[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1

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Enoncés
1
Exercice 1 [ 03044 ] [correction]
Soit E un ensemble. Montrer que E est infini si, et seulement si, pour toute
fonction f : E → E, il existe A ⊂ E avec A 6= ∅ et A 6= E telle que f (A) ⊂ A.
Exercice 7 [ 03351 ] [correction]
Soient a, b ∈ N\ {0, 1} et n ∈ N? .
On suppose que an + bn est un nombre premier. Montrer que n est une puissance
de 2.
Exercice 2 [ 03040 ] [correction]
Quelle est l’image du cercle unité par l’application z 7→
Exercice 8 [ 03039 ] [correction]
Soit z ∈ C avec |z| < 1. Existence et calcul de
1
1−z
?
lim
Exercice 3 [ 03107 ] [correction]
Soit B une partie bornée non vide de C.
On suppose que si z ∈ B alors 1 − z + z 2 ∈ B et 1 + z + z 2 ∈ B.
Déterminer B.
Exercice 4 [ 03353 ] [correction]
Soient n > 3, ω1 , . . . , ωn les racines n-ième de l’unité avec ωn = 1.
a) Calculer pour p ∈ Z,
n
X
Sp =
ωip
i=1
b) Calculer
T =
n−1
X
i=1
n→+∞
n Y
1 + z2
k
k=0
Exercice 9 [ 03048 ] [correction]
Etudier la suite (zn )n>0 définie par z0 ∈ C et
∀n ∈ N, zn+1 =
zn + |zn |
2
Exercice 10 [ 03234 ] [correction]
Soit (un ) une suite réelle vérifiant
un+1 − un → 0 et un → +∞
Montrer qu’il existe une application ϕ : N → N strictement croissante vérifiant
1
1 − ωi
Exercice 5 [ 03352 ] [correction]
Soient a, b, c trois complexes distincts vérifiant
|2a − b − c| = |2b − a − c| = |2c − a − b|
uϕ(n) − n → 0
Exercice 11 [ 03034 ] [correction]
Soit f : [0, 1[ → R uniformément continue. Montrer que f est bornée.
Exercice 12 [ 03035 ] [correction]
Soit f : R+ → R continue et tendant vers 0 à l’infini.
Montrer que f est uniformément continue.
Montrer que le triangle dont les sommets ont pour affixes a, b, c est équilatéral.
Exercice 6 [ 03043 ] [correction]
Soit E un ensemble fini non vide muni d’une loi de composition interne
associative notée >.
Montrer qu’il existe e ∈ E tel que e>e = e.
Exercice 13 [ 03105 ] [correction]
Soit α un réel compris au sens large entre 0 et 1/e.
a) Démontrer l’existence d’une fonction f ∈ C 1 (R, R) vérifiant
∀x ∈ R, f 0 (x) = αf (x + 1)
b) Si α = 1/e, déterminer deux fonctions linéairement indépendantes vérifiant la
relation précédente.
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2
Exercice 19 [ 02966 ] [correction]
Soient f : [0, 1] → R continue telle que
Z 1
f (t) dt = 0
Exercice 14 [ 03350 ] [correction]
Montrer la surjectivité de l’application
z ∈ C 7→ z exp(z) ∈ C
0
m le minimum de f et M son maximum.
Prouver
Z 1
f 2 (t) dt 6 −mM
Exercice 15 [ 00727 ] [correction]
Soit f ∈ C 2 (R+ , R) telle que lim f (x) = a ∈ R.
x→+∞
0
a) Si f 00 est bornée, que dire de f 0 (x) quand x → +∞ ?
b) Le résultat subsiste-t-il sans l’hypothèse du a) ?
Exercice 16 [ 01341 ] [correction]
Soit f : ]0, 1] → R dérivable. On suppose de f (x) → ` et xf 0 (x) → `0 quand x → 0.
Que dire de `0 ?
1/n
+ (y1 . . . yn )
1/n
6 ((x1 + y1 ) × · · · × (xn + yn ))
0
0
0
Exercice 21 [ 03051 ] [correction]
Soient (a, b) ∈ R2 avec a < b et f ∈ C 0 ([a, b] , C).
A quelle condition portant sur f a-t-on
Z
b Z b
f =
|f | ?
a a
Exercice 17 [ 02945 ] [correction]
Soient x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn des réels positifs.
Montrer
(x1 . . . xn )
Exercice 20 [ 02967 ] [correction]
Soient f et g deux fonctions croissantes et continues sur [0, 1]. Comparer
Z 1
Z 1
Z 1
f (t)g(t) dt et
f (t) dt ×
g(t) dt
1/n
Exercice 22 [ 03089 ] [correction]
Soient (a, b) ∈ R2 , µ ∈ R+? et f ∈ C 2 ([a, b] , R) telles que
Exercice 18 [ 03049 ] [correction]
Soient I un intervalle ouvert de R et f ∈ C 0 (I, R).
a) On suppose que, pour tout (x, y) ∈ I 2 ,
f
x+y
2
6
f (x) + f (y)
2
Montrer que f est convexe.
b) On suppose qu’il existe un réel M tel que
∀(x, y) ∈ R2 , |f (x + y) + f (x − y) − 2f (x)| 6 M y 2
Montrer que f est dérivable.
Indice : Considérer x 7→ f (x) ± M x2 /2.
∀x ∈ [a, b] , |f 0 (x)| > µ et f 0 monotone
Montrer :
Z
b
1
2iπf (t)
e
dt 6
a
µπ
Exercice 23 [ 03380 ] [correction]
Soit f : [0, 1] → R continue vérifiant
Z 1
f (t) dt = 0
0
Montrer qu’il existe x ∈ ]0, 1[ vérifiant
Z x
tf (t) dt = 0
0
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Enoncés
Exercice 24 [ 03116 ] [correction]
Soient E un espace vectoriel de dimension finie et u ∈ L(E) nilpotent.
Soit S un sous-espace vectoriel de E stable par u et tel que
3
Exercice 30 [ 02143 ] [correction]
Soient t ∈ R et n ∈ N? .
Déterminer le reste de la division euclidienne dans R [X] de (X cos t + sin t)n par
X 2 + 1.
E = S + Imu
Montrer que S = E.
Exercice 31 [ 02375 ] [correction]
Trouver les P ∈ C [X] vérifiant
Exercice 25 [ 02464 ] [correction]
Soit (a, b, c) ∈ R3 . Les fonctions x 7→ sin(x + a), x 7→ sin(x + b) et x 7→ sin(x + c)
sont-elles linéairement indépendantes ?
Exercice 26 [ 00271 ] [correction]
Soit P ∈ C [X] non constant et tel que P (0) = 1. Montrer que :
∀ε > 0, ∃z ∈ C, |z| < ε et |P (z)| < 1
P (X 2 ) = P (X)P (X + 1)
Exercice 32 [ 02941 ] [correction]
Soient A, B ∈ C [X] non constants vérifiant
{z ∈ C/A(z) = 0} = {z ∈ C/B(z) = 0} et {z ∈ C/A(z) = 1} = {z ∈ C/B(z) = 1}
Montrer que A = B.
Exercice 27 [ 00274 ] [correction]
Soit P ∈ R [X] simplement scindé sur R. Montrer que P ne peut avoir deux
coefficients consécutifs nuls.
Exercice 28 [ 01352 ] [correction]
Soient K un corps et a1 , a2 , . . . , an ∈ K deux à deux distincts.
a) Calculer
n Y
X
X − aj
i=1 j6=i
b) On pose A(X) =
n
Q
ai − aj
Exercice 33 [ 03041 ] [correction]
Trouver les P ∈ C [X] tels que
P (1) = 1, P (2) = 2, P 0 (1) = 3, P 0 (2) = 4,P 00 (1) = 5 et P 00 (2) = 6
Exercice 34 [ 03046 ] [correction]
Soit P ∈ R [X]. Montrer que la suite (P (n))n∈N vérifie une relation de récurrence
linéaire à coefficients constants.
(X − aj ). Calculer
j=1
n
X
1
A0 (ai )
i=1
Exercice 29 [ 02131 ] [correction]
Déterminer dans K [X] tous les polynômes divisibles par leur polynôme dérivé.
Exercice 35 [ 03336 ] [correction]
Résoudre dans C3 le système
 2
2
2

