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�� ��Lycee Charlemagne MPSI2 Annee 2021/22

. TD09 .

. Lundi 22 novembre .

◦0◦ Complétez :

1 2 11 1

2

.

1 10 1 −1

1

=

2 0 30

3 4

(on fait tomber les colonnes sur les lignes).

Dans

1 2 11 a 1b c 2

.

1 d 10 1 −1e 1 f

=

2 0 3g 0 h3 i 4

, on donne des noms aux coefficients, et on résout de pe-

tites équations comme 1 + e = 2.

On trouve finalement

1 2 11 2 11 5 2

.

1 −3 10 1 −11 1 4

=

2 0 32 0 33 4 4

.

◦1◦ ♥ Trouvez tous les entiers qui sont à la fois congrus à 2 modulo 7, à 7 modulo 13 et à 13 modulo 2.I

On veut les entiers qui soient à la fois congrus à 2 modulo 7, à 7 modulo 13 et à 13 modulo 2.La dernière condition se réduit à n ≡ 1 [2]. On traduit en introduisant des variables :∃(a, b, c), n = 2 + 7.a, n = 7 + 13.b, n = 1 + 2.c c’est le théorème des « restes chinois » ou « congruences simulta-nées ».

Contentons nous des deux premières :{

n = 2 +7.an = 7 +13.b

}⇔{

n = 2 +7.a5 = 7.a −13.b

}On cherche une identité de Bézout entre 7 et 13 : 2.7− 1.13 = 1 (désolé Euclide et Bézout, je n’ai pas eu besoin devous).On multiplie par 5 et on remplace{

n = 2 +7.an = 7 +13.b

}⇔

n = 2 +7.an = 7 +13.b

10.7 − 5.13 = 7.a −13.b

⇔ n = 2 +7.a

n = 7 +13.b7.(a− 10) = 13.(b− 5)

a− 10 est multiple de 13 et b− 5 est multiple de 7 (dans e même rapport).On n’a plus qu’une variable : k vérifiant a = 13.k + 7 et b = 7.k + 5.On reporte : n = 2 + 7.(13.k + 10) = 7 + 13.(7.k + 5).On trouve n = 72 + 7.13.k avec k décrivant Z (qui veut vérifier : 72 = 2 [7] et 72 = 7 [13]).Il reste à tenir compte de l’autre congruence : n doit être impair. Il faut et il suffit que k soit impair.�� ��Sn = {72 + 91.(2.p + 1) | p ∈ Z} (première solution positive : 163)

◦2◦ Dans l’ensemble des entiers de 0 à 20 pour l’addition et la multiplication modulo 21, montrez que toute suitearithmétique est périodique.Déterminez la période de la suite un+1 = 16.un + 1.

Si la suite est arithmétique de raison r, alors pour tout n, un+1 = un + r.Mais de plus, un+21 = un + 21.r = un.C’est tout.Une période est 21, et il y a peut être plus petit.

N’ayant pas de belle idée, on regardeu1 = 16.u0 + 1 puis u2 = 16.(16.u0 + 1) + 1 = 4.u0 + 17et enfin u2 = 16.(4.u0 + 17) + 1 = u0 + 0.La suite est périodique de période 3.

2

◦3◦ Lesquels de ces ensembles sont majorés :

A ={ e

n!| n ∈N

}B =

{f rac

(n!e

)| (n, p) ∈N2

}♣ C =

{ ep

n!| (n, p) ∈N2

}D =

{ e2.n

n!| n ∈N

}E =

{(−1)n+p+1 p!

n!| (n, p) ∈N2, p 6 n

}F =

{ne

n!| (n, p) ∈N2

}où f rac(x) est la partie décimale ou fractionnaire de x (x− [x]) et donnez sa borne supérieure de ceux qui en ontune.

A est majoré par 200, mais j’y vais un peu large.En fait, tous les éléments de A sont plus petits que e. Et cette valeur est atteinte.La borne supérieure de A est e, et c’est même un maximum (atteint).

Dans B, il n’y a que des f rac(n!

e

),donc tous plus petits que 1 (une partie décimale est entre 0 et 1).

Mais 1 n’est pas atteint puisque les parties fractionnaires restent dans [0, 1[.Peut être quand même 1 est « le plus petit majorant ».

A suivre.

Dans C il y a déjà tous les ep quand p décrit N (et que n vaut 0).Ce sous-ensemble n’est pas majoré.faites varier n, le gros ensemble n’est toujours pas majoré.Précisément, si vous voulez qu’un élément de C dépasse une valeur A que vous rêvez d’atteindre et dépasser,prenez juste n = [ln(A)] + 1 (donc n > ln(A)) et vous avez en > eln(A) = 1.

Étant non majoré, comment cet ensemble aurait il une borne supérieure.

Dans D on a tous les termes d’une suite qui a la bonne idée de converger vers 0 (croissances comparées).On a un ensemble majoré, et il suffit en fait de trouver le plus grand terme de cette suite.

Étudions ses variations en calculante2.(n+1)

(n + 1)!− e2.n

n!(pour en avoir le signe).

On ae2.(n+1)

(n + 1)!− e2.n

n!=

e2.n

(n + 1)!.(e2 − (n + 1)).

On a donce2.0

0!6

e2.1

1!6

e2.2

2!6

e2.3

3!6

e2.4

4!6

e2.5

5!6

e2.6

6!6

e2.7

7!>

e2.8

8!>

e2.9

9!>

e2.10

10!> . . ..

Le maximum (donc borne supérieure atteinte) est

�

�e2.7

7!A finir.

◦4◦ ♥ L’application n 7−→ (n mod 5, n mod 13) est elle injective sur range(64) ?L’application n 7−→ (n mod 11, n mod 13) est elle injective sur range(143) ?

La première question demande : peut on trouver a et b dans range(64) vérifiant (a%5, a%13) = (b%5, b%13).Ceci vient à demander que b− a soit à la fois multiple de 5 et de 13.b− a est multiple de 65 (car 5 et 13 sont premiers entre eux).Mais dans range (65), la différence de deux éléments ne peut pas atteindre 65 ni m^me ses multiples.Sauf 0.On aboutit à a = b.

De même (a%11, a%13) = (b%11, b%13) donne a = b [11] et a = b [13] (je reprendrs le formalisme matheux etpas Python).b− a est multiple de 11 et de 13. C’est un multiple de 143.Mais si on a pris 0 6 a 6 142 et 0 6 b 6 142 (donc −142 6 −a 6 0), on a −142 6 b− a 6 142.Le seul multiple de 143 disponible est 0.f (a) = f (b) implique a = b.

3

◦5◦(G, ∗) et (H, ]) sont deux groupes. f est une application de (G, ∗) dans (H, ]) vérifiant ∀(a, b) ∈ G, f (a ∗ b) =f (a)] f (b).Montrez f (eG) = eH (image du neutre = le neutre).On pose K = {a ∈ G | f (a) = eH}. Montrez que K est un sous groupe de (G, ∗).On pose I = { f (a) | a ∈ G} (c’est à dire y ∈ I ⇔ ∃a ∈ G, y = f (a). Montrez que I est un sous groupe de (H, ]).Montrez que si G est de cardinal fini, alors on a Card(G) = Card(K)× Card(I).

A faire.

◦6◦ Montrez que la droite passant par O(0, 0) et E(42, 151) a pour équation cartésienne∣∣∣∣ x 42

y 151

∣∣∣∣ = 0.

Approche dynamique : ce déterminant est nul si et seulement si les deux colonnes sont proportionnelles (aire duparallélogramme gale à 0).

Ceci revient à dire que les deux vecteurs(

xy

)et(

42151

)sont colinéaires.

Appelons les−−→OM et

−→OA. Ceci revient à dire « ils sont colinéaires », et ceci donne même O, A et M sont alignés.

C’est fini.

Approche Terminale : liquation de la droite est y =15142

.x (coefficient directeur).Elle est la même que x.151− y.42 = 0. C’est bon.

Attention : Si vous vous contentez de cette méthode (certes exacte), alors vous restez dans vos ornières de Terminale.Vous pourrez continuer à avancer à la vitesse d’un lourd camion de Terminale, mais vous ne pourrez pasaller à la vitesse attendue pour réussir aux concours.C’est même là la grosse difficulté pour certains lèves : j’ai réussi comme ça jusqu’à présent, donc je continuecomme ça.NON ! En continuant comme ça, vous vous ferez dépasser par les vrais lèves de Prépas, et vous n’arriverezqu’à réussir le bac et c’est tout.Il faut accepter de changer vos méthodes, même si vos méthodes marchaient jusqu’à présent.Il ne faut plus que ça marche seulement, il faut que ça courre !

◦7◦ ♣ J’ai calculé tous les restes des divisions euclidiennes de 2018 par les entiers de 1 à 2018 ([2018%k for k inrange(1, 2019)]). Quel est le plus petit obtenu ? Quel est le plus grand obtenu.Ça se traite sans Python.

0 est dans la liste, c’est 2018 % 2018.Mais même 2018 % 1 ou 2018 % 2.

Le maximum est atteint pour 1010 et il vaut 1008.On a en effet 2018 = 1× 1010 + 1008. Donc la valeur est atteinte (milieu de liste).

Pour k plus petit que 1009, le reste est inférieur ou égal à k, et ne peut donc pas atteindre 1008.Pour k plus grand que 1009, le quotient vaut 1 et le reste vaut 2018− k, et il ne peut plus atteindre 1008.

◦8◦ La matrice(

7−140

)se diagonalise en

(3 00 −4

). Calculez la somme des termes de M2018.

La matrice(

7−140

)se diagonalise en

(3 00 −4

). Elle doit donc avoir la même trace et le même détermi-

nant. En notant a et b les deux termes absents sur la matrice, on a a + b = −1 et a.b + 980 = −12.Les deux réels sont solutions de x2 + x− 992. On résout : −32 et 31.

La matrice est l’une des deux :

��

�

(31 7−140 −32

)ou(−32 7−140 31

)Choisissez à votre guise.

Pour chacune, je vous donne une matrice P possible :(31 7−140 −32

).(

1 1−4 −5

)=

(1 1−4 −5

).(

3 00 −4

)

4

ou(−32 7−140 31

).(

1 15 4

)=

(1 15 4

).(

3 00 −4

)On élève à la puissance n :(

31 7−140 −32

)n=

(1 1−4 −5

).(

3n 00 (−4)n

).(

5 1−4 −1

)=

(5.3n − 4n+1 3n − (−4)n

−20.3n − 5.(−4)n+1 5.(−4)n − 4.3n

)ou(−32 7−140 31

)n=

(1 15 4

).(

3n 00 (−4)n

).(−4 15 −1

)=

(5.(−4)n − 4.3n 3n − (−4)n

−20.(−4)n − 20.3n 5.3n − (−4)n+1

)Dans les deux cas, quand on somme tous les éléments, on trouve

�� ��−18.3n + 20.(−4)n

Remarque : On peut vérifier pour les petites valeurs de n et même pour n égal à −1 si on y tient.

