cours et exercices

Les fondements des mathématiques (du programme de PCSI)
C. Charignon
Dieu a créé les nombres entiers, le reste est l’œuvre de l’homme.
Léopold Kronecker
Table des matières
I
Cours
1 Relation d’ordre
1.1 Relations . . . . . . . . . . . . .
1.2 La relation d’ordre de R . . . . .
1.2.1 Propriétés admises . . . .
1.2.2 Manipulation d’inégalités
1.2.3 Valeur absolue . . . . . .
1.3 Majorants, minorant, extrema . .
3
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2 Nombres entiers
2.1 Propriétés caractéristiques de Z . . . . . . . . .
2.2 Récurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Exemple de récurrence forte : décomposition en
2.4 Suites définies par récurrence . . . . . . . . . .
2.4.1 Le théorème de base . . . . . . . . . . .
2.4.2 Puissances . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.3 Factorielle . . . . . . . . . . . . . . . . .
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3
3
3
3
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6
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produit d’irréductibles
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7
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3 Sommes
3.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Linéarité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Chasles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Décalage d’indice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Sommes télescopiques . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Sommes arithmétiques . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Différence de puissance n◦ et Sommes géométriques .
3.8 Coefficients binomiaux et formule de Pascal . . . . .
3.9 Inégalité triangulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.10 Somme de termes positifs . . . . . . . . . . . . . . .
1
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4 Retour aux complexes : équations et racines
4.1 Racines carrée . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Résolution des équations de degré 2 . . . . .
4.2.1 Résolution générale . . . . . . . . . . .
4.2.2 Cas d’une équation à coefficients réels
4.2.3 Relations coefficients racines . . . . .
4.3 Racines de l’unité . . . . . . . . . . . . . . . .
de
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l’unité
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17
17
18
18
19
19
20
5 Un peu d’informatique et division euclidienne
22
5.1 Terminaison d’une boucle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
5.2 Définition de la division euclidienne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
6 Bonus : Un peu plus de vocabulaire
6.1 Relations d’équivalence . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Opérations / lois de commutation interne . . . . .
6.2.1 définition d’une loi de commutation interne
6.2.2 Associativité et commutativité . . . . . . .
6.2.3 Élément neutre . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.4 Inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.5 Distributivité . . . . . . . . . . . . . . . . .
II
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Exercices
23
23
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24
24
25
25
26
27
1 Relations
1
2 Manipulation d’inégalités
1
3 Valeur absolue
2
4 Récurrence
2
5 Sommes
5.1 Sommes télescopiques . . . . . . . .
5.2 Diverses sommes . . . . . . . . . . .
5.3 Coefficients binomiaux . . . . . . . .
5.4 Limites et encadrements de sommes
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6 équations et racines de l’unité
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4
4
5
6
8
8
2
Première partie
Cours
1
Relation d’ordre
Le but de cette partie est essentiellement d’étudier la relation 6.
En analyse, la plus grande partie des calculs consiste à obtenir des encadrements, c’est pourquoi il est
essentiel de savoir manipuler rapidement et sans erreur des inégalités. Soyez soigneux, les erreurs d’inattention
sont très fréquentes dans ce domaine.
Bien que vous connaissiez déjà les règles de calcul, nous allons prendre le temps de redonner les règles
fondamentales et d’en déduire les autres règles.
La première partie est plus générale : avant d’étudier spécifiquement la relation 6, on donne du vocabulaire
et des généralités sur les relations en général.
1.1
Relations
Définition 1.1. Soit E un ensemble. Une relation sur E est une fonction R : E 2 → {vrai, f aux}. Si
(e, f ) ∈ E 2 est tel que R(e, f ) = vrai, on note plutôt eRf . Lorsque R(e, f ) = f aux, on note e 6 Rf (R barré,
pb de typographie...)
Exemples:
• Sur N : =, 6, >, | (divise)
• Sur P(E) pour n’importe quel ensemble E : =, ⊂
¯ Sur F(I, R), on a vu les relations = oa () et ∼a .
• Soit I ∈ P(R) et a ∈ I.
Proposition 1.2. (admis) N’importe quel ensemble est toujours muni d’au moins une relation : l’égalité
notée =.
Remarque : En un certain sens, il s’agit d’un axiome... La relation = peut être décrite ainsi : étant donnés
un ensemble E et (x, y) ∈ E 2 , on dit que x = y lorsque toute propriété vérifiée par x l’est aussi par y, et que
toute propriété vérifiée par y l’est aussi par x.
Définition 1.3. Soit E un ensemble muni d’une relation R. On dit que R est :
• réflexive si ∀x ∈ E, xRx.
• transitive si ∀(x, y, z) ∈ E 3 , (xRy et yRz) ⇒ xRz.
• symétrique si ∀(x, y) ∈ E 2 , xRy ⇒ yRx.
• antisymétrique si ∀(x, y) ∈ E 2 , (xRy et yRx) ⇒ x = y.
Définition 1.4. Soit E un ensemble muni d’une relation R.
1. On dit que R est une relation d’équivalence lorsqu’elle est transitive, réflexive, et symétrique.
2. On dit que R est une relation d’ordre lorsqu’elle est transitive, réflexive, et antisymétrique.
Exemple:
1.2
1.2.1
⇔ , ⊂, =, 6, ≡ [m], l’ordre alphabétique
La relation d’ordre de R
Propriétés admises
L’ensemble R est muni d’une relation d’ordre 6, c’est celle-ci que nous allons étudier maintenant. Elle
vérifie la propriété supplémentaire suivante :
3
Proposition 1.5. (l’ordre 6 est total)
∀(a, b) ∈ R2 , a 6 b ou b 6 a.
N.B. Cette propriété n’est pas vérifiée par ⊂.
En outre, la relation 6 vérifie les propriétés de compatibilité avec les opérations suivantes :
1. (compatibilité avec +) : ∀(a, b, c) ∈ R3 , a 6 b
⇒
a + c 6 b + c.
2. (compatibilité avec le produit par un nombre positif) : ∀(a, b, c) ∈ R3 , (a 6 betc > 0)
⇒
a.c 6 b.c.
Remarque : Soit E un ensemble. Dans P(E), ⊂ est compatible avec ∩ et ∪.
Proposition 1.6. Soit E un ensemble muni d’une relation d’ordre 6 et d’une lci ?. On suppose 6 compatible
avec ?. Alors, pour tout (a, b, c, d) ∈ E 4 :
(
a6b
⇒ a?c6d?b
c6d
Dans R muni de l’ordre usuel, pour l’addition ceci donnera donc :
(
a6b
4
∀(a, b, c, d) ∈ R ,
⇒ a+c6b+d
c6d
Attention : pour la multiplication, en général, ça ne marche pas car . n’est pas compatible avec 6 dans
R. Par exemple : −2 6 −1 et −3 6 −1 et pourtant (−2).(−3) > (−1).(−1).
Par contre, 6 est compatible avec . dans R+ , donc on obtient :
(
a6b
+ 4
∀(a, b, c, d) ∈ (R ) ,
⇒ a.c 6 b.d
c6d
Donc bien retenir la règle : « ne multiplier des inégalités que lorsque tout est positif ». Sinon réfléchir au
cas par cas...
1.2.2
Manipulation d’inégalités
Voici quelques conséquences des conditions de compatibilité de 6 avec + et . :
Proposition 1.7. (inégalités et opérations)
Soit (a, b, c, d) ∈ R4 . Alors :
1. a > 0
⇔
1/a > 0.
2. a > 0
⇔
−a < 0.
3. Si c > 0, alors : a 6 b
⇔
ac 6 bc.
4. Si c < 0, alors : a 6 b
⇔
ac > bc.
5. a 6 b et c 6 d
⇒
a + b 6 c + d.
6. a 6 b et c 6 d et b > 0 et c > 0
⇒
ac 6 bd.
Démonstration:
(i) Supposons a > 0. Supposons par l’absurde 1/a 6 0, en multipliant par a, on trouve a.1/a 6 0.a donc 1 6 0.
Ceci contredit le fait que 6 prolonge l’ordre de N.
La réciproque peut s’obtenir de la même manière, ou bien en appliquant le sens direct à 1/a au lieu de a :
a−1 > 0 ⇒ (a−1 )−1 > 0.
(ii) Se prouve comme dans Z : a > 0
⇔
a−a>0−a
4
⇔
0 > −a.
(iii) Nous savons déjà que a 6 b et c > 0 ⇒
que 1/c > 0 (par le premier point), on a :
ac 6 bc
ac 6 bc, par le théorème définissant R. Pour la réciproque, sachant
⇒
⇒
ac.1/c 6 bc.1/c
a6b
(iv) Supposons c < 0. Alors, en utilisant successivement (iii) puis (ii) :
a6b
⇔
(−c).a 6 (−c).b
⇔
ca > cb
(v) Supposons a 6 b et c 6 d. En ajoutant c à la première inégalité, on trouve :
a+c6b+c
Et en ajoutant b à la seconde :
b+c6b+d
On conclut par transitivité de 6.
cf exercice: 5
Lemme 1.8. (moyenne)
Soit (a, b) ∈ R2 tel que a < b. Alors :
a<
a+b
<b
2
Et même plus généralement, pour tout λ ∈]0, 1[,
a < λ.a + (1 − λ).b < b
Remarque : λ.a+(1−λ).b s’appelle le barycentre de (a, λ) et (b, 1−λ). Lorsque λ parcourt [0, 1], ce barycentre
parcourt le segment [a, b].
En pratique, il arrive souvent qu’on ait deux nombres a et b tels que a < b, et qu’on cherche x ∈ R tel
que a < x < b : on sait maintenant qu’il suffit de prendre x = (a + b)/2.
Lemme 1.9. (un carré est positif)
Pour tout x ∈ R, x2 > 0.
Exemple: Montrer que ∀(a, b) ∈ R2 , a2 + b2 > 2ab.
Lemme 1.10. (Somme de nombres positifs valant 0)
Soit (a, b) ∈ (R+ )2 . On suppose a + b = 0. Alors a = 0 et b = 0.
Exemple: Déterminer les couples (a, b) ∈ R2 tel que (a − b)(a + b) = 2a2 .
Lemme 1.11. Soit (a, b, c) ∈ R3 . On suppose a 6 b et b < c.
Alors a < c.
Démonstration:
Par transitivité, on a déjà a 6 c. Reste à prouver que a 6= c.
Supposons par l’absurde a = c. Alors par réflexivité, c 6 a. Puis par transitivité, b 6 a. Mais alors on a b 6 a et
a 6 b, d’où par antisymétrie, a = b : contradiction.
cf exercice: 8 et 10
5
1.2.3
Valeur absolue
Définition 1.12. Pour tout x ∈ R, on définit sa valeur absolue, notée |x| par :
|x| =
x
−x
si x > 0
sinon
Pour commencer les petites propriétés suivantes sont évidente sur un dessin. La troisième surtout est très
utile, elle permet de transformer une inégalité avec valeur absolue en deux inégalités sans valeur absolue.
Proposition 1.13. Soit x ∈ R.
1. On a toujours −|x| 6 x 6 |x|
2. Pour tout d ∈ R,
|x| 6 d
⇔
−d 6 x 6 d
3. Pour tout (a, d) ∈ R2 ,
|x − a| 6 d
⇔
a−d6x6a+d
2
Définition 1.14. Pour tout (x, a) ∈ R , le nombre |x − a| s’appelle la distance entre a et x.
Proposition 1.15. (lien avec le module)
Pour tout x ∈ R, la valeur absolue de x et son module son égaux.
Ceci autorise d’utiliser la même notation |x| pour ces deux définitions ! Et ceci permet d’utiliser les
propriétés vues au chapitre précédent (compatibilité avec le produit et le quotient, inégalités triangulaires).
Proposition 1.16. (lien avec le carré)
Pour tout x ∈ R :
1. |x|2 = x2
√
2. x2 = |x|.
cf exercice: 12
1.3
Majorants, minorant, extrema
Définition 1.17. Soit (E, 4) un ensemble ordonné. Soit X ∈ P(E) et a ∈ E.
• On dit que a est un majorant de X si ∀x ∈ X, x 4 a.
• On dit que a est un maximum, ou plus grand élément, de X si c’est un majorant et si a ∈ X.
• On dit que a est un minorant de X si ∀x ∈ X, a 4 x.
• On dit que a est un minimum, ou plus petit élément, de X si c’est un minorant et si a ∈ X.
• On dit que a est un extremum de X si c’est un minimum ou un maximum.
Exemple: Dans R, l’ensemble [0, 1[ admet comme majorant tout nombre supérieur ou égal à 1. Mais il
n’admet pas de maximum.
N.B. Si X = ∅, alors tout a ∈ E est un majorant et un minorant de X. Par contre, X n’admet pas de
minimum ni de maximum.
Proposition 1.18. Soit (E, 4) un ensemble ordonné. Soit X ∈ P(E). Alors si X admet un maximum ou
un minimum, celui-ci est unique.
Démonstration: Soient a et b deux maximum de X. Alors a 4 b et b 4 a. D’où a = b par antisymétrie de 4. Définition 1.19. Si a est un maximum (resp minimum) d’une partie X de E, on note a = max(X) (resp
a = min(X)).
cf exercice: 11
6
2
Nombres entiers
2.1
Propriétés caractéristiques de Z
Voici les propriétés essentielle de Z.
1. Z est non vide.
2. Toute partie non vide et minorée de Z admet un minimum.
3. Le minimum de N pour la relation d’ordre 6 est 0 (i.e. le neutre pour +).
4. Toute partie majorée non vide de Z admet un maximum.
5. Z n’admet pas de maximum ni de minimum.
6. Pour tout n ∈ Z, on a n ∈ N ou −n ∈ N.
Notations :
• Pour tout (a, b) ∈ N2 , on note Ja, bK = n ∈ N | a 6 n et n 6 b .
• Comme N est
un minimum. Celui-ci est noté 0.
non vide, il admet
L’ensemble n ∈ N | n > 0 est non vide car N n’est pas majoré, donc en particulier pas majoré par
0. Il admet donc un minimum. Ce minimum est noté 1.
De la même manière, on définit 2,3,4,5,6,7,8,9,10...