x + y + z = 0
x4 + y 4 + z 4 = 0

 5
x + y5 + z5 = 0
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Exercice 36
Soit
[ 00403 ]
Enoncés
(avec 0 < b < a)
b) Calculer
[correction]
M=
a
c
b
d
avec 0 6 d 6 c 6 b 6 a et b + c 6 a + d.
Pour tout n > 2, on note
4
ZZ
∈ M2 (R)
(M F + M F 0 ) dx dy
I=
D
où D désigne l’intérieur de l’ellipse
an
cn
Mn =
bn
dn
Démontrer que, pour tout n > 2,
bn + cn 6 an + dn
Exercice 37
Soit
[ 02929 ]
[correction]

1

 0
A=
 .
 ..
0
···
···
1
..
.
..
.
0
···
1
..
.
..
.
1



 ∈ Mn (R)


a) Soit k ∈ N? . Majorer les coefficients de Ak .
b) Calculer A−1 .
c) Calculer Ak pour k ∈ N.
Exercice 38
Calculer
[correction]
0
C0
0
C1
Dn+1 = .
..
C0
n
[ 01432 ]
C11
C21
..
.
···
···
Cnn
n
Cn+1
..
.
1
Cn+1
···
n
C2n
[n+1]
en notant par
Cnk
=
!
n
k
=
n!
k!(n − k)!
Exercice 39 [ 03373 ] [correction]
a) Donner les coordonnées des foyers F et F 0 de l’ellipse E d’équation
x2
y2
+
=1
a2
b2
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Corrections
Corrections
5
|g(z) − i| = |z − i| |z + 1 + i| et |g(z) + i| = |z + i| |z + 1 − i|
Exercice 1 : [énoncé]
Si E est l’ensemble vide, il n’existe pas de partie A incluse dans E vérifiant A 6= ∅
et A 6= E.
Si E est un ensemble à un élément, idem.
Si E est un ensemble fini contenant au moins deux éléments, on peut indexer les
éléments de E pour écrire E = {x1 , x2 , . . . , xn } avec n = CardE > 2. Considérons
alors l’application f : E → E définie par f (x1 ) = x2 , f (x2 ) = x3 ,. . . ,f (xn−1 ) = xn
et f (xn ) = x1 .
Soit une partie A de E vérifiant f (A) ⊂ A. Si A est non vide alors il existe
i ∈ {1, . . . , n} tel que xi ∈ A mais alors f (xi ) ∈ A i.e. xi+1 ∈ A et reprenant ce
processus on obtient xi , xi+1 , . . . , xn , x1 , . . . , xi−1 ∈ A et donc A = E.
Ainsi, si E est un ensemble fini, il existe une application f : E → E pour laquelle
les seules parties A de E vérifiant f (A) ⊂ A sont ∅ et E.
Inversement.
Soit E un ensemble infini et f : E → E.
Soit x ∈ E et considérons la suite des éléments x, f (x), f 2 (x), . . . , f n (x), . . ..
S’il existe
n ∈ N? tel que fn (x) = x alors la partie
A = x, f (x), . . . , f n−1 (x) ⊂ E est non vide, distincte de E (car A finie) et
vérifie f (A) ⊂ A.
Sinon, la partie A = f (x), f 2 (x), . . . = {f n (x)/n ∈ N? } ⊂ E est non vide,
distincte de E (car x ∈
/ A) et vérifie f (A) ⊂ A.
Exercice 2 : [énoncé]
Pour θ ∈ ]0, 2π[ et z = eiθ ,
1
1
1 1
θ
i
=
= + icotan
= e−iθ/2
1−z
1 − eiθ
2 sin θ/2
2 2
2
Soient a ∈ B et (zn )n>0 la suite d’éléments de B définie par z0 = a et pour tout
n∈N
f (zn ) si Re(zn ) 6 0
zn+1 =
g(zn ) si Re(zn ) > 0
Posons enfin
un = zn2 + 1 = |zn − i| |zn + i|
Si Re(zn ) 6 0 alors
un+1 = |f (zn ) − i| |f (zn ) + i| = un |zn − (1 + i)| |zn − (1 − i)|
Selon le signe de la partie imaginaire de zn , l’un
√ au moins des deux modules
|zn − (1 + i)| et |zn − (1 − i)| est supérieur à 2 alors que l’autre est supérieur à 1.
Ainsi
√
un+1 > 2un
Si Re(zn ) > 0, on obtient le même résultat.
On en déduit que si u0 6= 0 alors la suite (un ) n’est pas bornée. Or la partie B est
bornée donc u0 = 0 puis a = ±i. Ainsi B ⊂ {i, −i}.
Sachant B 6= ∅ et sachant que l’appartenance de i entraîne celle de −i et
inversement, on peut conclure
B = {i, −i}
Exercice 4 : [énoncé]
Quitte à réindexer, on peut supposer
∀k ∈ {1, . . . , n} , ωk = e2ikπ/n = ω k avec ω = e2iπ/n
a) Si n ne divise par p alors, puisque ω p 6= 1
L’image du cercle unité est la droite d’équation x = 12 .
Sp =
n
X
ω kp = ω p
k=1
Exercice 3 : [énoncé]
On observe que B = {i, −i} est solution. Montrons qu’il n’y en a pas d’autres. . .