◦9◦ Un sous-groupe de (R,+) dense dans R. On admet que π est irrationnel.1- Montrez que {a + 2.b.π | (a, b) ∈ Z2} (noté G) est un sous-groupe de (R,+).

Purement technique.0 s’obtient en prenant 0 + 2.0.π.

Remarque : Notons que si π avait été le rationne227

on aurait pû obtenir aussi 0 sous la forme (−44) + 2.7.π.

La somme de deux éléments tels que a + 2.b.π et a′ + 2.b′.π est (a + a′) + 2.(b + b′).π avec a + a′ et b + b′ entiers.

L’opposé de a = 2.b.π est (−a) + 2.(−b).π avec (−a) et (−b) entiers.

En revanche, on se dit que G ne doit pas être stable par multiplication (à cause des π2 non remplaçables ena + 2.b.π). Ce ne sera pas un anneau.

2- On pose H = G∩] −∞, 0[. Montrez que c’est une partie de R non vide majorée. On suppose que H a unplus grand élément, qu’on va noter α. Montrez par récurrence que pour tout n, −n.α est dans G.

H est formé des éléments strictement négatifs de G.

H est non vide, on y trouve −1 + 2.0.π.Et H est majoré par 0.

Remarque : Dans H on trouve aussi 411557987− 131002976.π qui vaut quelquechose comme −0.00000002535671 . . .dont le physicien dira que ça vaut 0.Mais pas le mathématicien, sinon π serait rationnel !

Il y a plusieurs possibilités :H se termine sur un élément non nul, comme Z∩]−∞, 0[ qui se termine sur −1.H se termine en intervalle ouvert, comme ]−∞, −2[ par exemple.H se termine ouvert aussi, mais sur 0 comme Q∩]−∞, 0[ qui monte aussi près qu’on veut de 0.

On va voir qu’on est dans le dernier cas.

On va commencer par éliminer (par l’absurde) le premier cas.

Remarque : Pourtant, si on avait eu π =227

, les éléments de G se seraient écrits7.a + 44.b

7avec a et b entiers.

Le plus grand élément de H aurait été −17

atteint par(−25).7 + 2.4.22

7.

H aurait un plus grand élément (le dernier élément de G strictement négatif).En tant que plus grand élément, il est dans H donc dans G.Son opposé est dans G (sous-groupe).Et 0 est dans G.Par stabilité additive, 0− α− α . . .− α est dans G.Proprement, on fait une récurrence.

A ce stade, G contient tous les multiples négatifs de α (rappelons que α lui même est négatif). Par passage au symétrique, il contient tousles multiples de α.On a donc α.Z ⊂ G.On va montrer l’inclusion dans l’autre sens, et aboutir à une contradiction.

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3- Montrez alors que G∩]0,−α[ est vide. Montrez par récurrence sur n que chaque ]− n.α,−(n + 1).α[∩G estvide. Déduisez que 1 et 2.π sont tous deux de la forme p.α et q.α pour p et q entiers convenables. Concluez queπ est rationnel. ( ? !)

Par l’absurde, si il y avait un élément x de G dans ]0, −α[, alors par passage à l’opposé, −x serait dans G.Mais −x serait strictement négatif. Il serait donc dans G]−∞, 0[ qu’on a noté H.Mais −x serait plus grand que le plus grand élément de H.Ceci s’appelle une contradiction.

Entre 0 et −α, aucun élément de G.

On peut recommencer entre −α et −2.α.

Plus généralement, il n’y a aucun élément de G entre −n.α et −(n + 1).α.Si il y avait un tel x dans ]− n.α,−(n + 1).α[∩G, alors x + (n + 1).α serait aussi dans G (stabilité : x est dans G ettout multiple de α aussi).Mais il serait dans ]− α, 0[ (parti de −n.α < x < −(n + 1).α et ajouter (n + 1).α).Ce réel serait dans G∩]−∞, 0[ et serait plus grand que son plus grand élément. Contradiction.

Finalement, dans G il y a les multiples de α et rien qu’eux (double inclusion).

C’est cette égalité qui va nous conduire à une belle contradiction.En effet, 1 est dans G (écrire 1 = 1 + 2.0.π).Il est donc multiple de α (de la forme −p.α avec p bien choisi dans N∗).

2.π est aussi dans G (0 + 2.1.π). On l’écrit donc −q.α pour un q bien choisi aussi (et non nul).

Entre 1 = −p.α et 2.π = −q.α, on élimine α : 2.π =qp

.

π serait rationnel. Impossible.

Bilan : H n’a pas de plus grand élément.H ne se termine pas comme ]−∞, −1] inclus dans R−.

4- Déduisez que la borne supérieure de H n’est pas atteinte. Déduisez qu’il existe une suite strictementcroissante (an) d’éléments de G qui converge vers α. Que fait la suite (an − an+1) ? Est-elle dans G ?

En tant que partie de R non vide majorée H a une borne supérieure, c’est à dire « le plus petit de ses majorants ».

Cette borne supérieure ne peut pas être dans H sinon, ce serait son plus grand élément, ce qui a été réfuté à laquestion précédente.

H se termine donc par une borne supérieure non atteinte, comme ] −∞, −1[ ou l’ensemble des 2−n qui a pourborne supérieur 0.

Si la borne supérieure n’est pas atteinte il existe une suite d’éléments de l’ensemble qui tend vers celle ci.C’est du cours.

6

Cours : Si l’ensemble H a une borne supérieure α non atteinte alors il existe une suite d’éléments de Hqui converge en croissant vers α.Le réel α− 1 est strictement plus petit que α. Ce n’est donc plus un majorant de H (α était le pluspetit majorant).Il existe donc un élément a0 de H strictement plus grand que α− 1.Mais comme α est un majorant de H, on fusionne α− 1 < a0 < α.

On recommence en coupant en deux ena0 + α

2(strictement entre a0 et α.

C’est un réel plus petit que α, donc ce n’est plus un majorant de α.

Il existe donc un élément de H entrea0 + α

2et α.

On le note a1. On a donc a0 <a0 + α

2< a1 < α.

Supposons qu’on en est au rang n avec an < α.

On considère le milieuan + α

2.

Ce n’est plus un majorant de H, il existe donc un élément de H plus grand que lui (et plus petitque α).On décide d’en apeler un an+1. Et il ne peut être égal à α puisque α n’est pas dans H.

Par construction, (an) est une suite d’éléments deH .

Elle est croissante : an <an + α

2< an+1.

Elle converge vers α car à chaque étape on divise par 2 et garde un intervalle encore plus petit.

Pratiquement : α− 12n < an+1 < α et le théorème d’encadrement permet de conclure.

Mais alors, une astuce nous invite à regarder (an − an+1).Chacune de ces différences d’éléments de H est dans G.Mais par croissance, ces différences sont strictement négatives.

On a donc une suite d’éléments de H.Mais elle converge vers 0− 0, c’est à dire 0.

On notera qu’il y a un risque étrange.Pour n assez grand an − an+1 sera entre α et 0. Ce qui est refusé car il n’y a personne de H entre α et 0.

Mais ce n’est pas si étrange, α est en fait nul.Et G se termine « contre 0 », comme Q∩]−∞, 0[.0 est sa borne supérieure non atteinte.

5- Déduisez que pour tout ε strictement positif il existe au moins un élément dans ]0, ε[∩G. Combien y en a-t-ilen fait ?

Pour ε non nul (strictement positif), il existera un an+1 − an pour n assez grand qui sera plus petit que ε (puisquean+1 − antend vers 0).Il y a donc au moins un élément de G entre 0 et ε.

Il y en a même une infinité.En effet, ce qui a été fait pour ε peut être fait aussi pour ε/2, ε/4 et ainsi de suite.

Bilan : A ce stade, on a tout un nuage d’élément de G autour de 0.Comme les rationnels.Ou même les

1n + 1

.

Il va de soi que les an + 2.bn.πproches de 0 doivent avoir an et bn de signes opposés, très bien choisis, et très grands.

On va généraliser à tout R.C’est partout que les éléments de G sont « en nuages ».

7

6- On se donne un intervalle [a, b] non réduit à un point. Montrez qu’il existe un élément γ de G dans ]0, b− a[.

Montrez alors que[ b

γ

].γ est dans G et aussi dans [a, b].

En donnant à b− a strictement positif le rôle du εde la question précédente, on a un γ de G entre 0 et b− a.

Le réelbγ

existe, et a une partie entière qui vérifiebγ− 1 <

[ bγ

]6

bγ

.

On multiplie par γ strictement positif : b− (b− a) < b− γ =bγ

.γ− γ <[ b

γ

].γ 6

bγ

.γ = b (on exploite γ < b− a

et on renverse avec un signe moins).

Comme γ est dans G (stable par additions successives et par passage à l’opposé), tous ses multiples sont dans G.

On a inséré l’élément[ b

γ

].γ de G entre a et b. Victoire.

7- Combien y a-t-il de points de G dans [a, b] ?En fait, une infinité.Ce qui a été fait en insérant un x de G dans ]a, b[ peut être refait avec ]a, x[ et ]x, b[.On a alors trois éléments de G dans ]a, b[.On recommence avec chaque sous intervalle obtenu.On a autant d’éléments de G qu’on veut entre a et b.Et autant qu’on veut, c’est ce qu’on appelle l’infini.

Bilan : G est dense dans R, comme Q et R−Q.

On notera qu’en revanche, Z ne l’est pas,

ni {a + 2.b.227| (a, b) ∈ Z2} qui se limite aux

p7

avec p décrivant Z.

8- On se donne λ dans ]− 1, 1[. On se donne ε strictement positif. On pose I = [Arcsin(λ− ε), Arcsin(λ + ε)].Montrez qu’il existe au moins un élément g de G dans I. Déduisez | sin(g)− λ| 6 ε. Déduisez qu’il existe n dansN vérifiant | sin(n)− λ| 6 ε. Montrez qu’il existe aussi n′ dans N vérifiant | sin(n′)− λ| 6 ε/2.

λ− ε est plus petit que λ + ε, et Arcsin est une fonction strictement croissante.Les deux réels Arcsin(λ− ε) et Arcsin(λ− ε) sont bien distincts et classés dans cet ordre.

Attention : L’énoncé devrait préciser une chose.Pour que ces deux arcsinus existent, il faut quand même que λ− ε et λ + ε soient entre −1 et 1.Certes, λ est dans ]− 1, 1[, mais si ε est trop gros, la somme ou la différence peut sortir.Il importe donc que ε soit assez petit pour garantir λ− ε > −1 et λ + ε 6 1.On imposera donc ε « petit » comme il dit le physicien ?Mais petit comment ?ε 6 1− λ et ε 6 λ + 1 (quantités strictement positives, car λ ne vaut ni −1 ni 1.

