 u + u 1 + (n + 1)u + nu 2 6



+ ◦ (u3 ) − 1 − u u→0

(n + 1)(n − 1) 2 n+1 u+ u + ◦ (u2 ) = 1+ u→0 2 6 alors que, d’après la formule de Taylor-Young,  fX (1) 2 u + ◦ (u2 ). u→0 2 n+1  Par identification, on en déduit d’une part E(X) = fX (1) = et d’autre part 2 (n + 1)(n − 1)  . En reprenant la formule établie dans le cas E(X(X − 1)) = fX (1) = 3 de la loi binomiale, on conclut que

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 (1)u + fX (1 + u) = fX (1) + fX

V(X)

= = =

E(X(X − 1)) + E(X) − E(X)2 (n + 1)2 (n + 1)(n − 1) n+1 + − 3 2 4   (n + 1)(n − 1) n+1 . 4(n − 1) + 6 − 3(n + 1) = 12 12

386

Chapitre 18

Variables aléatoires finies

Exercice 18.10 : Loi et événements élémentaires Une réserve comporte des animaux d’une même espèce, deux seulement sont des mâles et les n (avec n  2) autres des femelles. Le sexe des animaux étant difficilement discernable sans observation minutieuse, on procède à des captures successives d’un animal à la fois et on ne relâche les animaux capturés qu’une fois que les deux mâles ont pu être marqués. On note alors X le nombre total d’animaux capturés (la dernière capture étant celle du second mâle). 1. Déterminer l’univers image de X. 2. Justifier que, pour tout k dans l’univers image de X, ⎡⎛ ⎞ ⎤ k−1 + ⎢⎜k−1 9 ⎟ ⎥ [X = k] = Mi ⎠ ∩ Mj ∩ Mk ⎦ ⎣⎝ j=1

i=1 i =j

où Mi est l’événement “le i-ième animal capturé est un mâle”. 3. En déduire la loi de X. 4. On suppose de plus que le temps de capture d’un animal est inversement proportionnel au nombre d’animaux encore libres (autrement dit, il faut seulement 1 1 unité de temps pour capturer le premier animal, pour le second n+2 n+1 et ainsi de suite jusqu’à la capture éventuelle du tout dernier animal qui requiert une unité complète de temps) et on note T le temps total nécessaire X  1 pour marquer les deux mâles. Justifier que T = et calculer son n+3−j j=1 espérance E(T ).

1. On va procéder par double inclusion : • on commence par déterminer les deux situations extrêmes qui donne la plus petite et la plus grande valeur de X, Il faut capturer au moins deux animaux pour avoir les deux mâles et si on capture tous les animaux, on est certain d’y trouver les deux mâles donc X(Ω) ⊆ 2, n + 2.

• puis on justifie avec précision que chacune des valeurs intermédiaires est effectivement atteinte par X. Réciproquement, si k ∈ 2, n + 2, en capturant en premier un mâle, puis k − 2 femelles et enfin le second mâle, on réalise l’événement [X = k]. Finalement, X(Ω) = 2, n + 2.

2. Ce genre de question permet de montrer qu’on a bien compris le déroulement de l’expérience aléatoire. Il s’agit le plus souvent de bien reformuler les événements en terme concret.

Exercice 18.10

Loi et événements élémentaires

387

L’événement [X = k] signifie que le second mâle a été obtenu lors de la k-ième capture, mais aussi que lors des k − 1 captures précédentes, on a obtenu un premier mâle et k − 2 femelles. Si on distingue toutes les possibilités de position (c’est l’indice j de la somme) de la capture du premier mâle, on conclut à l’égalité d’événements indiquée dans l’énoncé.

3. La loi d’une variable aléatoire (finie) X est caractérisée par son univers image X(Ω) et par ses coefficients P(X = k) pour k ∈ X(Ω). X(Ω) a déjà été déterminé et les événements [X = k] ont été exprimés à l’aide d’événements “plus élémentaires”. Cette dernière expression fait intervenir, au niveau principal, une union, il faut donc étudier l’incompatibilité éventuelle des événements de cette union. Pour k ∈ 2, n + 2, les événements de l’union de la question précédente sont incompatibles puisqu’on ne peut capturer le premier mâle simultanément lors de deux captures distinctes donc

⎛⎡ ⎤ ⎞ k−1 k−1  9 ⎜⎢ ⎥ ⎟ P(X = k) = P ⎝⎣ Mi ⎦ ∩ Mj ∩ Mk ⎠ . i=1 i=j

j=1

Les événements des probabilités générées font intervenir des intersections donc, à défaut d’indépendance (la probabilité de capturer une femelle dépend de ce qui a été capturé précédemment), on va utiliser la formule des probabilités composées. En ordonnant chronologiquement les captures, on a

⎛

⎞

k−1

j−1 9

i=1 i=j

i=1

⎜9 ⎟ Mi ⎠ ∩ Mj ∩ Mk = ⎝

 Mi

 ∩ Mj ∩

9



k−1

Mi

∩ Mk .

i=j+1

Pour simplifier le raisonnement suivant, posons, pour j, l  1, Fjl =

l 9

Mi .

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

i=j

Ainsi, d’après la formule du conditionnement successif, la probabilité de l’événement ⎡ ⎤ k−1 ⎢9 ⎥ Mi ⎦ ∩ Mj ∩ Mk est égale à ⎣ i=1 i=j k−1 )PF j−1 ∩M P(F1j−1 )PF j−1 (Mj )PF j−1 ∩M (Fj+1 1

j

1

1

k−1 j ∩Fj+1

(Mk ).

Pour les deux termes concernant les probabilités conditionnés de Fjl , on applique à nouveau la formule du conditionnement successif,





j−1

P(F1j−1 )

=

i=1

PF i−1 Mi 1







i=k−1

et

k−1 PF j−1 ∩M (Fj+1 ) j 1

=

j+1

PF j−1 ∩M 1

i−1 j ∩Fj+1



Mi .

Toutes les probabilités conditionnelles intervenant désormais sont simples à calculer puisqu’on s’intéresse systématiquement au résultat d’une capture sachant les résultats de toutes les captures précédentes.

388

Chapitre 18

Variables aléatoires finies

Traitons d’abord les termes les plus simples : après avoir capturé j − 1 femelles, la réserve comporte 2 mâles sur n + 2 − (j − 1) = n + 3 − j animaux donc 2 , PF j−1 (Mj ) = 1 n+3−j de même, avant la capture du second mâle lors de la k-ième capture, la réserve ne comporte plus qu’un mâle sur n + 2 − (k − 1) = n + 3 − k bêtes donc 1 . PF j−1 ∩M ∩F k−1 (Mk ) = j 1 j+1 n+3−k Avec des raisonnements analogues, on voit que   n+1−i   n+2−i PF i−1 Mi = et PF j−1 ∩M ∩F i−1 Mi = j 1 1 j+1 n+3−i n+3−i si bien que

 n+1−i

j−1

P(F1j−1 ) =

i=1

n+3−i

=

n! (n + 3 − j)! (n + 3 − j)(n + 2 − j) = (n + 1 − j)! (n + 2)! (n + 2)(n + 1)

et, de même,

 n+2−i

k−1 k−1 PF j−1 ∩M (Fj+1 )= 1

j

i=j+1

n+3−i

=

n+3−k . n+2−j

Il ne reste plus qu’à assembler tous les résultats intermédiaires pour conclure. ⎡ ⎤ k−1 ⎢9 ⎥ Finalement, la probabilité de ⎣ Mi ⎦ ∩ Mj ∩ Mk est égale à i=1 i=j

2 n+3−k 1 2 (n + 3 − j)(n + 2 − j) = (n + 2)(n + 1) n+3−j n+2−j n+3−k (n + 2)(n + 1) et, par sommation, P(X = k) =

k−1  j=1

2(k − 1) 2 ∗ = . (n + 2)(n + 1) (n + 2)(n + 1)

1 unité de n+2 1 1 temps, la seconde et ainsi de suite jusqu’à la k-ième qui a pris n+1 n + 2 − (k − 1) 1 1 1 unité de temps. Ainsi T = + + ··· + . n+2 n+1 n+3−k 4. Lorsque [X = k], k captures ont été effectuées. La première a duré

Entre la première et la dernière (la X-ième) capture, la j-ième capture a duré

 1 1 unité de temps donc T = . n+3−j n+3−j X

j=1

L’espérance de T est demandée sans que cela soit le cas de sa loi donc le théorème de transfert s’impose. ∗. Le lecteur peut vérifier que E(X) =

2 (n + 3). 3

Exercice 18.10

D’après le théorème de transfert, E(T )

=

 k n+2   k=2

= =

=

j=1

2 (n + 2)(n + 1)

P(X = k) =

k=1 j=1

k−1 n+3−j



1jkn+2

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

n+2 k   k=2 j=1

n+2 k  

j=1



k−1 n+3−j

389

2 k−1 (n + 2)(n + 1) n + 3 − j

(car k − 1 = 0 pour k = 1)



n+2  1 (k − 1) n+3−j k=j

(n + j)(n + 3 − j) 1 n+3−j 2

=

2 (n + 2)(n + 1)

=

 1 1 (3n + 3)(n + 2) 3 (n + j) = = . (n + 2)(n + 1) (n + 2)(n + 1) 2 2

j=1 n+2

j=1

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.