Posons f : C → C et g : C → C définies par
f (z) = 1 − z + z 2 et g(z) = 1 + z + z 2
On remarque
|f (z) − i| = |z + i| |z − (1 + i)| , |f (z) + i| = |z − i| |z − (1 − i)|
1 − ω np
=0
1 − ωp
Si n divise p alors
Sp =
n
X
k=1
ω kp =
n
X
1=n
k=1
b) Pour 1 6 k 6 n − 1, on a
1
1
i
kπ 1
= −e−ikπ/n
= cot
+
kπ
1 − ωk
2
n
2
2i sin n
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Corrections
Puisque
n−1
X
k=1
cot
kπ
n
on a
=
`=n−k
n−1
X
`=1
n−1
X
`π
`π
cot π −
=
− cot
n
n
6
Exercice 7 : [énoncé]
On peut écrire n = 2k (2p + 1) avec k, p ∈ N et l’enjeu est d’établir p = 0.
k
k
Posons α = a2 et β = b2 . On a
`=1
n−1
X
k=1
an + bn = α2p+1 + β 2p+1 = α2p+1 − (−β 2p+1 )
kπ
=0
cot
n
puis
(n − 1)
2
On peut aussi retrouver cette relation en considérant que T est la somme des
racines d’un polynôme bien construit
T =
P n = (X − 1)n − X n = −nX n−1 +
On peut alors factoriser par α − (−β) = α + β et puisque an + bn est un nombre
premier, on en déduit que α + β = 1 ou α + β = an + bn . Puisque α, β > 1, le cas
α + β = 1 est à exclure et puisque α 6 an et β 6 bn , le cas α + β = an + bn
entraîne
α = an et β = bn
Puisque a > 2, l’égalité α = an = α2p+1 entraîne p = 0 et finalement n est une
puissance de 2.
n(n − 1) n−2
X
+ ···
2
Exercice 5 : [énoncé]
Posons
a+b+c
3
l’affixe du barycentre des sommets du triangle. L’hypothèse posée donne
ω=
|a − ω| = |b − ω| = |c − ω|
donc le barycentre est aussi centre du cercle circonscrit au sommet du triangle
(qui est nécessairement non aplati). Puisque le barycentre est aussi le centre du
cercle circonscrit, le triangle est équilatéral (on le montre par exemple en
affirmant que médianes et médiatrices issues d’un côté sur lequel ne figure pas le
point désigné par ω sont confondues).
Exercice 6 : [énoncé]
Considérons l’application f : x 7→ x>x de E vers E.
Pour x ∈ E, la suite des éléments x, f (x), . . . , f n (x), . . . ne peut être formée
d’éléments deux à deux distincts car l’ensemble E est fini.
Ainsi il existe p < q ∈ N tel que f p (x) = f q (x).
Posons a = f p (x) et n = q − p ∈ N? de sorte que f n (a) = a.
n
On a f (a) = a2 , f 2 (a) = a4 , f 3 (a) = a8 ,. . . , f n (a) = a2 .
Notons qu’ici la notation am pour un itéré de a est possible pour m ∈ N? car la loi
> est associative. De plus, on peut affirmer que a` >am = a`+m pour `, m ∈ N? .
n
Pour e = a2 −1 ∈ E, on a
n+1
n
n
n
n
2
e>e = e = a2 −2 = a2 >a2 −2 = a>a2 −2 = a2 −1 = e.
Exercice 8 : [énoncé]
n Q
k
n
n+1
(1 − z)
1 + z 2 = (1 − z)(1 + z)(1 + z 2 ) . . . (1 + z 2 ) = (1 − z 2 ).
k=0
n Q
n+1
k
1
.
Or z 2
→ 0 donc lim
1 + z 2 = 1−z
n→+∞ k=0
Exercice 9 : [énoncé]
On peut écrire z0 = ρeiθ avec ρ > 0 et θ ∈ ]−π, π]
On a alors
z1 = ρ
n
Y
θ
θ θ
θ
θ θ
θ
1 + eiθ
= ρ cos ei 2 , z2 = ρ cos cos ei 4 ,..., zn = ρei 2n
cos k
2
2
2
4
2
k=1
Si θ = 0 alors zn = ρ → ρ.
Sinon, pour tout n ∈ N? , sin 2θn 6= 0 et
sin
n
θ Y
θ
sin θ
cos k = n
n
2
2
2
k=1
par exploitations successives de l’identité sin 2a = 2 sin a cos a.
On en déduit
n
Y
sin θ
sin θ
θ
→
cos k = n
θ
2
θ
2
sin
2n
k=1
Finalement
zn → ρ
sin θ
θ
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Exercice 10 : [énoncé]
On définit les valeurs de ϕ par récurrence en posant
7
et donc il existe p > N + 1 vérifiant
uϕ(p)−1 < p et uϕ(p) > p
et puisque uϕ(p) − uϕ(p)−1 < 1/2, on a
ϕ(0) = 0
et pour tout n ∈ N? ,
uϕ(p) ∈ [p, p + 1/2[
ϕ(n) = min k ∈ N/k > ϕ(n − 1) et uϕ(k) > k
Puisque un → +∞, ϕ(n) est bien défini en tant que plus petit élément d’une
partie non vide de N.
Il est immédiat par construction que ϕ est une application strictement croissante