D’après le lot de questions précédent, il y a une infinité d’éléments de G entre Arcsin(λ− ε) et Arcsin(λ+ ε) (aussipetit que soit cet intervalle).On en note un a + 2.b.π.On écrit l’encadrement Arcsin(λ− ε) 6 a + 2.b.π 6 Arcsin(λ + ε).On passe au sinus.Mais est ce qu’on conserve les encadrements ?Pas si le sinus n’est pas une application croissante.

Et justement, le sinus est une application dont le sens de variations change sans arrêt.C’est dommage.

Mais coup de chance : −π

26 Arcsin(λ− ε) 6 a + 2.b.π 6 Arcsin(λ + ε) 6

π

2, par construction de la fonction

Arcsinus.Et là, entre −π/2 et π/2 le sinus est croissant.On peut donc déduire : −1 6 sin(Arcsin(λ− ε)) 6 sin(a + 2.b.π) 6 sin(Arcsin(λ + ε)) 6 1.C’est le sens qui se simplifie bien : sin(Arcsin(t)) = t si t est une longueur entre −1 et 1.

8

On a donc : −1 6 λ− ε 6 sin(a + 2.b.π) 6 λ + ε 6 1.

On soustrait : −ε 6 sin(a + 2.b.π)− λ 6 ε.

Un réel entre −ε et ε, c’est un réel « plus petit que ε en valeur absolue ».On a bien | sin(a + 2.b.π)− λ| 6 ε.

Mais il est temps de dire que le sinus est 2.π-périodique, et que justement b est entier.On a fini par arriver à | sin(a)− λ| 6 ε.

Il existe un entier dont le sinus est proche de λ (à ε près).

Exemple : Par exemple, je vise λ =12

.

Il n’existe aucun entier n vérifiant sin(n) =12

(il faudrait des irrationnels du typeπ

6+ 2.k.π).

Mais on peut avoir sin(n) ' 12

à 10−3 près : sin(3783) ' 0.4990005359424875 . . .

On peut avoir aussi sin(n) ' 12

à 10−6 près : sin(191068) ' 0.49999991516126 . . ..

On peut avoir aussi sin(n) ' 12

à 10−8 près : sin(69496223) ' 0.4999999941200154 . . ..Et ainsi de suite.Mais seule la théorie sur le sous-groupe G a garanti cette existence.

Bon, ce qu’on a fait pour ε, on aurait pu le faire pour ε/2, pourquoi pas.

9- Déduisez qu’il existe une sous-suite de la suite (sin(k))k∈N qui converge vers λ.

On le fait pour des ε de plus en plus petit (des 2−p). On a à chaque fois un nouvel entier n (dépendant de εdonc dep) satisfaisant sin(n) ∼ λ à 2−p près.

Ces n nous donnent une suite d’entiers.On l’ordonne par ordre croissant.On a une suite d’entiers (np) vérifiant | sin(np)− | 6 2−p pour tout p.La suite (sin(np)) converge vers λ par encadrement.Et elle est extraite de la suite initiale (sin(k)).

10- Quel est l’ensemble des valeurs d’adhérences de la suite (sin(k)) ?

Tout réel λ de [−1, 1] est limite d’une suite extraite de (sin(k)).

9

Remarque : La suite (sin(k)) est une vraie horreur.Elle ne converge pas.C’est déjà quand même un exemple intéressant pour que vous arrêtiez de dire « soit (un) unesuite, je note µ sa limite ».Mais pourquoi une suite serait elle obligée d’avoir une limite.Tout ça parce quen TERMINABLE toutes les suites étudiées ont une limite.Il existe en fait une grosse majorité de suites qui ne convergent pas.Et « ne pas converger », ce n’est pas « partir vers l’infini », c’est « ne pas avoir de limite du tout,finie ou infinie ».Il y a bien sûr l’exemple de ((1)n) qui ne converge pas.Mais elle a deux sous-suites qui convergent (limite 1 et limite −1).Mais ici, la notre fait largement pire.Elle se promène partout entre −1 et 1.Et tout réel de [−1, 1] peut être limite d’une sous-suite...

◦10◦ DéterminezSup{Arctan(ex) + Arctan(e−y) | x ∈ R, y ∈ R} Sup{Arctan(ex) + Arctan(e−x) | x ∈ R}In f {Arctan(ex) + Arctan(e−y) | x ∈ R, y ∈ R} In f {Arctan(ex) + Arctan(e−x) | x ∈ R}

Les quatre ensembles avec des arc tangentes sont majorés parπ

2+

π

2et non vides. Ils sont aussi minorés par 0, car

ce sont des sommes d’arctangentes positives. Ils ont chacun une borne supérieure et une borne inférieure.

Pour tout x, Arctan(ex) + Arctan(e−x) vaut toujoursπ

2(c’est Arctan(u) + Arctan(1/u) avec u positif, c’est dans

le cours de géométrie ; sinon, pour convaincre le physicien, dites lui de dériver x 7−→ Arctan(ex) + Arctan(e−x)et il comprendra).

L’ensemble {Arctan(ex) + Arctan(e−x) | x ∈ R} est un singleton :{π

2

}(écrit aussi

[π

2,

π

2

]). Sa borne supérieure

et sa borne inférieure valentπ

2(atteintes toutes les deux).

Sinon, π majore Arctan(ex) + Arctan(e−y) quand x et y décrivent R.

On fait tendre x vers +∞ et y vers −∞, les deux termes tendent versπ

2. Le majorant π n’est pas atteint, mais c’est

bien le plus petit majorant.De même, en faisant tendre −∞ et y vers +∞, la borne inférieure vaut 0.

Sup{

Arctan(ex) + Arctan(e−y) | x ∈ R, y ∈ R} = π Sup{

Arctan(ex) + Arctan(e−x) | x ∈ R} = π

2In f{

Arctan(ex) + Arctan(e−y) | x ∈ R, y ∈ R} = 0 In f{

Arctan(ex) + Arctan(e−x) | x ∈ R} = π

2◦11◦ Montrez que le chiffre du milieu de 12 345 678 987 654 3212 est un 2 (point de départ : 111 111 1112).

Oui, le nombre 12 345 678 987 654 321 est le carre de 111 111 111.

Par exemple en posant la multiplication

1 1 1 1 1 1× 1 1 1 1 1 1

− − − − − − − − − − −1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1− − − − − − − − − − −1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1

à un ordre plus élevé, mais

sans retenue pour le moment.On nous demande donc ensuite de calculer (111111111)4.

Mais que sont ces nombres en 111 . . . 1 ? C’est9999 . . . 9

9c’est à dire

10000 . . . 0− 19

(et même10000 . . . 0− 1

10− 1pour

y voir une série géométrique...

Et avec une calculatrice pas trop bête : 1111111114 = 152415789666209420210333789971041.

10

◦12◦ ♥ Résolvez (n− 1) divise n3 + 1 d’inconnue n dans Z.Raisonnons par équivalence, en ajoutant des informations toujours vraies, et en soustrayant des congruences(

n− 1 | n3 + 1)⇔(

n− 1 | n3 + 1n− 1 | n3 − 1

)en effet, n3 − 1 = (n− 1).(n2 + n + 1)(

n− 1 | n3 + 1)⇔(

n− 1 | n3 + 1n− 1 | 2

)(la différence).

Les seuls diviseurs de 2 sont 1,2, −1 et −2.Mais encore faut il qu’ils soient aussi solutions de la première équation (on garde un système) :

n− 1 −2 −1 1 2n −1 0 2 3

n3 + 1 0 1 9 28oui oui oui oui

�� ��S = {−1, 0, 2, 3}

◦13◦ On rappelle que sur R, la relation d’égalité est une relation d’ordre (ordre partiel évidemment). Montrez quetoute partie de R non vide, majorée pour l’égalité admet une borne supérieure (plus petit majorant pourl’égalité).

Adjugé, elle est réflexive, antisymétrique et transitive.Qu’est ce qu’une partie de R non vide majorée pour l’égalité.Rappelons « majorée pour une relation a : ∃M ∈ R, ∀a ∈ A, a a M.Et donc majorée pour l’égalité c’est ∃M ∈ R, ∀a ∈ A, a = M.L’ensemble A n’a qu’un élément : ce « majorant » M.Mais alors, comme A est un singleton {M}, l’ensemble de ses « majorants » se réduit aussi à cet élément unique.Et le « plus petit majorant » est M lui même.

Toute partie de R non vide majorée est un singleton {M} et admet pour borne supérieure cet élément M lui même.

◦14◦ On rappelle que la relation « divise » est une relation d’ordre sur N. Montrez que N∗ a un plus petit élément,pas de plus grand élément, mais admet une borne supérieure.

Le plus petit élément est 1. Il divise tout le monde.Il n’existe pas d’entier non nul divisible par tous les autres.Qui sont les majorants de N∗ ? Ce sont les entiers M divisibles par tous les autres entiers.Il n’y en a qu’un finalement, c’est 0.Et le plus petit élément de {0} est 0 (même pour l’ordre « divise » 1.La borne supérieure de N∗ est donc 0 (non atteinte, hors de l’ensemble, comme 1 pour [0, 1[ dans R avec l’ordreusuel).

◦15◦ Qui est ce nombre dont l’écriture binaire est 0.0001100110011 . . .2 (pour ceux qui ne l’ont pas compris, la barre au dessusde 0011 c’est pour dire qui est le motif périodique, et la grande barre au dessus, c’est pour préciser qu’on n’est pas en base 10).

Pour interpréter le nombre d’écriture binaire 0.0001100110011 . . . on développe20 2−1 2−2 2−3 2−4 2−5 2−6 2−7 2−8 2−9 2−10 2−11 2−12 . . . 2−2−4.k 2−3−4.k 2−4−4.k 2−5−4.k . . .

0. 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 . . . 0 0 1 1 . . .On peut le jouer à la physicienne avec les premiers termes :

x ' 124 +

125 +

128 +

129 =

116

+1

32+

1256

+1

512=

51512' 1

10Proprement, on coupe à un rang N (ou plutôt 4.N) et on a une série géométrique :

N

∑k=0

(2−4−4.k + 2−4−5.k

)=

2−4 + 2−5 − 2−4−4.(N+1) − 2−5−4.(N+1)

1− 2−4 (la raison est 2−4 6= 1).

On fait tendre N vers l’infini et il reste

116

+1

321− 1

16=

3321516

=1

10.

1. 0 divise 0 puisque 0 « de droite » est un multiple de 0 « de gauche »)

11

C’est bon, vous connaissez donc le

��

� développement en base 2 de

110

que vous écrivez souvent 0, 1 car vous

travaillez en décimal.On pouvait aussi poser x = 0, 000110011001100 . . . et déplacer la virguleen multipliant par une puissance de 2.

On a donc 15.x = 1 +12

. On retrouve x =110

.

24.x = 00001, 100110011001100 . . .x = 0, 0001100110011 . . .

