COURS
SCIENTIFIQUES
LES GRANDS
CLASSIQUES DE
MATHÉMATIQUES
TOUS LES EXERCICES QU'IL FAUT AVOIR RENCONTRÉS
AU MOINS UNE FOIS DANS SA VIE DE TAUPIN
|
_HERAUCT
CLASSES PRÉPARATOIRES SCIENTIFIQUES
MP-PC-PSI
ES
LES GRANDS CLASSIQUES
DE MATHÉMATIQUES
ALGÈBRE-GÉOMÉTRIE
2°" ANNEE
François AUBONNET
Professeur en classes préparatoires scientifiques - 2 année
Agrégé de l'Université
/réal
1, rue de Rome Rosny Cedex
Collection « LES GRANDS CLASSIQUES »
Physique-Chimie :
Physique-Chimie 1° année (MP SI, PT SI)
Physique-Chimie 1" année (PC SI)
Chimie et Thermodynamique 2° année (MP)
Chimie et Thermodynamique 2° année (PC)
Chimie et Thermodynamique 2° année (PSI)
J. BERGUA, J.-P. BEYNIER, P. GOULLEY
Physique :
Physique 2° année (MP)
Physique 2° année (PC)
Physique 2° année (PSI)
J. BERGUA, P. GOULLEY
Mathématiques :
Mathématiques 1" année (MP SI, PCSI, PT)
D. GUININ, B. JOPPIN, M. LEPEZ
Analyse 2° année (MP, PC, PT)
M. LEPEZ
Algèbre-Géométrie 2° année (MP, PC, PSI)
F. AUBONNET
€ Le logo cicontre mérite une explication. Son objet est d'alerter le lecteur sur la menace que représente pour l'avenir de
l'écit tout particulièrement dans le domaine des sciences humaines et sociales (ou de sciences, techniques, médecine ;
ou de droit;ou d'enseignement), le développement massif du photocopillage.
Le code de lo propriété intellectuelle du 1er juillet 1992 interdit en effet expressément la photocopie à usage collectif
sons autorisation des ayants droit. On, cette pratique s'est généralisée dans les établissements d'enseignement supérieur,
provoquant une baisse brutale des achats de livres, au point que la possibilité même pour les auteurs de créer des œuvres
nouvelles et de les faire éditer correctement est aujourd'hui menacée.
Nous rappelons donc que toute reproduction, partielle ou totale, du présent ouvrage est interdite sans autorisation de l’auteur, de son éditeur ou du Centre fronçais d'exploitation du droit de copie (CF, 3, rue d'Houtefeuille, 75006 Paris) ».
Maquette : lé is
© BREAL 1996
Toute reproduction même partielle interdite.
Dépôt légal : Octobre 1996.
ISBN 2 85394 927 3
DANGER
PHOTOCOPILLAGE
TUE LE LIVRE
Avant Propos
Comme tous les volumes de la collection “Les Grands Classiques“, cet ouvrage
propose une sélection de sujets fréquemment posés à l'oral des concours
scientifiques ces dernières années.
Le programme des Concours est pour chaque option la réunion des programmes
des deux années de préparation. Dans ce livre sont regroupés des questions
qui peuvent être résolues grâce aux compétences acquises en première année.
Les exercices sont classés par thèmes. Leur sélection prend en compte les
indications des nouveaux programmes des classes préparatoires : tous les
sujets retenus sont conformes aux nouvelles directives.
Ainsi, ce livre aidera, dès la première année de préparation, les étudiants à
bien connaître le type de sujets d'oral qui “tombent“ fréquemment, et à savoir
résoudre les difficultés et les pièges qui peuvent les attendre.
Pour tirer le meilleur profit de l'ouvrage, la démarche peut être la suivante :
« après une lecture attentive de l'énoncé, traiter l'exercice par écrit ;
. en cas de “panne“ ou de difficulté, bien noter les points de cours auxquels
il est fait référence, s'y reporter éventuellement, et réfléchir aux indications
suggérées ;
« comparer ensuite le raisonnement suivi à celui que propose le corrigé. Tout
au long du livre, les méthodes de résolution ont été délibérément variées, afin
que les étudiants disposent d'un large éventail de savoir-faire pour chaque type
d'exercice.
x
le
J'espère que le futur candidat aux Concours, capable de maitriser l’ensemb
avec
aborder
pour
res
nécessai
bases
des
a
disposer
des exercices proposés ici,
profit la deuxième année.