de N vers N.
Il reste à vérifier
uϕ(n) − n → 0
Par construction, on a pour n ∈ N
?
et par récurrence on obtient
∀q > p, uϕ(q) ∈ [q, q + 1/2[
Au-delà du rang p + 1 on ne peut avoir la propriété
ϕ(n) − 1 = ϕ(n − 1)
car celle-ci entraîne
uϕ(n) > n
et puisque ϕ(n) − 1 ∈
/ k ∈ N/k > ϕ(n − 1) et uϕ(n)
uϕ(n−1) ∈ [n − 1, n − 1/2[ et uϕ(n) ∈ [n, n + 1/2[
> n , on a
Finalement, on a obtenu qu’à partir d’un certain rang
ϕ(n) − 1 = ϕ(n − 1) ou uϕ(n)−1 < n
Observons qu’il ne peut y avoir qu’un nombre fini de n pour lesquels
uϕ(n)−1 < n et uϕ(n) > n
Cela entraîne
0 6 uϕ(n) − n 6 uϕ(n) − uϕ(n)−1 → 0
ϕ(n − 1) = ϕ(n) − 1
Puisque un+1 − un → 0, à partir d’un rang N , on a
et donc
uϕ(n) − n → 0
|un+1 − un | < 1/2
Par construction uϕ(N ) = N + α avec α > 0.
On a alors
uϕ(N )+k 6 N + α + k/2
Pour k assez grand, on a
uϕ(N )+k < N + k
Or
uϕ(N +k) > N + k
Exercice 11 : [énoncé]
Pour ε = 1, il existe α > 0 tel que ∀x, y ∈ [0, 1[ , |y − x| 6 α ⇒ |f (y) − f (x)| 6 1.
Par suite, pour tout x ∈ [1 − α, 1[, on a |f (x) − f (1 − α)| 6 1 puis
|f (x)| 6 1 + |f (1 − α)|.
De plus, la fonction f est continue donc bornée sur le segment [0, 1 − α] par un
certain M .
On a alors f bornée sur [0, 1[ par max {M, 1 + |f (1 − α)|}.
donc
ϕ(N + k) 6= ϕ(N ) + k
Ainsi, il n’est pas possible que pour tout p ∈ {N + 1, . . . , N + k} on ait
ϕ(p) − 1 = ϕ(p − 1)
Exercice 12 : [énoncé]
Soit ε > 0.
Puisque f tend vers 0 en +∞, il existe A ∈ R+ tel que pour tout x ∈ [A, +∞[,
|f (x)| 6 ε/2.
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Puisque la fonction f est continue, elle est continue sur le segment [0, A + 1] et
donc uniformément continue sur ce segment en vertu du théorème de Heine.
Par suite il existe α > 0 tel que
2
∀(x, y) ∈ [0, A + 1] , |y − x| 6 α ⇒ |f (y) − f (x)| 6 ε.
0
Posons α = min {α, 1} > 0.
Soient x, y ∈ R+ tels que |x − y| 6 α0 .
Quitte à échanger, supposons que x est le plus petit de x et y.
Si x ∈ [0, A] alors x, y ∈ [0, A + 1] et |y − x| 6 α donc |f (y) − f (x)| 6 ε.
Si x ∈ [A, +∞[ alors x, y ∈ [A, +∞[ donc |f (y) − f (x)| 6 |f (y)| + |f (x)| 6 ε.
Exercice 13 : [énoncé]
a) Cherchons f de la forme
βx
f (x) = e
−β
Après calculs, si α = βe alors f est solution.
En étudiant les variations de la fonction β 7→ βe−β , on peut affirmer que pour
tout α ∈ [0, 1/e], il existe β ∈ R+ tel que βe−β = α et donc il existe une fonction
f vérifiant la relation précédente.
b) Pour α = 1/e, les fonctions x 7→ ex et x 7→ x ex sont solutions.
Notons que pour α ∈ ]0, 1/e[ il existe aussi deux solutions linéairement
indépendantes car l’équation βe−β = α admet deux solutions, une inférieure à 1 et
l’autre supérieure à 1
8
avec
θ − α θ−α cos α
e sin α
sin α
La fonction g est définie et continue sur ]0, π[.
Quand α → 0+ , g(α) → +∞ et quand α → π − , g(α) → 0+ .
Par suite, il existe α ∈ ]0, π[ tel que g(α) = r et alors, pour ρ =
g(α) =
Finalement f est surjective.
Exercice 15 : [énoncé]
a) Posons M ∈ R+? tel que |f 00 (x)| 6 M pour tout x ∈ R+ .
Soit ε > 0. La suite (xn ) de terme général
xn = n
ε
M
diverge vers +∞ et donc
f (xn+1 ) − f (xn ) → 0
Par suite il existe N ∈ N tel que pour tout n > N
|f 0 (cn )| (xn+1 − xn ) 6
ε2
M
ce qui donne
|f 0 (cn )| 6 ε
Puisque f 00 est bornée par M , la fonction f 0 est M -lipschitzienne et donc
∀u ∈ [xn , xn+1 ] , |f 0 (u) − f 0 (cn )| 6 M |u − cn | 6 ε
α + ρ sin α = θ
Nous alors chercher un couple (ρ, α) solution avec ρ > 0 et α ∈ ]0, π[.
Quitte à considérer un nouvel argument θ pour le complexe Z, nous supposons
θ > π.
On a alors