24.x− x = 1, 1En base −2, les dénominateurs sont les mêmes, mais les signes changent aux numérateurs.Je vous l’offre : 0, 011011101110111 . . .−2 le motif qui se répète est 0111. Cherchez en la preuve.

◦16◦ Résolvez X2 + 23.X + 24 = 0 dans l’ensemble range(39) pour l’addition et la multiplication modulo 39

Pour résoudre X2 + 23.X + 24 = 0 d’inconnue X, on calcule le discriminant : ∆ = 232 − 4.24 = 433. On réduitmodulo 39 : 4 car 39× 11 = 429.On extrait une racine carrée, c’est ici facile : δ = 2.On a deux racines : (−23 + 2).2−1 et (−23− 2).2−1.Qui est l’inverse de 2 ? C’est 20 car 2.20 = 40 = 1.

Mais en fait, plus rapidement : −23 = 16. On effectue : (16 + 2).2−1 et (16− 2).2−1 :�� ��S = {7, 9}

Remarque : On peut aussi dire « on propose 7 et 9, elles conviennent, et l’équation n’a que deux racines.

Mais en fait, c’est plus subtil.Car 39 n’est pas premier.La factorisation initiale est X2 + 23.X + 24 = X2 − 16.X + 24

X2 + 23.X + 24 = (X− 8)2 − 64 + 24X2 + 23.X + 24 = (X− 8)2 − 40X2 + 23.X + 24 = (X− 8)2 − 1X2 + 23.X + 24 = (X− 8)2 − 12

X2 + 23.X + 24 = (X− 8− 1).(X− 8 + 1)X2 + 23.X + 24 = (X− 9).(X− 7)

On a donc deux solutions : 9 et 7.Et c’est tout...

Non, ce n’est pas tout.L’anneau n’est pas intègre.Un produit de facteurs est nul si l’un des facteurs est nul.Mais aussi si l’un vaut 3 et l’autre 13

si l’un vaut 6 et l’autre 13si l’un vaut 9 et l’autre 13si l’un vaut 3 et l’autre 26

Il y a peut être d’autres racines, qu’on obtient en résolvant de multiples systèmes comme « (x − 9) = 13 et(x− 7) = 6 ».Et on détecte d’autres solutions : 7,9, 22 et 33.

C’est aussi dû au fait que ∆ (égal rappelon le à 4) avait plusieurs racines carrées : 2, 11, 28 et 37 !

◦17◦ La relation U définie sur Z par ∀(a, b) ∈ Z2, (aUb)⇔ (a|b ou b|a) est elle une relation d’ordre ? d’équivalence ?La relation U définie sur Z par ∀(a, b) ∈ Z2, (aUb)⇔ (a|b et b|a) est elle une relation d’ordre ? d’équivalence ?

A faire.

◦18◦ ♥Montrez que(−1 1−1 1

)et(

0 10 0

)sont nilpotentes, mais que ni leur somme, ni leur produit ne l’est.

Rappel : une matrice A carrée de taille n est dite nilpotente s’il existe un entier naturel k vérifiant Ak = 0n.Montrez que si A et B sont deux matrices nilpotentes carrées de taille n permutables (ce que vous appelez“qui commutent”, c’est à dire vérifiant A.B = B.A) alors A.B et A + B sont nilpotentes (pourquoi pouvez voussupposer Ap = Bp = 0n pour le même indice p ?).

12

A faire.

◦19◦ Montrez par récurrence sur n plus grand que 5 : 3n 6(2.n)!(n!)2 6 4n.

Pour prouver 3n 6(2.n)!(n!)2 6 4n, on ne se précipite pas trop, on crée deux propriétés :

Pn Qn

3n 6(2.n)!(n!)2

(2.n)!(n!)2 6 4n

On les initialise toutes deux au rang 5 en effectuant :10!(5!)2 =

10.9.8.7.6.5.4.3.2.1(5.4.3.2.1).(5.4.3.2.1)

=10.9.8.7.65.4.3.2.1

=9.8.7.6

4.3=

9.2.7.21

.

On doit donc minorer 252 par 9.9.3 (évident) et majorer par 1024 (connu).L’initialisation est faite.

On suppose pour un n donné, quelconque : 3n 6(2.n)!(n!)2 .

On veut alors prouver 3n+1 6(2.n + 1)!((n + 1)!)2 .

On regarde :(2.n + 1)!((n + 1)!)2 =

(2.n)!.(2.n + 1).(2.n + 2)(n!.(n + 1))2 =

(2.n)!(n!)2 .

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

(2.n)!(n!)2 .

(4.n + 2)(n + 1)

.

Sachant qu’on a déjà supposé 3n 6(2.n)!(n!)2 , la question se réduit à prouver que

(4.n + 2)(n + 1)

est plus grand que 3.

On effectue la différence :4.n + 2n + 1

− 3 =n− 1n + 1

. C’est positif. C’est bon.

Pour la suite de propriétés (Qn), on suppose encore, pour un n quelconque donné(2.n)!(n!)2 6 4n et on veut passer à

(2.n)!(n!)2 .

(4.n + 2)(n + 1)

6 4n.4.

Il suffit de prouver(4.n + 2)(n + 1)

6 4, ce qui est encore évident puisque 4.n + 2 est plus petit que 4.(n + 1).

La propriété est initialisée au rang 5 et est héréditaire, le principe de récurrence nous garantit qu’elle est vraie pourtout n au moins égal à 4.

Remarque : Air connu pour un exercice de ce type :on doit prouver ∀n, (Pn ⇒ Pn+1), ce qui se rédige par “on prend un n quelconque fixé, on suppose Pnvraie”et surtout pas en “on suppose pour tout n Pnvraie”.

◦20◦ Diagonalisez ces trois matrices(

4 11 4

),(

1 1−3 5

)et

4 1 0 01 4 0 00 0 1 10 0 −3 5

.

Trace Déterminant CharPoly Spectre D P(4 11 4

)8 15 X2 − 8..X + 15 {3, 5}

(3 00 5

) (1 1−1 1

)(

1 1−3 5

)6 8 X2 − 6..X + 8 {4, 2}

(4 00 2

) (1 13 1

)On prend les relations

(4 11 4

).(

1 1−1 1

)=

(1 1−1 1

).(

3 00 5

)(

1 1−3 5

).(

1 13 1

)=

(1 13 1

).(

4 00 2

)et on en fait une grande relation :

13

4 1 0 01 4 0 00 0 1 10 0 −3 5

.

1 1 0 0−1 1 0 00 0 1 10 0 3 1

=

1 1 0 0−1 1 0 00 0 1 10 0 3 1

.

3 0 0 00 5 0 00 0 4 00 0 0 2

de la forme M.P = P.D.

Remarque : Oui, il suffisait d’avoir de l’initiative.Pardon : il fallait avoir de l’initiative.

◦21◦ Déterminez In f{

Sup{(1+ 2.a). cos(t)+ (2+ a). sin(t) | t ∈ R} | a ∈ R}

(commencez, pour a fixé par déterminer

Sup{(1 + 2.a). cos(t) + (2 + a). sin(t) | t ∈ R} par exemple par variation de fonction si vous n’êtes ni matheuxni physicien, sinon,pensez à A. cos(t + ϕ)).

Pour a donné, on étudie Sup{(1 + 2.a). cos(t) + (2 + a). sin(t) | t ∈ R}.On écrit en fait (1+ 2.a). cos(t) + (2+ a). sin(t) =

√(1 + 2.a)2 + (2 + a)2. cos(t− ϕ) avec ϕ bien choisi (amplitude

et déphasage).

La borne supérieure est√(1 + 2.a)2 + (2 + a)2, atteinte pour t = ϕ (et c’est un truc en Arctan

( 2 + a1 + 2.a

).

On cherche la borne inférieure de ce trinôme du second degré (celui sous la racine).

On l’atteint en−45

et il vaut95

.

La borne inférieure est donc3√5

.

A chaque fois, borne supérieure et borne inférieure sont atteintes.

◦22◦ On définit : h = x 7−→ (2 +√

2).x−√

2√2.x + 2 +

√2

. Déterminez h ◦ h, h ◦ h ◦ h ◦ h et h ◦ h ◦ h ◦ h ◦ h ◦ h ◦ h ◦ h (multipliez

des matrices, S.V.P.).

A l’homographie x 7−→ (2 +√

2).x−√

2√2.x + 2 +

√2

(notée h), on associe la matrice(

2 +√

2 −√

2√2 2 +

√2

).

On sait alors que h ◦ h est associée à la matrice(

2 +√

2 −√

2√2 2 +

√2

).(

2 +√

2 −√

2√2 2 +

√2

). On la calcule :(

4 + 4.√

2 −4− 4.√

24.√

2 + 4 4 + 4.√

2

).

On écrit alors h ◦ h sous la forme lourde : x 7−→ (4 + 4.√

2).x− 4− 4.√

2(4 + 4.

√2).x + 4 + 4.

√2

puis sous la forme simple : h ◦ h = x 7−→

x− 1x + 1

.

On reprend la matrice(

1 −11 1

)et on l’élève au carré :

(0 −22 0

). On a cette fois h4 = x 7−→ −1

x.

sans aucun effort maintenant : h8 = x 7−→ x. C’est l’identité (avec des problèmes de domaine de définition...).

◦23◦ Les suites a et b sont définies par a0 = 5 et b0 = 2 et an+1 = 2.an + 3.bn et enfin bn+1 = 5.an + 8.bn pour tout

n. Montrez que anet bn sont toujours entiers. Trouvez α0 et β0 vérifiant det(

a0 α0b0 β0

)= 1. Trouvez M (carrée

de taille 2) vérifiant(

an+1bn+1

)= M.

(anbn

)pour tout n. Montrez alors

(anbn

)= Mn.

(a0b0

)pour tout n.

Montrez en regardant le déterminant de Mn.(

a0 α0b0 β0

)que an et bnsont toujours premiers entre eux.

Par récurrence, on démontre la propriété Pn pour tout n : (an ∈ Z et bn ∈ Z).C’est initialisé, et si pour un n quelconque donné, an et bn sont entiers, alors 2.an + 3.bn et 5.an + 8.bn le sont aussi.

La formule∣∣∣∣ a0 α0

b0 β0

∣∣∣∣ = 1 est une identité de Bézout : β0.a0 − α0.b0 = 1. On propose donc∣∣∣∣ 5 2

2 1

∣∣∣∣ = 1 ou même∣∣∣∣ 5 272 11

∣∣∣∣ = 1.

14

On a sans effort non plus(

an+1bn+1

)=

(2 35 8

).(

anbn

).

Par récurrence sur n, on obtient(

anbn

)=

(2 35 8

)n.(

a0b0

). Ou en parlant de suite géométrique de raison à

gauche M.

C’est vrai au rang 0 et au rang 1. n donné. Si on a(

anbn

)=

(2 35 8

)n.(

a0b0

)alors

(an+1bn+1

)= M.