1 n+3−j

2 (n + 2)(n + 1)

Loi et événements élémentaires

390

Chapitre 18

Variables aléatoires finies

Liste des capacités attendues • Savoir reconnaître un modèle d’apparition d’une loi usuelle (cf exercice 18.3 et questions 18.1.1, 18.2.1.a, 18.4.1.a et 18.8.2.b). • Savoir utiliser les lois usuelles (cf questions 18.1.1, 18.1.2.b, 18.1.2.c, 18.2.1.a, 18.2.2.c, 18.3.1, 18.4.1.a, 18.4.2.b, 18.8.1.b et 18.8.2.a). famille de la loi de X

notation compacte

certaine

univers image X(Ω)

coefficients P(X = k)

espérance E(X)

variance V(X)

{c}

1

c

0

q, p

p

pq

de Bernoulli

B(p)

{0, 1}

binomiale

B(n, p)

0, n

uniforme hypergéométrique

U(1, n) H(N, n, p)

1, n 0, n (∩n − N q, N p)

n k

k n−k

p q

np

npq

1 n

1+n 2

n2 −1 ∗ 12

Np Nq  k Nn−k 

np

npq N−n N−1

∗

n

• Savoir déterminer l’univers image d’une variable aléatoire (cf questions 18.1.2.c, 18.2.2.a, 18.7.3.a et 18.10.1). • Savoir déterminer la loi (son univers image et ses coefficients) d’une variable aléatoire (cf questions 18.1.2.b, 18.2.2.c, 18.4.2.a, 18.7.1, 18.7.3.b, 18.8.1.b, 18.8.2.a et 18.10.3). • Savoir vérifier que des coefficients définissent la loi de probabilité d’une variable aléatoire (cf question 18.6.1). • Savoir calculer les moments d’une variable aléatoire à partir de ses coefficients et de la formule de Kœnig-Huygens (cf questions 18.2.1.b, 18.4.1.b, 18.6.2, 18.9.1 et 18.9.2.c)    E (X m ) = k m P(X = k) , V(X) = E [X − E(X)]2 , k∈X(Ω)

  V(X) = E X 2 − E(X)2 ,

σ(X) =

!

V(X) .

∗. Ces formules ne sont pas exigibles, leur obtention (dans des cas particuliers) fait l’objet des questions 18.2.1.b et 18.4.1.b.

Liste des capacités attendues

391

• Savoir utiliser la linéarité de l’espérance et les propriétés par déformation affine de la variance (cf questions 18.1.2.c, 18.4.1.b, 18.8.1.b, 18.8.2.a et 18.8.2.c) E(λX + μY ) = λE(X) + μE(Y ) , E(aX + b) = aE(X) + b ,

V(aX + b) = a2 V(X) .

• Savoir appliquer le théorème de transfert (cf questions 18.4.1.b, 18.9.1, 18.9.2.b et 18.10.4)  E (ϕ(X)) = ϕ(k)P(X = k) . k∈X(Ω)

• Savoir appliquer l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev (cf question 18.6.3.a) ∀ ε > 0,

P(|X − E(X)|  ε) 

V(X) ε2

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• Savoir approcher une loi hypergéométrique par une loi binomiale (cf question 18.4.1.c)

CHAPITRE

19 Couples et n-uplets de variables aléatoires finies Exercice 19.1 : Loi du min ou du max II On considère deux dés cubiques équilibrés et on note D1 (respectivement D2 ) le résultat d’un lancer du premier (respectivement second) dé. On pose enfin M = max(D1 , D2 ). 1. Calculer E(M ). 2.

a. Déterminer les fonctions de répartition de D1 et D2 . b. Pour tout entier k, exprimer l’événement [M  k] en fonction des événements [D1  k] et [D2  k] et en déduire la fonction de répartition de M . c. Déterminer enfin la loi de M et retrouver alors son espérance.

3. Reprendre le raisonnement précédent pour déterminer la loi de la variable aléatoire N = min(D1 , D2 ) (on pourra manipuler plutôt [N > k], [D1 > k] et [D2 > k] lors de la deuxième étape).

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4. En comparant M + N et D1 + D2 , déterminer E(N ). Calculer E(M N ). Qu’en déduire quant à l’indépendance de M et N ?

1. L’espérance est demandée alors que la loi ne l’est que beaucoup plus tard. En revanche ce qui est naturellement connu c’est la loi conjointe de D1 et D2 . Tout d’abord, par hypothèse, D1 et D2 sont indépendantes et de même loi uniforme sur 1, 6. D’après le théorème de transfert, E(M )

=



max(i, j)P(D1 = i, D2 = j) =

1i,j6

=

 i 6 1  

36

i=1

j=i+1

 j =

6  1 

36

i=1



i=1

i=1 j=1

i2 +

(i + 7)(6 − i) 2



 6 × 7 × 13 1 6×7 1  i2 − i + 42 = − + 42 × 6 36 2 2 × 36 6 2 6

=

j=1

i+

6 

6 6 1  max(i, j) 36

394

Chapitre 19

donc E(M ) =

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

7(13 − 3) + 42 × 6 7 × 5 × 2 + 126 × 2 161 = = . 2 × 36 2 × 36 36

2.a. C’est une question de cours. D1 et D2 suivent toutes deux la même loi uniforme sur 1, 6 donc leur fonction de répartition est donnée par : • pour x < 1, P(D1  x) = P(D2  x) = 0 ; • pour x  6, P(D1  x) = P(D2  x) = 1 ; • pour x ∈ [k, k + 1[ avec k ∈ 1, 5, P(D1  x) = P(D2  x) =

k 

P(D1 = j) =

j=1

k ∗ . 6

2.b. Dire que le plus grand de plusieurs nombres est plus petit qu’une constante fixée revient à dire que tous ces nombres sont plus petits que la dite constante. Pour tout réel x, [M  x] = [D1  x] ∩ [D2  x]. Ainsi, comme D1 et D2 sont indépendantes, pour tout réel x, P(M  x) = P(D1  x)P(D2  x) = P(D1  x)2 i.e. la fonction de répartition de M est le carré de celle de D1 .

2.c. Les coefficients de la loi se récupèrent à partir de la fonction de répartition puisque, lorsque l’on est à valeurs entières, être égal à k c’est être plus petit que k mais ne pas être plus petit que k − 1.

k−1 k

k−1 On constate que M (Ω) = 1, 6. De plus, pour k ∈ M (Ω), P(M = k)

=

P(M  k) − P(M  k − 1) =

=

k2 − (k − 1)2 2k − 1 = . 36 36

 k 2 6

−

 k − 1 2 6

Une fois les coefficients de la loi obtenus, l’espérance s’obtient par un calcul de somme.

∗. Pour simplifier la formulation, on peut utiliser la fonction partie entière · de sorte que, pour x

. x ∈ [0, 7[, P(D1  x) = 6

Loi du min ou du max II

Exercice 19.1

395

Ainsi, par définition de l’espérance, E(M )

=

6 

kP(M = k) =

6  k(2k − 1)

k=1

=

36

k=1



=

6 1  2 (2k − k) 36 k=1



6×7 161 1 6 × 7 × 13 182 − 21 − = . 2 = 36 6 2 36 36

3. Commençons par discuter l’univers image de N . Tout d’abord, concernant les univers images, D1 (Ω) = D2 (Ω) = 1, 6 dont on déduit que N (Ω) ⊆ 1, 6.

Puis, passons aux coefficients via les événements [N > k] comme suggéré dans l’énoncé. Pour chaque k ∈ 0, 6, on a [N > k] = [D1 > k] ∩ [D2 > k] d’où, par indépendance de D1 et D2 ,



P(N > k) = P(D1 > k)P(D2 > k) =

6  1

i=k+1

6

2

=

1 (6 − k)2 [6−(k+1)+1]2 = . 36 36

D’où, pour tout k ∈ 1, 6, P(N = k)

= =

(7 − k)2 − (6 − k)2 36 (7 − k + 6 − k)[(7 − k) − (6 − k)] 13 − 2k = . 36 36

P(N > k − 1) − P(N > k) =

Pour déterminer la loi du maximum (respectivement du minimum) de plusieurs variables aléatoires (souvent indépendantes), on retiendra qu’il vaut mieux passer systématiquement par la fonction de répartition (respectivement d’“antirépartition”)  puisque c’est elle  qui fait interve

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nir les événements

max (Xi )  x (respectivement

1in

min (Xi ) > x )

1in

qui s’expriment facilement à partir des événements associés aux variables d’origine :  n 9 • max (Xi )  x = [Xi  x], en effet, dire que le plus grand élève 1in

i=1

d’une classe “passe par la porte” (i.e. sa taille est inférieure à celle de la porte) revient à dire que c’est le cas de tous les élèves de la classe ;  9 n • de même, min (Xi ) > x = [Xi > x]. 1in

i=1

La phase de récupération des coefficients se base sur le fait que les variables sont à valeurs entières et les égalités [M  k] = [M = k] ∪ [M  k − 1] et [M > k − 1] = [M = k] ∪ [M > k]

396

Chapitre 19

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

qui, par incompatibilité, donnent P(M  k) = P(M = k)+P(M  k−1) et P(M > k−1) = P(M = k)+P(M > k). 4. Il faut revenir à ce que représentent les quatre variables M , N , D1 et D2 . (M, N ) et (D1 , D2 ) représentent tous les deux le résultat des deux dés (ordonnés ou non) donc M + N = D1 + D2 . Par linéarité de l’espérance, on a alors 6+1 161 161 91 6+1 + − =7− = . E(N ) = E(D1 ) + E(D2 ) − E(M ) = 2 2 36 36 36

On retiendra que lorsqu’on s’intéresse à une expression symétrique en plusieurs variables ordonnées (comme la somme ou le produit), il n’est pas toujours indispensable de connaître précisément ni l’ordre de ces dernières ni leurs valeurs précises. Dans le cadre des polynômes, on sait par exemple que, pour un polynôme unitaire, le produit de toutes les racines est le coefficient constant au signe près.