(
 g(α) = r
ρeρ cos α = r
⇔
ρ = θ − α
α + ρ sin α = θ
sin α
ε2
M
Par le théorème des accroissements finis, il existe cn ∈ ]xn , xn+1 [ tel que
f (z) = ρeρ cos α ei(α+ρ sin α)
Soit Z = reiθ ∈ C avec r > 0.
Si r = 0 alors Z = 0 = f (0).
Si r > 0, pour que z = ρeiα vérifie f (z) = Z, il suffit de trouver (ρ, α) solution du
système
(
ρeρ cos α = r
on obtient
f (ρeiα ) = reiθ = Z
|f (xn+1 ) − f (xn )| 6
Exercice 14 : [énoncé]
Notons f l’application étudiée. Pour z = ρeiα , on a
θ−α
sin α ,
puis
∀u ∈ [xn , xn+1 ] , |f 0 (u))| 6 ε + |f 0 (cn )| 6 2ε
et, puisque ceci vaut pour tout n ∈ N, on a en posant A = xN ,
∀u > A, |f 0 (u)| 6 2ε
On peut conclure que f 0 converge vers 0 en +∞.
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Corrections
b) Posons
cos(t2 )
f (t) =
t+1
On vérifie aisément que f est de classe C 2 et converge en +∞ sans que f 0 converge
en 0.
9
Pour ai = ln αi , on obtient
1
1
ln 1 + e n (ln α1 +···+αn ) 6 (ln(1 + α1 ) + · · · + ln(1 + αn ))
n
puis
1/n
1/n
ln 1 + (α1 · · · αn )
6 ln ((1 + α1 ) . . . (1 + αn ))
et par la croissance de la fonction exponentielle, on obtient
Exercice 16 : [énoncé]
Nous allons montrer `0 = 0 en raisonnant par l’absurde.
Supposons `0 > 0.
Il existe α > 0 tel qu’au voisinage de 0
xf 0 (x) > α
Pour x et 2x dans ce voisinage, on peut écrire en vertu du théorème des
accroissements finis
f (2x) − f (x) = xf 0 (c)
avec c compris entre x et 2x.
Puisque cf 0 (c) > α, on obtient
f (2x) − f (x) > x
α
α
>
c
2
1/n
1 + (α1 . . . αn )
C’est absurde.
De même, supposer `0 < 0 est absurde.
Exercice 17 : [énoncé]
Si l’un des xi ou des yi est nul, la relation est immédiate. On suppose désormais
xi , yi > 0.
1/n
En divisant par (x1 . . . xn ) , la propriété demandée équivaut à
1/n
1/n
1 + (α1 . . . αn )
6 ((1 + α1 ) . . . (1 + αn ))
pour tout αi > 0. Etablissons cette
identité.
Considérons la fonction f : x 7→ ln (1 + ex ).
1
ex
0
f est dérivable et f 0 (x) = 1+e
x = 1 − 1+ex . La fonction f est croissante donc f
est convexe.
Par l’inégalité de Jensen :
a1 + · · · + an
1
∀a1 , . . . , an ∈ R, f
6 (f (a1 ) + · · · + f (an ))
n
n
1/n
Exercice 18 : [énoncé]
a) Soit a, b ∈ I et A = {λ ∈ [0, 1] , f (λa + (1 − λ)b) 6 λf (a) + (1 − λ)f (b)}.
On a 0, 1 ∈ A et par l’hypothèse de travail, on montre λ, µ ∈ A ⇒ (λ + µ)/2 ∈ A.
Par récurrence sur n ∈ N, on a ∀k ∈ {0, 1, . . . , 2n } , k/2n ∈ A.
Enfin pour tout λ ∈ [0, 1], pour kn = E(2n λ), on a λn = kn /2n → λ et
f (λn a + (1 − λn )b) 6 λn f (a) + (1 − λn )f (b) donne à la limite
f (λa + (1 − λ)b) 6 λf (a) + (1 − λ)f (b).
Ainsi la fonction f est convexe.
b) Par ce qui précède, on montre que la fonction g : x 7→ f (x) − M x2 /2 est
convexe.
On en déduit qu’en tout x ∈ I, g est dérivable à droite et à gauche et on a
gg0 (x) 6 gd0 (x)
Or quand x → 0+
f (2x) − f (x) → ` − ` = 0
6 ((1 + α1 ) . . . (1 + αn ))
Or la fonction x 7→ M x2 /2 est dérivable donc, par opérations, f est dérivable à
droite et à gauche et on vérifie
fg0 (x) 6 fd0 (x)
De même, on montre que la fonction h : x 7→ f (x) + M x2 /2 est concave et on en
déduit que pour tout x ∈ I,
fg0 (x) > fd0 (x)
Finalement fg0 (x) = fd0 (x) et donc f est dérivable.
Exercice 19 : [énoncé]
La fonction t 7→ (M − f (t))(f (t) − m) est positive donc
Z 1
(M − f (t))(f (t) − m) dt > 0
0
En développant et par linéarité, on obtient −mM −
R1
f (t) dt = 0.
0
On en déduit l’inégalité demandée.
R1
0
f 2 (t) dt > 0 sachant
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Exercice 20 : [énoncé]
Nous allons établir l’inégalité
Z 1
Z
f (t) dt ×
0
1
Z
g(t) dt 6
0
Corrections
1
f (t)g(t) dt
0
On peut commencer par observer que si cette inégalité est vraie pour f et g, elle
l’est encore pour f + Rλ et g + µ avec
R 1 λ, µ ∈ R. On peut donc, sans perte de
1
généralités, supposer 0 f (t) dt = 0 g(t) dt = 0 et il s’agit alors d’établir
R1
f (t)g(t) dt > 0.
0
Il existe alors a ∈ [0, 1] tel que f (x) 6 0 pour x ∈ [0, a] et f (x) > 0 pour x ∈ [a, 1].
Il existe aussi b ∈ [0, 1] tel que g(x) 6 0 pour x ∈ [0, b] et g(x) > 0 pour x ∈ [b, 1].
Quitte à échangerf et g, on peut supposer a 6 b.
Z
1
Z
f (t)g(t) dt =
a
Z
b
f (t)g(t) dt +
0
Z
f (t)g(t) dt +
a
0
Rb
Rb
Or |g| = |f | et l’hypothèse de départ donne a |g| = a Re(g) puis
Rb
|g| − Re(g) = 0.
a
Puisque la fonction réelle |g| − Re(g) est continue, positive et d’intégrale nulle,
c’est la fonction nulle.