(anbn

)=

M.(Mn.(

a0b0

)) = Mn+1.

(a0b0

)par associativité.

La matrice Mn.(

a0 α0b0 β0

)est par récurrence sur n une matrice à coefficients entiers.

Par récurrence sur n aussi, elle est de la forme(

an αnbn βn

)avec αnet βn entiers, vérifiant d’ailleurs αn+1 =

2.αn + 3.βn et βn+1 = 5.αn + 8.βn.

Passons au déterminant det((

an αnbn βn

)) = det(Mn). det(

(a0 α0b0 β0

)) = 1n.1 en ayant itéré la formule

det(A.B) = det(A). det(B).On obtient βn.an − αn.bn = 1. C’est une identité de Bézout qui nous dit que an et bn sont premiers entre eux.

◦24◦ Soient A et B deux parties non vides majorées de R. Montrez que A ∪ B a une borne supérieure à exprimer àl’aide de Sup(A) et Sup(B).

Si A est majorée par M et B par K, alors A ∪ B est majoré par Max(M, K).Proprement : pour x dans A ∪ B, on a soit x ∈ A et alors x 6 M 6 Max(M, K)

soit x ∈ B et alors x 6 K 6 Max(M, K)De plus A ∪ B est non vide.On note α = Sup(A) et β = Sup(B).Sans restreindre la généralité, on va suppose α 6 β. Et on va montrer que β est la borne supérieure de A ∪ B.C’est un majorant de A ∪ B, comme indiqué au dessus.

Par caractérisation, il existe une suite d’éléments de B qui tend vers β : (bn).Les bnsont dans B donc dans A ∪ B.Il existe donc une suite d’éléments de A ∪ B qui tend vers ce majorant de A ∪ B.Cette fois, par l’autre sens de la caractérisation de la borne supérieure, on reconnaît β = Sup(A ∪ B).

Sinon, on pouvait aussi passer par « tout autre majorant H de A ∪ B est forcément plus grand que β ».En effet, un tel majorant H majore tous les éléments de A ∪ B. Il majore donc en particulier tous les éléments de B.Il est donc plus grand que β.

◦25◦ ♥ Déterminez In f{

Sup{Arctan(n.x) | n ∈N}∣∣∣ x ∈ R+∗

}puis Sup

{In f {Arctan(n.x) | x ∈ R+∗}

∣∣∣ n ∈N}

.

Pour x dans ]0, +∞[, on a Sup{Arctan(n.x) | n ∈N} = π

2(en faisant tendre n vers l’infini).

In f{π

2| x ∈]0, ∞[

}=

π

2(borne supérieure d’un ensemble à un seul élément)

Pour tout n, on a In f {Arctan(n.x) | x ∈ R+∗} = 0 (en faisant tendre x vers 0).

Sup{

In f {Arctan(n.x) | x ∈ R+∗}∣∣∣ n ∈N

}= 0 comme borne supérieure d’un singleton.

On ne permute pas les Sup et les Inf !

15

◦26◦ Une matrice carrée M (tableau donné sous forme de liste de listes) est dite magique si chaque somme en ligne est égaleà chaque somme en colonne, elle même égale à chaque somme des diagonales. Écrivez un script Python quivérifie si une matrice passée en argument est un carré magique.Par exemple test([[16, 3, 9, 6], [2, 13, 7, 12], [5, 10, 4, 15], [11, 8, 14, 1]]) devra répondreTrue.

Complétez en carré magique

16 3 2 13

8 56

14

.

Pour tester si une matrice A est magique, il faut déjà calculer la somme en question. On la calcule sur la pre-mière ligne. Ensuite, on fait défiler les lignes une à une. Si l’une n’a pas le bon total, on sort brutalement parreturn(False). Et la suite du programme n’est pas exécutée.Si on a passé le test des lignes, on passe à celui des colonnes. Si l’un d’entre eux tombe en défaut, on sort brutale-ment par return(False).Si on a passé aussi ce test, on calcule la somme d’une diagonale (somme des A[i][i] ), et on regarde. Si on est en échecon sort, sinon, on passe à l’autre diagonale (celles des A[i][n-i-1] ).Si tous les tests ont été passés sans erreur, on valide la matrice par un return(True). Il peut être sans test, puisquepour accéder à la dernière ligne du programme, il faut avoir tout traversé sans faute.def Test(A) : # définition de la procédure....n = len(A) # pour ne pas aller le cherche à chaque fois....Somme = sum(A[0][k] for k in range(n)) # somme des éléments de la ligne d’indice 0....for i in range(n) : # ligne par ligne........Somme_i = sum(A[i][k] for k in range(n)) # somme des éléments de la ligne........if Somme_i != Somme : # test pour la ligne............return(False) # échec....for k in range(n) : # on passe aux colonnes........Somme_k = sum(A[i][k] for i in range(n)) # on somme les A[i][k] avec i qui bouge........if Somme_k != Somme : # on teste............return(False) # on invalide....Somme_diag = sum(A[i][i] for i in range(n)) # la somme en diagonale....if Somme_diag != Somme : # son test........return(False) # raté....Somme_antidiag = sum(A[i][ni–1] for i in range(n)) # l’autre somme attention à n-i-1....if Somme_antidiag != Somme :........return(False) # dernier test : raté, dommage !....return(True) # tout s’est bien passé, on la félicite

On a intérêt à poser pour ne pas solliciter à chaque fois des for in in range(len(A)) qui alourdissent la frappeet font qu’à chaque boucle, le compilateur doit aller rechercher la longueur de la liste qu’on lui avait pourtant déjàdemandée au tour précédent.

La matrice de l’énoncé faisant l’objet du test est

16 3 9 62 13 7 125 10 4 15

11 8 14 1

et on a dix sommes valant toutes 34.

Pour

16 3 2 13

8 56

14

la somme vaut aussi 34, c’estla première ligne qui le dit.

On complète la diagonale : 16 + 8 + 6+? = 34.On complète ensuite la colonne associée :13 + 5+?? + 4 = 34.On complète aussi la seconde colonne :3 + 8+? + 14 = 34.C’est maintenant la troisième ligne qu’ont peut complé-ter.

On en est à16 3 2 13

8 57 9 6 12

14 4

16

On nomme a, b, c et d les quatre qui manquent :a + 8 + b + 5 = 34, c + 14 + d + 4 = 34,16 + a + 7 + c = 34, 2 + b + 6 + d = 34 et aussi c + 9 + b + 13 = 34.Il n’y a qu’une solution :

�

�

�

�

16 3 2 1310 8 11 57 9 6 121 14 15 4

.

◦27◦ Quelle est la valeur du plus grand terme de(

9 −248 −11

)2018? (oui, on diagonalise)

On va calculer(

9 −248 −11

)2018en diagonalisant. Disons le tout de suite :

Trace Déterminant Valeurs propres Diagonale Passage

−2 −3 1 et −3(

1 00 −3

) (1 14 6

)Formule obtenue par récurrence :

(9 −2

48 −11

)2018=

(1 14 6

).(

1 00 (−3)2018

).(

3 −1/2−2 1/2

).

On a quatre coefficients 3− (−3)2018 (−3)2018 − 12

12− 12.(−3)2018 3.(−3)2018 − 2et le plus grand est

�� ��3.(−3)2018 − 2

2031483405154295336973313472053084709260165132781091274133600590646801546062065765597065855075575559645927206954432480413186166405878164110031288954170986733309264050445838468504498778699177789361771869614187645674280996416481296555162675387948432660577927475570146993847223780848939997643825423577469203752422288212763865648689848881642972843094612947038314258546390369577705503447563072614262142286296939162007841741637816483019030536893460148101171782562064520251485785859119437328196648101903890701482615485865832441865716248873898106659137203306018261179152584687131580181305862988250432024498124432979731217593409111662715001322758910196435262171827223977525409867024424577485948514235081918022945654217156396051056847793728422425953481621244536777888697666022911601660615917213688613387319271603000479001551126897575642846623706325654768983209005219684703673779251341850111123431449910486033100144688372851430572754366458936629186286950719322952375577741465

◦28◦ Sup{ (−1)

p + 1

n| n ∈N, p ∈N

}, Sup

{ (−1)p

p + 1| p ∈N∗

}et Sup

{ 1(−1)p − p

| p ∈N∗}

.

◦29◦ ♥ Démontrez : Tr(A.B) = Tr(B.A) pour A de taille 3 sur 2 et B de taille 2 sur 3. (la trace est la somme des termesde la diagonale (principale), et elle ne se calcule que si la matrice est carrée...

On écrit A =

(a a′ a”b b′ b”

)et B =

α α′

β β′

γ γ′

(ou le contraire pour les formats, mais qu’importe, les rôles sont

au final symétriques).On constate déjà que les matrices produits existent.Elles sont carrées (pas de même format il est vrai).

On calcule ce dont on a besoin.C’est à dire pas tout.

Remarque : Oh le bel exercice pour tester si vous êtes matheux ou juste termianble.On peut certes calculer tous les termes des matrices produits.Mais quels sont ceux dont on a besoin ? Juste ceux de la diagonale, pour la trace.Qui donc a quand même tout calculé, juste parce que « calculer c”est rassurant », même si ça fait juste perdre dutemps...

A.B =

(a a′ a”b b′ b”

).

α α′

β β′

γ γ′

=

(a.α + a′.β + a”.γ ?

? b.α′ + b′.β′ + b”.γ”

)

Et de l’autre côté B.A =

α α′

β β′

γ γ′

.(

a a′ a”b b′ b”

)=

a.α + b.α′ ? ?? a′.β + b′.β′ ?? ? a”.γ + b”.γ′

Les deux matrices ont des formats différents.Mais la somme des trois ou deux termes diagonaux donne une somme des six mêmes produits.

17

Tr(A.B) = Tr(B.A) = a.α + a′.β + a”.γ + b.α′ + b′.β′ + b”.γ”.

◦30◦ Une matrice M (carrée de format 2 sur 2) vérifie M.(

13

)=

(−1−3

)et M.

(25

)=

(25

). Diagonalisez la

et calculez M2 et M2019.

On colle les deux informations : M.(

1 23 5

)=

(−1 2−3 5

).

Ceci permet de trouver M =

(−1 2−3 5

).(

1 23 5

)−1=

(−1 2−3 5

).(−5 23 −1

)=

(11 −430 −11

).

On peut alors chercher ses valeurs propres par la méthode usuelle.Mais on peut faire mieux.On pousse plus loin la première ligne :

M.(

1 23 5

)=

(−1 2−3 5

)=

(1 23 5

).(−1 00 1

)C’est une information de la forme M.P = P.D.

On a diagonalise M : P =

(1 23 5

)et D =

(−1 00 1

).

Mais on a alors D2 = I2 et D2019 = D.On a donc M2 = I2 et M2019 = M.

◦31◦ Démontrez la formule Tr(A.B) = Tr(B.A) pour A et B de taille 3 sur 3.Et si A a trois lignes et quatre colonnes (et B quatre lignes et trois colonnes) ?