De même, M N = D1 D2 donc E(M N ) = E(D1 D2 ) et, par indépendance de D1 et de D2 , 6+16+1 49 = . E(M N ) = E(D1 )E(D2 ) = 2 2 4 Par la formule de Huygens, 161 91 49 × 9 × 36 − 161 × 91 49 − = Cov(M, N ) = E(M N ) − E(M )E(N ) = 4 36 36 362  2 49(324 − 299) 35 7 × 7 × 9 × 4 × 9 − 7 × 23 × 7 × 13 = = = . 2 2 36 36 36 En particulier Cov(M, N ) = 0 donc M et N ne sont pas indépendantes.

On prendra soin de ne pas confondre indépendance et non corrélation : • si deux variables sont indépendantes, leur covariance est nulle ; • si la covariance est nulle, les variables sont dites non corrélées mais elles ne sont pas nécessairement indépendantes.

Exercice 19.2 : Bonne pioche ? Dans un jeu traditionnel de 52 cartes, on pioche simultanément deux cartes et on note X la valeur de la carte la plus basse et Y celle de la plus haute (on rappelle que les valeurs des cartes sont numérotées ainsi : 1 pour l’as, 2 pour le deux, . . . , 10 pour le dix, 11 pour le valet, 12 pour la dame et 13 pour le roi).

Exercice 19.2

Bonne pioche ?

397

Exercice 19.2 (suite) : 1. Déterminer la loi conjointe de X et Y . 2. En déduire les deux lois marginales du couple (X, Y ). n  n2 (n + 1)2 k3 = ). 3. Calculer Cov(X, Y ) (on pourra utiliser que 4 k=1

1. Il s’agit de déterminer la probabilité des événements possibles [X = i] ∩ [Y = j] en énumérant les configurations concrètes auxquels ils correspondent.   Il y a

52 2

tirages possibles équiprobables. Pour 1  i  j  13, il y a deux cas :

 

• si i = j, il y a

4 2

situations favorables correspondant à [X = i] ∩ [Y = j] donc

  −1

P(X = i, Y = j) =

   • si i < j, il y a

4 1

4 2

4 1

52 2

=

2 1 1 4×3 = = , 2 52 × 51 13 × 17 221

situations favorables donc

P(X = i, Y = j) =

8 4×4 = . 26 × 51 663

Finalement, la loi conjointe de (X, Y ) est donnée par

2

∀ (i, j) ∈ 1, 13 ,

⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎨ 221

8 P(X = i, Y = j) = ⎪ 663 ⎪ ⎩ 0

si i = j, si i < j, sinon.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

2. Comme leur nom l’indique, les lois marginales “se lisent dans les marges” du tableau de la loi conjointe (pi,j = P(X = i, Y = j)) en additionnant par lignes ou par colonnes. [Y = 1]

[Y = 2]

···

[Y = j]

···

[Y = 13]

[X = 1]

p1,1

p1,2

···

p1,j

···

p1,13

P(X = 1)

[X = 2] .. .

p2,1 .. .

p2,2 .. .

···

p2,j .. .

···

p2,13 .. .

P(X = 2) .. .

[X = i] .. .

pi,1 .. .

pi,2 .. .

···

pi,j .. .

···

pi,13 .. .

P(X = i) .. .

[X = 13]

p13,1

p13,2

···

p13,j

···

p13,13

P(X = 13)

P(Y = 1)

P(Y = 2)

···

P(Y = j)

···

P(Y = 13)

1 = P(Ω)

398

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Chapitre 19

Les deux lois marginales s’obtiennent par sommation : pour k ∈ 1, 13, P(X = k)

13 

=

P(X = k, Y = j) =

j=1

13  8 1 + 221 663

0+

j=1

j=k+1

3 + 8(13 − k) 107 − 8k = , 663 663

= P(Y = k)

k−1 

13 

=

P(X = i, Y = k) =

i=1

k−1  8 i=1

1 8k − 5 = . 221 663

+

663

3. La définition de la covariance et la formule de Huygens requièrent le calcul préalable des deux espérances de X et Y . Par définition de l’espérance, E(X)

13  107 − 8k

=

k

663

k=1



  2 1 = 107 k−8 k 663



13

k=1

k=1





13 × 14 × 27 1 13 × 14 14(107 − 8 × 9) −8 107 = 3 × 13 × 17 2 6 3 × 17 × 2 245 5 × 72 = 3 × 17 51

= = et E(Y )

13

13  8k − 5

k

=

k=1

663



 2  1 8 k −5 k = 663



13

13

k=1

k=1

 

13 × 14 469 1 13 × 14 × 27 7 × 67 −5 = . 8 = 3 × 13 × 17 6 2 3 × 17 51

=

Ces espérances n’étant pas particulièrement simples, mieux vaut utiliser la formule de Huygens plutôt que la définition. Par conséquent, il faut calculer E(XY ) avant. En outre, d’après le théorème de transfert, E(XY )

=



ijP(X = i, Y = j) =

1ij13

=

13  j=1





j 13  

j

j=1

iP(X = i, Y = j)

i=1

j−1 13 13  4(j − 1) + 3 8  1  3 1 j = j= j i+ j (4j − j 2 ) 663 221 663 663 i=1



j=1

2

2



j=1

14(13 × 28 − 9) 13 × 14 × 27 13 × 14 1 − 4 = 3 × 13 × 17 4 6 3 × 17 × 2 7 × 355 2485 = = . 3 × 17 51 Puis, par la formule de Huygens, 2485 245 469 2485 × 51 − 245 × 469 Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = − = 51 51 51 512 11830 = . 512 =

Exercice 19.3

Loi conjointe abstraite

399

Exercice 19.3 : Loi conjointe abstraite i Soit n ∈ N∗ . Pour (i, j) ∈ 1, n2 tel que i  j, on pose pi,j = λ . j 1. Pour quelle(s) valeur(s) de la constante λ, la famille de coefficients (pi,j ) définitelle la loi conjointe d’un couple de variables aléatoires (X, Y ) ? Dans la suite de l’exercice, on considère un couple de variables aléatoires (X, Y ) de loi conjointe donnée par les pi,j (i.e. P(X = i, Y = j) = pi,j ). 2. Déterminer la seconde loi marginale du couple (i.e. la loi de Y ). 3. Donner la loi conditionnelle de X sachant que [Y = j] est réalisé. Si n  2, X et Y sont-elles indépendantes ? 4. Calculer l’espérance de X.

1. Comme déjà évoqué pour l’exercice 18.6 en page 375, les deux contraintes sont que tous les coefficients soient strictement positifs et que leur somme vaille 1. On va d’abord se concentrer sur la deuxième qui va permettre de trouver λ. Raisonnons par analyse et synthèse. Calculons



pi,j

=

1ijn

j n   i

λ

j=1 i=1

j

=λ



j=1



=

n 





j 1 i j i=1

n n  λ  λ j+ 1 = 2 2 j=1

=λ



j=1

n  j+1 j=1

2



n n(n + 1) + n = λ (n + 3). 2 4

Ainsi, si (pi,j ) forme les coefficients d’une loi de probabilité, alors



pi,j = 1

1ijn

4 . Réciproquement, si λ est ainsi défini, tous les pi,j sont strictement n(n + 3) positifs et de somme 1. 4 . Finalement, les pi,j sont les coefficients d’une loi de probabilité ssi λ = n(n + 3) © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

i.e. λ =

2. La seconde loi marginale (celle de Y ) se récupère en sommant les coefficients de la loi conjointe selon les valeurs de la première variable (en l’occurrence X). D’après la formule des probabilités totales appliquée avec le système complet d’événements associé à X, on a, pour j ∈ 1, n, P(Y = j) =

n  i=1

P(X = i, Y = j) =

j  i

λ

i=1

j

j+1 λ i=λ . j 2 j

=

i=1

3. Les coefficients des lois conditionnelles sont donnés par les quotients de ceux de la loi conjointe par ceux des lois marginales.

400

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Chapitre 19

Pour (i, j) ∈ 1, n2 ,

⎧

2i ⎨ P(X = i, Y = j) j(j + 1) = P[Y =j] (X = i) = P(Y = j) ⎩ 0

si i  j, sinon.

On peut revenir à la définition de l’indépendance de deux variables aléatoires en testant si on a P(X = i, Y = j) = P(X = i)P(Y = j) pour tous i et j, cela requiert souvent d’avoir préalablement obtenu la loi conjointe et les deux lois marginales. À défaut de les avoir obtenues, on s’appuie parfois sur le fait que deux événements précis [X = i] et [Y = j] sont possibles mais incompatibles. Méthode 1 : P(X = 1, Y = 1) = 0 et P(X = n, Y = n) = 0 donc P(Y = 1) = 0 et P(X = n) = 0. En particulier P(X = n)P(Y = 1) = 0 alors que P(X = n, Y = 1) = 0 donc X et Y ne sont pas indépendantes.