Par suite Re(g) = |g| et donc la fonction g est réelle positive.
Finalement, la fonction f est de la forme t 7→ g(t)eiθ avec g fonction réelle positive.
La réciproque est immédiate.
Exercice 22 : [énoncé]
Ecrivons
Z
f (t)g(t) dt
Z
Ra
f (t)g(t) dt > 0 car f (t), g(t) 6 0 sur [0, a].
Rb
f
(t)g(t) dt > f (b) a g(t) dt car f (t) 6 f (b) et donc f (t)g(t) > f (b)g(t) puisque
a
g(t) 6 0.
R1
R1
f (t)g(t) dt > f (b) b g(t) dt car f (t) > f (b) et donc f (t)g(t) > f (b)g(t) puisque
b
g(t) > 0.
On en déduit
Z
Z
1
et on peut conclure.
Notons que la comparaison
Z 1
Z
f (t) dt ×
0
g(t) dt > 0
a
0
1
1
f (t)g(t) dt
0
ne peut être améliorée car c’est une égalité quand f et g sont des fonctions
constantes.
Exercice 21
R : [énoncé]
b Rb
Supposons a f = a |f |.
R Rb
b On peut écrire a f = reiθ avec r = a f et θ ∈ R.
Considérons alors g : t 7→ f (t)e−iθ .
Rb
Rb
Rb
R b On a a g = a f ∈ R donc a g = a Re(g).
Z
a
b
f 0 (t) 2iπf (t)
e
dt
f 0 (t)
a
b
2iπf (t) b
Z b 00
f 0 (t) 2iπf (t)
e
1
f (t) 2iπf (t)
e
dt
=
+
e
dt
f 0 (t)
2iπf 0 (t) a 2iπ a f 0 (t)2
Quitte à considérer −f , supposons f 00 > 0
Z
Z
b f 00 (t)
b 00
1
1
f (t)
2iπf (t)
e
dt 6
dt = 0
− 0
0
2
02 (t)
a f (t)
f
f
(a)
f
(b)
a
et donc
Z
b f 0 (t)
1
1
1
1
1
2iπf (t)
e
dt
6
+
+
−
a f 0 (t)
2π |f 0 (b)| |f 0 (a)| f 0 (a) f 0 (b)
Z
g(t) dt 6
0
e2iπf (t) dt =
Par intégration par parties
1
R0b
f (t)g(t) dt > f (b)
b
a
b
1
10
Selon le signe (constant) de f 0 , le terme en f 0 (b) ou le terme en f 0 (a) se simplifie
et on obtient
Z
b f 0 (t)
1
2iπf (t)
e
dt
6
a f 0 (t)
µπ
Exercice 23 : [énoncé]
Introduisons
Z
x
F : x 7→
Z
f (t) dt et G : x 7→
0
x
tf (t) dt
0
Par intégration par parties
Z
G(x) = xF (x) −
x
Z
0
x
[F (x) − F (t)] dt
F (t) dt =
0
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Corrections
Cas F n’est pas de signe constant
Il existe alors a, b ∈ ]0, 1[ tel que
11
On en déduit
x = a + uk (a0 ) + uk+1 (c) ∈ S + Imuk+1
F (a) = min F < 0 et F (b) = max F > 0
[0,1]
[0,1]
Par intégration d’une fonction continue, non nulle et de signe constant sur un
intervalle non singulier, on a
car a + uk (a0 ) ∈ S puisque S est un sous-espace vectoriel stable par u.
Ainsi E ⊂ S + Imuk+1 puis l’égalité.
Récurrence établie.
En appliquant cette propriété à l’indice de nilpotence de u, on obtient
E=S
G(a) < 0 et G(b) > 0
et le théorème des valeurs intermédiaires assure que G s’annule.
Cas F est de signe constant
Quitte à considérer −f , supposons F positive.
Si F est nulle, il en est de même de f et la propriété est immédiate, sinon, on
peut introduire b ∈ ]0, 1[ tel que
F (b) = max F > 0
[0,1]
On a alors
Z
1
G(b) > 0 et G(1) = −
F (t) dt < 0
0
car F (1) est nul.
A nouveau, le théorème des valeurs intermédiaires permet de conclure.
Exercice 24 : [énoncé]
Montrons par récurrence sur k ∈ N?
E = S + Imuk
La propriété est vraie par hypothèse pour k = 1.
Supposons la propriété vraie au rang k > 1.
On a évidemment
S + Imuk+1 ⊂ E
Inversement, soit x ∈ E. Par hypothèse de récurrence, on peut écrire
x = a + uk (b) avec a ∈ S et b ∈ E
Or, on peut aussi écrire
Exercice 25 : [énoncé]
Non car ces trois fonctions sont combinaisons linéaires des deux suivantes
x 7→ sin x et x 7→ cos x
Exercice 26 : [énoncé]
Puisque le polynôme P est non constant, on peut écrire
P (z) = 1 + aq z q + z q+1 Q(z)
avec aq 6= 0 et Q ∈ C [X].
Posons θ un argument du complexe aq et considérons la suite (zn ) de terme
général
1
zn = ei(π−θ)/q
n
On a zn → 0 et
|aq |
1
P (zn ) = 1 − q + o
n
nq
donc |P (zn )| < 1 pour n assez grand..
Exercice 27 : [énoncé]
Remarquons que puisque P est simplement scindé sur R, l’application du
théorème de Rolle entre deux racines consécutives de P donne une annulation de
P 0 et permet de justifier que P 0 est simplement scindé sur R. Il est en de même de
P 00 , P 000 , . . .
Or, si le polynôme P admet deux coefficients consécutifs nuls alors l’un de ses
polynômes dérivées admet 0 pour racine double. C’est impossible en vertu de la
remarque qui précède.
b = a0 + u(c) avec a0 ∈ S et c ∈ E
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Corrections
Exercice 28 : [énoncé]
a) Posons
P (X) =
n Y
X
X − aj
ai − aj
i=1
j6=i
On a deg P 6 n − 1 et
12
Exercice 30 : [énoncé]
(X cos t + sin t)n = (X 2 + 1)Q + R avec deg R < 2 ce qui permet d’écrire
R = aX + b avec a, b ∈ R.
Cette relation doit être aussi vraie dans C [X] et peut donc être évaluée en i :