L'auteur
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EX y
1
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Lu
à
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2
4'z sol 4
”
+
TU
|
eu
SOMMAIRE
Chapitre 1
AIgéDre génÉTAlE" 7...
7
Chapitre 2 — Algèbre linéaire .…..............................……
47
Chapitre 3 — Algèbre euclidienne
129
Chapitre 4 — Géométrie
177
Chapitre |
Algèbre
générale
1O 1
C.C.P (M)
Déterminer les éléments inversibles de Z /n Z.
e
Vs
ee
Quelle relation y-a-t-il entre ces éléments et les racines n 0e primitives de l’unité ?
$ Commentaires
EE Points de cours
=
o
Identité de Bezout.
Indications
=
texp
2imt
)induit un ismorphisme de groupes …
(
} Solution
Soit An le groupe multiplicatif des éléments inversibles de l'anneau commutatif Z /n Z.
Soit a e Z et X la classe de a modulo n.
X € An si et seulement si il existe Y eZ /n Ztelque
XY = 1”
c'est-à-dire si et seulement si il existe b e Z tel que ab = 1[n].
Ainsi, X € Anxsi et seulement si il existe (b, k) € Z? tel que :
ab—-nk=1
entre eux.
D'après l'identité de Bezout, X € An si et seulement si a et n sont premiers
avec n.
An est donc constitué des classes modulo n des éléments de Z premiers
de l'anneau engendrant un
Les éléments inversibles d'un anneau commutatif sont les éléments
du groupe additif
idéal égal à l'anneau. Donc les éléments de An sont aussi les générateurs
Z /n Z et le sous-groupe
Z /nZ car, pour X eZ /n Z, l'idéal engendré par X dans l'anneau
groupe engendré par X dans le groupe Z /n Z coïncident.
des ee.
Soit Bn l'ensemble des racines n se primitives de l'unité, c'est-à-dire l”ensemble
C.
dans
teurs du groupe multiplicatif Un des racines n ième Je l'unité
Les Grands Classiques de Mathématiques
8
.
L'application ® de Z /n Z dans Un qui, à tout X eZ /n Z, associe z = exp
2ia ñ
An
x
a € X, est bien définie et réalise un isomorphisme du groupe additif Z /n Z sur le groupe
multiplicatif Un.
® induit donc une correspondance bijective entre les générateurs des deux groupes.
2ia
.
s
Bn =® (An) est constitué des éléments de la forme exp (24) où a est premier
Donc
avec n.
1 02
MINES (M)
Les groupes additifs Z /8Z etZ /2Z x Z /4Z sont-ils isomorphmes ?
D Commentaires
EE Points de cours
Ÿ
“
Produit de groupes,
«
Ordre d’un élément dans un groupe fini.
Indications
=
Observer que l’un des deux groupes est cyclique tandis que l'autre
ne l’est pas.
ÿ Solution
Z /8 Z est cyclique.
Pour tout X eZ /2 Z, y eZ /4 Z,on a 4(k, ÿ) = (x,0), donc l'ordre de tout élément de
Z /27 x Z /4 Z est au plus4 : ce groupe produit n’est pas cyclique.
Ainsi Z /8 Z'etZ /2Z x Z /4 Z ne sont pas isomorphes.
1 03
MINES (M)
Structure de Z /20 Z ?
Quels sont les éléments inversibles ?
(3 Commentaires
ICE Points de cours
=
Toutes les notions relatives au groupe additif Z /N Z et à l'anneau
«
L'ordre d’un sous-groupe divise l’ordre d’un groupe fini.
(Z /N Z,+,:),
Ÿ
Indications
s
Faire intervenir d’une part les nombres premiers avec 20 et d'autre
part les diviseurs de 20.
9
Chapitre 1 : Algèbre générale
ÿ Solution
(Z /20 Z, +) est un groupe d'ordre 20, commutatif.
Il'est cyclique, ses générateurs sont :
A=(Z /20 Z,+,:) est un anneau cormmutatif.
Comme chaque sous-groupe de (Z /20 Z, +) est aussi un idéal de l'anneau A et qu’il est prin-
cipal (les générateurs de ces idéaux sont respectivement 10,5, 4, 2), l'anneau A est principal.
On sait que nest inversible dans A si et seulement si n est premier avec 20.
Le groupe A* des éléments inversibles de A est formé de:
On constate que (A*, -) n’est pas cyclique.
104
Soit
1)
2)
ccrm
A(X) = X* +1 e Q [X1.
Montrer que A est irréductible dans Q [XI].