Mais on peut aussi utiliser que, pour des variables indépendantes, les lois conditionnelles sont identiques aux lois marginales. Méthode 2 : Si X et Y étaient indépendantes, la loi conditionnelle de X sachant que [Y = j] est réalisé ne dépendrait pas de j. Comme ce n’est pas le cas (même l’univers image dépend de j), X et Y ne sont pas indépendantes.

4. On dispose des lois conditionnelles de X mais pas encore de la loi de X. Si on veut utiliser la définition de l’espérance, il faudrait d’abord déterminer les coefficients de la loi de X : n n   1 P(X = i) = pi,j = λi j j=i j=i et on ne sait pas simplifier cette dernière somme ! On pourrait quand même injecter ces sommes dans la définition de l’espérance, toutefois, il est plus simple d’invoquer directement le théorème de transfert à partir de la loi conjointe. D’après le théorème de transfert, E(X)



=

1ijn

 i j

n

=

=

λ

j

 n

2

λ

j=1 i=1

=λ



j=1

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





iP(X = i, Y = j) =

6

1ijn

1 2 i j j

λ

i2 j



i=1





 2   λ = 2 j +3 j+ 1 6 n

j=1



n

n

j=1

j=1

n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) +3 +n 3 2

=

λ 6

=

λn 4n2 + 15n + 17 [2(n + 1)(2n + 1) + 9(n + 1) + 6] = . 36 9(n + 3)

Exercice 19.4

Loi de la somme

401

Exercice 19.4 : Loi de la somme 1. On dispose d’un dé cubique équilibré que l’on lance consécutivement à trois reprises, on note C le nombre porté par la face supérieure du dé lors du premier lancer et N le nombre de faces marquées par un résultat pair lors des deux derniers lancers. Déterminer la loi de S = C + N . 2. Soit n ∈ N∗ . On considère deux variables aléatoires indépendantes X et Y de même loi uniforme sur 1, n. Déterminer la loi de Z = X + Y . 3. Soit m ∈ N∗ . Écrire une fonction Python qui calcule la moyenne arithmétique de m réalisations de la variable aléatoire Z. Tester plusieurs fois cette fonction pour n = 10 et m ∈ {100, 10000, 100000} et commenter les résultats obtenus.

1. Les variables C et N suivent clairement des lois usuelles respectivement uniforme et binomiale. Visualisons alors les valeurs de S selon celles de C et N dans un tableau. C

1

2

3

4

5

6

0

1

2

3

4

5

6

1

2

3

4

5

6

7

2

3

4

5

6

7

8

N

On constate que les valeurs de S qui se répètent sont alignées le long des diagonales montantes et qu’elles sont alors présentes plus ou moins de fois selon que la diagonale coupe le contour du tableau sur les côtés horizontaux ou verticaux.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

C suit la loi uniforme sur 1, 6 et N suit la loi binomiale de paramètre

 1

2, 2 (on reconnaît un schéma de Bernoulli où le succès “obtenir un résultat pair” est de 1 probabilité ). En particulier S(Ω) ⊆ 1, 8. De plus, C et N sont indépendantes 2 donc, par la formule de convolution, pour s ∈ 1, 8,  1  P(S = s) = P(C = i)P(N = j) = P(N = j). 6 i∈C(Ω) j∈N(Ω) i+j=s

j∈0,2 s−j∈1,6

On distingue alors plusieurs cas :

• Pour les petites valeurs de S, la diagonale coupe les contours gauche et supérieur (seules les valeurs de N comprises entre 0 et S − 1 sont possibles puisque la diagonale d’équation N + C = S coupe la verticale C = 1 en N = S − 1 et l’horizontale N = 0 justement en N = 0) ;

402

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Chapitre 19

• si s ∈ 1, 2, P(S = s) =

s−1 1

6

P(N = j) =

j=0

⎧ ⎨ 1

24 ⎩ 1 8

si s = 1

;

si s = 2

• pour les valeurs moyennes, la diagonale coupe les contours inférieur et supérieur (toutes les valeurs de N sont possibles) ;

• si s ∈ 3, 6, P(S = s) =

2 1 1 P(N = j) = ; 6 6 j=0

• pour les grandes valeurs, la diagonale coupe les contours inférieur et droit (ce sont les valeurs de N entre S − 6 et 2 que l’on conserve).

• si s ∈ 7, 8, P(S = s) =

2 1 

6

P(N = j) =

j=s−6

⎧ ⎨ 1

8 ⎩ 1 24

si s = 7

.

si s = 8

2. On pourrait s’appuyer sur le même genre de tableau qu’à la question précédente et il n’y aurait que deux cas possibles. On va préférer présenter une méthode alternative basée sur l’utilisation des fonctions indicatrices (celle indicatrice de la partie A sera notée 1A : 1A (a) vaut 1 si a ∈ A et 0 sinon, la fonction “code”, au sens des booléens informatiques, le fait d’appartenir à la partie A). X et Y sont indépendantes et d’univers image 1, n donc Z(Ω) = 2, 2n et, d’après la formule de convolution, pour z ∈ Z(Ω), P(Z = z)

=

n 

P(X = k)P(Y = z − k) =

k=1

=

n  1 k=1

n

1 11,n (k) 11,n (z − k) n

n 1  11,n (k)1z−n,z−1 (k) n2 k=1

(car 1  z − k  n ssi 1 − z  −k  n − z ssi z − 1  k  z − n)

=

n Card(1, n ∩ z − n, z − 1) 1  11,n∩z−n,z−1 (k) = n2 n2 k=1

Visualisons l’intersection de ces deux intervalles d’entiers de même longueur : le premier 1, n est fixe tandis que l’autre z − n, z − 1 est mobile avec z (il coulisse vers la droite au fur et à mesure que z croît). Pour les “petites” valeurs de z, ce dernier “mord” l’intervalle fixe par la gauche tandis que pour les “grandes” c’est par la droite.

Exercice 19.4

z−n

z−1

1

1

z−n &

On a 1, n ∩ z − n, z − 1 =

⎧ ⎨

Loi de la somme

n

z−1

n

1, z − 1

si z  n + 1

z − n, n

sinon

z−1 n2 P(Z = z) = ⎩ 2n − z + 1 n2

403

si z  n + 1

donc

.

sinon

Pour la formule de convolution, le recours aux fonctions indicatrices permet de transposer le problème d’appartenance aux univers images en celui d’une intersection d’intervalles que l’on peut facilement visualiser. † 3. Il ne faut pas oublier le paramètre n de la loi commune à X et Y qu’on fait passer en argument de la fonction. 1 2 3 4 5

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

6

from random import randint def MoyenneSomme(n, m): Somme = 0 for k in range(1,m+1): Somme += randint(1,n)+randint(1,n) return Somme/m

On prendra garde à ne pas remplacer la somme randint(1,n)+randint(1,n) par 2*randint(1,n) : on ne cherche pas à simuler 2X (ou 2Y ) mais bien la somme X + Y (dans la somme randint(1,n)+randint(1,n), les deux nombres fournis par l’appel à randint sont en général différents puisque chaque appel à randint est indépendant du précédent). En testant la fonction, on s’attend à ce que les moyennes empiriques calculées se rapprochent de la moyenne théorique E(Z) = E(X) + E(Y ). ∗ Pour n = 10 et m ∈ {100, 10000, 100000}, les résultats fournis par la fonction semblent se rapprocher de plus en plus de 11 à mesure que m croît. Cela est cohérent †. Cette démarche pourra être reprise à l’identique dans le programme de seconde année pour la formule de convolution donnant une densité de la somme de deux variables aléatoires à densité indépendantes. ∗. De la même manière, si on jette un grand nombre de fois une pièce de monnaie équilibrée, la proportion de côtés “face” obtenus tend vers 12 (c’est-à-dire la probabilité théorique d’obtenir “face” à chaque lancer). Ce type de question sera approfondi en deuxième année.

404

Chapitre 19

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

avec le fait que l’espérance mathématique de Z est donnée par : n+1 n+1 + = n + 1 = 11. E(Z) = E(X) + E(Y ) = 2 2

Exercice 19.5 : Chaînes de Markov II On considère deux urnes U0 et U1 comportant chacune trois boules. Parmi les six boules, trois sont numérotées 0 et trois sont numérotées 1. On appelle échange l’épreuve consistant à tirer une boule de U0 et une boule de U1 , puis à les échanger (i.e. mettre chaque boule tirée dans l’urne dont elle ne provient pas). Pour n ∈ N, on désigne par Xn la variable aléatoire donnant la somme des numéros des boules contenues dans l’urne U0 après n échanges et on note ⎛ ⎞ P(Xn = 0) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜P(Xn = 1)⎟   ⎜ ⎟. A = P[X0 =j−1] (X1 = i − 1) 1i4 et ∀ n ∈ N, Un = ⎜ ⎟ 1j4 ⎜P(Xn = 2)⎟ ⎝ ⎠ P(Xn = 3) 1.

a. Déterminer les coefficients de la matrice A. Montrer que A est inversible et calculer son inverse. b. Montrer que Un+1 = AUn pour tout n ∈ N. c. Dans cette question uniquement, on suppose que X0 suit la loi uniforme sur 0, 3. Déterminer la loi conditionnelle de X0 sachant que [X1 = 1] est réalisé.    