(i cos t + sin t)n = R(i) = ai + b or (i cos t + sin t)n = ei(nπ/2−nt) donc
a = sin n(π/2 − t) et b = cos n(π/2 − t).
∀1 6 k 6 n, P (ak ) = 1
Le polynôme P − 1 possède donc n racines et étant de degré strictement inférieur
à n, c’est le polynôme nul. On conclut P = 1.
b) On a
n Y
X
(X − aj )
A0 (X) =
i=1 j6=i
donc
A0 (ai ) =
Y
(ai − aj )
i6=j
Exercice 31 : [énoncé]
Le polynôme nul est solution. Soit P une solution non nulle.
Si a est racine de P alors a2 l’est aussi puis a4 , a8 , . . ..
n
Or les racines de P sont en nombre fini donc les éléments a2 (n ∈ N) sont
redondants. On en déduit que a = 0 ou a est une racine de l’unité.
De plus, si a est racine de P alors (a − 1) est aussi racine de P (X + 1) donc
(a − 1)2 est racine de P . On en déduit que a − 1 = 0 ou a − 1 est racine de l’unité.
Si a 6= 0, 1 alors |a| = |a − 1| = 1 d’où l’on tire a = −j ou −j 2 .
Au final, les racines possibles de P sont 0, 1, −j et −j 2 .
Le polynôme P s’écrit donc
La quantité
n
X
i=1
1
A0 (ai )
apparaît alors comme le coefficient de X n−1 dans le polynôme P .
On conclut que pour n > 2
n
X
1
=0
0
A (ai )
i=1
P (X) = λX α (X − 1)β (X + j)γ (X + j 2 )δ
avec λ 6= 0, α, β, γ, δ ∈ N.
En injectant cette expression dans l’équation
P (X 2 ) = P (X)P (X + 1)
on obtient
λ2 = λ, α = β et γ = δ = 0
On conclut
α
P (X) = [X(X − 1)]
Exercice 29 : [énoncé]
Parmi les polynômes constants, seul le polynôme nul est divisible par son
polynôme dérivé.
Soit P un polynôme non constant et n son degré.
Si P 0 | P alors on peut écrire nP = (X − a)P 0 avec a ∈ K car deg P 0 = deg P − 1.
En dérivant nP 0 = (X − a)P 00 + P 0 donc (n − 1)P 0 = (X − a)P 00 .
Ainsi de suite jusqu’à P (n−1) = (X − a)P (n) .
Or, si on pose λ le coefficient dominant de P , on a P (n) = n!λ donc en remontant
les précédents calculs on obtient n!P = n!(X − a)n λ. Ainsi P = λ(X − a)n .
Inversement, un tel polynôme est solution.
Finalement les solutions sont les P = λ(X − a)n avec λ ∈ K.
Exercice 32 : [énoncé]
Soient P = A − B et n = max(deg A, deg B) ∈ N? de sorte que P ∈ Cn [X].
Les solutions des équations A(z) = 0 et A(z) = 1 sont racines de P .
Soit p est le nombre de racines distinctes de l’équation A(z) = 0.
Puisque la somme des multiplicité des racines de A vaut n, ces racines sont
susceptibles d’être racines de l’équation A0 (z) = 0 avec une somme de
multiplicités égale à n − p (en convenant qu’une racine de multiplicité 0 n’est en
fait pas racine. . . )
Si q est le nombre de racines distinctes de l’équation A(z) = 1 alors de même
celles-ci sont racines de l’équation A0 (z) = 0 et la somme de leurs multiplicités
vaut n − q.
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Corrections
13
Or ces dernières se distinguent des précédentes et puisque deg A0 = n − 1, on peut
affirmer n − p + n − q 6 n − 1 ce qui donne p + q > n + 1.
Le polynôme P possède donc au moins n + 1 racines donc P = 0 puis A = B.
Par ce qui précède, on a ∆p+1 (P ) = 0.
Or
!
p+1
X
p+1
p+1
∆
=
(−1)p+1−k T k
k
k=0
Exercice 33 : [énoncé]
Dans un premier temps cherchons P vérifiant P (0) = 1, P (1) = 2,P 0 (0) = 3,
P 0 (1) = 4,P 00 (0) = 5 et P 00 (1) = 6 puis on considèrera P (X − 1) au terme des
calculs.
Un polynôme vérifiant P (0) = 1 et P (1) = 2 est de la forme
car T et Id commutent.
On en déduit
k=0
0
00
p+1
X
00
Pour que le polynôme P vérifie P (0) = 3,P (1) = 4,P (0) = 5 et P (1) = 6
on veut que Q vérifie Q(0) = −2, Q(1) = 3, Q0 (0) = −9/2 et Q0 (1) = 0.
Le polynôme Q(X) = 5X − 2 + X(X − 1)R(X) vérifie les deux premières
conditions et vérifie les deux suivantes si R(0) = 19/2 et R(1) = −5.
19
Le polynôme R = − 29
2 X + 2 convient.
Finalement
29
19
P (X) = X + 1 + X(X − 1) 5X − 2 + X(X − 1) − X +
2
2
est solution du problème transformé et
P (X) = −
655 3
29 5
X + 111X 4 −
X + 464X 2 − 314X + 82
2
2
est solution du problème initial.
Les autres solutions s’en déduisent en observant que la différence de deux
solutions possède 1 et 2 comme racine triple.
Finalement, la solution générale est
−
655 3
29 5
X + 111X 4 −
X + 464X 2 − 314X + 82 + (X − 1)3 (X − 2)3 Q(X)
2
2
avec Q ∈ C [X].
p+1
!
(−1)k P (X + k) = 0
k
et en particulier pour tout n ∈ N,
P (X) = X + 1 + X(X − 1)Q(X)
0
p+1
X
k=0
p+1
k
!
(−1)k P (n + k) = 0
Exercice 35 : [énoncé]
Soit (x, y, z) un triplet de complexes et
P (X) = (X − x)(X − y)(X − z) = X 3 − pX 2 + qX − r avec