• On note souvent N∗ = N \ {0}.
Soit n ∈ Z. L’ensemble k ∈ Z | k > n est non vide car Z n’a pas de maximum, et minoré (par n). Il
admet donc un minimum. Ce minimum est
n + 1. (Ceci serait le début de la définition de l’addition en fait...)
De même, l’ensemble k ∈ Z | k < n est non vide et majoré (par n) donc il admet un maximum. Celui-ci
se note n − 1.
Ainsi, n + 1 est le plus petit des entiers strictement supérieur à n. Ainsi, pour tout k ∈ Z :
k>n
⇔
k >n+1
Ceci est très important ! On conseille de toujours utiliser les inégalités larges : préférer écrire k > n + 1 plutôt
que k > n.
Par exemple, soient (a, b, p, q) ∈ N3 tels que a > p et b > q. On déduit (car on a pris tous ces nombres
positifs) ab > pq, on encore ab > pq + 1.
Mais si on part de a > p + 1 et b > q + 1, on obtient ab > pq + p + q + 1 : c’est plus précis !
De même on a bien sûr :
∀(k, n) ∈ Z2 ,
2.2
k<n
⇔
k 6n−1
Récurrence
Proposition 2.1. Soit P : N → {vrai, f aux} un prédicat sur N. On suppose que :
1. P (0) est vrai (condition initiale).
2. ∀n ∈ N, P (n) ⇒ P (n + 1) (hérédité).
Alors ∀n ∈ N, P (n) est vrai.
Démonstration:
On procède par l’absurde.
Supposons qu’il existe n ∈ N tel que P (n) est faux. Soit E = n ∈ N | nonP (n) : cet ensemble est une partie
de N non vide. Il admet donc un plus petit élément, notons-le n0 . Il est impossible que n0 = 0 car P (0) est vrai.
Donc n0 − 1 ∈ N. Et P (n0 − 1) est vrai car sinon on aurait n0 − 1 ∈ E et n0 − 1 < n0 : ceci contredirait le caractère
minimal de n0 .
Mais alors par hérédité, puisque P (n0 − 1) est vrai, on déduit que P (n0 ) est vrai aussi. Mais ceci contredit le fait
que n0 ∈ E.
7
Il est donc impossible qu’un tel n0 existe, ce qui entraîne que l’ensemble E est vide, donc ∀n ∈ N, P (n) est vrai.
On fixe un prédicat d’une variable entière P : N → {vrai, f aux}. Voici quelques variations du principe de
récurrence :
Proposition 2.2. Soit n0 ∈ N. On suppose :
1. P (n0 ) est vrai
2. ∀n ∈ N tel que n > n0 , P (n)
⇒
P (n + 1)
Alors pour tout n > n0 , P (n) est vrai.
Proposition 2.3. (récurrence double)
On suppose que :
1. P (0) et P (1) sont vrais
2. Pour tout n ∈ N, (P (n) et P (n + 1))
⇒
P (n + 2).
Alors ∀n ∈ N, P (n) est vrai.
cf exercice: 22
Proposition 2.4. (récurrence forte)
On suppose que :
1. P (0) = est vrai.
2. Pour tout n ∈ N, (∀k ∈ J0, nK, P (k))
⇒
P (n).
Alors ∀n ∈ N, P (n) est vrai.
Ce résultat s’appelle le principe de récurrence forte car il est plus « fort » que les précédents, au sens ou une
démonstration faite par récurrence simple ou double peut aussi être faite par récurrence forte.
cf exercice: 27
Voir aussi la preuve de l’algorithme des puissances divisées en informatique. Plus généralement, en arithmétique
les preuves sont très souvent par récurrence forte : pour étudier un nombre n on se ramène à l’étude de ses diviseurs,
qui sont des nombres dans J2, n − 1K.
Proposition 2.5. (récurrence finie)
Soit (a, b) ∈ N2 et P un prédicat sur Ja, bK. On suppose :
1. P (a) est vrai
2. ∀n ∈ Ja, b − 1K, P (n)
⇒
P (n + 1)
Alors pour tout n ∈ Ja, bK, P (n) est vrai.
Proposition 2.6. (récurrence rétrograde (« à l’envers »))
Soit P un prédicat sur Z. On suppose :
1. P (0) vrai
2. ∀n ∈ Z, P (n)
⇒
P (n − 1).
Alors ∀n ∈ Z tel que n 6 0, P (n) est vrai.
2.3
Exemple de récurrence forte : décomposition en produit d’irréductibles
Voici un résultat d’arithmétique dont la preuve fournit un bon exemple de récurrence forte. Le résultat lui-même
est au programme !
Définition 2.7. Soit n ∈ Z. On dit que n est irréductible lorsque :
• n 6∈ {−1, 0, 1}
• Les seuls diviseurs de n sont 1, −1, n, −n.
8
Remarques :
• On dit aussi souvent « premier ». En réalité, le mot « premier » correspond à une autre définition que celle-ci,
qui est équivalente pour les nombres entiers. Un nombre n est dit premier lorsque ∀(a, b) ∈ Z2 , p|a.b ⇒
(p|a ou p|b). (C’est le lemme de Gauss qui permet de prouver l’équivalence entre « premier » et « irréductible »
dans Z).
Cependant, dans d’autres situations, « premier » et « irréductible » ne sont pas équivalents...
• Soit n ∈ Z et d un diviseur de n. Alors |d| 6 |n|, et d 6= 0. Donc on peut dire que n est premier si et seulement
si il n’a aucun diviseur dans J2, n − 1K.
Théorème 2.8. (décomposition en produit d’irréductibles)
Soit n ∈ N tel que n > 2. Alors il existe k ∈ N et p1 , ..., pk des nombres irréductibles (premiers) tels que :
n = p1 ....pk =
k
Y
pi
i=1
2.4
2.4.1
Suites définies par récurrence
Le théorème de base
Théorème 2.9. (admis)
Soit E un ensemble. Soit α ∈ E et f ∈ F (E). Alors il existe une unique suite u ∈ E N telle que :
(
u0 = α
∀n ∈ N, un+1 = f (un )
Les mêmes variations que pour le principe de variation sont possibles : suite définie à partir d’un certain rang,
suite récurrente double, suite récurrente forte,...
Voici un petit aperçu d’un preuve possible. Tout d’abord l’unicité est évidente, par une simple récurrence. C’est
l’existence qui est délicate.
Nous définissons le prédicat P tel que pour tout n ∈ N, P (n) : « il existe une suite finie U0 , ..., Un vérifiant pour
tout k ∈ J0, n − 1K, Uk+1 = f (Uk ) »
Une fois prouvé ce prédicat, nous n’avons pas pour autant défini une suite entière (un )n∈N ... C’est là qu’il
faut un peu d’astuce. Pour tout n ∈ N, notons U n la suite finie donnée par P (n). (Donc U n est une suite finie :
U n = (U0n , U1n , ..., Unn ).) Et nous posons enfin pour tout n ∈ N, un = Unn . On vérifie alors que la suite (un )n∈N
convient.
2.4.2
Puissances
Définition 2.10. Soit (G, ?) un ensemble muni d’une lci associative admettant un élément neutre eG . Pour tout
g ∈ G, on définit la suite de ses puissances (positives), notée (g ?n )n∈N par :
(
g ?0 = eG
∀n ∈ N, g ?n+1 = g ?n ? g
Remarque : Un ensemble muni d’une lci associative admettant un élément neutre s’appelle un « monoïde ».
Remarque : En particulier, g 1 = g 0 .g = eG .g = g.
Proposition 2.11. Soit g ∈ G et (n, m) ∈ N2 . Alors g ?n+m = g ?n ? g ?m
Démonstration:
On fixe n ∈ N. On définit pour tout m ∈ N le prédicat P (m) = g ?n+m = g ?n ? g ?m ...
Notation : Lorsque la lci est notée × ou ., on note généralement g n au lieu de g ×n . (Notation multiplicative.) Et
l’élément neutre est noté 1, donc g 0 = 1.
9
Lorsque la loi de groupe est notée +, on note n.g au lieu de g +n . Et l’élément neutre est noté 0. (notation additive.) On convient de plus de n’utiliser le symbole + que pour des lci commutatives.
Remarque : Pour n ∈ N et x ∈ C, la notation n.x est ambiguë : est-ce n × x (multiplication) ou est-ce la puissance
pour +, c’est-à-dire n.x = x + x + x + ... + x ?
Heureusement, ces deux nombres sont égaux !
Remarque : En réalité c’est le début de la définition de la multiplication : la formule n.x = puissance n◦ de x pour
+ permet de définir n × x pour n ∈ Z. Ensuite, il reste à prolonger cette définition à n ∈ R, puis n ∈ C...
Enfin, dans le cas de F(E) muni de la composition ◦ pour un certain ensemble E, on note encore f n au lieu de
f ◦n . Ainsi, par exemple f 2 signifie f ◦ f , f 3 signifie f ◦ f ◦ f , f 0 signifie IdE , etc...
2.4.3
Factorielle
Définition 2.12. La suite des factorielles, notée (n!)n∈N est définie par récurrence ainsi :
(
0! = 1
∀n ∈ N, (n + 1)! = n!.(n + 1)
Donc en fait, pour tout n ∈ N, n! = 1.2.3...(n − 1).n.
cf exercice: 46
10
3
Sommes
3.1
Définition
Définition 3.1. On fixe α ∈ Z. Soit u ∈ CJα,∞J une suite. La suite
(
Pβ
∀β ∈ Z, si β < α,
∀β ∈ Z tq β > α − 1,
P
β
k=α
uk
est définie ainsi :
β∈Z
u =0
Pβ
u = k=α uk + uβ+1
k=α k
k
Pβ+1
k=α
Remarque : Pour simplifier, on a supposé que la suite (uk )k est définie sur Jα, ∞J. Bien sûr on peut définir une somme
Pβ
u du moment que uk est bien définie pour tout k ∈ Jα, βK.
k=α k
Remarque : On pourrait aussi noter
peu utilisée.
Pβ
α
u (i.e. sans utiliser de variable). Mais cette notation est traditionnellement
N.B. On a écrit la définition pour additionner des éléments de C. En réalité cette définition est possible pour n’importe
quelle lci associative et munie d’un neutre dans n’importe
quel ensemble. Tant que la lci est notée +, on utilisera la
Q
notation σ. Lorsque la lci est notée ×, on utilise . Dans les autres cas, on utiliser le symbole de la lci en plus gros
T1
1 1
1 1
(exemple i=1 2] − , [=] −
, [).
i i
12 12
P4
Par exemple on peut additionner des fonctions : ainsi k=0 cosk représente la fonction 1+cos + cos2 + cos3 + cos4 .
3.2
Linéarité
Proposition 3.2. (linéarité de la somme)
Soit (xi )i∈N ∈ CN et (yi )i∈N ∈ CN . Soit (α, β) ∈ N2 . Soit enfin λ ∈ A alors :
1.
Pβ
β
(xi + yi ) = i=α xi +
i=α
β
β
(λ.xi ) = λ. i=α xi
i=α
β
β
(xi .λ) = ( i=α xi ).λ
i=α
P
2.
P
P
3.
P
Pβ
i=α
yi .
P
Démonstration:
Par récurrence sur β. Notons que si β < α, toutes ces sommes sont nulles.
N.B.
1.
2.
3.
3.3
Si on veut généraliser ces propriétés :
Valable dès que + est une opération commutative
Valable dès qu’on dispose d’une deuxième opération . qui est distributive par rapport à +
idem
Chasles
Proposition 3.3. (Chasles)
Soit (α, β) ∈ N2 , soit (xi )i∈Jα,βK ∈ CJα,βK . Soit γ ∈ Jα, βK. Alors
β
X
k=α
xk =
γ
X
xk +
k=α
β
X
xk .
k=γ+1
Remarques :
• Propriété valable dès que la lci + est associative.
• Ne fonctionne que si α 6 γ 6 β.
Pβ
Démonstration: Fixons α ∈ N et γ ∈ N tel que α 6 γ. On définit pour tout β ∈ Jγ, ∞J P(β) : « k=α xk =
Pγ
Pβ
x + k=γ+1 xk ».
k=α k
11
• Initialisation : prouvons P(γ) : on a :
γ
X
γ
X
xk +
k=α
xk =
k=γ+1
γ
X
xk + 0 =
k=α
γ
X
xk =
k=α
β
X
xk .
k=α
Ainsi, P(γ) est vérifié.
• Hérédité : Soit β ∈ Jγ, ∞J, supposons P(β). On calcule alors :
γ
X
β+1
X
xk +
k=α
γ
X
xk =
k=γ+1
xk +
k=α
β
X
=
β
X
xk + xβ+1
k=γ+1
xk + xβ+1
k=α
β+1
X
=
xk
k=α
On a ainsi obtenu P(β + 1).
• Ainsi, par le théorème de la récurrence, ∀β ∈ Jγ, ∞J , P(β) est vrai, ce qui conclut la preuve.
3.4
Décalage d’indice
Proposition 3.4. Soit (α, β) ∈ N2 , u ∈ CN , et d ∈ N. Alors :
β
X
β+d
X
uk+d =
k=α
uk .
k=α+d
cf exercice: 33,42
3.5
Sommes télescopiques
Voici une situation dans laquelle il est très simple de calculer une somme.
Théorème 3.5. Soit u ∈ RN . Alors pour tout n ∈ N :
n
X
uk+1 − uk = un+1 − u1
k=1
Plus généralement, pour tout (a, b) ∈ N2 tel que a 6 b, on a :
b
X
uk+1 − uk = ub+1 − ua .
k=a
cf exercice: 32, 33, 35.
3.6
Sommes arithmétiques
Proposition 3.6. Pour tout n ∈ N,
n
X
k=1
k=
n(n + 1)
.
2
On peut ensuite généraliser cette formule :
12
Proposition 3.7. Soit (a, b) ∈ R2 . Alors pour tout n ∈ N :
n
X
(an + b) =
k=1
(an + b + b)(n + 1)
2
On retient cette formule sous la forme :
(moyenne entre le premier et le dernier terme) × nombre de termes.