2. Soient L = 0

1 2

3 et J = 1 1

1 1 .

a. Trouver deux réels α et β tels que LA = αL + βJ. b. En déduire une expression de E(Xn+1 ) en fonction de E(Xn ). c. Déterminer E(Xn ) en fonction de n et E(X0 ).

1.a. Pour visualiser les différentes possibilités, on va construire des sortes d’“arbres”. (X0 = 0)

(X1 = 0) 10

01 11 ou 00

(X0 = 1) 10

01 11 ou 00

(X0 = 2) 10

(X0 = 3)

(X1 = 1) (X1 = 2) 01

(X1 = 3)

La rédaction n’est alors que l’explication de comment on a construit cet “arbre” : partant de la composition des urnes (000 dans U0 et 111 dans U1 pour X0 = 0), le

Exercice 19.5

Chaînes de Markov II

405

seul échange possible est celui d’une boule 0 de U0 avec une boule 1 de U1 (échange que l’on a noté 01), ce qui conduit aux compositions d’urnes 001 et 011 i.e. X1 = 1,... On énumère toutes les situations possibles. • Si X0 = 0, U0 ne contient que des boules 0 et U1 que des boules 1 donc, après échange, X1 = 1 de sorte que P[X0 =0] (X1 = 1) = 1 et P[X0 =0] (X1 = 0) = P[X0 =0] (X1 = 2) = P[X0 =0] (X1 = 3) = 0. • Si X0 = 1, U0 contient une boule 1 pour deux 0 et vice versa pour U1 , il y a neuf situations équiprobables possibles, ♦ une seule échange le 1 de U0 avec le 0 de U1 , auquel cas X1 = 0 ; ♦ deux échangent le 1 de U0 avec l’un des deux 1 de U1 et deux autres le 0 de U1 avec l’un des deux 0 de U0 , auquel cas X1 = 1 ; ♦ quatre échangent l’un des deux 0 de U0 avec l’un des deux 1 de U1 , auquel cas X1 = 2. • Si X0 = 2, U0 contient deux boules 1 pour une 0 et vice versa pour U1 , il y a encore neuf situations possibles, ♦ une seule échange le 0 de U0 avec le 1 de U1 , auquel cas X1 = 3 ; ♦ deux échangent le 0 de U0 avec l’un des deux 0 de U1 et deux autres le 1 de U1 avec l’un des deux 1 de U0 , auquel cas X1 = 2 ; ♦ quatre échangent l’un des deux 1 de U0 avec l’un des deux 0 de U1 , auquel cas X1 = 1. • Si X0 = 3, U0 ne contient que des boules 1 et U1 que des boules 0 donc, après échange, X1 = 2. Ainsi, en procédant par colonnes,

⎛ 0

⎜ ⎜1 ⎜ A=⎜ ⎜0 ⎝ 0

⎞

1 9

0

0

4 9

4 9

0⎟ ⎟

4 9

4 9

0

1 9

⎟ ⎟.

1⎟ ⎠ 0

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Pour l’inversibilité, faute d’arguments probabilistes, on va résoudre le système associé à A de second membre générique. Résolvons le système AX = Y suivant

⎧ 1 ⎪ x ⎪ 9 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 + 4 x2 + 4 x3 9 9 (S) : 4 4 ⎪ x + 9 x3 + x4 ⎪ 9 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 9

x3

=

y1

=

y2

=

y3

=

y4

,

(S)

⇐⇒

⎧ ⎪ x2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1

=

9y1

=

⎪ x4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

y2 − 49 (x2 + x3 )

=

y3 − 49 (x2 + x3 )

=

9y4

=

−4y1 + y2 − 4y4

=

9y1

=

9y4

=

−4y1 + y3 − 4y4

x3

⇐⇒

⎧ ⎪ x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x2 ⎪ x3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x4

406

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Chapitre 19

⎛ donc A est inversible et A

−1

−4

⎜ ⎜9 ⎜ =⎜ ⎜0 ⎝

−4

⎞

1

0

0

0

0

0

0

1

−4

⎟

0⎟ ⎟

⎟.

9⎟ ⎠ −4

1.b. Partons du résultat que l’on souhaite obtenir et écrivons le, coefficient par coefficient, une fois le produit matriciel effectué : P(Xn+1 = i) =

3 

P[X0 =j] (X1 = i)P(Xn = j).

j=0

Cela doit faire immédiatement penser à la formule des probabilités totales. Toutefois les probabilités conditionnelles ne sont apparemment pas celles attendues, il reste donc à comprendre qu’elles ne dépendent pas du moment de l’échange ce qui est assez évident puisque le protocole expérimental est le même lors de tous les échanges. D’après la formule des probabilités totales appliquée avec le système complet d’événements associé à Xn , pour tout i ∈ 0, 3, P(Xn+1 = i) =

3 

P[Xn =j] (Xn+1 = i)P(Xn = j).

j=0

Or la composition des urnes après n échanges ne dépend que de la composition des urnes avant le dernier échange et de la nature du dernier échange donc les coefficients P[Xn =j] (Xn+1 = i) sont ceux de la matrice A et, finalement, Un+1 = AUn .

1.c. On cherche la loi d’une variable aléatoire dont l’apparition expérimentale précède chronologiquement la condition, cela doit faire penser à la formule de Bayes. ⎛ ⎞

⎛ ⎞

1

1

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 ⎜1⎟ 1 ⎜17⎟ 17 U0 = ⎜ ⎟ donc U1 = AU0 = ⎜ ⎟ et P(X1 = 1) = . 4 ⎜1⎟ 36 ⎜17⎟ 36 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1 Par ailleurs, d’après la formule de Bayes, pour k ∈ 0, 3, P[X1 =1] (X0 = k)

=

P[X0 =k] (X1 = 1)P(X0 = k)

3 

P[X0 =j] (X1 = 1)P(X0 = j)

=

P[X0 =k] (X1 = 1)P(X0 = k) P(X1 = 1)

j=0

1 36 9 = P[X0 =k] (X1 = 1) 4 17 17 donc la loi conditionnelle de X0 sachant que [X1 = 1] est réalisé est donnée par 9 4 et P[X1 =1] (X0 = 1) = P[X1 =1] (X0 = 2) = . P[X1 =1] (X0 = 0) = 17 17 =

P[X0 =k] (X1 = 1)

Exercice 19.6

Autour de la stabilité additive des lois binomiales

407

2.a. On procède au brouillon en remplaçant les deux membres de l’égalité par leur valeur :     4 5 1 2 = β α + β 2α + β 3α + β . 3 3 1 Par identification, on voit que, nécessairement, β = 1 et α = . 3 

On a

LA = 1 donc α =

4 3

5 3





2 =J+ 0

1 3

2 3

 1 =J+

1 L 3

1 et β = 1 conviennent. 3

2.b. Comme il s’agit d’une déduction, il faut faire le lien entre E(Xn ) et les vecteurslignes L ou J. L contient les valeurs possibles de Xn donc on constate que le produit matriciel LUn donne le scalaire E(Xn ). Le passage de E(Xn+1 ) à E(Xn ) se fait alors via la relation du 1.b.

E(Xn+1 ) =

3 

kP(Xn+1 = k) = LUn+1 = LAUn = (αL+βJ)Un = αLUn +βJUn .

k=0

Or LUn = E(Xn ) et JUn =

3 

P(Xn = k) = 1 donc E(Xn+1 ) = αE(Xn ) + β.

k=0

2.c. Il faut reconnaître une relation de récurrence arithmético-géométrique.

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1 La suite (E(Xn )) vérifie la relation de récurrence E(Xn+1 ) = E(Xn ) + 1 donc elle 3 3 1 est arithmético-géométrique. L’unique solution de l = l + 1 est l = de sorte que la 3 2 3 1 suite de terme général E(Xn ) − est géométrique de raison . En conclusion, pour 3  n2  1 3 3 E(X0 ) − , donc tout n ∈ N, E(Xn ) − = 2 3 2   1 3 3 . E(Xn ) = + n E(X0 ) − 2 3 2

Exercice 19.6 : Autour de la stabilité additive des lois binomiales Soient (n1 , n2 ) ∈ N∗2 et (p1 , p2 ) ∈ ]0, 1[ . Soient X1 et X2 deux variables aléatoires indépendantes toutes deux de loi binomiale, la première de paramètre (n1 , p1 ) et la seconde de paramètre (n2 , p2 ). On pose S = X1 + X2 . 2

1. Exprimer l’espérance et la variance de S en fonction des paramètres n1 , n2 , p1 + p2 p 2 − p1 p= et ε = . 2 2

408

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Chapitre 19

Exercice 19.6 (suite) : 2. On suppose que S suit une loi binomiale et on note n et p ses paramètres. a. En raisonnant avec l’univers image de S, donner la valeur de n. b. En raisonnant avec E(S), donner la valeur de p. c. En raisonnant avec V(S), montrer que p1 = p2 . 3. Conclure que S suit une loi binomiale si et seulement si X1 et X2 ont même second paramètre. 1. S = X1 + X2 et les moments de X1 et X2 sont connus. On peut donc obtenir ceux de S sans avoir à déterminer sa loi à l’aide du comportement pour la somme de l’espérance et de la variance. En utilisant que p1 = p − ε et p2 = p + ε, on a, par linéarité de l’espérance, E(S)

=

E(X1 ) + E(X2 ) = n1 p1 + n2 p2

=

n1 (p − ε) + n2 (p + ε) = (n1 + n2 )p + (n2 − n1 )ε

et, par indépendance de X1 et X2 et additivité de la variance dans ce cas, V(S)

=

V(X1 ) + V(X2 ) = n1 p1 (1 − p1 ) + n2 p2 (1 − p2 )

=

n1 (p − ε)(1 − p + ε) + n2 (p + ε)(1 − p − ε)

=

n1 p(1 − p) − n1 ε(1 − 2p) − n1 ε2 + n2 p(1 − p) + n2 ε(1 − 2p) − n2 ε2

=

(n1 + n2 )p(1 − p) + (n2 − n1 )ε(1 − 2p) − (n1 + n2 )ε2 .