p = x + y + z
q = xy + yz + zx


r = xyz
On a
(x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx)
Posons t = x3 + y 3 + z 3 et s = xy 2 + yx2 + yz 2 + zy 2 + zx2 + xz 2
On a
(x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 ) = t + s et pq = s + 3r
donc t = 3r − pq.
Puisque x, y, z sont racines de XP (X) = X 4 − pX 3 + qX 2 − rX, on a
x4 + y 4 + z 4 = pt − q × (x2 + y 2 + z 2 ) + rp
Puisque x, y, z sont racine de X 2 P (X) = X 5 − pX 4 + qX 3 − rX 2 , on a
x5 + y 5 + z 5 = p(x4 + y 4 + z 4 ) − q(x3 + y 3 + z 3 ) + r(x2 + y 2 + z 2 )
Exercice 34 : [énoncé]
Posons T : P (X) 7→ P (X + 1) et ∆ = T − Id endomorphismes de R [X].
∆(P ) = P (X + 1) − P (X).
On vérifie que si deg P 6 p alors deg ∆(P ) 6 p − 1.
Soit P ∈ Rp [X].
On en déduit que (x, y, z) est solution du système posé si, et seulement si,
 2

 p = 2q
pt + rp = 0


−qt = 0
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Corrections
c’est-à-dire, sachant t = 3r − pq,





p2 = 2q
p(4r − pq) = 0
q(3r − pq) = 0
Ce système équivaut encore à
 2

 p = 2q
2pr = q 2


3qr = pq 2
et aussi à
 2

 p = 2q
2pr = q 2


qr = 0
Que r soit nul ou non, le système entraîne q = 0 et est donc équivalent au système
(
p=0
q=0
Ainsi, un triplet (x, y, z) est solution du système proposé si, et seulement si, x, y
et z sont les trois racines du polynôme Pr (X) = X 3 − r (pour r ∈ C quelconque).
En introduisant a ∈ C tel que a3 = r, les racines de Pr (X) sont a, aj et aj 2 .
Finalement les solutions du système, sont les triplets (x, y, z) avec
x = a, y = aj et z = aj 2
pour a ∈ C quelconque.
14
Sachant a > c et b > d, il suffit d’établir an > bn et cn > dn pour conclure.
Dans le cas n = 1, la propriété est vérifiée.
Dans le cas n > 2, exploitons la relation M n = M n−1 × M

an = an−1 a + bn−1 c



b = a
n
n−1 b + bn−1 d

c
=
c
n
n−1 a + dn−1 c



dn = cn−1 b + dn−1 d
On a alors
an − bn = an−1 (a − b) + bn−1 (c − d) et cn − dn = cn−1 (a − b) + dn−1 (c − d)
Puisqu’il est évident que an−1 , bn−1 , cn−1 , dn−1 > 0 (cela se montre par
récurrence), on obtient sachant a − b > 0 et c − d > 0 les inégalités permettant de
conclure.
Notons que l’hypothèse b + c 6 a + d ne nous a pas été utile.
Exercice 37 : [énoncé]
a) Si Mk majore les coefficients de Ak alors nMk majore les coefficients de Ak+1 .
On en déduit que les coefficients de Ak sont majorés par
nk−1
On peut sans doute proposer plus fin.
b) Posons T la matrice de Mn (R) dont tous les coefficients sont nuls sauf ceux de
coefficients (i, i + 1) qui valent 1. On remarque
A = In + T + · · · + T n
Exercice 36 : [énoncé]
Pour n > 1, en exploitant M n+1 = M × M n , on a

an+1 = aan + bcn



b
n+1 = abn + bdn

cn+1 = can + dcn



dn+1 = cbn + ddn
On en déduit
(I − T )A = In − T n+1
et puisque T n+1 = On , on obtient
A−1 = I − T
c) Le calcul des puissances de A−1 est immédiat
Par suite
an+1 + dn+1 − (bn+1 + cn+1 ) = (a − c)(an − bn ) + (b − d)(cn − dn )
(A
−1 k
) =
k
X
j=0
j
(−1)
k
j
!
Tj
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Corrections
et donc le coefficient d’indice (i, j) de (A−1 )k est
!
k
k(k − 1) . . . (k − j + i + 1)
−k
j−i
ai,j = (−1)
= (−1)j−i
(j − i)(j − i − 1) . . . 1
j−i
Cette formule laisse présumer que le coefficient d’indice (i, j) de Ak est
aki,j = (−1)j−i
(−k)(−k − 1) . . . (−k − j + i + 1)
=
(j − i)(j − i − 1) . . . 1
!
k+j−i−1
j−i
ce que l’on démontre en raisonnant par récurrence.
Exercice 38 : [énoncé]
En retirant à chaque ligne la précédente (et en commençant par la dernière) on
obtient
0
C0 C11 · · ·
Cnn 0 C10 · · · Cnn−1 Dn+1 = .
..
..
..
.
.
0 C 0 · · · C n−1 n
2n−1 [n+1]
en vertu de la formule du triangle de Pascal
Cnk
=
k−1
Cn−1
+
En développant selon la première colonne
0
C1 · · ·
Dn+1 = ...
C0 · · ·
n
15
Exercice 39 : [énoncé]
√
a) F (c, 0) et F 0 (−c, 0) avec c = a2 − b2 .
b) L’intérieur de l’ellipse est la réunion des courbes
Eλ : M F + M F 0 = 2λ
pour λ ∈ [c, a].
Procédons alors au changement de variable
(
x = λ cos t
p
y = λ2 − c2 sin t
qui donne l’intérieur de l’ellipse pour (λ, t) parcourant [c, a] × [0, 2π].
Le jacobien de ce changement de variable est
p
2
cos t
−λ sin t
D(x, y) √
= λ2 − c2 cos2 t + √ λ
= √ λ
sin2 t
2
2
sin t
λ − c cos t D(λ, t)
λ 2 − c2
λ2 −c2
et on obtient
Z
a
Z
I=
c
0
2π
p
2λ3
2
2
2
2
√
sin t dt dλ
2λ λ − c cos t +
λ2 − c2
d’où
Z
I = 2π
k
Cn−1
a
λ
p
c
λ2 − c2 + √
λ3
dλ
λ2 − c2
Après calculs
Cnn−1
..
.
n−1
C2n−1
I=
2π
(3a2 − b2 )b
3
[n]
0
Via Cn ← Cn − Cn−1 , . . . , C2 ← C2 − C1 et en exploitant Cp0 = Cp+1
, on obtient
Dn+1
C00
..
=
.
C0
n−1
···
n−1
Cn−1
..
.
···
n−1
C2n−2
= Dn
Finalement
Dn = 1
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