En fait, les suites de type (a.n + b)n∈N s’appellent des suites arithmétiques. On peut formaliser ainsi :
Définition 3.8. Soit u ∈ CN . On dit que u est arithmétique lorsqu’il existe a ∈ C tel que ∀n ∈ N, un+1 = un + a. Le
nombre a s’appelle alors la raison de u.
Proposition 3.9. Soit u ∈ CN .
1. On suppose u arithmétique, on note a sa raison. Alors on a ∀n ∈ N, un = a.n + u0 .
2. Réciproquement, s’il existe (a, b) ∈ R2 tel que ∀n ∈ N, un = an + b, alors u est arithmétique, de raison a (et de
premier terme b).
Et la formule précédente, devient alors :
Proposition 3.10. Soit u ∈ CN arithmétique, soit a sa raison. Alors pour tout n ∈ N :
n
X
uk =
k=1
3.7
(u0 + un ).(n + 1)
.
2
Différence de puissance n◦ et Sommes géométriques
Voici une formule trop souvent oubliée des étudiants...
Proposition 3.11. Pour tout (x, y) ∈ C2 et tout n ∈ N :
xn+1 − y n+1 = (x − y).
n
X
xk .y n−k .
k=0
n
n
Exemple: Montrer que pour tout n ∈ N, 2 − 7 est divisible par 5.
L’utilité première de cette formule
Pnest dek calculer la somme des termes d’une suite géométrique. En effet : soit
q ∈ C et n ∈ N, on souhaite calculer
q . L’astuce est de multiplier par (1 − q) : vue la formule ci-dessus :
k=0
(1 − q).
n
X
q k = (1 − q).
n
X
q k .1n−k = 1n+1 − q n+1 = 1 − q n+1 .
k=0
k=0
Attention : si q = 1, cette
est
0 = 0 dont on ne peut rien déduire. Traitons ce cas avant de revenir
Pnégalité
Pjuste
n
k
q
=
1
= n + 1.
au cas général : ici on aura
k=0
k=0
Supposons à présent q 6= 1. Alors on obtient :
n
X
k=0
qk =
1 − q n+1
.
1−q
Si on veut une somme qui ne commence pas à 0, on obtient :
Proposition 3.12. Soit (a, b) ∈ Z2 tel que a < b, soit q ∈ C \ {0, 1}, alors :
b
X
k=a
qk = qa .
1 − q b−a+1
1−q
13
Premier terme ×
1 − q nb de termes )
1−q
Ici encore, on peut formaliser à l’aide de la notion de suite géométrique :
Définition 3.13. Soit u ∈ CN . On dit que u est géométrique s’il existe q ∈ C telle que ∀n ∈ N, un+1 = q.un . Ce
nombre q s’appelle alors la raison de u.
Proposition 3.14. Soit u ∈ CN .
1. Si u est géométrique, soit q sa raison, alors ∀n ∈ N, un = q n .u0 .
2. Réciproquement, s’il existe (q, a) ∈ C2 tel que ∀n ∈ N, un = a.q n , alors u est géométrique de raison q.
Proposition 3.15. Soit u ∈ CN géométrique. Soit q sa raison. On suppose q 6= 1 et q 6= 0. Alors pour tout (a, b) ∈ Z2
tel que a < b :
b
X
1 − q b−a+1
1−q
uk = ua .
k=a
cf exercice: 31
3.8
Coefficients binomiaux et formule de Pascal
Le but ici est de déterminer une formule pour développer, étant donnés (x, y) ∈ R2 et n ∈ N, (x + y)n .
Définition 3.16. Pour tout (k, n) ∈ N2 , on pose :
n
k
=
n × (n − 1) × (n − 2) × ... × (n − k + 1)
=
k!
Qk−1
n−i
.
k!
i=0
Interprétations : Comme on le verra dans un chapitre ultérieur, Si E est un ensemble de cardinal n ,
nombre de manières de choisir k éléments distincts dans E (l’ordre ne comptant pas).
2
Proposition 3.17. (écriture
à l’aide de factorielles) Soit (k, n) ∈ N .
n
• Si k > n, alors
= 0.
k
n
k
• Si k 6 n, alors
n!
.
k! × (n − k)!
=
N.B. La deuxième formule n’a pas de sens si k > n car la factorielle d’un nombre négatif n’existe pas.
Proposition 3.18. (propriétés des coefficients binomiaux)
1. ∀n ∈ N,
2. ∀n ∈ N∗ ,
n
0
=
n
1
n
n
=1
=
n
n−1
=n
3. ∀n ∈ N et p ∈ J0, nK,
n
n−p
=
n
.
p
4. (formule de Pascal) ∀n ∈ N, ∀p ∈ N,
n
p
=
n−1
p
14
+
n−1
.
p−1
n
k
est le
N.B. La formule de Pascal permet de calculer facilement les coefficients binomiaux de proche en proche. On l’utilisera
plutôt que la définition dès qu’on veut calculer plusieurs coefficients d’un coup. En particulier lorsqu’on veut utiliser
la formule du binôme ci-dessous :
Théorème 3.19. Soit (a, b) ∈ C2 . Soit n ∈ N. Alors :
n
(a + b) =
n X
n
k
ak bn−k
k=0
N.B. Pour généraliser cette formule : il faut disposer de deux lci + et ×, associatives, avec neutre, × doit être
distributive sur +, et il faut que a et b commutent, c’est-à-dire que a × b = b × a.
Démonstration: Par récurrence.
Pn
Soit (a, b) ∈ C2 . Pour tout n ∈ N, on définit P (n) : (a + b)n =
k=0
n
ak bn−k .
k
Montrons P (0) :
D’une part (a + b)0 =
1.
P0
0
0
k 0−k
D’autre part,
a
.b
=
a0 b0 = 1 × 1 × 1 = 1.
k=0
k
0
Soit n ∈ N, supposons P (n) vrai, montrons P (n + 1).
(a + b)n+1 =
=
=
(a + b)n .(a + b) = (a + b)n .a + (a + b)n .b
n X
n
(
k
k=0 n
X
n
(
k
k
a .b
k
a .b
n−k
n−k
).a + (
.a) +
=
(
k
ak+1 .bn−k ) +
X n (
ak .bn−k .b)
X n
(
ak .bn−k+1 ) +
k−1
n
linéarité de la somme
k
ak .bn−k+1 )
car a et b commutent
n X
n
(
k
ak .bn−k+1 )
changement de variable k 7→ k + 1 dans le terme de gauche
k=0
n X
n
X
n
n
an+1 b0 +
ak .bn−k+1 +
n
k−1
=
n+1
a
+
k=1 n X
n
(
k=1
n
=
k
k=0
k=1
=
(
ak .bn−k ).b
k=0
n
k=0
n+1
=
k
k=0
n X
n
k=0
n
X n
n X
n
an+1 +
k−1
X
k
ak .bn−k+1 +
n
a0 .bn+1
0
k=1
+
n
)ak .bn−k+1 + bn+1
k
linéarité de la somme
n+1
ak .bn−k+1 + bn+1
k
propriété des coeff binomiaux
k=1
=
n+1 X
n+1
k
ak .bn−k+1
k=0
Ceci prouve l’hérédité.
Par récurrence, la propriété P est toujours vraie, ce qui prouve la proposition.
Proposition 3.20. (somme des coefficients d’une ligne du triangle de Pascal)
∀n ∈ N,
n X
n
k
= 2n .
k=0
Démonstration: Soit n ∈ N. On fait apparaître des 1 pour reconnaître un binôme de Newton :
n X
n
k
k=0
15
=
n
X
k=0
1k .1n−k .
n
k
= (1 + 1)n = 2n
Exemple: Soit n∈ N,
et p ∈ N, calculer :
Pn
n
•
(−1)k .
k=0
k
•
•
3.9
Pn
k=0
Pn
i=0
p+k
. (Commencer par remarquer que
k
Q
p
(i
j=1
p
0
=
p+1
)
0
+ j)
Inégalité triangulaire
Proposition 3.21. Soit (α, β) ∈ N2 , soit (xi )i∈Jα,βK ∈ CJα,βK . Alors
β
β
X X
6
|xk |.
x
k
k=α k=α
3.10
Somme de termes positifs
Proposition 3.22. Soit (a, b) ∈ N2 tel que a 6 b, et soit u ∈ CN . On suppose que les termes de la suite u sont tous
réels et positifs. Alors :
b
X
k=a
uk = 0
⇔
∀k ∈ Ja, bK, uk = 0 .
cf exercice: 29
16
4
Retour aux complexes : équations et racines de l’unité
4.1
Racines carrée
On va rappeler la méthode de résolution des équations polynomiales de degré 2. Mais pour cela, nous aurons besoin
de quelques remarque concernant la racine carrée. (Ne serait-ce que pour le calcul des racines du discriminant.)
Dans R, pour tout a > 0, l’équation x2 = a admet deux solutions, l’une positive et l’autre négative. La racine
√
carrée de a, qu’on note a est définie comme étant la solution positive de cette équation.
Dans C, on s’aperçoit facilement que quelque soit a ∈ C, l’équation z 2 = a admet deux solutions. Mais on n’a
√
aucune manière de distinguer l’une de l’autre, ce qui empêche de définir une fonction . On se contentera de dire
qu’un nombre z tel que z 2 = A est une racine carrée de A.
Définition 4.1. Soit A ∈ C. Une racine carrée de A est un nombre a ∈ C tel que a2 = A.
Lemme 4.2. (identité remarquable)
Soit A ∈ C, et soit a une racine carrée de A. Alors pour tout z ∈ C, on a :
z 2 − A = (z − a).(z + a) .
Démonstration:
(z − a).(z + a) = z 2 − az + az − a2 = z 2 − A
Proposition 4.3. Tout nombre complexe non nul admet exactement deux racines carrée, qui sont opposées.
Démonstration: Soit A ∈ C∗ . Soient (ρ, θ) ∈ R2 tels que A = ρ.eiθ . Il est immédiat de vérifier que a =
une racine carrée de A.
On peut alors trouver toutes les racines carrées de A :
z2 = A
⇔
⇔
⇔
z 2 − a2 = 0 ⇔ (z − a)(z + a) = 0
z − a = 0 ou z + a = 0
z = a ou z = −a
√
iθ
ρ.e 2 est
identité remarquable
intégrité de C
Il y a donc précisément deux racines carrées de A : a, que nous avions déjà trouvé et −a. (On vérifie que a 6= −a,
car a 6= 0, ce qui fait qu’on a bien deux racines carrées distinctes).
Remarques :
• Le nombre 0 n’a qu’une seule racine carrée, qui est 0.
√
√
• Si a ∈ R+∗ , alors les racines carrées au sens présent sont a et − a. Lorsqu’on dit « la » racine carrée de a,
on sous-entend la racine positive.
√
√
• Si a ∈ R, a < 0, alors ses racines carrées sont i −a et −i −a.
• Lorsqu’on tape np.sqrt(a) python calcule la racine carrée de a dont l’argument est dans ] − π, π].
En pratique, trouver les racines carrées d’un complexe z est facile lorsqu’on peut déterminer une écriture exponentielle de z (faire comme dans la preuve).
Mais sinon, c’est plus difficile qu’on s’y attend. En terminale, vous n’avez en général calculé que des racines carrées
de nombres réels.
On peut procéder ainsi : Soit z ∈ C. Soit (x, y) ∈ R2 , nous voulons résoudre l’équation (x + iy)2 = z.
L’astuce consiste à utiliser le fait que si (x + iy)2 = z, alors x2 + y 2 = |z|. Et nous allons rajouter cette équation :
on a :
(
2
(x + iy) = z
(x + iy)2 = z
x2 + y 2 = |z|
⇔
.
(Vérifiez que chacune des implications formant cette équivalence est vraie !)
Maintenant, voyons comment ceci permet de trouver x et y :
17
(
2
(x + iy) = z
⇔
⇔
(
(x + iy)2 = z
|x + iy|2 = |z|
x2 − y 2 + 2ixy = z
x2 + y 2 = |z|
⇔

2
2

x − y = Re(z)

1

2


x = 2 (Re(z) + |z|)
⇔
2xy = Im(z)
r
Dès lors, pour x prendre
1
(Re(z) + |z|) ou −
2
r
1
2
y = (|z| − Im(z))

2


2xy = Im(z)

x2 + y 2 = |z|
1
(Re(z) + |z|) (les possibilités donneront les deux racines
2
possibles).
r
1
(|z| − Im(z)), sachant que si Im(z) < 0, alors x et y doivent être de signe opposé,
2
si Im(z) > 0, x et y doivent être de même signe. (Si Im(z) = 0 alors z est réel, vous savez déjà faire !)
cf exercice: 62
Ensuite, pour y prendre ±
4.2
4.2.1
Résolution des équations de degré 2
Résolution générale
Passons maintenant à la résolution des équations de degré 2. Soient (a, b, c) ∈ C3 , tel que a 6= 0. Nous cherchons
les nombres z ∈ C tel que :
az 2 + bz + c = 0 .
Pour commencer, on mets le polynôme sous sa forme canonique :
az 2 + bz + c =
a z 2 + ab z +
a (z +
=
b 2
)
2a
a (z +
=
b 2
)
2a
a (z +
=
−
−
b 2
)
2a
b
2a
c
a
2
b2
4a2
+
c
a
+
+
c
a
4ac−b2
4a2
On note généralement ∆ = b2 − 4ac, et on appelle ce nombre le déterminant du polynôme. Soit δ une racine
carrée de ∆. Avec ces notations, le polynôme devient :
az 2 + bz + c = a (z +
∆
b 2
) − 2
2a
4a
=a z+
b
δ
+
2a
2a
. z+
b
δ
−
2a
2a
.
L’équation est maintenant très simple à résoudre :
az 2 + bz + c = 0
⇔
⇔
a z+
b
2a
+
z+
⇔
z+
⇔
z
δ
2a
b+δ
2a
. z+
b+δ
=0
2a
−b−δ
= 2a
. z+
b
2a
b−δ
2a
ou z +
ou z =
−
δ
2a
=0
b−δ
=
2a
−b+δ
.