2.a. Les univers images pour des lois usuelles sont connus et l’indépendance garantit que toutes les sommes sont effectivement possibles. Comme X1 (Ω) = 0, n1  et X2 (Ω) = 0, n2  et que ces deux variables sont indépendantes, S(Ω) = 0, n1 + n2 . Par ailleurs S suit la loi binomiale de paramètre (n, p) donc S(Ω) = 0, n. On en conclut que n = n1 + n2 .

2.b. Là encore, pour les lois usuelles, l’espérance est connue. L’espérance d’une loi binomiale de paramètre (n, p) est connue donc E(S) = np, et n2 − n1 E(S) = np ⇐⇒ (n1 +n2 )p+(n2 −n1 )ε = (n1 +n2 )p ⇐⇒ p = p+ ε. n1 + n2

2.c. Idem pour la variance. La variance aussi est connue et V(S) = np(1 − p), où V(S) = np(1 − p) ⇐⇒ ⇐⇒



n2 − n1 ε n1 + n2





n2 − n1 ε n1 + n2 (n1 − n2 )2 2 V(S) = (n1 + n2 )p(1 − p) + (n2 − n1 )ε(1 − 2p) − ε n1 + n2 V(S) = (n1 + n2 ) p +

1−p−

Exercice 19.7

V(S) = np(1 − p)

Arrêts d’un ascenseur

⇐⇒

−(n1 + n2 )ε2 = −

⇐⇒

4n1 n2 2 ε =0 n1 + n2

409

(n1 − n2 )2 2 ε n1 + n2 ε=0

donc

i.e.

p1 = p2 .

3. La série des questions précédentes permet clairement de traiter le sens direct. Pour la réciproque, on pourrait revenir à l’interprétation des lois binomiales en terme du nombre de succès d’un schéma de Bernoulli : en enchaînant n1 épreuves indépendantes puis, indépendamment, n2 autres épreuves indépendantes, on a effectué n1 +n2 épreuves indépendantes ; les nombres de succès partiels et total suivent tous des lois binomiales. On choisit ici d’en présenter la preuve par le calcul à l’aide de la formule de Vandermonde (cf pages 21, 52 et 370). D’après la question 2.c, si S suit une loi binomiale alors p1 = p2 . Réciproquement, si p1 = p2 (qu’on notera p dorénavant), pour s ∈ 0, n1 + n2 , comme X1 et X2 sont indépendantes, par la formule de convolution, P(S = s)

=

n1 

P(X1 = k)P(X2 = s − k)

k=0 n1

=

 n1  k

k=0

=

 pk (1 − p)n1 −k

 n    1  n1 n2 k=0

s−k

k



Au dénominateur manquant

n1 + n2 s

ps (1 − p)(n1 +n2 )−s .



près, la somme est celle des coefficients d’une



n1 + n2 , s,

loi hypergéométrique de paramètre

 P(S = s) =



n2 ps−k (1 − p)n2 −(s−k) s−k



n1 n1 + n2

 donc

n1 + n2 s p (1 − p)(n1 +n2 )−s s

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

si bien que S suit la loi binomiale de paramètre (n1 + n2 , p).

Exercice 19.7 : Arrêts d’un ascenseur On considère un immeuble de p étages, n personnes montent dans l’ascenseur au rez-de-chaussée. Chaque personne descend à un étage au hasard, indépendamment des autres. Soit X la variable aléatoire comptant le nombre d’arrêts de l’ascenseur. On définit plusieurs variables aléatoires : • Xi prend la valeur 1 si l’ascenseur s’arrête à l’étage i, et 0 sinon ; • Yi,j prend la valeur 1 si la j-ième personne descend à l’étage i, et 0 sinon. 1. Déterminer la loi de chacune des variables Yi,j puis celle de chacune des Xi .

410

Chapitre 19

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Exercice 19.7 (suite) : 2.

a. Exprimer X en fonction des Xi et calculer son espérance E(X). b. Déterminer lim E(X). Était-ce prévisible ? p→+∞

3.

a. Calculer Cov(Xi , Xj ) pour 1  i, j  p et en déduire V(X). b. Déterminer lim V(X). p→+∞

1. On s’intéresse d’abord aux univers images ce qui ne conduit qu’à une seule famille possible de lois. Yi,j et Xi ne prennent que les valeurs 0 et 1 donc elles suivent toutes des lois de Bernoulli.

Pour déterminer les paramètres, il faut interpréter concrètement la notion de succès ou d’échec. De plus, P(Yi,j = 1) =

1 car, pour la personne j, les p étages sont équiprobables. p

En outre, Xi = 0 ssi personne ne descend à l’étage i i.e. [Xi = 0] =

n 9

[Yi,j = 0]

j=1

d’où, les choix des occupants de l’ascenseur étant indépendants, n 

P(Xi = 0) =



1 1− p

P(Yi,j = 0) =

j=1

Finalement, les paramètres de Yi,j

n

.

1 et Xi sont respectivement et 1 − p



1 1− p

n .

2.a. Là encore, il faut utiliser l’interprétation concrète des diverses variables aléatoires. Xi code le fait que l’ascenseur s’arrête à l’étage i donc, en sommant les Xi , on compte le nombre d’arrêts de l’ascenseur i.e. X =

p 

Xi .

i=1

Les variables de Bernoulli Xi (de même paramètre) que l’on ajoute ne sont pas indépendantes donc il n’est pas possible de trouver facilement la loi de X par stabilité additive. Toutefois, comme X s’écrit comme une somme, la stratégie de la linéarité est tout indiquée pour obtenir l’espérance. Puis, par linéarité de l’espérance, E(X) =

p  i=1

 E(Xi ) = p 1 −



1 1− p

n .

2.b. Pour lever l’indétermination de la forme ∞×0, on va utiliser des développements limités particulièrement simples puisqu’il s’agit des premiers termes de la formule du binôme.

Exercice 19.7

Arrêts d’un ascenseur

D’après la formule du binôme de Newton,



1−



donc

1 p

n



E(X) = p 1 − 1 −

=1−

n + ◦ p p→+∞

n + ◦ p p→+∞

411

  1 p

   1 p

=n+

◦

(1)

p→+∞

et, finalement, lim E(X) = n. p→+∞

Il faut maintenant revenir à l’interprétation concrète de X, la signification de l’espérance et celle de faire tendre p vers l’infini. Ce résultat était prévisible : lorsque le nombre d’étages est très grand, il est très improbable que plusieurs personnes s’arrêtent au même étage ; comme il y a n personnes, l’ascenseur effectue donc le plus souvent (et a fortiori en moyenne) n arrêts.

3.a. Tout d’abord, quand les deux variables sont identiques, la covariance n’est autre que la variance.  n   n Pour i = j, Cov(Xi , Xj ) = V(Xi ) =

1−

1 p

1−

1−

1 p

.

Maintenant, comme les variables Xi et Xj ne sont pas indépendantes, le calcul de la covariance via la formule de Huygens demande un peu de précision : il suffit de calculer l’espérance de chacune et celle du produit. Ces trois variables Xi , Xj et Xi Xj suivent des loi de Bernoulli. Seul le paramètre de la troisième n’a pas encore été obtenu. L’événement [Xi Xj = 1] = [Xi = Xj = 1] qui signifie “l’ascenseur s’arrête aux étages i et j” n’est pas très facile à exprimer en fonction des événements élémentaires associés aux Yi,j donc on va plutôt se rabattre sur [Xi Xj = 0] = [Xi = 0 ou Xj = 0]. Pour i = j, [Xi Xj = 0] = [Xi = 0] ∪ [Xj = 0] et, d’après la formule de la probabilité d’une union, P([Xi = 0] ∪ [Xj = 0]) = P(Xi = 0) + P(Xj = 0) − P([Xi = 0] ∩ [Xj = 0]). Or Xi = Xj = 0 ssi personne ne descend ni à l’étage i ni à l’étage j i.e.

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

[Xi = 0] ∩ [Xj = 0] =

n  9



[Yi,k = 0] ∩ [Yj,k = 0]

k=1

donc, par les même arguments qu’en 1, P(Xi = Xj = 0) =

n  



P [Yi,k = 0] ∩ [Yj,k = 0] .

k=1

Comme [Yi,k = 0] ∩ [Yj,k = 0] signifie que la personne k ne descend ni à l’étage 2 i ni au j, sa probabilité vaut 1 − . Ainsi, en utilisant que (Xi Xj )(Ω) = {0, 1} et p  n 1 , P(Xi = 0) = P(Xj = 0) = 1 − p

 

1 P(Xi Xj = 1) = 1 − P(Xi Xj = 0) = 1 − 2 1 − p

n



−

2 1− p

n

.