SoitweC telque A(w)=0 etF le Q - espace vectoriel engendré par {uen
Trouver une base et la dimension de F.
ÿ Commentaires
>
Ÿ
Points de cours
=
Définition d'un polynôme irréductible,
“
Notion de famille libre et génératrice.
Indications
“
Pour le 1), raisonner par l'absurde,
=
une
Pour le 2), supposer (1, w, w?) liée, puis (Lo, w2;0°) pour
contradiction.
ÿ Solution
1)
Les racines complexes de A sont PE
+ i), elles ne sont ni réelles, ni rationnelles.
:
Supposons que À ne soit pas irréductible dans Q [X]
A=B-C
deux.
où B et C sont deux polynômes rationnels de degré
que l’on connaît :
Ceci représente une décomposition, de À dans R [X],
Les Grands Classiques de Mathématiques
10
xt+1=(x2+1) 2x2 = (x2XV2+1) (X2+xV2+1)
On aboutit à une contradiction.
Conclusion :
A est irréductible dans Q [X]
2) Soit w une racine complexe de À et F =@ [u] l'espace vectoriel sur Q engendré par
{o}ren.
Montrons que À = {1,w, w?, w°} est une base de F.
=
La famille À est génératrice.
n
En effet, pour
u = deak we F, la division dans Q [X] de
U(X) = jar axX* par
k=0
k=0
X#+1
étant :
U(X) = (X4+1)-G(X)+R(X)
donne
“=
U(w) = R(w)
donc
avec
R(X) = bo + b1X + b2X° + b3X°
u = bp + b1 & +b9 &? +b3 w.
La famille À est libre.
Procèdons par étapes.
(1, w) est libre (car w n’est pas rationnel).
Supposons que
w2=a + Bw donc :
wt=—1
=0? +2 afBw + B2w?
Dans la base (1, w), cela donne :
- +1+ ap?
SU
2 af + B°
B ne peut pas être nul, donc
0
p? = —2 a et «2?= 1 d'où g? = +2.
Ce qui est contradictoire avec «a et B dans Q.
Supposons u = bo + b1 w + bo w? + b3w° = 0 avec bi e Q etba + 0.
Par réduction au même dénominateur,
on peut, en fait, supposer que bi e Z et que
Bo, b1, bo, b3 Sont premiers entre eux dans leur ensemble.
Ona
œu=—b3
+ bp w + b1 w + bo &= O0.
Eliminons w° entre u et w u en formant :
bou— bg w u = (bob
+bë) + (b1b2— bpbz)w + (b2— b1bs) w2=0
La famille (1, w, w2) étant Q-libre :
bobz +
Db$ = O0
(a)
b1bz
—
bbs
0
(B)
D
—
bibs
0
(y
D'après (y), b3 divise b2, et un nombre premier qui divise ba doit diviser bo. Soit :
Chapitre 1 : Algèbre générale
11
d = b2 A bg
d divise b1, d'après (y), et d divise bo, d'après (œ).
Donc
d=1
et
b3 = 1 (aucun nombre premier ne divise ba).
Alors (y), (B), (x) conduit à b$ + 1 = 0 ce qui est contradictoire.
105
ccrm
PX)=X-X-1eQx.
Montrer que P est irréductible dans Q X et qu’il existe une unique racine w
réelle de P.
Soit V = Vect(w!);-.\, Q un espace vectoriel.
Montrer que V est de dimension finie.
Expliciter une base de V.
ÿ Commentaires
LEE Points de cours
ÿ
=
Définition d’un polynôme irréductible,
=
Division euclidienne dans Q X.
Indications
=
Pour le 1), vérifier que P n'a pas de racine entière,
s
Pourle2), éliminer w? dans a+bw
+c w2= 0à l'aide de P(w) = 0.
} Solution
1)
e N* premiers entre eux) alors:
Supposons que <
b soit racine de Q (a e Z, b
Dp() =ai-a? -1-0
bdivise ab? + b? = a°, donc b= 1.
tion.
Il suffit de vérifier que P n'a pas de racine dans Z pour aboutir à une contradic
ae
Etudions la fonction P :R—R,
2)
x
V=x-
ti.
donc l'équation P(x) = 0 a une seule racine réelle w.
Ecrivons la division euclidienne de X"' par P sous la forme :
X=w
X7 = P(X)QUX) + anX? + bnX + Cn
donne w!== an w? +Dn w +Cn.
donc (1, w, w?) est une partie génératrice de V = Vect{wl);en.
3)
Montrons qu'il s’agit d'une base.