2a
=0
car a 6= 0
0
Résumons ce résultat sous forme d’un théorème :
Théorème 4.4. Soient (a, b, c) ∈ R3 avec a 6= 0. Soit ∆ = b2 −4ac et δ une racine de ∆. Alors l’équation a.z 2 +bz+c =
0 d’inconnue z ∈ C a pour solutions :
−b − δ
−b + δ
et
.
2a
2a
18
Remarques :
• Si δ 6= 0, ceci nous donne deux solutions. Si δ = 0 les deux formules donnent le même résultat : il n ’y a qu’une
solution.
• Si au lieu de δ, on avait choisi l’autre racine de ∆, i.e. −δ, on aurait encore eu les mêmes solutions, simplement
dans l’ordre inverse.
Vocabulaire :
• Quand on résout une équation, les nombres trouvés s’appellent les solutions de l’équation. Ainsi, on peut
parler des solutions de l’équation ax2 + bx + c = 0.
• Quand on étudie une fonction, les nombres où la fonction s’annulent s’appellent les racines de la fonction.
Ainsi, on peut parler des racines de la fonction x 7→ ax2 + bx + c.
Par exemple si vous étudiez une fonction f dont la dérivée f 0 est polynomiale du degré 2, vous allez calculer son
déterminant, et en déduire ses racines.
4.2.2
Cas d’une équation à coefficients réels
C’est le cas traité en terminale.
Théorème 4.5. Soient (a, b, c) ∈ R3 . Soit ∆ = b2 − 4ac. Soient r1 et r2 les solutions dans C de az 2 + bz + c. Comme
∆ est un nombre réel, il a un signe.
• Si ∆ > 0, alors (r1 , r2 ) ∈ R2 .
• Si ∆ = 0, alors r1 = r2 et ce nombre est réel.
• Si ∆ < 0, alors r1 et r2 ne sont pas réels. De plus, r1 = r¯2 : les solutions sont deux nombres complexes
conjugués.
Démonstration:
Avec les formules de 4.4, c’est évident. On présente cependant une preuve intéressante pour prouver que dans le
cas ∆ < 0, les racines sont conjuguées, car le principe pourra resservir.
Nous savons que r1 est solution de az 2 + bz + c = 0, donc :
a.r12 + b.r1 + c = 0.
Appliquons la conjugaison à cette égalité, elle devient :
a.r12 + b.r1 + c = 0
donc
ā.(r¯1 )2 + b̄.r¯1 + c̄ = 0
donc
a.(r¯1 )2 + b.r¯1 + c = 0
car a, b, c sont réels
Ainsi, r¯1 est une autre solution de l’équation az 2 + bz + c. Comme r1 6∈ R, r̄1 6= r1 , donc r1 est la deuxième
solution de cette équation : c’est r2 . On a bien obtenu r̄1 = r2 .
4.2.3
Relations coefficients racines
Proposition 4.6. Soient (a, b, c) ∈ C3 . Soient r1 et r2 les racines de ax2 + bx + c, avec r1 = r2 dans le cas où le
discriminant est nul.
Alors :
c
−b
et r1 + r2 =
.
r1 .r2 =
a
a
Démonstration: On reprend les notations du théorème 4.4.
r1 .r2 =
−b − δ −b + δ
b2 − δ 2
b2 − ∆
b2 − b2 + 4ac
c
.
=
=
=
= .
2
2
2a
2a
4a
4a
4a2
a
Et :
r1 + r2 =
−b − δ
−b + δ
−2b
−b
+
=
=
.
2a
2a
2a
a
19
Proposition 4.7. (Factorisation d’un trinôme de degré 2)
Soient (a, b, c) ∈ C3 . Soient r1 et r2 les racines de ax2 + bx + c, en prenant r1 = r2 dans le cas où le discriminant
est nul.
Alors pour tout x ∈ C,
ax2 + bx + c = a(x − r1 )(x − r2 ).
Démonstration:
a(x − r1 )(x − r2 ) = a(x2 − (r1 + r2 )x + r1 .r2 ) = a(x2 +
b
c
x + ) = ax2 + bx + c.
a
a
N.B. On verra au chapitre sur les polynômes le principe plus général suivant : Pour tout polynôme P , pour tout
α ∈ C, α est une racine de P si et seulement si P peut être factorisé par (X − α).
Remarque : Il est plus simple de retenir cette dernière proposition et d’en déduire la première en cas de besoin.
cf exercice: 64
4.3
Racines de l’unité
On étudie ici l’équation xn = 1, pour tout n ∈ N.
Théorème 4.8. Soit n ∈ N. L’équation xn = 1, d’inconnue x ∈ C, admet exactement n solutions, qui sont :
n
e
2ikπ
n
o
; k ∈ J0, n − 1K
.
Démonstration:
2ikπ
On vérifie sans difficulté que pour tout k ∈ N, e n est solution de l’équation (petit calcul à faire !).
Si nous notons S l’ensemble des solutions de l’équation, ceci prouve S ⊃
n
e
2ikπ
n
o
; k ∈ J0, n − 1K .
Réciproquement, soit z ∈ C vérifiant z n = 1. Déjà, on peut calculer son module : on trouve |z|n = 1, d’où |z| = 1,
car la fonction x 7→ xn est injective sur R+ , et les deux nombres |z| et 1 se trouvent dans R+ .
Ainsi, z ∈ U. Donc il existe θ ∈ R tel que z = eiθ . Alors z n = 1, donc einθ = 1ei·0 . nθ et 0 sont deux argument
d’un même nombre (1 en l’occurrence), donc il existe k0 ∈ Z tel que nθ = 02πk0 , donc z = e
2ik0 π
n
.
Enfin, nous voulons prouver qu’on peut écrire z 2ikπ/n pour un certain k ∈ J0, n − 1K. On va utiliser une division
euclidienne.
Soit q le quotient et k le reste de la division euclidienne de k0 par n : cela signifie :
• k0 = q.n + k
• k ∈ J0, n − 1K
On obtient finalement :
2i(qn + k)π
2ik0 π
2ikπ
n
n
z=e
=e
=e n .
Nous avons prouvé que l’ensemble des solutions de cette équation est bien
e
2ikπ
n
k
∈
J0,
n
−
1K
.
Il reste un dernier point dans le théorème : y-a-t-il bien exactement n solutions ? A priori, il pourrait y en avoir
2ik1 π
2ik2 π
moins, si par hasard il existait (k1 , k2 ) ∈ J0, n − 1K2 tel que e n = e n .
Supposons qu’il existe un tel couple (k1 , k2 ), montrons que k1 = k2 . Alors on obtient qu’il existe a ∈ Z tel que
k1
k2
2ik1 π
= 2ikn2 π + 2iaπ, d’où k1 = k2 + an. Alors a =
− , d’où :
n
n
n
0
n−1
n−1
0
−
6a6
−
n
n
n
n
20
donc a ∈ [
k1 = k2 .
−(n − 1) n − 1
,
], en particulier a ∈] − 1, 1[, mais comme a est entier, la seule possibilité est a = 0. Donc
n
n
Remarques :
• La fin de la preuve revient à vérifier que k 7→ e2ikπ/n est injective sur J0, n − 1K.
• On a souvent l’habitude de noter ω = e2iπ/n , qu’on appelle la racine n◦ « primitive » de l’unité, de sorte que
l’ensemble des solutions est {1 = ω 0 , ω, ω 2 , ..., ω n−1 }.
• Par ailleurs, en math, on note souvent j = e2iπ/3 , la racine 3◦ primitive de 1. Alors qu’en physique, j est une
racine carrée de l’unité, i.e. notre i.
• On peut en fait remplacer J0, n − 1K par n’importe quelle « intervalle entier » de longueur n.
Définition 4.9. Cet ensemble de solutions s’appelle le groupe des racines n◦ de l’unité et se note Un .
Géométriquement, ces nombres correspondent à des points du cercle trigonométrique. On passe de l’un au suivant
par une rotation d’angle 2π
. Ces n points forment un polygone régulier à n côtés. Vérifions-le :
n
Proposition 4.10. Soit n ∈ N∗ , ω = e2iπ/n , de sorte que Un = {1, ω, ω 2 , ω 3 , . . . , ω n−1 }. Soient A0 , . . . , An−1 les
points d’affixe respective 1, ω, ω 2 , ω 3 , . . . , ω n−1 . Alors A0 . . . An−1 est un polygone régulier.
Démonstration: Soit k ∈ J0, k − 2K, calculons la longueur du côté Ak Ak+1 .
Enfin le dernier côté est An−1 A0 . Mais comme l’affixe de A0 est 1 qui vaut aussi ω n , le calcul ci-dessus est encore
valable !
Corollaire 4.11. Soit n ∈ N et a ∈ C. Alors si a 6= 0, l’équation z n = a admet n solutions qui sont :
p
n
|a|.ei(2kπ+θ)/n k ∈ J0, n − 1K
où θ est un argument de a.
Remarques :
• On a mis dans cette écriture de l’ensemble des solutions k ∈ J0, n − 1K, mais on peut en fait choisir n’importe
quel intervalle entier de longueur n (J−n, −1K, J3Kn − 2, etc.).
• On constate que pour tout n ∈ N, le produit de deux racines n◦ de l’unité est encore une racine n◦ de l’unité.
De plus, si z est une racine n◦ de l’unité, 1/z en est aussi une. On dit que Un est un « groupe ».
Proposition 4.12. Pour tout n ∈ N, la somme des racines n◦ de 1 est nulle.
Démonstration:
n−1
X
e2ikπ/n =
k=0
n−1
X
(e2iπ/n )k
k=0
=
=
1 − (e2iπ/n )n
1 − e2iπ/n
1−1
=0
1 − e2iπ/n
(somme des termes d’une suite géométrique)
cf exercice: 67, 68,65
21
5
Un peu d’informatique et division euclidienne
On présente ici une conséquence des propriétés élémentaires des entiers qui est utilisée pour démontrer qu’un
algorithme fonctionne. Pour l’illustrer, nous démontrons l’existence et l’unicité de la division euclidienne (résultat de
toute façon au programme).
5.1
Terminaison d’une boucle
Voici le théorème souvent utilisé pour démontrer qu’un algorithme se termine :
Théorème 5.1. Il n’existe pas de suite u ∈ NN strictement décroissante.
L’énoncé ci-dessus est concentré. En pratique, on l’utilise ainsi : soit u = (u0 , u1 , ...) une suite de nombres telle
que :
• Chaque terme est entier et positif
• La suite est strictement décroissante
Alors cette suite ne peut contenir qu’un nombre fini de termes : elle s’arrête à un certain rang : on n’a pas u ∈ NN ,
mais il existe n ∈ N (le nombre de termes de la suite) tel que u ∈ Nn . (Autrement dit : le domaine de définition d’une
telle suite ne peut pas être N, mais juste un ensemble fini de la forme J0, nK, pour un certain
n ∈ N.) Démonstration: Supposons par l’absurde l’existence d’une telle suite u. Soit E = un | n ∈ N , en d’autre
termes l’image directe de u. Par hypothèse, E ⊂ N. En outre, E 6= ∅, par exemple u0 ∈ E (ou u145 ∈ E...)
Donc d’après les propriétés de N, E admet un minimum, notons-le m. Le nombre m est un élément de E, ce qui
signifie qu’il existe n ∈ N tel que m = un .
Mais alors un+1 < un = m car u est strictement décroissante. Et de plus un+1 ∈ E. Ceci contredit le fait que m
est le minimum de E.
5.2
Définition de la division euclidienne
Théorème 5.2. Soit (m, n) ∈ Z × Z∗ . Il existe un unique (q, r) ∈ Z × N tel que m = n.q + r et r < |n|.
Définition 5.3. Dans la situation du théorème, q s’appelle le quotient et r le reste de la division euclidienne de m
par n.
N.B. On a n|m
⇔
r = 0.
Démonstration:
Unicité : Soient (q, q 0 , r, r0 ) ∈ Z × Z × N × N tel que m = n.q + r = n.q 0 + r0 et r < |n| et r0 < |n|.
Alors 0 = n.(q − q 0 ) + r − r0 donc |r0 − r| = |n|.|q − q 0 |. Supposons q − q 0 6= 0 : alors |q − q 0 | > 1 et |n|.|q − q 0 | >
|n|.1 = |n|.
Mais on sait que 0 6 r0 < |n| et −|n| < −r 6 0 d’où −|n| < r0 − r < |n|, d’où |r0 − r| < |n|. Ceci contredit le
résultat qu’on vient d’obtenir. L’hypothèse q − q 0 6= 0 n’est donc pas réalisée, et donc q = q 0 .
Dès lors, l’égalité n.q + r = n.q 0 + r0 entraîne r = r0 .
Existence : On traite le cas où n > 0. On va démontrer que l’algorithme suivant renvoie effectivement q et r
vérifiant m = nq + r et r ∈ J0, n − 1K, ce qui prouvera l’existence.
division euclidienne
entrée: m,n entiers positifs, tels que n>0
on définit: q=0 , r=m
tant que r >= n faire:
remplacer q par q+1 et r par r-n
fin du tant que
renvoyer (q,r)
22
Prouvons que l’algorithme fonctionne. On notera pour tout i ri et qi le contenu des variables q et r après i
itérations de la boucle.
• Montrons que le programme termine : il s’agit de prouver que la boucle « tant que » va s’arrêter. On considère
la suite (ri )i des valeurs successives prises par la variable r. C’est une suite strictement décroissante puisque
pour tout i, ri+1 = ri − n < ri (car n > 0 !). C’est une suite d’entiers positifs puisque la boucle s’arrête si
ri < n.
Donc par la proposition du paragraphe précédent, cette suite ne peut être infinie : elle s’arrête au bout d’un
moment.
• Montrons que le programme renvoie la bonne valeur : On identifie un invariant de boucle, c’est-à-dire une
quantité qui reste constante pendant l’exécution du programme.
On remarque que l’égalité m = qi .n + ri est toujours vérifiée : elle l’est à l’initialisation, et pour tout i, si
m = qi .n + ri , alors qi+1 .n + ri+1 = (qi + 1).n + ri − q = qi + ri = m.