412

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Chapitre 19

D’après la formule de Huygens, Cov(Xi , Xj )

=

E(Xi Xj ) − E(Xi )E(Xj )

=

1 1−2 1− p





2 p

1−

=

n

n



2 1− p

+



−

1 p

1−

n





− 1−

2n

1 1− p

n 2

.

On vient d’obtenir les coefficients de ce qui s’appelle la matrice de variances/covariances du p-uplet de variables aléatoires (X1 , . . . , Xp ). ⎛

V(X1 )

Cov(X1 , X2 )

⎜ ⎜ ⎜Cov(X2 , X1 ) ⎜ ⎜ .. ⎜ . ⎝ Cov(Xp , X1 )

V(X2 ) .. . ··· p 

La variance de la somme

⎞ Cov(X1 , Xp ) ⎟ .. ⎟ ⎟ . ⎟ ⎟ Cov(Xp−1 , Xp )⎟ ⎠ Cov(Xp , Xp−1 ) V(Xp ) ··· .. . .. .

Xi s’obtient en ajoutant tous les coefficients de cette

i=1

matrice.

Par bilinéarité de la covariance, V(X)

=

V

 p 



=



Xi

i=1

1 p 1− p

= Cov

n 

=

1 p 1− p



1−



+p(p − 1)



 p  i=1

1 1− p

2 1− p

n

n

n

 + p(p − 1)

Xi ,

p 

 Xj



=

 −

2 1− p

Cov(Xi , Xj )

1i,jp

j=1

1 1− p

2n 

n

 −p

2

1 1− p

2n .

3.b. On fait encore des développements limités à l’aide de la formule du binôme :       2n 4n(n − 1) 1 n 1 + p(p − 1) 1 − +◦ V(X) = p 1 − + ◦ + p p p 2p2 p2    2n 2n(2n − 1) 1 2 . +◦ −p 1 − + p 2p2 p2 Après plusieurs lignes de calculs, on obtient V(X) = ◦(1). Maintenant qu’on a compris qu’il y a des simplifications, on va essayer de les mettre en évidence plus simplement. L’idée est de développer le terme en p(p − 1) = p2 − p qui créait un “mélange” entre les termes de deux ordres consécutifs puis de regrouper les termes selon qu’ils sont proportionnels à p ou à p2 .

Exercice 19.8

On a

 V(X) = p

1 1− p

n

 −

2 1− p

Matrices aléatoires



n +p

2 1− p

2

et, toujours par la formule du binôme de Newton,



1 1− p

n



−

2 1− p

n



= =



2 1− p

n

 −

1 1− p

2n

n 1− + ◦ p p→+∞

n + ◦ p p→+∞

 =

n

 

 

1 p



1 1− p

−

2n − 1− p

2n 4n(n − 1) 1− + ◦ + p→+∞ p 2p2



2n(2n − 1) 2n + − 1− p 2p2

donc V(X) =

◦

p→+∞





=

2n(n − 1) − n(2n − 1) + ◦ p→+∞ p2

=

n − 2 + ◦ p p→+∞



1 p2



2n 



1 p

413



1 p2





1 p2



i.e. lim V(X) = 0.

(1)

p→+∞

Exercice 19.8 : Matrices aléatoires

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Soient A, B et C trois variables aléatoires indépendantes de même loi binomiale de paramètre (n, p) avec n  2 et p ∈]0, 1[. On définit une matrice aléatoire en posant ⎞ ⎛ A B ⎜ ⎜ M = ⎜A B ⎝ A B 1.

C

⎟ ⎟ C⎟ . ⎠ C

a. Déterminer la probabilité pour que M soit inversible. b. On note R le rang de M . Déterminer la loi de R. c. Montrer que la probabilité que M soit symétrique vaut n  3  n p3k (1 − p)3(n−k) . k k=0

2

2. Calculer M . Quelle est la probabilité que M soit nilpotente i.e. qu’il existe m  1 tel que M m = 0 ?

414

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Chapitre 19

Exercice 19.8 (suite) : 1 . 2 a. Quelles lois suivent n − C et (A + B) + (n − C) ?

3. Dans cette question uniquement on suppose que p =

b. En déduire la probabilité pour qu’une des colonnes de M soit la somme des deux autres. 1.a. Impossible d’utiliser le déterminant puisque la matrice n’est pas d’ordre 2, on se rabat sur le critère de liberté des lignes qui est adapté à la “forme” de la matrice. Comme toutes les lignes de M sont égales, elle n’est pas inversible donc la probabilité qu’elle le soit est nulle.

1.b. Pour le rang, on effectue une réduction de Gauss. En soustrayant la⎞première ligne aux deux autres, on voit que M est de même rang ⎛ A

⎜ que ⎜ ⎝0

B

C

0

0⎟ ⎠ de sorte qu’il n’y a que deux possibilités : si A = B = C = 0,

⎟

0 0 0 R = 0 et sinon R = 1. Finalement, R suit une loi de Bernoulli de paramètre P(R = 1)

=

1 − P(R = 0) = 1 − P(A = 0, B = 0, C = 0)

=

1 − P(A = 0)P(B = 0)P(C = 0)

=

n 3

1 − [(1 − p) ]

(car A, B et C sont indépendantes)

(car elles suivent la loi B(n, p)).

1.c. Pour la symétrie, on utilise la caractérisation par la transposition. M est symétrique si et seulement si t M = M , or

⎛

t

⎛

⎞

A

A

A

B

C

⇐⇒ ⎜ ⎝B

B

⎜ B⎟ ⎠ = ⎝A

B

C⎟ ⎠ ⇐⇒ A = B = C,

C

C

C

B

C

⎜

M=M

⎞

A

⎟

⎜

A

⎟

ainsi la probabilité que M soit symétrique est P(A = B = C) =

n 

P(A = B = C = k)

k=0 n

=



P(A = k)P(B = k)P(C = k)

(car A, B et C sont indépendantes)

k=0 n

=

 n3 k=0

k

p3k (1 − p)3(n−k)

(car A, B et C suivent la loi B(n, p)).

Exercice 19.8

Matrices aléatoires

415

2. On commence par un produit matriciel. Par calcul,

⎞⎛

⎛

A

⎜

M2 = ⎜ ⎝A A

⎞

⎛

⎞

B

C

A

B

C

A

B

C

B

⎜ C⎟ ⎠ ⎝A

B

⎜ C⎟ ⎠ = (A+B+C) ⎝A

B

C⎟ ⎠ = (A+B+C)M.

B

C

B

C

B

C

⎟⎜

A

⎟

⎜

A

⎟

On généralise facilement cette relation aux puissances suivantes ce qui donne le critère de nilpotence A + B + C = 0 que l’on “traduit” à l’aide des univers images pour une loi binomiale. Par récurrence, on montrerait que, pour tout m  1, M m = (A+B +C)m−1 M . Ainsi M est nilpotente ssi A + B + C = 0 (le cas M = 0 i.e. A = B = C = 0 est contenu dans celui-ci). Or, comme A, B et C sont à valeurs dans 0, n, A + B + C = 0 ssi A = B = C = 0 de sorte que finalement la probabilité que M soit nilpotente vaut P(A = 0, B = 0, C = 0) = (1 − p)3n .

3.a. On peut raisonner avec les coefficients de la loi de n − C     n 1 n P(n − C = k) = P(C = n − k) = pn−k (1 − p)k = k 2n n−k en utilisant la symétrie des coefficients binomiaux. Mais on peut aussi plus astucieusement revenir à l’interprétation concrète. Si C correspond au nombre de succès, n − C correspond au nombre d’échecs pour 1 le même schéma de Bernoulli. Comme p = , succès et échec sont équiprobables de 2  1 . sorte que n − C a même loi que C à savoir B n, 2

© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.

Pour (A + B) + (n − C), on n’additionne que des variables indépendantes de même loi binomiale ce qui revient à enchaîner plusieurs schémas de Bernoulli identiques. A, B et n − C comptent le nombre de succès lors de trois schémas de Bernoulli indépendants de n épreuves et de même probabilité donc A + B + n − C  de succès  1 . qui compte le nombre total de succès suit la loi B 3n, 2

3.b. On commence par remarquer que chacune des trois colonnes peut être la somme des deux autres. Selon laquelle des colonnes est la somme des deux autres, il y a trois possibilités A = B + C, B = A + C et C = A + B. La probabilité demandée est P ([A = B + C] ∪ [B = A + C] ∪ [C = A + B]) .

Les trois événements de cette union ne sont pas incompatibles donc on a recours à la formule de la formule de la probabilité d’une union et à sa version à trois événements (voir la formule du crible en page 49).

416

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

Chapitre 19

D’après la formule de la probabilité d’une union, P([A = B + C] ∪ [B = A + C] ∪ [C = A + B]) =

P([A = B + C] ∪ [B = A + C]) + P(C = A + B) −P([A = B + C, C = A + B] ∪ [B = A + C, C = A + B])

=

P(A = B + C) + P(B = A + C) − P(A = B + C, B = A + C) + P(C = A + B) −P(A = B + C, C = A + B) − P(B = A + C, C = A + B) +P(A = B + C, C = A + B, B = A + C).