On donne des noms aux coefficients et on calcule : a b ca′ b′ c′a” b” c”

.

α β γα′ β′ γ′

α” β” γ”

=

a.α + b.α′ + c.α”a′.β + b′.β′ + c′.β”

a”.γ + b”.γ′ + c”.γ”

puis

α β γα′ β′ γ′

α” β” γ”

.

a b ca′ b′ c′a” b” c”

=

a.α + a′.β + a”.γb.α′ + b′.β′ + b”.γ′

c.α” + c′.β” + c”.γ”

ce ne sont pas les mêmes termes, pas les mêmes matrices.Mais c’est la même somme de neuf termes.

Avec des formats plus étranges : a b c da′ b′ c′ d′a” b” c” d”

.

α1 β1 γ1α2 β2 γ2α3 β3 γ3α4 β4 γ4

=

a.α1 + b.α2 + c.α3 + d.α4a′.β1 + b′.β2 + c′.β3 + d′.β4

a”.γ1 + b”.γ2 + c”.γ3 + d”.γ4

puis

α1 β1 γ1α2 β2 γ2α3 β3 γ3α4 β4 γ4

.

a b c da′ b′ c′ d′

a” b” c” d”

=

a.α1 + a′.β1 + a”.γ1

b.α2 + b′.β2 + b”.γ2c.α3 + c′.β3 + c”.γ3

d.α4 + d′.β4 + d”.γ4

Ce ne sont pas les mêmes matrices, elles n’ont même pas le même format.Mais elles sont carrées... Et on retrouve les mêmes douze termes dans la somme qu’est la trace.

◦32◦ ♣On définit ϕ de N dans N par ϕ(2a.3b.5c.7d.11e . . .) = 2−a.3b.5c.7d.11e . . . et ϕ(0) = 0 puis on définit la relationP par a P⇔ ϕ(a) 6 ϕ(b).Montrez que c’est une relation d’ordre et que 0 en est le plus petit élément.Montrez que la suite (n!) n’est ni croissante ni décroissante pour P.Montrez que la suite (pn) des nombres premiers est croissante.Montrez : ∀(a, b, c), a P b⇒ a.c P b.c.A-t-on ∀(a, b, c), a P b⇒ a + c P b + c.Un entier peut il être plus petit que tous ses diviseurs ?Combien y a-t-il d’entiers entre 2020 et 2021 ?

A faire.

18

◦33◦ ♠ On appelle section ouverte finissante toute partie A non vide de Q majorée vérifiant∀a ∈ A, ∃b ∈ A, a < b∀a ∈ A, ∀c ∈ Q, c 6 a⇒ c ∈ AMontrez que pour tout rationnel r, l’ensemble ]−∞, r[ est une coupure.Montrez que {x ∈ Q | x2 < 2 ou x 6 0} est une section ouverte finissante.

Montrez que l’inclusion est une relation d’ordre sur les sections ouvertes finissantes.Montrez que cet ordre est total.

Pour A et B sections, on définit A+ B = {a+ b | a ∈ A, b ∈ B}. Montrez que c’est une section ouverte finissante.Montrez que cette addition est commutative et associative et que Q−∗ en est le neutre.Soit A une section ouverte finissante. On définit A′ = {x ∈ Q | ∃α ∈ Q, ∀a ∈ A, x < α 6 −a}. Montrez que A′

est une section ouverte finissante.Montrez : A + A′ = Q−∗.

On se donne une famille (An)n∈I de sections ouvertes finissantes toutes incluses dans une section ouvertefinissante A.Montrez que

⋃n∈I An est encore une section ouverte finissante, contenant toutes les An.

Montrez que toute section ouverte finissante contenant tous les An contient⋃

n∈I An.L’ensemble des sections ouvertes finissantes est R, et les questions au dessus montrent que toute partie de R

majorée admet un plus petit majorant.A faire.

◦34◦ ♥Montrez que(−1 20 1

)et(

3 −42 −3

)sont diagonalisables sur R mais pas leur somme ni leurs produits.

Trace Déterminant CharPoly Spectre D P

A =

(−1 20 1

)0 −1 X2 − 1 {−1, 1}

(1 00 −1

) (1 11 0

)B =

(3 −42 −3

)0 −1 X2 − 1 {−1, 1}

(1 00 −1

) (2 11 1

)A + B =

(2 −22 −2

)0 0 X2 {0, 0}

(0 00 0

)*

A.B =

(1 −22 −3

)−2 1 X2 + 2.X + 1 {−1, −1}

(−1 00 −1

)*

B.A =

(−3 2−2 1

)−2 1 X2 + 2.X + 1 {−1, −1}

(−1 00 −1

)*

Pourquoi A + B n’est pas diagonalisable ? la seule matrice possible serait D = 02,2.Mais alors on aurait A + B = P.04,4.P−1 = 04,4, et ça, c’est faux.De même, pour A.B la seule matrice possible est −I2. Et on aurait A.B = P.(−I2).P−1 = −I2 et c’est faux.

Idée Quand il y a une valeur propre en double, il y a comme un problème.La seule façon pour la matrice d’être alors diagonalisable (avec donc D = α.I2) est d’être déjàégale à I2.

◦35◦ ♥ Exprimez Tr(A2), det(A2) et Tr(A3) à l’aide de Tr(A) et det(A) pour toute matrice carrée A de taille 2.

Exercice de manipulations algébriques. On note A =

(a bc d

), T = Tr(A) = a + b et D = det(A) = a.d− b.c.

On calcule A2 et on somme : Tr(A2) = a2 + d2 + 2.b.c = (a + d)2 − 2.(a.d− b.c) = T2 − 2.D.On poursuit : Tr(A3) = a3 + d3 + 3.a.b.c + 3.b.c.d = (a + d)3 − 3.a2.d− 3.a.d2 + 3.a.b.c + 3.b.c.d

Tr(A3) = T3 − 3.(a + d).(a.d− b.c)Tr(A3) = T3 − 3.T.D

Et bien sûr det(A2) = D2 par la propriété « déterminant du produit égale produit des déterminants ».

19

◦36◦ On définit : un+1 =

√2.un +

√3− 2

2.un +√

6. Montrez que u est bornée. Rappel : 4. cos(π/12) =

√2 +√

6.

Rappel : on compose les homographies en multipliant les matrices

.

Itérer la suite, c’est composer des homographies : un = h ◦ h ◦ . . . ◦ h(u0).

Composer des homographies, c’est multiplier des matrices :( √

2√

3− 22

√6

)n

.

A12 est(−4096 0

0 −4096

)En termes d’homographies, h12 = Id.

Et pour la suite un+12 = un.

Étant périodique, la suite est bornée.

◦37◦

� � � �� � � 4� � 5 �� � � �� 2 � �

3 � 2 � � 2 � � �� � � � � � � 4 �� � � � � � � � �� � � � � � � � �� � � 5 � � � 2 �

◦38◦ Montrez qu’il ne faut pas lancer le script de la case de droite :def f(a) :....return(a*a*a*a+4)

def prime(N) :....for k in range(2,int(sqrt(N))+1) :........if N%k == 0 :............return(False)....return(True)

n = 2while not(prime(f(n)) :....n += 1print(n)

prime est un test basique de primalité.Si n a un diviseur k, on sort brutalement dès qu’on l’a détecté. Sinon, c’est que n est premier.

f calcule 4 + a4 quand on lui donne a.

On étudie finalement la suite (4 + n4).Et on en calcule les termes successifs tant qu’on n’a pas un nombre premier.

Et comme tous les termes de la suite sont des nombres composés, il vaut mieux s’abstenir de lancer le programme.Oui, n4 + 4 n’est jamais premier.Pour n pair, c’est un multiple de 2.Mais de toutes façons, n4 + 4 = n4 + 4.n2 + 4− 4.n2

n4 + 4 = (n2 + 2)2 − 4.n2

n4 + 4 = (n2 + 2)2 − (2.n)2

n4 + 4 = (n2 + 2 + 2.n).(n2 + 2− 2.n)C’est le produit de deux entiers, ce ne peut être un nombre premier.Joli, non ?

◦39◦ ♣ Résolvez <e((ee)i.θ

)> 0 d’inconnue réelle θ.

20

On écrit (ee)i.θ = ei.(e.θ).L’inéquation devient : cos(e.θ) > 0.

Une solution « de base » est e.θ ∈[− π

2,

π

2

]. mais les intervalles translatés de 2.π complètent S.

On a donc après division : Se.θ =⋃

n∈Z

[(2.k−1).π

2 , (2.k+1).π2

]puis

�

�Sθ =

⋃n∈Z

[(2.k−1).π

2.e , (2.k+1).π2.e

]◦40◦ Vrai ou faux : ∀a ∈ R, ∀b ∈ C, (a + b = 0⇒ a = b = 0).

Écrire y ∈ C n’interdit pas à y d’être dans R.Le couple (1, −1) donne un contre-exemple.

◦41◦

33 + + = 44+ � × � × � �× + = 47

− � + � + � �+ 4 × = 31

= � = � = � �35 � 44 � 12 � �

40 − + = 43+ � × � + � �

+ − 6 = 11− � + � × � �× − = 5

= � = � = � �45 � 19 � 47 � �

Il faut complétezles cases avec lesnombres de 2 à 9(l’un d’entre euxest déjà en place).Il faut que lestrois opérations enlignes et trois opé-rations en colonnesoient exactes.

◦42◦ Calculez∫ 2.π

0et. cos(2.t). cos(4.t).dt.

On peut intégrer plusieurs fois par parties jusqu’à retomber sur la meme.On peut aussi passer par des exponentielles complexes :∫ 2.π

0et.e2.i.t.e4.i.t.dt =

[ e(1+6.i.)t

1 + 6.i

]2.π

0=

e2.π − 11 + 6.i∫ 2.π

0et.e−2.i.t.e4.i.t.dt =

[ e(1+2.i.)t

1 + 2.i

]2.π

0=

e2.π − 11 + 2.i∫ 2.π

0et.e2.i.t.e−4.i.t.dt =

[ e(1−2..i.)t

1− 2.i

]2.π

0=

e2.π − 11− 2.i∫ 2.π

0et.e−2.i.t.e−4.i.t.dt =

[ e(1−6.i.)t

1− 6.i

]2.π

0=

e2.π − 11− 6.i

On omme, on divise par 4 :

�

�

∫ 2.π

0et. cos(2.t). cos(4.t).dt =

21.(e2.π − 1)185

On peut aussi aller chercher une primitive toute prête, et la justifier en dérivant : t 7−→ et.(

cos(2.t)+2. sin(2.t)10

)+

et.(

cos(6.t)+6. sin(6.t)37

)◦43◦ ♥ La suite de Fibonacci est donc définie par F0 = F1 = 1 et ∀n ∈ N, Fn+2 = Fn+1 + Fn. Pour tout n, on note An

le point de coordonnées (Fn, Fn+1). Placez dans le plan les points An pour n de −4 et 6.