Remarque : Plus formellement c’est la quantité m − qi .n − ri qui est constante égale à 0. C’est donc plutôt ce
nombre l’invariant de boucle.
Maintenant, que se passe-t-il à la fin du programme ? Notons f le nombre d’itération de la boucle, donc à la
fin du programme, dans la variable q il y a qf et dans r, il y a rf , et le programme renvoie comme résultat
(qf , rf ).
On a déjà rf < n puisque la boucle « tant que » s’est arrêtée. De plus, rf > 0 car lors de la dernière exécution
de la boucle, on avait rf −1 > n (car la boucle tant que s’est exécutée), et on a posé rf = rf −1 − n.
Enfin, on a m = n.qf + rf puisque cette égalité est vraie à tout moment pendant l’algorithme.
Les trois conditions sont bien vérifiées : (qf , rf ) convient.
Pour conclure, que se passe-t-il si m < 0 ou n < 0 ? On peut faire la DE de |m| par |n| : notons q0 , r0 les
quotient et reste de cette DE. Ainsi, |m| = q0 .|n| + r0 .
Si m < 0 et n < 0, on a donc −m = −q0 .n + r0 . Donc m = q0 .n − r0 . Si r0 = 0, alors −r0 ∈ J0, |n| − 1K on
peut donc renvoyer (q0 , 0). Sinon, on écrite m = (q0 + 1).n − n − r0 . Or −n − r0 ∈ J0, |n| − 1K, on renvoie
donc (q0 + 1, −n − r0 ).
les deux autres cas sont similaires.
6
Bonus : Un peu plus de vocabulaire
6.1
Relations d’équivalence
Définition 6.1. Soit E un ensemble muni d’une relation R. On dit que R est une relation d’équivalence lorsqu’elle
est transitive, réflexive, et symétrique.
N’importe quel ensemble est toujours muni d’au moins une relation d’équivalence : =. Une tentative de définition
de = serait : pour tout x et y, x = y signifie que toute propriété vérifiée par x l’est aussi par y, et que toute propriété
vérifiée par y l’est aussi par x.
Définition 6.2. Soit E un ensemble muni d’une relation d’équivalence ∼. Pour tout x ∈ E, on appelle classe
d’équivalence de x pour ∼ l’ensemble :
y∈E| x∼y
La classe d’équivalence de x est donc l’ensemble des éléments de E en relation avec x. On la note parfois [x]∼ .
Exemple: Dans Z, considérons la relation ∼ définie par :
∀(p, q) ∈ Z2 ,
p∼q
⇔
2 divise p − q
On vérifie qu’il s’agit d’une relation d’équivalence. On constate que [0]∼ est l’ensemble des entiers pairs, et que [1]∼
est l’ensemble des entiers impairs.
Exemple: Soit C la classe (l’ensemble des élèves). Considérons la relation R : « être du même sexe ». Il y a deux
classes d’équivalence pour R dans C : l’ensemble des filles, et l’ensemble des garçons.
23
Remarque : Une relation du type « avoir une certaine propriété en commun » forme toujours une relation d’équivalence. Sur C, on peut citer comme autres exemples « avoir le même âge », « habiter la même ville »,...
Exemple: Sur l’ensemble des assertions logiques,
⇔
est une relation d’équivalence
Exemple: Soient E et F deux ensembles et f : E → F . Considérons la relation ∼ définie sur E par :
∀(x, y) ∈ E 2 ,
x∼y
⇔
f (x) = f (y).
Il s’agit d’une relation d’équivalence. Soit x ∈ E, alors [x]∼ = y ∈ E | f (x) = f (y) c’est l’ensemble des
antécédents de f (x) par f , ou encore f <−1> ({f (x)}).
Remarque : En fait, toute relation d’équivalence est égale à celle-ci pour un certain choix d’ensemble F et de fonction
f.
Proposition 6.3. Soit E un ensemble muni d’une relation d’équivalence ∼. Soit (x, y) ∈ E 2 . Alors :
x∼y
⇔
[x]∼ = [y]∼ .
Remarque : La relation 6 sur R fournit bien sûr une relation d’ordre sur Q, Z, N (et tout sous-ensemble de R) :
prendre sa restriction.
6.2
Opérations / lois de commutation interne
Fixons un ensemble E pour le 6.2.
6.2.1
définition d’une loi de commutation interne
Définition 6.4. Une loi de commutation interne sur E (abrégé généralement en lci) est une fonction de E 2 dans E.
Soit ? : E 2 → E une lci. Alors pour tout (x, y) ∈ E 2 , on note généralement x ? y au lieu de ?(x, y).
Une lci n’est rien d’autre que ce qu’on appelle couramment une opération. Le « interne » insiste sur le fait qu’un
seul ensemble intervient.
Exemples:
• Nous admettons l’existence de l’addition + : C2 → C qui est une lci sur R.
En outre, + vérifie la propriété suivante : ∀(x, y) ∈ R2 , x + y ∈ R. De sorte que nous pouvons considérer que +
donne aussi une lci sur R.
De même, + donne une lci sur Q, Z, N.
• Nous admettons également l’existence d’une seconde lci appelée multiplication sur C. Comme pour +, cette lci
donne des lci sur R, Q, Z, N.
~ l’ensemble des vecteurs du plan. On dispose dans P
~ encore d’une lci appelé addition et notée +.
• Notons P
~ 2 → R. L’ensemble d’arrivée est R et
On dispose également du produit scalaire, mais ce n’est pas une lci : . : (P)
~
non pas P.
~ →P
~ : ce n’est pas non plus une lci car au départ on a
On dispose également du produit par un scalaire : . : R × P
~
un autre ensemble que P.
• Sur l’ensemble des fonctions de E dans lui-même (F(E, E)), on dispose de la composition ◦, qui est une lci.
• Sur l’ensemble des fonctions de E dans C (ou R) on définit les lci + et × ainsi :
E → C
E
Pour tout (f, g) ∈ F (E, C), on pose f + g :
et f × g :
x 7→ f (x) + g(x)
x
6.2.2
Associativité et commutativité
Définition 6.5. Soit ? une lci dans E. On dit que ? est :
• « associative » lorsque ∀(a, b, c) ∈ E 3 , (a ? b) ? c = a ? (b ? c).
• « commutative » lorsque ∀(a, b) ∈ E 2 , a ? b = b ? a.
24
→
7
→
C
.
f (x) × g(x)
On admet que les lci + et × sur C sont associatives et commutatives. Et donc sur R, Q, Z, N aussi les lci + et ×
sont associatives et commutatives.
Si E est un ensemble, on prouve facilement que les lci + et × sur F(E, C) sont aussi associative et commutative,
en se basant sur l’associativité et la commutativité de+ et × dans C.
Toutes les lci qui interviendront cette année et la suivante seront associatives. Par contre, il existe plusieurs lci
non commutative : comme premier exemple il y a la composée. Par exemple, considérons l’ensemble F(R+∗ , R+∗ )
1
1
muni de la lci ◦. Soit i : x 7→ 1/x et a : x 7→ x + 1. On a i ◦ a : x 7→
et a ◦ i : x 7→ + 1.
x+1
x
Et ces deux fonctions sont bien différentes : par exemple i ◦ a(1) = 1/2 et a ◦ i(1) = 2.
6.2.3
Élément neutre
Définition 6.6. (élément neutre)
Soit ? une lci sur E. Soit e ∈ E. On dit que e est un élément neutre de (E, ?) lorsque :
∀x ∈ E,
x ? e = x et e ? x = x
Proposition 6.7. (unicité d’un élément neutre)
Soit ? une lci sur E. Si (E, ?) admet un élément neutre, celui-ci est unique.
Démonstration:
Pour prouver l’unicité d’un objet, on procède généralement ainsi : on suppose qu’il en existe deux et on prouve
que ce sont les mêmes.
Soient (s’il en existe) e1 et e2 deux éléments neutres pour (E, ?). Considérons le produit e1 ? e2 .
D’une part, e1 ? e2 = e1 car e2 est neutre (à gauche).
D’autre part e1 ? e2 = e2 car e1 est neutre (à droite).
On a ainsi e1 = e1 ? e2 = e2 donc par transitivité de =, e1 = e2 .
Remarque : Pour effectuer cette démonstration, nous avons utilisé les deux sens de l’égalité de la définition du neutre.
(∀x ∈ E, x ? e = x et e ? x = x.)
Nous admettons que (C, +) admet un élément neutre, appelé « zéro » et noté 0. Ainsi, ∀x ∈ C, x + 0 = x et
0 + x = x (la deuxième est en fait inutile dans ce cas puisque + est commutative).
De plus, 0 ∈ N (et donc 0 ∈ Z, 0 ∈ Q, 0 ∈ R), donc l’assertion ∀x ∈ N, x + 0 = x = 0 + x est également vraie (car
N ⊂ C), de sorte que 0 est également élément neutre de (N, +). De même, 0 et neutre de (Z, +), (Q, +), (R, +).
De même, (C, ×) admet un élément neutre, appelé « un » et noté 1. Et 1 ∈ N, c’est aussi l’élément neutre dans
(N, +), (Z, +), (Q, +), (R, +).
Enfin, (F(E, E), ◦) admet également un élément neutre : IdE .
Autres exemples :
• Dans (P(E), ∩)
• Dans (P(E), ∪)
6.2.4
Inverse
Définition 6.8. (inverse)
Soit ? une lci sur E que nous supposons associative. On suppose également que (E, ?) admet un élément neutre
qu’on note e.
Soit x ∈ E. On dit que x admet un inverse pour ? lorsqu’il existe y ∈ E tel que x ? y = e et y ? x = e.
Proposition 6.9. Soit ? une lci sur E que nous supposons associative. On suppose également que (E, ?) admet un
élément neutre qu’on note e.
Soit x ∈ E. Si x admet un inverse pour ?, celui-ci est unique.
25
Démonstration:
Soient (s’il en existe) y1 et y2 deux inverse de x pour ?.
Nous savons alors que :
x ? y1 = e
On multiplie à gauche par y2 (en d’autre termes, on applique la fonction t 7→ y1 ? t à chaque membre de l’égalité) :
y2 ? (x ? y1 ) = y2 ? e
Utilisons l’associativité sur le membre de gauche, et le fait que e est neutre pour le membre de droite, il vient :
(y2 ? x) ? y1 = y2
Mais y2 est un inverse de x, on obtient :
e ? y1 = y2
et enfin :
y1 = y2
Remarque : L’associativité de ? était indispensable pour mener cette preuve à terme.
Notation : soit x ∈ E admettant un inverse. Comme celui-ci est unique, nous pouvons lui donner un nom : nous
l’appellerons l’inverse de x pour ? et nous le noterons x?−1 . En général, on notera juste x−1 pour aller plus vite
lorsqu’on ne risque pas confondre entre plusieurs lci.
De plus, lorsque la lci est notée +, on dira « l’opposé » plutôt que l’inverse et on notera −x plutôt que x−1 . En
outre, si y est un autre élément de E, on peut noter y − x au lieu de y + (−x).
Insistons particulièrement sur le cas des fonctions : soit f ∈ F(E, E), f est inversible pour ◦ lorsqu’il existe
g ∈ F (E, E) telle que f ◦ g = IdE et g ◦ f = IdE . Et dans ce cas, cette fonction g est unique, et se note f −1 .
Bien entendu, on reconnaît que f est inversible pour ◦ si et seulement si elle est bijective, et que f −1 et alors sa
fonction réciproque.
Remarque : Soit (E, ?) un ensemble muni d’une lci. On suppose que :
• ? est associative
• (E, ?) admet un élément neutre
• Tout élément de E admet un inverse pour ?
Alors on dit que (E, ?) est un « groupe ». Nous venons de voir un bon exemple de groupe : (U, ×), et pour tout
n ∈ N∗ , (Un , ×). Mais bien sûr il y a aussi (C, +) et (C∗ , ×).
Proposition 6.10. Soit (E, ?) un ensemble muni d’une lci associative, admettant un neutre qu’on note e.
1. e est inversible et e−1 = e
2. Soit g ∈ E inversible. Alors g −1 est inversible et (g −1 )−1 = g
3. Soient (g, h) ∈ E 2 inversibles. Alors g ? h est inversible et (g ? h)−1 = h−1 ? g −1 .
6.2.5
Distributivité
Nous avons donné les propriétés élémentaires vérifiées par + et par ×. Il reste une dernière propriété à donner :
celle qui relie ces deux lci. La voici :
Définition 6.11. Soit A un ensemble muni de deux lci + et ×. On dit que × est distributive par rapport à + lorsque :
∀(a, b, c) ∈ A3 ,
a × (b + c) = a × b + a × c et (b + c) × a = b × a + c × a
Remarque : La deuxième égalité est automatique si × est commutative.
Nous admettons que la multiplication est distributive sur l’addition dans C. (Et donc aussi dans R, Q,Z, N...)
Autre exemple : soient E un ensemble, alors pour tout (A, B, C) ∈ P(E)3 :
• A ∩ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ (A ∩ C) (et égalité analogue à droite puisque ∩ est commutative).
• A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) (et idem à droite).
26
Ainsi, on a à la fois que ∩ est distributif sur ∪ mais aussi que ∪ est distributif sur ∩ !
cf exercice: ??
Remarque : Soit (A, +, ×) un ensemble muni de deux lci. On suppose :
• + et × sont associatives et admettent chacune un neutre. On note 0A le neutre pour + et 1A le neutre pour
×.
• Tous les éléments de A sont inversible pour +. (Ainsi, (A, +) est un groupe.)
• + est commutative
• × est distributive sur +.
• 1A 6= 0A
Alors on dit que (A, +, ×) est un « anneau ».
Dans un anneau, on ne demande presque pas de condition sur ×. Mais si en outre tout élément sauf 0A admet
un inverse pour ×, et que × est commutative, on dit que (A, +, ×) est un « corps ».
Par exemple, (Q, +, ×), (R, +, ×) et (C, +, ×) sont des corps. (Z, +, ×) est un anneau mais pas un corps (ses
éléments, à part 1 et -1, ne sont pas inversibles pour ×). (N, +, ×) n’est rien de tout ça car ses éléments (à part 0) ne
sont pas inversibles pour +.