S'il existe (a, b, c) eQ* tel que :
a+bw
+cw?=0
Les Grands Classiques de Mathématiques
12
alors
:
(a+bw +cw2Xb—c w) = ab+(b?— ac) w —c? w°= (ab—c)+(b?—-ac-c)w= 0
Comme
w £ Q, ’est que :
ab-c=0
donc abc =c=b#—
bc? ou
donc
b=c=0(voir1)})
et
et
b-ac-c=0
b°— bc? — c?=0
a=b=c=0.
Conclusion:
Vecto(wl);en est un Q-espace vectoriel de dimension 3.
106
C.C.P (M)
Soit (G, +) un groupe abélien. On donne deux éléments x et y d'ordres respectifs p
et q et premiers entre eux.
1)
Montrer que le sous-groupe F de G engendré par z = x +y contient x et y.
2)
Quel est le cardinal de F ?
à Commentaires
ET
Points de cours
ÿ
“
Ordre d’un élément d’un groupe,
=
Identité de Bezout.
Indications
=
Vérifier que F est aussi engendré par kx + hy,
ÿ Solution
1)
Démontrons qu'il existe (k, h) e Z? tels que
X=kz=k(x+y)
Il suffit de prendre
Or,
x = kz et y = hz:
siet seulement si
(k — 1)x =0 et ky=0 donc
(k— 1)x+ ky = 0
k=1[pl et k= O[ql.
pAgq= 1, donc d’après l'identité de Bezout, il existe un couple d'entiers
(u, u) e 7°? tels que :
qu—pu=l
k = qu = pu + 1 convient.
Par symétrie, on a le même résultat pour y.
Conclusion :
x et y Sont des éléments du sous-groupe F engendré par x + y et F est
le sous-groupe
engendré par {x, y}.
2)
Soit Fr et Fy les sous-groupes de cardinaux respectifs p et q engendr
és respectivement
par x et y.
On considère l'application
:
F; x Fy-—E
(uv)r u+v.
Chapitre 1 : Algèbre générale
13
® est une application de (Fx x Fy) dans F car:
œeF)et(yeF)
=
(FxcF)e(FycF)
® est surjective car tout élément de F est de la forme :
kz=kx+ky
où
kxeFx et ky
e Fy
® est injective car c'est un morphisme de noyau {(0, 0)}.
En effet, si u + uv = 0, u e Fx N F4, donc u a pour ordre un diviseur commun àp et q, qui
sont premiers entre eux, donc u = 0. Il en résulte que
est une bijection.
Conclusion :
Card F = Card F+ : Card F, = pq
1 07
MINES (M)
Soit K un corps fini.
On admet que tout corps fini est commutatif.
Déterminer le produit de tous ses éléments non nuls.
} Commentaires
ICE Points de cours
=
ÿ
Solution de x? = 1 dans K.
Indications
=
À chaque élément, associer son inverse.
ÿ Solution
Notons que les solutions de x? — 1 = 0 sont 1 et —1.
Si K* a néléments avec
u1 = 1 et up = —1,les autres éléments vont par couple d'inverse :
= ne
Le produit
nas rois
_p = 1 - up : (u3wy)-:-(un_1:un)
des éléments de K* est donc égal à —1.
Ce résultat est encore valable si n = 1.
+
1 08
MINES (M)
A est une algèbre intègre sur un corps commutatif K. On suppose qu’en tant que
K-espace vectoriel, À est de dimension finie.
Montrer que A est un corps.
eo)Commentaires
EE Points de cours
=
Structures générales.
Les Grands Classiques de Mathématiques
14
ÿ
Indications
“
Etudier l’endomorphisme de À : y
x.
et
gx : Ar A l'endomorphismè du K-espace vectoriel A défini par :
ÿ Solution
Soit xeA\{0}
gx(y) = xy
L'élément non nul x de l'anneau intègre A est régulier à gauche donc gx est injectif.
En tant qu'endomorphisme injectif d'un espace de dimension finie, gx est aussi surjectif, donc
l'élément 14 admet un antécédent par gx qui est alors un inverse à droite de x.
En utilisant la régularité à droite des éléments non nuls de À et l’'endomorphisme dx : Ar À
défini par dx(y) = yx, on montre de même que x est inversible à gauche.
Tout élément non nul de l'anneau À étant inversible, À est un corps.
109
x
Combien y-a-til de carrés dans Z/p Z ?
(p premier).
> Commentaires
EE Points de cours
s
ÿ
Structure de 7 /p Z.