Les différentes intersections d’événements se reformulent : • les premières en [A = B + C] = [B + C − A = 0] = [B + C + n − A = n] dont on déduit la probabilité à l’aide de la question précédente (c’est la déduction attendue) ; • les secondes en ⎧ ⎧ ⎧ ⎨ A = B+C ⎨ ⎨ A = B A = B+C ⇐⇒ ⇐⇒ ; ⎩ B = A + C L2 ←L2 +L1 ⎩ A + B = A + B + 2C ⎩ C = 0 • la dernière est l’intersection des précédentes ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ A = B + C A = ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ B = A + C ⇐⇒ B = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ C = A+B ⎩ C =

0 0 . 0

Calculons les diverses probabilités présentes :





3n 1 • P(C = A + B) = P(A + B − C = 0) = P(A + B + n − C = n) = et, n 23n par symétrie de A, B et C, il en va de même de P(A = B + C) et P(B = A + C) ; • P(A = B + C, C = A + B) = P(A = B + C, C = 2B + C) = P(A = C, B = 0) puis, par indépendance de A, B et C, 1 P(A = B + C, C = A + B) = P(A = C)P(B = 0) = P(A = C) n ; 2 or, avec le même raisonnement qu’à la question précédente,  A+ n − C suit la   2n 1 1 loi B 2n, donc P(A = C) = P(A + n − C = n) = si bien que n 22n 2   2n 1 et c’est la même valeur pour les deux P(A = B + C, C = A + B) = n 23n autres probabilités P(A = B + C, B = A + C) et P(B = A + C, C = A + B) ; • pour la triple intersection P(A = B + C, C = A + B, B = A + C)

= =

Finalement, la probabilité demandée vaut









3n 1 2n 1 1 3 −3 + 3n = n 23n n 23n 2

P(A = C, B = 0, B = A + C) 1 P(A = B = C = 0) = 3n . 2



 1+3

3n n



 −

2n n

 

1 . 23n

Liste des capacités attendues

417

Liste des capacités attendues • Savoir déterminer la loi conjointe, les lois marginales ou les lois conditionnelles d’un couple de variables aléatoires finies (cf exercices 19.2, 19.3 et question 19.5.1.c)    P(X = i) = P [X = i] ∩ [Y = j] , j∈Y (Ω)

P(X = i|Y = j) =

  P [X = i] ∩ [Y = j]  .   P [X = k] ∩ [Y = j] k∈X(Ω)

• Savoir déterminer la loi de la somme de deux variables aléatoires finies à valeurs entières positives à l’aide de la formule de convolution (cf exercice 19.4 et question 19.8.3.a) ∀ n ∈ X(Ω) + Y (Ω),

P(X + Y = n) =

n    P [X = k] ∩ [Y = n − k] . k=0

• Savoir utiliser le théorème de transfert (cf questions 19.1.1 et 19.3.4)      E u(X, Y ) = u(i, j)P [X = i] ∩ [Y = j] .

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(i,j)∈X(Ω)×Y (Ω)

• Savoir justifier que deux variables aléatoires finies sont indépendantes (cf questions 19.1.4 et 19.8.3.a) en vérifiant que la loi conjointe est le produit des lois marginales ou en utilisant le “lemme des coalitions” ♦ si X1 , X2 , . . . , Xn , Xn+1 , . . . , Xn+p sont indépendantes alors u(X1 , X2 , . . . , Xn ) et v(Xn+1 , . . . , Xn+p ) sont indépendantes ; ♦ si X1 , X2 , . . . , Xp sont indépendantes, alors u1 (X1 ), u2 (X2 ), . . . , up (Xp ) sont indépendantes. • Savoir déterminer la covariance de deux variables aléatoires finies (cf questions 19.2.3 et 19.7.3.a)   ♦ par sa définition Cov(X, Y ) = E [X − E(X)][Y − E(Y )] , ♦ par la formule de Huygens

Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) .

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Chapitre 19

Couples et n-uplets de variables aléatoires finies

• Savoir déterminer la variance de la somme de deux (ou plus) variables aléatoires finies (cf question 19.7.3.a) V(X + Y ) = V(X) + 2 Cov(X, Y ) + V(Y ) et, si les Xk sont deux à deux indépendantes,  n  n   V Xk = V(Xk ) . k=1

k=1

Index

ajustement linéaire, 342 application linéaire bijective, 166 injective, 166 surjective, 166 argument, 27 arrangement, 60 barycentre, 140 base, 166

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cercle, 140 changement de variable dans une équation différentielle, 316 d’indice, 25 de variable, 288 coefficient, 103 binomial, 26 constant, 103 de corrélation linéaire, 342 dominant, 103 combinaison, 60 continuité, 213 covariance, 342, 417 croissance de l’intégrale, 287 déformation affine, 342 degré, 121 dérivée, 237 partielle, 326 dichotomie, 197 dimension, 166 dérivabilité, 237 écart-type, 390 statistique, 342 ensemble défini par compréhension, 141 défini par extension, 141 équation caractéristique, 291

cartésienne, 140 différentielle autonome, 291, 316 d’Euler, 309 d’ordre 1, 291, 315 d’ordre 2, 291, 315 fonctionnelle, 207, 219, 309 du second degré, 43 trigonométrique, 43 espérance (mathématique), 390 extrema, 326 factorielle, 24 factorisation dans C[X], 121 famille de vecteurs génératrice, 166 libre, 166 liée, 166 fonction injective, 209 réciproque, 196 de répartition, 395 formule des accroissements finis, 237 d’addition, 43, 325 de Bayes, 360, 406 du binôme de Newton, 24, 101, 384, 411, 413 de conditionnement, 359, 380 de convolution, 417 de duplication, 43, 270, 272 d’Euler, 43, 107, 115 de Huygens, 417 d’intégration par parties, 287 de Kœnig-Huygens, 342, 390 de la moyenne, 289 du pion, 26 des probabilités composées, 359 des probabilités totales, 359, 399, 406 du rang, 167 de Taylor-Young, 260, 385

420

Index

de Vandermonde, 370 gradient, 326 image, 166 incompatibilité, 359 indépendance d’événements, 359 de variables aléatoires, 417 inégalité de Bienaymé-Tchebychev, 391 triangulaire, 287 intégrale, 261, 286 intégrande, 261 inverse d’une matrice, 101 inversibilité d’une matrice, 101 lemme des coalitions, 417 limite de fonctions, 213 de suites, 199 linéarisation, 43 linéarité d’une application, 166 de l’espérance, 382, 391 de l’intégrale, 287 de la moyenne, 342 des parties réelles et imaginaires, 38 de la sommation, 24, 179 p-liste, 60 loi de Bernoulli, 361, 363, 364 binomiale, 366 certaine, 361, 363 conditionnelle, 417 conjointe, 417 hypergéométrique, 368 marginale, 417 de la somme, 417 uniforme, 364 matrice associée à une application linéaire, 166 identité (ou unité), 75 nulle, 75 méthode de l’angle moyen, 36 du pivot de Gauss, 74 de la variation de la constante, 315 modèle d’apparition des lois de Bernoulli, 361 binomiales, 367, 382 hypergéométriques, 369, 371 uniformes, 365 module, 27 moments d’une variable aléatoire, 390

moyenne statistique, 342 négation logique, 210 noyau, 166 opérations élémentaires, 74 ordre d’une matrice, 75 de multiplicité, 103, 121 partie entière, 189, 394 réelle et imaginaire, 27, 117 permutation, 60 positivité de l’intégrale, 287 primitive, 286 principe des croissances comparées, 199, 213, 235, 259, 321 de superposition, 315 du terme constant, 24 produit cartésien, 60 fini, 24 matriciel, 101 prolongeabilité par continuité, 213 puissance n-ième d’une matrice, 101 (langage) Python, 7, 29, 45, 47, 104, 135, 185, 191, 195, 225, 229, 277, 278, 334, 348, 378, 401 racine, 103, 121 raisonnement par l’absurde, 196, 209–212, 303, 307, 320, 340 par analyse et synthèse, 36, 132, 137, 220, 324, 399 par double implication, 136 par double inclusion, 157 par identification, 119 par récurrence, 22, 24, 183, 194, 211, 226, 234, 357 à deux termes, 105, 107 rang d’une application linéaire, 167 d’une famille de vecteurs, 166 d’une matrice, 101 d’un système linéaire, 74 réciproque d’une application linéaire, 166 d’une fonction bijective, 214 réduction sous forme canonique, 104 relation de Chasles, 25, 287 de Pascal, 26 représentation paramétrique, 140

Index

somme double, 25 finie, 24 de Riemann, 288 sous-espace vectoriel, 166 suites adjacentes, 199 arithmético-géométriques, 199, 407 arithmétiques, 199 contractantes, 229 dont le terme général est une intégrale, 288 géométriques, 199 linéairement récurrentes d’ordre 2, 107, 199 majorées/minorées/bornées, 199 télescopage, 25, 110, 115, 179, 192 terme constant, 103 dominant, 103, 105 théorème de d’Alembert-Gauss, 121 de la bijection, 196, 214, 215, 225, 242, 321 de continuité sur un segment, 214 des gendarmes, 199, 213, 218 de la limite monotone, 199, 213, 227, 284 du rang, 167 de Rolle, 237 des suites adjacentes, 199 de transfert, 391, 417 des valeurs intermédiaires, 118, 214, 303, 307 transposition, 101 trinôme bicarré, 104

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univers image, 363, 364, 390 variance, 390 de la somme, 418 statistique, 342 variations d’une fonction, 260 d’une suite, 199

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