Nous verrons cette année deux exemples d’anneau autre que les ensemble de nombres bien connus. C’est pourquoi nous noterons parmi les résultats qui viennent lesquels sont vrais pour n’importe quel anneau, et lesquels sont
spécifiques à C, R, Z... Cependant le vocabulaire « anneau » et « corps » n’est pas exigible.
Voici deux propriétés simples valables dans n’importe quel anneau :
Proposition 6.12.
(i) ∀a ∈ C, a.0 = 0 = 0.a.
(ii) ∀(a, b) ∈ C2 , (−a).b = −(a.b) = a.(−b).
On trouve très simplement un exemple d’anneau non intègre : prendre l’ensemble des fonctions de R dans R muni
de + et × habituels. Soit f = 1[ 0, ∞[ et g = 1]−∞,0[ . Alors f.g = 0 et pourtant f 6= 0 et g 6= 0.
Deuxième partie
Exercices
27
Exercices : chapitre 2
1
Relations
Exercice 1. * Exemples de relations
Quelles sont les propriétés des relations suivantes :
1) « être perpendiculaires » sur l’ensemble des vecteurs
2) « être colinéaires » sur l’ensemble des vecteurs
3) « avoir le même rayon » sur l’ensemble des cercles
4) « être plus grand » sur l’ensemble des hommes
Exercice 2. * ! Ordre sur l’ensemble des fonctions
Soit E un ensemble. On définit la relation 6 sur F(E, R) ainsi :
∀(f, g) ∈ F (E, R),
⇔
f 6g
(∀x ∈ E, f (x) 6 g(x))
1) Démontrer qu’il s’agit d’une relation d’ordre.
2) L’assertion suivante est-elle vraie : « ∀(f, g) ∈ F (E, R),
2
(f 6 g ou g 6 f ) » ?
Manipulation d’inégalités
Exercice 3. * ! comparer x2 et x
Soit x ∈ R. Quand-est-ce que x2 > x ?
Exercice 4. * moyenne arithmétique et géométrique
√
a+b
Soit (a, b) ∈ (R+ )2 . Le nombre
s’appelle la moyenne arithmétique de a et b. Et ab s’appelle la moyenne
2
géométrique de ces nombres.
Comparer ces deux moyennes.
Exercice 5. * ! Encadrements élémentaires
Soit (x, y) ∈ R2 . On suppose −1 6 x 6 3 et −5 6 y 6 −2. Donner un encadrement aussi précis que possible des
nombres suivants :
1) x + y
5) x2 + y 2
3) x.y
3
2
2) x − y
6) x − y
4) y − x
Exercice 6. * comparaison de nombres
√
1. Comparer 1 et 5 − 2 et 18 .
√
√
√
2. Soit n ∈ N. Comparer n + 1 + n et 4n + 2.
Exercice 7. * ! Exemple simple d’inégalité
Prouver les inégalités suivantes :
√
1) Pour tout x ∈ R, x2 − 2x + 2 > |x − 1|.
ln(a) + ln(b)
a+b
2) Pour tout (a, b) ∈ (R ) ,
6 ln
.
2
2
p
√
√
3) Pour tout (a, b) ∈ (R+ )2 , | a − b| 6 |a − b|.
+∗ 2
Exercice 8. * ! inégalités sur trois variables
1) montrer que pour tout (a, b) ∈ (R+∗ )2 :
a2
3a − b
>
a+b
4
1
2
7) |x| + |y|
8) |x + y|
2) En déduire que pour tout (a, b, c) ∈ (R+∗ )3 :
b2
c2
a+b+c
a2
+
+
>
.
a+b
b+c
c+a
2
Exercice 9. ** plus dur
Montrer que pour tous réels a et b strictement supérieurs à 1, on a :
ln
a+b
2
>
p
ln(a) ln(b).
Exercice 10. ** une inégalité en degré 2
Montrer que pour tout (a, b, c) ∈ R3 ,
(a + b + c)2 6 4a2 + 4b2 + 2c2
Exercice 11. ** maximum et union/intersection
1. Soient A et B deux parties de R admettant chacune un maximum. Les parties A ∪ B et A ∩ B admettent-elles
un maximum ?
2. Démontrer que tout ensemble fini de nombres réels admet un maximum.
3
Valeur absolue
Exercice 12. * ! Inéquations
Résoudre les inéquations, d’inconnue x ∈ R :
1) |x + 1| 6 4
2) |x + 1| > 4
3) |2x − 4| 6 |x − 1|
Exercice 13. * Fonction utilisant la valeur
absolue
Tracer le graphe de la fonction f : x 7→ x2 − 2x − 3
Exercice 14. * ! Décomposition d’une fonction comme différence de fonction positive
f + |f |
|f | − f
Soit I ∈ P(R) et f ∈ F (I, R). On définit f + =
et f − =
.
2
2
+
−
+
1) Démontrer que f et f sont des fonctions positives et que f = f − f − .
2) Soit x ∈ I. Que valent f + (x) et f − (x) si x > 0 ? Et si x < 0 ?
3) Tracer le graphe d’une fonction f quelconque, et tracer alors les graphes de f + et f − .
4
Récurrence
Exercice 15. ** Récurrence à l’envers
Soit P un prédicat sur Z tel que :
• P (0) est vrai
• ∀n ∈ Z, P (n) ⇒ P (n − 1) (« hérédité à l’envers »).
Pour quelles valeurs de n peut-on être sûr que P (n) est vrai ? Le démontrer.
Exercice 16. * ! exemples simples avec des suites
1) Soit u la suite définie par u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 = (1 +
1
).un .
n+1
Calculer le terme général de u.
2) Même question avec la suite z telle que z0 = 1, z1 = 2 et ∀n ∈ N, zn+2 = 2zn+1 − zn .
3) Même question avec la suite v ∈ RN définie par : v0 = 1, v1 = 1/2, et ∀n ∈ N, vn+2 = 25 vn+1 − vn .
5
4) (**) Même question avec la suite w ∈ RN définie par : w0 = 1, w1 = 1/2, et ∀n ∈ N, wn+2 =
− wn .
2wn+1
Exercice 17. ** majoration d’une
Pn somme
Montrer que pour tout n ∈ N,
k! 6 (n + 1)!.
k=0
2
Exercice 18. ** ! Exemple de récurrence fausse
Que penser du raisonnement suivant :
∀n ∈ N, soit P (n) : « tout ensemble de n stylos est formé de stylos de même couleur ».
P (1) est clairement vrai.
Soit n ∈ N∗ , supposons P (n). Soit (s1 , ..., sn+1 ) n + 1 stylos. Par P (n), les n stylos (s1 , ..., sn ) sont d’une même
couleur que nous notons c1 . De même, encore par P (n), les n stylos (s2 , ..., sn+1 ) sont d’une même couleur, notons-là
c2 .
Mais le stylo s2 est à la fois de la couleur c1 et de la couleur c2 . Par conséquent c1 = c2 . Et les n + 1 stylos
(s1 , ..., sn+1 ) sont d’une même couleur.
L’hérédité est prouvée.
En conclusion, ∀n ∈ N, P (n) est vrai.
Exercice 19. ** récurrence, attention à l’initialisation
Pour tout n ∈ N, on pose P (n) : « n2 < 2n ».
1) Pour quelles valeurs de n ∈ N∗ est-ce que 2n + 1 < 2n ?
2) Montrer que ∀n ∈ N tel que n > 3, P (n)
⇒
P (n + 1).
3) Pour quelles valeurs de n P (n) est-elle vraie ?
Exercice 20. ** exemple de récurrence, un peu plus dur
Soit x ∈ R∗ tel que x + 1/x ∈ Z. Montrer que pour tout n ∈ N, xn + 1/xn ∈ Z.
Méthode : Essayer au brouillon de prouver la formule au rang n + 1, pour voir quel type de récurrence sera
adapté.
Exercice 21. ** Une récurrence avec deux entiers
Montrer que pour tout n ∈ N et tout p ∈ J0, n − 1K :
n−1
X
k=p
(2k + 1)
(k + p)!
(n + p)!
n
=
·
(k − p)!
p + 1 (n − p − 1)!
Exercice 22. *** Trigonométrie et récurrence
On fixe x ∈ R. Soit u ∈ RN telle que u0 = 2, u1 = 2 cos(x) et pour tout n ∈ N, un+2 = 2 cos(x).un+1 − un . Montrer
que pour tout n ∈ N,
un = 2 cos(nx).
Exercice 23. * ! ! fonction entière strictement croissante
Soit f : N → N strictement croissante. Montrer que ∀n ∈ N, f (n) > n.
(Ainsi, IdN est le minimum de l’ensemble des fonctions strictement croissantes.)
Exercice 24. ** principe de récurrence en formule
Soit P un prédicat sur N. Écrire le principe de récurrence sous forme de formule mathématique à l’aide quantificateurs.
Puis donner la contraposée du principe de récurrence.
Exercice 25. ** une équation fonctionnelle
Déterminer l’ensemble des fonctions f : Z → R vérifiant ∀(n, m) ∈ Z2 , f (n + m) = f (n) + f (m).
Exercice 26. *** algorithme des puissances divisées
On considère la fonction suivante (donnée dans le langage python).
def f(p,x):
if p=0:
return 1
elif p=1:
return x
elif p%2 == 0:
return (f(p//2,x) **2)
else:
return( f(p//2, x)**2*x)
3
On rappelle que % est le reste de la division euclidienne, et que // est le quotient de la division euclidienne.
• Démontrer que pour tout p ∈ N et tout x ∈ C, f (p, x) renvoie xp .
• Démontrer que le nombre de multiplications effectuées lors du calcul de f (p, x) est inférieur à log2 (p).
Exercice 27. *** récurrence forte ou utilisation d’un maximum
Montrer le résultat suivant :
∀n ∈ N∗ , ∃(p, q) ∈ N tq n = 2p .(2q + 1)
en utilisant les deux méthodes suivantes :
méthode 1 : Récurrence forte sur n.
méthode 2 : Pour n ∈ N∗ , soit X = m ∈ N | 2m |n , montrer que X admet un maximum.
5
Sommes
Exercice 28. * ! ! Opérations sur les sommes
Soit n ∈ N, λ ∈ C, (b0 , ..., bn ) ∈ Cn+1 et (a0 , ..., an ) ∈ Cn+1 deux familles de n + 1 nombres. Soit p ∈ N. Lesquelles
des formules suivantes sont vraies ?
1)
n
X
(λ + ai ) = λ +
i=0
n
2)
X
n
X
ai
3)
n
X
λ.ai = λ.
n
X
ai
4)
X
ai +
n
X
i=0
ai .bi =
n
X
ai .

bi
i=0
n
X
5) 
n
X
i=0
p
ai  =
n
X
api
i=0
bi
i=0
i=0
i=0
i=0
i=0
(ai + bi ) =
i=0
n
i=0
n
X
Exercice 29. ** somme de termes positifs
Soit n ∈ N. Résoudre l’équation suivante, d’inconnue (x1 , ..., xn ) ∈ Rn :
n+
n
X
x2i = 2
i=1
n
X
xi
i=1
Exercice 30. * nombre de multiplications pour calculer un polynôme
Soit n ∈ N et (a0 , ..., an ) ∈ Rn . Soit enfin x ∈ R. Combien de multiplications effectue-t-on pour calculer a0 +
a1 .x + a2 x2 + ... + an .xn ?
Exercice 31. * Un peu d’arithmétique
Soit n ∈ N. Montrer que 22n − (−3)n est divisible par 7.
5.1
Sommes télescopiques
Exercice 32. ** ! Sommes Télescopique
Calculer, pour tout n ∈ N :
1)
n
X
k=1
2)
n
X
1
k(k + 1)
k.k!
3)
n
X
k=0
4)
k=0
n
X
k
(k + 1)!
ln(1 +
k=1
5)
n
Y
(1 +
k=1
1
)
k
1
)
k
Exercice 33. ** En décomposant une fraction
1) Déterminer trois réels (a, b, c) ∈ R3 tels que ∀k ∈ N∗ :
1
a
b
c
= +
+
k.(k + 1).(k + 2)
k
k+1
k+2
2) Calculer pour tout n ∈ N∗ ,
n
X
k=1
1
.
k.(k + 1).(k + 2)
Exercice 34. ** Produit télescopique
Calculer pour tout n ∈ N :
4
1)
n
Y
(1 −
k=1
5.2
1
).
k2
2)
n
Y
(1 −
k=2
1
).
k2
Diverses sommes
Exercice 35. ** ! Somme de puissances
Pn
1) Rappeler la formule donnant
k
k=1
2) Soit n ∈ N.
Pn
1) Calculer
k.(k + 1). On pourra utiliser la suite (k.(k + 1).(k + 2))k∈N .
k=1
Pn
2) En déduire
k2
k=1
Pn
Pn
3) (Autre méthode) Calculer
k2 en partant de
(k + 1)3 − k3 .
k=1
k=1
3) Montrer que pour tout n ∈ N,
n
X
k3 =
k=1
n2 .(n + 1)2
. On pourra procéder par récurrence, ou adapter une des
4
méthode de la question précédente.
4) Soit n ∈ N, calculer : Sn = n + 2(n − 1) + 3(n − 2) + ... + (n − 1).2 + n.
Exercice 36. ** somme des cubes,
Pn autre méthode
Pn
Pour tout n ∈ N, on pose Sn = k=0 k et Tn = k=0 k3 .
Montrer que pour tout n ∈ N, Tn = Sn2 . En déduire la valeur de Tn .
P
Exercice 37. * Énoncé sans le symbole
Soit n ∈ N. Calculer 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + (n − 1) · n.
Exercice 38. * Un produit assez simple
Soit n ∈ N, calculer
n
Y
2k .
k=1
Exercice 39. ** Avec (−1)k
Soit n ∈ N.
1) Calculer
n
X
(−1)k .
2) Calculer
k=1
n
X
k.(−1)k .
k=1
Exercice 40. ** Équation
somme
Pnavec une
Soit n ∈ N∗ . Résoudre
(−1)k .z k = 0 d’inconnue z ∈ C.
k=0
Exercice 41. *** Majoration de factorielle
Soit n ∈ N∗ .