Indications
s
Résoudre l'équation y?
0
ÿ Solution
Dans le cas p = 2, Z /2 Z contient évidemment deux carrés.
Supposons p = 3, p est alors imapir.
Remarquons d’abord que :
=
dans le corps Z /p Z, l'équation x? = 0 donne x = 0: 0 est le carré du seul nombre 0.
#
Etant donné kentier tel que 1 << k <p—1,ona K2= D
LS en effet:
p-k?=p?-2pk+k?=k?2
En conséquence, si n est le nombre cherché : n = Card {i? /0O<k<p- 1}, on a
aussi :
Me 1 Card
/1
2
k< Pi
(
Constatons maintenant que si x et y sont tels que 1=<x<y<
distincts. En effet :
e 2
U —X
° 2
pe)
FRS
=y-xy+x
avec
CAR
e
y-x#x0'et
eN)
a
é
leurs carrés sont
e
y+ x # 0
Chapitre 1 : Algèbre générale
car
1=<y=x pd
15
<y+x<p-]1.
On en déduit:
1 10
1)
Etant donné un entier naturel premier p, donner les éléments inversibles de
2
2)
MINES (M)
Z.
kétant un entier naturel, déterminer la classe de kP-1) modulo p°.
à Commentaires
EE Points de cours
s
ÿ
Théorème de Gauss
Indications
=
Pour le 2), effectuer la division euclidienne de k par P°.
} Solution
1)
Ilest classique que, dans un anneau fini, un élément est inversible si et seulement si, mis
à part O, il n’est pas diviseur de 0.
La classe ü d’un entier u, non congru à 0 modulo p°, est diviseur de 0, si il existe v, non
congru à 0 modulo p°, tel que u ü = 0, c’est-à-dire tel que uv soit divisible par p°.
Comme p? ne divise ni u ni v, il vient que p divise u et p divise v.
Les diviseurs de 0 sont donc les éléments À p, avec ke [1,p-— 11.
li s'ensuit que les éléments inversibles de Z / p? Z sont les éléments autres que les À p,
avec Xe [0,p — 1], c'est-à-dire les éléments non divisibles par p.
Le groupe des éléments inversibles est donc de cardinal p? — p=p(p—
1).
2) Soit « le reste dans la division de k par p°.
On a alors k2P-1 = aPP-1) modulo p°.
Si & n'est pas inversible, il est multiple de p. Avec p = 2, on a p{p — 1) = 2. Il s'ensuit
que «PP 1) est multiple de p? et k?P— D est congru à 0 modulo p°.
Si à est inversible, son ordre divise l’ordre p(p — 1) du goupe des unités de l'anneau. On
a donc aP- De 1et k?P-1) est congru à 1 modulo p°.
111
mwesm
On considère le groupe additif E = (Z /p Z) x (Z /q Z).
Trouver une condition sur (p, q) pour que (E, +) soit cyclique.
Les Grands Classiques de Mathématiques
16
5 Commentaires
LEE Points de cours
“
ÿ
Ordre d’un élément dans un groupe.
Indications
=“
Déterminer l’ordre d’un élément de E.
ÿ Solution
p et q sont des entiers naturels supérieurs ou égaux à 2.
E est un groupe additif d'ordre pq.
1)
Soit a eZ /pZ d'ordre met b eZ /qZ d'ordre n. Notons k l’ordre de (a, b) € E.
Ona
k(a,b)=(0,0)
c'est-à-dire
(ka, kb) = (0, 0).
En notant qu'on a ka = 0 et kb = 0 si et seulement si k est un multiple de m et de n, il
vient que l’ordre de (a, b) est le ppem de a et b.
2)
Supposons que p et q sont premiers entre eux.
llexiste a eZ /p Z d'ordre p et b eZ /q Z d'ordre q.
Par suite (a, b) est d'ordre pq, ce qui montre que E est cyclique.
3)
Supposons qu’il existe (a, b) € E d'ordre pq.
L'ordre m de a divise p et l’ordre n de b divise q:p=\metq=un.
Il vient alors m V n = pq =
nu mn ou encore
1 =\u d ennotantd=mAn
Il s’ensuit À = 1, p= 1 et d = 1, c'est-à-dire m = p, n = q puis p A q=l1.
112
X (M)
D est l’ensemble des nombres décimaux :
D={xeQ,
3peN,
x:10P e7}
Montrer que D est un anneau principal (tout idéal est engendré par un élément).
B Commentaires
ICE Points de cours
“
Intersection d'idéaux,
s
L'anneau Z est principal.