On pose alors Bn

( (3 + .√

5).Fn − (1 +√

5).Fn+1

5 +√

5,−(1 +

√5).Fn + 2.Fn+1

5 +√

5

). Montrez que les Bn sont alignés sur

une droite passant par l’origine.Montrez que les Bn sont les projections orthogonales des An sur cette droite.Montrez que les distances OBn forment une suite géométrique dont on donnera la raison.

A faire.

21

◦44◦Retrouvez les stations de métro (et R.E.R.) dont voici les anagrammes (Ouest) :Pendu atrophié. Facho en vue. Parle du poème. Humain à réinventer. Joli canard éventré.

Porte Dauphine.Avenue Foch.Rue de la Pompe.Avenue Henri-Martin.Javel - André Citroën.

◦44◦ ♥ On sait : an = 2n + 3n et bn = 3.2n − 3n. Complétez la matrice :(an+1bn+1

)=

(N F� H

).(

anbn

).

P.S.I. :(

2n+1 + 3n+1

3.2n+1 − 3n+1

)=

(a bc d

).(

2n + 3n

3.2n − 3n

)On demande donc

2.2n + 3.3n = (a + 3.b).2n + (a− b).3n

et6.2n − 3.3n = (c + 3.d).2n + (c− d).3n

Il suffit d’avoir a + 3.b = 2 c + 3.d = 6a − b = 3 et c − d = −3 .

Il ne reste qu’à résoudre.

M.P. : On souhaite avoir en particulier(

53

)=

(a bc d

).(

22

)et(

133

)=

(a bc d

).(

53

)On demande donc

(13 53 3

)=

(a bc d

).(

5 23 2

).

On extrait la matrice en multipliant(

a bc d

)=

(13 53 3

).(

2 −2−3 6

).14

.

On l’a, il ne reste qu’à vérifier.

M.P.* : On écrit(

an+1bn+1

)=

(1 13 −1

).(

2n+1

3n+1

)=

(1 13 −1

).(

2 00 3

).(

2n

3n

)Mais aussi

(anbn

)=

(1 13 −1

).(

2n

3n

).

Et donc(

an+1bn+1

)=

(1 13 −1

).(

2 00 3

).(

1 13 −1

)−1.(

anbn

).

Si nécessaire, on calcule la matrice du milieu.Et si on vous demande de la diagonaliser, gardez la sous la forme(

1 13 −1

).(

2 00 3

).(

1 13 −1

)−1,

comprenez vous pourquoi ?

◦45◦ -a- Déterminez Sup{ (−1)n

2n +(−1)p

2p | n ∈N, p ∈N}

.

-b- Déterminez Sup{ (−1)n

2n +(−1)n

2n | n ∈N}

.

-c- Déterminez Sup{ (−1)p

2n +(−1)n

2p | n ∈N, p ∈N}

.

-d- Déterminez Sup{ (−1)n

2p +(−1)n

2p | n ∈N, p ∈N}

.

Tous nos ensembles sont majorés par 2. Et les bornes supérieures valent... 2.a 2 atteinte pour n = p = 0b 2 atteinte pour n = 0c 2 atteinte pour n = p = 0d 2 atteinte pour n = p = 0

Décevant !

22

◦46◦

Fillomino. C’est quoi ce jeu là ? Il faut découper leplan en maisons. Une maison n’est pas forcémentcarrée, mais elle est d’un seul tenant (vous voyez surchaque gille une maison de taille 3 dont les trois cases sontappelées 3). Et dans une maison, si il y a des nombres(et il y en a toujours au moins un), ils indiquant la taille dela maison (donc une maison de taille 1 contient l’unique chiffre1). Deux maisons de même taille ne peuvent pas setoucher autrement que par un coin.

3 2 42 1 3 3 2 11 4 34 4 5 4 31 2 1 5 4

4 1 5 33 4 3 31 4 2 3 1 2

3 3 3 2 2 4 4 42 2 1 3 3 2 1 41 4 4 5 3 2 3 34 4 5 5 5 4 4 31 2 2 5 1 5 4 43 3 4 1 5 5 5 33 4 4 3 3 5 3 31 4 2 2 3 1 2 2

◦47◦ Un exercice d’oral de Polytechnique était posé sous la forme suivante :soient (z0, . . . zn−1) n complexes non nuls,

alors il existe une partie P de range(n) vérifiant∣∣∣ ∑

p∈Pzp

∣∣∣ > 1π

.n−1

∑k=0|zk|

l’exercice était posé tel quel avec une indication que l’on donnera plus loin sur un exemple et pour le traitementgénéral. Mais on commencera ici par quelques cas particuliers.

♠ 0 ♠ Pour (1, i,−1,−i), vérifiez : |1 + i| > 1π

.(|1|+ |i|+ | − 1|+ | − i|).

♠ 1 ♠ Pour (1,−j2, j,−1, j2,−j), vérifiez : |j− 1 + j2| > 1π

.(|1|+ | − j2|+ |j|+ | − 1|+ |j2|+ | − j|).♠ 2 ♠ n est un entier naturel non donné, on pose zk = ei.k.π/n pour k dans range(2.n).

Justifiez :∣∣∣ n−1

∑k=0

zk

∣∣∣ > 1π

.2.n−1

∑k=0|zk|.

♠ 3 ♠ a et b sont deux réels, vérifiant a < 0 < b. Prouvez : |a| > 1π

.(|a|+ |b|) ou |b| > 1π

.(|a|+ |b|).♠ 4 ♠ Les zk sont n réels classés par ordre croissant.

Montrez qu’il existe un entier p vérifiant∣∣∣ p−1

∑k=0

zk

∣∣∣ > 1π

.n−1

∑k=0|zk| ou

∣∣∣ n−1

∑k=p

zk

∣∣∣ > 1π

.n−1

∑k=0|zk|.

♠ 0 ♠ On prend cette fois à titre d’exemple z0 = 2, z1 = 1 + i, z2 = i, z3 = −2 + 3.i, z4 = −5 et z5 = −3− 4.i.Pour tout α entre−π et π, on note Aα l’ensemble {z ∈ C | |Arg(z.e−i.α)| 6 π/2}. Justifiez que Aα est un demi plan.Pour tout α, on note f (α) la norme de la somme des zk qui sont dans Aα. Représentez graphiquement l’application

f sur [−π, π], et calculez l’intégrale∫ π

−πf (α).dα 2.

Le cas général repose aussi sur le demi-plan qui tourne. On calcule la valeur moyenne de l’application f , avec des inégalités dans C et un

peu de trigonométrie. Comme cette valeur moyenne dépasse alors la valeurn−1

∑k=0|zk|, c’est que f dépasse cette valeur au moins en un point.

On ne le détaillera pas ici.

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Cas particuliers de l’inégalité dans C.

2. on rappelle que l’intégrale d’une fonction est une aire, et ne se calcule pas forcément par des [F(x)]bx=a avec des exigences du type “ fdoit être dérivable” à cause d’un cours de Terminale dans lequel on confond à tout bout de champ “nécessaire” et “suffisant”

23

On commence par quatre complexes de module 1 : (1, i,−1,−i). La somme du membre de droite1π

.(|1|+ |i|+

| − 1|+ | − i|) vaut4π

. On ne garde que deux des quatre complexes : 1 et i , on effectue la somme : 1 + i, on en

prend le module :√

2 (calcul direct).

On se dont donc juste de vérifier√

2 >4π

, c’est à dire√

2.π > 4. On le joue à la physicienne en comparant les

carrés car tout est positif : 2.π2 ' 2.10 et 42 = 16. C’est rapide.

Pour (1,−j2, j,−1, j2,−j) (sommets de l’hexagone régulier), le membre de droite se calcule1π

.(|1|+ | − j2|+ |j|+ | −

1|+ |j2|+ | − j|+ | − i|) = 6π

(un peu moins que 2).

Des six complexes, on n’en garde que trois : −1, j et j2. On calcule leur somme : −1 + j + j2 = −1 − 1 car

1 + j + j2 = 0. On passe au module : |j− 1 + j2| = 2 >6π

.

On prend cette fois 2.n nombres notés zk. Dans ei.k.π/n onreconnait une racine d’ordre 2.n de l’unité. Nos 2.n pointssont répartis régulièrement sur le cercle unité. La somme du

membre de droite1π

.2.n−1

∑k=0|zk|vaut

2.nπ

puisqu’ils sont tous de

module 1.

Avecn−1

∑k=0

zk, on ne garde visiblement que les n premiers. La

sommen−1

∑k=0

ei.k.π/n est alors simplement une série géométrique

de premier terme 1 (k = 0), de raison ei.π/n et de terme à

venir ei.n.π/n (k = n). Cette somme se simplifie :n−1

∑k=0

ei.k.π/n =

1− ei.π

1− ei.π/n =1− (−1)1− ei.π/n .

On doit en prendre le module. Il y a des façons plus ou moins rusées de le faire.• La pire : virer le dénominateur par quantité conjuguée (même si c’est souvent un bon réflexe), et s’empêtrer dans descosinus et sinus partout.• La méthode du bon élève de Terminale : le module de l’inverse est l’inverse du module. On va donc juste calcu-

ler le module de 1− ei.π/n. Celui ci vaut√(1− cos(π/n))2 + sin2(π/n). On développe, on simplifie et on arrive

à√

2.√

1− cos(π/n). On a donc∣∣∣ n−1

∑k=0

ei.k.π/n∣∣∣ = ∣∣∣ 2

1− ei.π/n

∣∣∣ = 2√2.√

1− cos(π/n)et on est déjà content.

Si on va plus loin : 1− cos(θ) = 2. sin2(θ/2) :∣∣∣ n−1

∑k=0

ei.k.π/n∣∣∣ = ∣∣∣ 2

1− ei.π/n

∣∣∣ = 2

2.∣∣∣ sin

( π

2.n

)∣∣∣ .•Mais en fait, il y avait plus rusé (et classique à connaitre) :

|1− ei.θ | = |ei.θ/2.(e−i.θ/2 − ei.θ/2)| = |ei.θ/2| × |e−i.θ/2 − ei.θ/2| = 1.2. sin(θ/2) puisque sin(θ/2) =ei.θ/2 − e−i.θ/2

2.i! On en

reparlera en cours avec le “noyau de Dirichlet”.

Bref, on est arrivé à∣∣∣ n−1

∑k=0

ei.k.π/n∣∣∣ = 1

sin( π

2.n

) et1π

.2.n−1

∑k=0|zk| =

2.nπ

. Ce serait idiot de ne pas voir un air de famille

!On doit prouver

1

sin( π

2.n

) > 2.nπ

, ce qui se ramène à sin( π

2.n

)6

π

2.ncar tout est positif.