Qn−1
1. Calculer k=1 k(n − k)
2. En déduire (n − 1)! 6
n−1
n
2
Exercice 42. *** Changement d’indice
Soit n ∈ N∗ .
1) Calculer Sn =
n
X
k.2k . On pourra effectuer le changement d’indice « j = k − 1 », et faire réapparaître Sn dans
k=1
l’expression obtenue.
2) Calculer
n
X
k=1
cos2 (
kπ
). On pourra effectuer le changement d’indice « j = n − k ».
2n
Exercice 43. *** Changement d’indice, variante
Soit q ∈ C \ {1} et n ∈ N. On définit Sn =
n
X
k.q k .
k=0
Calculer q.Sn − Sn , et en déduire Sn .
5
Exercice 44. *** théorème de Nichomaque
Soit n ∈ N.
Pn
1) Montrer que
k=1
(2k − 1) = n2
2) Formaliser, et prouver le théorème suivant :
13 = 1, 23 = 3 + 5, 33 = 7 + 9 + 11, 43 = 13 + 15 + 17 + 19, etc...
3) Montrer
Pn
k=1
k3 =
Pn
k=1
k
2
Exercice 45. *** ! Regroupement de terme et changement d’indice
Soit n ∈ N.
2n
X
1) Calculer
k2 . On pourra utiliser le résultat de l’exercice 35, et effectuer un changement d’indice.
k=1,k pair
2n
X
2) De même, calculer
k2 . On peut réemployer la même méthode, où alors utiliser le résultat de la question
k=1,k impair
précédente.
3) Calculer
2n
X
(−1)k .k2 .
k=1
Exercice 46. ** factorielles
n.(n − 2).(n − 4)...4.2
(produit des entiers pairs inférieurs à n divisé
(n − 1).(n − 3)...3.1
par le produit des entiers impairs inférieurs à n.)
Soit n ∈ N, qu’on suppose pair. Soit A =
1) exprimer A à l’aide du symbole
Q
2) exprimer A à l’aide de factorielles.
Exercice 47. ** ! avec des complexes
Soit n ∈ N et x ∈ R. Calculer les sommes suivantes :
1)
n
X
cos(kx)
2)
k=0
5.3
n X
n
k
cos(kx)
k=0
3)
n
X
k sin(kx)
k=0
Coefficients binomiaux
Exercice 48.
R π* linéarisation
Calculer 0 cos4 (x)dx.
Exercice 49. ** Calcul de cos(
π
)
10
1. Écrire cos(5x) comme un polynôme en cos(x).
2. En déduire une équation polynomiale vérifiée par cos(π/10).
3. En déduire la valeur de cos(π/10).
Exercice 50. * Minoration simple de (1 + x)n
Montrer en deux lignes que pour tout x ∈ R+ et tout n ∈ N, (1 + x)n > 1 + n.x.
Exercice 51. ** ! Formule pour k
1) Soit n ∈ N. Calculer
n
X
n
k
k=0
k
n
k
. On pourra déterminer une formule pour écrire autrement, pour tout k ∈ J1, nK,
k
n
.
k
2) Retrouver ce même résultat en étudiant la fonction f : x 7→ (1 + x)n .
6
3) Calculer
n
X
k=0
1
k+1
n
.
k
4) Sur le même principe, calculer
n
X
n
k(k − 1)
k
, puis
n
X
k=0
k
2
n
.
k
k=0
Exercice 52. ** somme des coefficients binomiaux sur une colonne et application
1. Soit p ∈ N∗ et n ∈ N tel que n > p. Montrer
n X
k
p
=
n+1
.
p+1
k=p
k
2
2. Soit k ∈ N tel que k > 2. Exprimer
sans factorielle.
3. Soit n ∈ N tel que n > 2. En déduire la valeur de 1 × 2 + 3 × 3 + · · · + (n − 1) × n.
Exercice 53. ** ! Sommes de lignes, de colonnes, de diagonales dans le triangle de Pascal
1) Soit n ∈ N. Quelle est la somme des coefficients binomiaux de ligne n du triangle de Pascal ?
2
2) Soit (n, p) ∈ N . Calculer
p X
n+k
k
.
k=0
n
3) Soit (n, k) ∈ N2 . Calculer
X p
k
.
p=0
4) Soit n ∈ N. Calculer
n X
n−k
k
.
k=0
5) Finalement, soit n ∈ N, calculer la somme de tous les coefficients binomiaux des lignes 0 à n du triangle de Pascal.
Vérifier si ce résultat est cohérent avec chacune des questions précédentes.
Exercice 54. ** Sommes des cubes des nombres impairs
1. Soit (a, b) ∈ C2 . Rappeler la formule pour développer (a + b)3 et (a + b)4 .
Pn
2. Montrer que pour tout n ∈ N∗ ,
k=1
(2k − 1)3 = 2n4 − n2 .
Exercice 55. *** Formule de Vandermonde
3
1) Soit (n, p, q) ∈ N . Démontrer :
n X
p
q
.
k
n−k
=
p+q
.
n
k=1
Indication :interpréter à l’aide de parties d’un ensemble de cardinal p + q.
2) En déduire
n 2
X
n
k
, puis
k=1
n
X
2
k.
n
k
.
k=1
Exercice 56. ** somme des coefficients
binomiaux d’indice
pair ou impair
X
X
n
n
Soit n ∈ N, An =
et Bn =
.
k
k
k∈J0,nK,k pair
k∈J0,nK,k impair
Calculer An + Bn et An − Bn , en déduire An et Bn .
Exercice 57. *** Somme lacunaire de coefficients binomiaux (généralisation du précédent)
Soit n ∈ N. On définit :
An =
n
X
k=0k≡0[3]
n
k
Bn =
n
X
k=0k≡1[3]
n
k
Cn =
n
X
n
k
k=0k≡2[3]
1) On note j une racine troisième de l’unité, différente de 1. Calculer An +Bn +Cn , An +jBn +j 2 Cn et An +j 2 Bn +jCn .
2) En déduire la valeur de An .
7
5.4
Limites et encadrements de sommes
Exercice 58. *** Limite par encadrement
n
X
n + (−1)k
. Déterminer une éventuelle limite de S en +∞.
Pour tout n ∈ N, on pose Sn =
n2k
k=1
méthode :
• deviner la limite. Notons-la l.
• Majorer |Sn − l| pour prouver par le théorème des gendarmes que limn→∞ |Sn − l| = 0.
Exercice 59. *** Autre exemple de limite de somme
1) Montrer que ∀x ∈ R+ , x −
x3
6 sin(x) 6 x.
6
2) On pose pour tout n ∈ N, Sn =
n
X
sin(
k=1
6
k
). Déterminer une éventuelle limite de (Sn )n∈N en +∞.
n2
équations et racines de l’unité
Exercice 60. ** orthogonalité via les nombres complexes
Soit z ∈ C∗ et u, v ses racines carrées. Déterminer pour quelles valeurs de z le triangle formé des points d’affixe
z, u et v est rectangle en le point d’affixe z.
Exercice 61. *** profondeur d’un puits
On lâche une pierre du haut d’un puits. Soit h la profondeur du puits, et T le temps au bout duquel on entends
le bruit de la pierre tombant dans l’eau. La vitesse initiale de la pierre est nulle. On notera vs la vitesse du son dans
l’air.
Calculer h en fonction de T .
On définira clairement toutes les notations employées, en particulier le repère utilisé.
Exercice 62. * ! racines carrées dans C
Trouver les racines carrées des nombres suivants :
1) 1 + i
1−i
4) √
.
3−i
3) 2 − 3i
2) 2 + 3i
Exercice 63. ** équations dans C
Résoudre les équation suivantes, d’inconnues z ∈ C.
(A) : z 2 + iz − i = 0
√
(D) : ez = 1 − i 3
(B) : |z + 1| = |z| + 1
(E) : z̄ = z 3
(C) : z + z̄ = |z|. Dessiner l’ensemble des solutions dans
le plan.
z+i
(F ) : 1 +
+
z−i
z+i
z−i
2
+
z+i
z−i
3
=0
Exercice 64. ** ! Systèmes d’équation, relations coefficients-racines
(
2
1) Soit (s, p) ∈ C . On considère le système d’équation (S) :
x+x=s
xy = p
, d’inconnue (x, y) ∈ C2 , et l’équation
(E) : z 2 − sz + p = 0 d’inconnue z ∈ C.
Démontrer que pour tout (u, v) ∈ C2 ,
(u, v) est solution de (S)
⇔
uetv sont les deux solutions de (E)
(Éventuellement u = v si (E) est racine double.)
2) Résoudre les systèmes suivants, d’inconnue (u, v) ∈ C2 :
8
(
(
u+v =2
uv = −4
(A) :
(B) :
(
(
u+v =4
1/u + 1/v = 4
u+v =4
u2 + v 2 = 2
(C) :
(D) :
u2 v + uv 2 = 6
u3 + v 3 = 9
Exercice 65. ** ! Calcul de cos( 2π
) et sin( 2π
)
5
5
2iπ/5
Soit ω = e
. On pose z = w + w−1 . Trouver une équation de degré 2 vérifiée par z.
En déduire les valeurs de cos( 2π
) et sin( 2π
).
5
5
Exercice 66. ** équations dans C avec racines de l’unité Résoudre les équation suivantes, d’inconnues z ∈ C.
(A) : Pour n ∈ Z∗ : z n = 1 + i.
(B) : Pour n ∈ N, (z + i)n = (z − i)n . Indiquer les solutions réelles.
(C) : Pour n ∈ N, (z + 1)n = (z − 1)n . Combien y-a-t-il de solutions distinctes ?
(D) : z̄ = z 3
(E) : 1 +
z+i
+
z−i
z+i
z−i
2
+
z+i
z−i
3
=0
Exercice 67. * ! calculs avec les racines troisièmes de l’unité
On note j = e2iπ/3 . Simplifier :
1) j.(j + 1)
2)
j
j2 + 1
3)
j+1
j−1
Exercice 68. ** produit des racines de l’unité
Soit n ∈ N∗ . Calculer le produit des racines n◦ de l’unité.
Quelques indications
3 Le plus simple à rédiger est de procéder par équivalence, factoriser, étudier le signe, comme au lycée.
4
5 Remarquez que y 6 0.
6 Le plus simple est sans doute de procéder par équivalences.
7 Pour ces exemples simples, il suffit de procéder par équivalence
8 Procéder par équivalence
9 On pourra partir des inégalités
p
ln(a) −
p
ln(b)
2
> 0 et
√
a−
√ 2
b > 0.
10 Considérez que vous étudiez le signe d’un trinôme du second degré en c.
11 2) par récurrence, en utilisant 1) pour l’hérédité.
12 1) Utiliser le cours...
3) Comme tout est positif, mettre au carré. Se rappeler que ∀t ∈ R, |t|2 = t2 .
13 On a donc pour tout x ∈ R, f (x) = +(x2 − 2x − 3) si x2 − 2x − 3 > 0, et f (x) = −(x2 − 2x − 3) sinon.
15 Prouver par récurrence simple le prédicat Q tel que ∀n ∈ N, Q(n) : « P (−n) est vrai ».
16 Calculer les premiers termes pour deviner la formule.
9
18 L’hérédité n’est pas vraie pour une valeur précise de n.
19
21 Il y a ici deux entiers : vous devrez en fixer un et faire une récurrence sur l’autre.
22 Procéder par récurrence double. Pour l’hérédité, on suggère de procéder par équivalences.
25 On prouvera que l’ensemble cherché est l’ensemble des fonctions de la forme n 7→ a.n, pour a ∈ R, autrement dit :
(
S=
Z
n
→
7
→
R
a∈R
a.n )
Attention à bien prouver les deux inclusions.
26 Récurrence forte
29 Faire apparaître une somme de carrés.
30 Ne pas oublier les puissances.
31 C’est la formule pour la différence de puissances
32 À chaque fois, deviner une suite u telle que la quantité sommée est uk+1 − uk ...
33 2) : Bien sûr, commencer par utiliser 1). Ensuite, faire des changements d’indices pour simplifier les sommes,
comme dans la preuve de la formule pour les sommes télescopiques.
34 1) Que vaut le premier facteur ?
2) On peut transformer le produit pour faire apparaître deux produits télescopiques.
35 4) écrire la somme à l’aide de
P
et utiliser les résultats précédents.
36 récurrence. On connaît la valeur de Sn .
37 Une fois écrit à l’aide d’un
P
on reconnaît des sommes de puissances.
38 Utiliser les propriétés des puissances pour mettre tout ce produit comme une seule puissance de 2.
39 1) Géométrique !
2) Séparer les k pairs des k impairs.
40 C’est une somme géométrique.
41 1) réordonner les termes de ce produit pour reconnaître des factorielles.
2
n
.
2) vérifier que pour tout k ∈ J1, n − 1K, k(n − k) 6
2
43 utiliser un changement d’indice... C’est le même exercice que 42 d’un autre point de vue.
44
45 1) Tous les entier pairs entre 1 et n peuvent s’écrire 2.k, pour k ∈ J1, nK. 3) Séparer les termes pour n k pair de
ceux pour k impair.
46 2) Pour écrire n.(n − 2).(n − 4)...4.2, mettre 2 en facteur dans chaque facteur (puisque tous ces nombres sont
pairs).
Pour (n − 1).(n − 3)...3.1 : partir de n! et diviser par les nombres pairs.
10
47 Utiliser des exponentielles complexes. Factoriser par l’angle moitié pour simplifier les résultat, et revenir à des
écritures réelles.
48 Passer aux exponentielles complexes.
49
1. Partir de cos(5x) = Re (cos(x) + i sin(x))5 .
50 Partir de la formule de Newton.
51 1) Montrer que pour tout k ∈ J1, nK, k
n
k
n−1
= n.
. Que dire si k = 0 ?
k−1
2) étudier f 0 et utiliser la formule de Newton.
53 À chaque question, représenter dans le triangle de Pascal les termes sommés, et chercher à utiliser la formule de
Pascal. Une remarque utile : tous les coefficients de la colonne 0 sont les mêmes (1 en l’occurrence).
54
55 1) on choisit n éléments dans un ensemble de p + q éléments.
56 Pour écrire An − Bn , utiliser des (−1)k .
57 Pour tout k ∈ N tel que k ≡ 1[3], on a j k = j. Et en particulier, j = j 4 .
58
59 1) étude de fonctions
2) théorème des gendarmes. Utiliser les résultats de l’exercice 35.
60 Utiliser la formule d’un produit scalaire par les complexes. Remplacer z par u2 et v par −u dans les calculs.
61
62 3) Mettre sous forme trigonométrique
63 1) Utiliser les formules du cours.
2) Extrêmement simple avec l’inégalité triangulaire.
3) Passer à la forme algébrique. Il y a des carrés, et deux pièges à éviter...
4) Passer à la forme algébrique, déterminer la partie réelle, puis utiliser le noyau de exp pour la partie imaginaire.
5) Déjà, on trouve facilement le module de z. Ensuite, vérifier que pour z ∈ U, z̄ = 1/z.
z+i
.
6) Multiplier par 1 −
z−i
65 Commencer par calculer z 2 .
66 1) Mettre 1 + i sous forme exponentielle, c’est du cours.
2) Diviser par (z − i)n , après avoir vérifié que i n’est pas une solution.
3) Déjà, on trouve facilement le module de z. Ensuite, vérifier que pour z ∈ U, z̄ = 1/z.
z+i
4) Multiplier par 1 −
.
z−i
67 Le cours sur les racines n◦ (enfin, ici n = 3) donne exactement deux formules, qui sont ici : j 3 = 1 et 1+j +j 2 = 0.
11
Quelques solutions
1
2
3 Par équivalences :
x2 > x
⇔
⇔
⇔
⇔
x2 − x > 0
x(x − 1) > 0 ⇔
(x > 0etx − 1 > 0) ou (x < 0 et x − 1 < 0)
x ∈] − ∞, 0[∪]1, ∞[
x et x − 1 ont le même signe
√
a+b
4 Par équivalences, on trouve que ab 6
: la moyenne géométrique est inférieure à la moyenne arithmétique.
2
Remarque : Dans les bulletins scolaire, c’est la moyenne arithmétique qui est utilisée...
5 1) −6 6 x + y 6 1.
2) On a d’abord 2 6 −y 6 5, d’où : 1 6 x − y 6 8.
3) On a y < 0, donc 3y 6 x.y 6 −y. Or −y 6 5 et 3y > −15. Finalement, −15 6 xy 6 5.
4) On a 0 6 y 2 6 25 et −3 6 −x 6 1, donc −3 6 y 2 − x 6 26.
5) 4 6 x2 + y 2 6 34
6) On a −1 6 x3 6 27 et −25 6 −y 2 6 0 donc −26 6 x3 − y 2 6 27.
7) On a 0 6 |x| 6 3 et 0 6 |y| 6 5 donc 0 6 |x| + |y| 6 8
8) 0 6 |x + y| 6 6
6
7
8
9
10
11
1. A ∪ B admet comme maximum max(max(A), max(B)).
Par contre, A ∩ B n’admet pas de maximum, comme contre-exemple prendre A = [0, 1] et B = [2, 3].
2. Pour tout n ∈ N, posons P (n) :« Tout ensemble de n réels a un maximum »
12
13
14
15
16
• On conjecture en regardant les premiers termes que ∀n ∈ N, un = n + 1. Montrons-le par récurrence.
Soit P le prédicat sur N tel que ∀n ∈ N, P (n) : « un = n + 1 ».
Pour commencer, u0 = 1, et 0 + 1 = 1. Donc on bien u0 = 0 + 1 : P (0) est vrai.
Fixons à présent n ∈ N, et supposons P (n). Alors :
un+1 =
=
=
1
(1 +
).un
n+1
n+2
.(n + 1)
n+1
n+2
par P (n)
Ainsi, P (n + 1) est vrai.
En conclusion : P (0) est vrai, et P est héréditaire. Donc par récurrence, ∀n ∈ N, P (n) est vrai, i.e. un = n + 1.
12
• En fait on constate que c’est la même suite que la précédente.
• On conjecture en regardant les premiers termes que ∀n ∈ N, vn = 1/2n . Montrons-le par récurrence double.
Soit Q le prédicat sur N tel que ∀n ∈ N, Q(n) : « vn = 1/2n ».
Pour commencer, v0 = 1, et 20 = 1. Donc Q(0) est vrai.
1
1
1
Ensuite, v1 = 1/2 et 1 = , donc on a bien v1 = 1 : Q(1) est vrai.
2
2
2
Fixons à présent n ∈ N, et supposons Q(n) et Q(n + 1). Alors :
vn+2 =
=
=
=
5/2vn+1 − vn
5 1
1
− n
2 2n+1
2
4
5
− n+2
2n+2
2
1
2n+2
par Q(n + 1) et Q(n)
Ainsi, Q(n + 2) est vrai.
En conclusion : Q(0) est vrai, et Q est (doublement) héréditaire. Donc par récurrence, ∀n ∈ N, Q(n) est vrai,
1
i.e. vn = n .
2
17
18 L’hérédité ne marche pas quand n = 1. Autrement dit, P (1) 6⇒ P (2) (remarque logique : ceci signifie que P (1)
est vrai alors que P (2) est faux). En effet, si n = 1 le stylo s2 n’est pas de la couleur s1 , car les n premiers stylos (qui
sont de la couleur c1 ) sont en fait le stylo s1 tout seul. ( (s1 , ..., sn ) = (s1 ), et (s2 , ..., sn+1 ) = (s2 ).)
19 On trouve que P est vrai sur {0, 1, 2} ∪ J5, ∞J.
20 On procède par récurrence double. On définit pour tout n ∈ N P (n) : « xn +
1
∈ Z ».
xn
P (1) est vrai par hypothèse. En outre, P (0) est vrai car x0 + 1/x0 = 2 ∈ Z. (Sauf si x = 0 auquel cas P (0) n’a
pas de sens, mais dans ce cas l’exercice est évident...)
Soit n ∈ N∗ . Supposons P (n) et P (n + 1) et montrons P (n + 2). Pour commencer xn+1 .1/xn+1 ∈ Z (par P (n + 1))
et x + 1/x ∈ Z (hypothèse de l’exercice), par conséquent le produit (xn+1 .1/xn+1 ).(x + 1/x) est entier (Z est stable
par produit). Or :
1
1
1
(xn+1 .1/xn+1 ).(x + ) = xn+2 + n+2 + xn + n
x
x
x
1
Mais xn + n ∈ Z d’après P (n). Au final :
x
xn+2 +
1
1
1
= (xn+1 .1/xn+1 ).(x + ) − xn + n ∈ Z
xn+2
x
x
Et P (n + 1) est vrai.
Ainsi, P (0) est vrai, et P est (doublement) héréditaire, donc par récurrence, ∀n ∈ N, P (n) est vrai, ce qu’il fallait
démontrer.
21
22
x est fixé par l’énoncé, inutile de le redéfinir.
Comme on dispose d’une formule de récurrence double sur u, on va bien sûr procéder par récurrence double.
Soit P le prédicat sur N tel que ∀n ∈ N, P (n) : « un = 2 cos(nx) ».
13
Déjà, u0 = 2, et 2. cos(0x) = 2 donc P (0) est vrai. Ensuite, u1 = 2 cos(x) et 2 cos(1.x) = 2 cos(x), donc P (1) est
vrai.
Fixons n ∈ N. Supposons P (n) et P (n + 1). Pour montrer que P (n + 2) est alors également vrai, nous allons
procéder par équivalences :
⇔
⇔
⇔
⇔
P (n + 2)
un+2 = 2 cos((n + 2)x)
2 cos(x).un+1 − un = 2 cos((n + 2)x)
2 cos(x).2 cos((n + 1)x) − 2 cos(nx) = 2 cos((n + 2)x)
2 cos(x). cos((n + 1)x) = cos(nx) + cos((n + 2)x)
cos((n + 1)x − x) + cos((n + 1)x + x)
cos(x). cos((n + 1)x) =
2
⇔
par P (n) et P (n + 1)
Or cette dernière égalité est vraie : c’est la formule de linéarisation d’un produit de cosinus. Donc d’après les
équivalences, P (n + 2) est vraie également.
Finalement, P (0) et P (1) sont vraie, et P est (doublement) héréditaire. Donc ∀n ∈ N, P (n) est vrai, i.e. ∀n ∈ N,
un = 2 cos(nx).
23
24
P (0) et
∀n ∈ N, P (n)
⇒
P (n + 1)
⇒
∀n ∈ N, P (n)
25
26
27
29 Une unique solution : (x1 , . . . , xn ) = (1, . . . , 1).
30
Pn
k=1
k=
n(n + 1)
.
2
31 22n − (−3)n = 4n − (−3)n = (4 + 3).
n−1
X
4k .(−3)n−k = 7.
k=0
n
X
32 1)
k=1
2)
n
X
k=0
n
3)
X
k=0
4)
n
X
5)
33
k=1
n
X
(k + 1)! − k! = (n + 1)! − 1
n
X 1
k
1
1
=
−
=1−
(k + 1)!
k!
(k + 1)!
(n + 1)!
k=0
n
ln(1 +
(1 +
k=1
n
k=0
k=1
n
Y
k=0
X1
1
1
1
=
−
=1−
k(k + 1)
k
k+1
n+1
k.k! =
X
1
)=
ln(k + 1) − ln(k) = ln(n + 1)
k
k=1
1
)=
k
n
Y
k+
k=1
k
=
n−1
X
n+1
1
• (a, b, c) = ( 21 , −1, 21 ) convient.
1
1
1
• On trouve +
−
4
2(n + 2)
2(n + 1)
34 1) le premier facteur est nul, le produit l’est donc aussi.
14
4k .(−3)n−k . C’est bien divisible par 7.
2) Soit n ∈ N. On a :
n
Y
n
n
n
n
Y
Y
Y
(k − 1)(k + 1)
1
k2 − 1
k−1 Y k+1
×
(1 − 2 ) =
=
=
k
k2
k2
k
k
k=2
k=2
k=2
k=2
On a deux produits télescopiques, on obtient le résultat
k=2
n+1
n+1
1
×
=
.
n
2
2n
35
36
37 Notons Sn la somme calculée. Ainsi
Sn =
n−1
X
k(k + 1) =
k=1
38 On a
n
Y
Pn
2k = 2
k=1
n−1
X
k2 +
k=1
k
=2
n−1
X
k=1
k=
n(n − 1)
n(n − 1)(n + 1)
(n − 1)n(2n − 1)
+
=
.
6
2
3
n(n + 1)
2
.
k=1
39
Pn
40 Soit z ∈ C. Déjà, si z = −1 =, on a
(−1)k .z k = n + 1 6= 0, donc −1 n’est pas solution. Dans la suite, nous
k=0
pouvons doncPsupposer z 6= −1.P
n
n
Dès lors
(−1)k .z k =
(−z)k c’est une somme géométrique de raison autre que 1, on peut utiliser la
k=0
k=0
n+1
Pn
1+z
.
formule :
(−1)k .z k =
k=0
1+z
On résout alors facilement l’équation.
41
42
43
44
45
46 1) une possibilité est : A =
n/2
Y
k=1
2k
.
2k − 1
2) On commence par le numérateur : En mettant 2 en facteur dans chaque facteur, comme il y a n/2 facteurs, on a
n
n
n(n − 2)(n − 4)...4 × 2 = 2n/2 ....2.1 = 2n/2 .( )!.
2
2
n!
Pour le dénominateur, on a (n − 1)(n − 3)...3 × 1 =
, donc au final :
n(n − 2)...4 × 2
A=
47
n(n − 2)(n − 4)...4 × 2
n!
n+1
nx sin( 2 x)
1. cos( )
2
sin(x/2)
48
49
1. cos(5x) = cos(x)5 − 10 cos(x)3 sin(x)2 + 5 cos(x) sin(x)4
15
2
n
2n × ( )!2
2 .
=
n!
50
51
52
n
1. 2
53
n+p+1
p
2.
3.
n+1
k+1
4.
5. 2n+1 − 1.
54
55
56
57
58
59
60 La condition nécessaire et suffisante obtenue est z ∈ U ∪ {0}.
61
62 1)
2)
√
√
√
2 1/ 2 − i/ 2
1−i
=
. √
=
3) Ici on peut facilement mettre sous forme exponentielle, ce qui simplifie beaucoup les calculs : √
2
3−i
3/2 − i/2
1 e−iπ/4
1
√ . −iπ/6 = √ .e−iπ/12 .
2 e
2
1
−1
Ainsi les racines carrées de ce nombre complexe sont 1/4 .e−iπ/24 et 1/4 .e−iπ/24 .
2
2
p√
63 1) Le discriminant est −1 − 4i. Une racine carrée en est
solutions :
p√
−i +
S={
p√
17 − 1 + i
√
2
2
17 + 1
,
2) S = R+
3)
4)
5) S =
√
x + i 3.x x ∈ R+
∪
√
x − i 3.x x ∈ R+
6) S = ln(2) − iπ/3 + 2iπZ
7) S = {0} ∪ U4
8)
16
p√
17 − 1 + i
17 + 1
√
. On trouve alors comme
2
p√
p√
17 − 1 − i
17 + 1
√
−i −
2
2
64
• « si » : Supposons que u et v sont les solutions de (E). Alors par les relations coefficients-racines, u×v = b
et u + v = −(−a) = a.
• « seulement si » : Supposons que u et v satisfassent le système (S).
1.
Prouvons que u et v sont solutions de (E).
On a u2 − au + b = u2 − (u + v)u + uv = u2 − u2 = 0. Donc u est solutions de (E).
Même calcul pour v.
65
66 1)
2)
3) S =
√
x + i 3.x x ∈ R+
∪
√
x − i 3.x x ∈ R+
4) S = ln(2) − iπ/3 + 2iπZ
5) S = {0} ∪ U4
67 1) j.(j + 1) = j 2 + j = −1
2)
j
= −1
j2 + 1
68 On trouve 1 si n est impair, −1 si n est pair.
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