Le physicien dira que pour n petit, on a sin(θ) ' θ. mais le mathématicien ne s’en contentera jamais. D’autant qu’un symbole' ne devientun 6 que par tricherie doublée de nécessité de “je veux conclure” du mauvais élève qui est prêt à tout pour aboutir à ce qu’on lui demande.

24

On doit montrer�� ��sin(θ) 6 θ pour θ entre 0 et π/2

C’est du classique qu’on obtient de multiples façons.Variation de fonction : l’applica-tion θ 7−→ θ − sin(θ) a une dé-rivée positive (1− cos avec cos entre−1 et 1), elle est donc croissante. Etcomme elle est nulle en 0, elle estpositive après 0.

Intégrale : sin(θ) =∫ θ

0cos(α).dα 6

∫ θ

01.dα = θ.

Géométrie : le sinus est un traitvertical, l’angle est la mesure d’unarc de cercle “un peu plus long”.

Toute preuve à la physicienne avec un développement limité ou autre sera une arnaque.

Si on met tout bout à bout, on a bien∣∣∣ n−1

∑k=0

ei.k.π/n∣∣∣ = 1

sin( π

2.n

) >= 2.nπ

=1π

.2.n−1

∑k=0|zk|.

Une question où il suffit/faut d’être méthodique. Et qui prend plusieurs arguments les uns après les autres.

a est un réel négatif et b un réel positif. On doit prouver |a| > 1π

.(|a|+ |b|) ou |b| > 1π

.(|a|+ |b|).On peut traiter différents cas suivant qui de a et b est le plus grand en valeur absolue.Mais le mieux est de faire des maths, en raisonnant par l’absurde, avec les et et les ou.

Si on n’avait pas “|a| > 1π

.(|a|+ |b|) ou |b| > 1π

.(|a|+ |b|)”, on aurait “|a| < 1π

.(|a|+ |b|) et |b| < 1π

.(|a|+ |b|)”.

En additionnant les deux, on aurait alors |a| + |b| 6 1π(|a| + |b|). En simplifiant car la somme |a| + |b| est non

nulle, on aurait π < 1, ce qui est faux. Fin du raisonnement par l’absurde, qui ne dit évidemment pas qui de

|a| > 1π

.(|a|+ |b|) ou |b| > 1π

.(|a|+ |b|) est vraie (il est d’ailleurs possible que les deux le soient...).

On notera qu’on a prouvé ici notre résultat dans le cas où on a deux complexes particuliers du plan : un réel négatif et un réel positif,appelés ici a et b au lieu de z0 et z1. Quoi qu’il en soit, en les appelant z0 et z1 au lieu de a et b, on a prouvé qu’une des deux sommes |z0|ou |z1| dépasse

1π

.(|z0|+ |z1). On va généraliser à plusieurs termes.Il est bon quand on traite un problème de comprendre un peu où on va et de ne pas se contenter de croire qu’on traite une série d’exercicescomme dans un sujet du bac.

Les zk sont n réels classés par ordre croissant. Il y a donc un moment où on bascule du négatif au positif. On notep cet indice (le plus petit indice k tel que zk soit un élément de R+) : z0 6 z1 6 . . . 6 zp−1 < 0 < zp 6 . . . 6 zn−1.On va alors poser “tout naturellement” : a = z0 + z1 + . . .+ zp−1 et b = zp + zp+1 + . . .+ zn−1. On a bien a 6 0 6 b(inégalités larges, car a est peut être nul, si il n’y a aucun réel négatif en début de liste).

Par la question précédente, on a donc |a| > 1π

.(|a|+ |b|) ou |b| > 1π

.(|a|+ |b|).Et qui est |a|+ |b| ?Comme a est négatif, on a |a| = −z0 − z1 − . . . − zp−1. Comme chaque zi de cette formule est négatif, on a|a| = |z0|+ |z1|+ . . . + |zp−1|.Comme b est négatif, on a |b| = zp + zp+1 + . . . + zn−1. Comme chaque zj de cette formule est positif, on a|b| = |zp|+ |zp+1|+ . . . + |zn−1|.

Le membre de droite1π

.(|a|+ |b|) devient donc1π

.(|z0|+ . . . + |zp|+ . . . + |zn−1|).

L’assertion |a| > 1π

.(|a|+ |b|) ou |b| > 1π

.(|a|+ |b|) devient donc∣∣∣ p−1

∑k=0

zk

∣∣∣ > 1π

.n−1

∑k=0|zk| ou

∣∣∣ n−1

∑k=p

zk

∣∣∣ > 1π

.n−1

∑k=0|zk| comme attendu.

On a donc répondu à la question∣∣∣∑

i∈Pzi

∣∣∣ > 1π

.n−1

∑k=0|zk| en prenant comme partie P les premiers indices de la liste

25

ou les derniers (en séparant en fait les réels zi selon leur signe). On note qu’un facteur12

ferait l’affaire ici à la place du

facteur1π

.Mais on est sur R et pas sur C.

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Exemple avec quelques points dans le plan complexe.

On trace un dessin pour localiser les points de l’énoncé. Et on calcule les normes demandées pour les sommer :z0 = 2 z1 = 1 + i z2 = i z3 = −2 + 3.i z4 = −5 z5 = −3− 4.i|z0| = 2 |z1| =

√2 |z2| = 1 |z3| =

√13 |z4| = 5 |z0| = 5

La somme des modules est laide, elle vaut 13 +√

2 +√

13 et ne se simplifie.Et la somme des complexes vaut −7 + i, même si ça ne sert à rien.

Un ensemble {z ∈ C | |Arg(z.e−i.α)| 6 π/2} est forméde complexes obéissant effectivement à une contrainted’angle. Écrivons z = ρ.ei.θ comme souvent. La condi-tion porte sur Arg(ρ.eı̂.(θ− α). Cet argument vaut θ− α(après réduction si nécessaire). On demande donc queθ − α soit entre −π/2 et π/2 , ce qui revient à bloquer

θ entre α− π

2et α +

π

2. Les deux valeurs extrêmes sont

distantes de π, la limite est faite de deux demi droitesalignées, c’est une droite. Et on est dans le demi plan“du côté de α”.Il fallait encore une fois travailler en polaires. Quels pro-fesseurs de Terminale vous ont fait croire que le plancomplexe était fait d’éléments de la forme x + i.y et pasd’éléments de la forme ρ.ei.θ ?

La fonction f va donc compter des sommes comme |z1 + z2 + z3| si z1, z2 et z3 sont dans le demi plan Aα. On vadonc faire une étude à la main (il ne faut pas espérer des formules toutes prêtes, il faut mettre les mains dans le cambouis, et accepterde travailler avec des définition).

Le premier demi plan (pour α nul) est l’Est de la carte, avec lesarguments entre −π/2 et π/2.On prend trois des complexes : z0 = 2, z1 = 1 + i et z2 = i.La somme vaut 3 + 2.i et a pour module

√13 : f (0) =

√13.

On va rester avec cette valeur tant que le plan ne va pas troptourner.

Le premier changement va se faire quand la demi droite vacontenir le point z3.« A cet instant », le point z3 s’ajoute à la somme :z0 + z1 + z2 + z3 = 2 + (1 + i) + i + (−2 + 3.i) = 1 + 5.i.Le module vaut

√26.

On déduit donc que de 0 à Arctan(2/3), f vaut√

13.En Arctan(2/3), la fonction saute à la valeur

√26 (elle aug-

mente).Pourquoi Arctan(2/3) ? C’est la direction orthogonale à cettedroite.

26

On va pouvoir continuer, jusqu’à ce que le demi plan gagne unnouveau point.Ou en perde un.Quand α va atteindre la valeur π/2, l’axe de découpe serahorizontal. La somme complexe sera faite de z0, z1, z2, z3 etz4. Elle vaudra −4 + 5.i. f (π/2) vaut alors

√41.

Mais ça ne dure pas. Dès que α augmente, on perd le point z0.

Maintenant, la somme vaut(1 + i) + i + (−2 + 3.i)− 5, et la fonction vaut

√61.

Elle reste constante égale à cette valeur. Le prochain change-ment va se faire quand on va perdre z1 (égal à 1 + i). On auraalors pour somme complexe i + (−2 + 3.i)− 5 puis pour mo-dule

√65.

L’étape suivante sera l’arrivée de z5 (égal à −3 − 4.i) dans lasomme.

On se dit que pour avoir les valeurs prises par la fonction en escalier, il va falloir dresser un tableau. Comme les zksont classés par ordre croissant d’argument, les familles de points dans les demi plans Aα seront faites d’indicesconsécutifs.

angle α avant 0 0 Arctan(2/3) π/2 3.π/4 après π

z0 2 2 2 2z1 1 + i 1 + i 1 + i 1 + i 1 + iz2 i i i i i iz3 −2 + 3.i −2 + 3.i −2 + 3.i −2 + 3.i −2 + 3.i −2 + 3.iz4 −5 −5 −5 −5 −5z5 −3− 4.i −3− 4.i

somme 3 + i 3 + 2.i 1 + 5.i −4 + 5.i −6 + 5.i −7 + 4.i −10 −10− if (α)

√10

√13

√26

√41

√61

√65 10

√101

C’est long et laborieux.

Pour le calcul de l’intégrale, on additionne des aires de rectangles comme√

26.(π

2− Arctan

(23

)).

27

◦0◦ La matrice

7 −2−4 −10

a pour vecteurs propres

120

et

111

, et admet pour valeur propre −2.

Diagonalisez la.

On traduit qu’un premier vecteur est propre :

7 −2 ab −4 −10c d e

.

120

= α.

120

pour un réel α.

La première ligne donne la valeur de α : 3 et ceci permet d’obtenir un coefficient de la seconde et une relation sur

ceux de la troisième :

7 −2 a14 −4 −10−2.d d e

.

120

= 3.

120

On passe à l’autre vecteur :

7 −2 a14 −4 −10−2.d d e

.

111

= β.

111

. Cette fois, β est nul (deuxième ligne) : 7 −2 −514 −4 −10−2.d d d

.

1 12 10 1

=

3 06 00 0

=

1 12 10 1

.(

3 00 0

)on progresse.

On a deux valeurs propres, il en manque une, et on nous la donne ! La trace est la somme des trois valeurs propres(M et D ont la même trace) : 7− 4 + d = 3 + 0− 2. d vaut −2.

On cherche un vecteur propre de valeur propre −2 :

7 −2 −514 −4 −104 −2 −2

.

1yz

= −2.

1yz

.

On trouve le dernier vecteur propre (ou un de ses multiples), et on termine : 7 −2 −514 −4 −104 −2 −2

.

1 1 12 1 20 1 1

=

3 0 −26 0 −40 0 −2

=

3 0 −26 0 −40 0 −2

3 0 00 0 00 0 −2

On a donc une matrice P inversible (de déterminant −1, merci !) :

P =

1 1 12 1 20 1 1

D =

3 0 00 0 00 0 −2

P−1 =

1 0 −12 −1 0−2 1 1