Chapitre 1 : Algèbre générale
ÿ
17
Indications
=“
létant un idéal non nul de D, I NZ est un idéal de Z non réduit à
{0}.
ÿ Solution
=
llest clair que D est un sous-anneau de Q.
=
Montrons que les idéaux principaux, non nuls, de D sont de la forme :
I=aD
avec
aeN*,
aA10=1
Soit I = uD un idéal principal de D, u € D \ {0} s’écrit :
u=e2%5a
avec
se {-1},(a,8) e Z?,a eN*
aA10=1,0or0ona
es258D = D donc I = aD
Montrons alors que a est le plus petit élément de I A N*.
Soit, en effet, b e I NAN* tel que b = a2° 58 n avec n A 10 = 1.
2 et 5 étant premiers avec a et n, a2°*5Pn ne peut être entier naturel que siaz0etB=0et
onabz
=
a.
Montrons maintenant que tout idéal I de D est principal.
Si 1 = {0}, on a bien sûr I = OD.
Si 1 # {0}, I NAN* est non vide et admet un plus petit élément a.
a € I donne aD CI,
tout x de I s'écrit x = 2*5Pn avec (a,B) eZ?,n eZ,nA10=1et
20hP, < Ddonc
nelnZ.
Or I NZ est un sous-groupe de Z tel que:
a=inf(InZi)
donc I NnZ= a Z, on en déduit que a divise n d'où x e aD.
Ainsi on a montré que 1 & aD. Finalement I = aD.
En conclusion, tous les idéaux de D sont principaux.
*
1 13
MINES (M)
a
Soit P eZ [X], a et b dans Z premiers entre eux tels que P(3) = (0.
Montrer que, pour tout k e Z, (a — kb) divise P(k).
D Commentaires
TZ Points de cours
“=
Formule de Taylor pour un polynôme.
Les Grands Classiques de Mathématiques
18
ÿ
Indications
=
— kb
)par la formule de Taylor.
Développer P(k) = P ( nue D
) Solution
Soitk eZ
et ux = a — kb donc:
ue
KB: nb
Ecrivons la formule de Taylor pour le polynôme P:
a
Uk
puo=P(S-%)
a
Ue
a
(5) kate
-P(S) HP
up
EE
(a
(5)
en supposant que n est le degré de P.
Compte tenu de :
p—J
P(3)=0 et de
a
7 po (à) eZ
(1<j<n)
en multipliant par b'!, on obtient une égalité dans Z:
n
MS
pti
:
a
J=1
L'entier u, divise le membre de droite, il est premier avec b, donc avec b”, donc :
ux = a— kb
114
divise
P(k)
X (P7
On considère deux sous-groupes H et K d’un groupe (G, :).
On pose
HK={h:k]|(hk)
e H x K}.
Montrer que HK est un sous-groupe de G si et seulement si HK = KH.
0 Commentaires
x Points de cours
“
ÿ
Caractérisation d’un sous-groupe.
Indications
«
Pour la condition nécessaire, procéder par inclusion.
ÿ Solution
Supposons que
Soit
HK = KH.
(x y) e HK x HK ; x est de la forme hk et y de la forme h’k/, donc :
x? = (ht
jp 1
composé d'un élément de HK, c'est-à-dire de KH, par un élément de H ; c'est
encore un
élément de KH = HK.
Donc HK est un sous-groupe (c'est le SOUS-groupe engendré par H L
K).
Réciproquement, si HK est un sous-groupe de G, il est Stable pour la formation
de l'inverse.
Chapitre 1 : Algèbre générale
Soit
x=khekKH
,
19
x-l=h-lKk-leHK,
et par suite,
x=(x"1)-l € HK, ce qui prouve l'inclusion de KH dans HK.
Soit ye HK , y" € HK, donc y"! est delaforme y=1=hk, donc y=k-1h-! € KH,
ce qui prouve l'inclusion de HK dans KH et achève la démonstration.
115
X (M)
Soit (G, o) un groupe fini d'éléments neutre e tel que :
VaeG,
d=e
1)
Montrer que G est commutatif.
2)
Montrer que Card G est pair, puis que Card G est une puissance de 2.
D Commentaires
LEE Points de cours
=
Ÿ
L'ordre d’un sous-groupe divise l’ordre du groupe.
Indications
=
Si Hest un sous-groupe de G, vérifier que H L xH est aussi un
sous-groupe, dont on calculera l’ordre.
} Solution
1)
Gest un groupe fini dont tout élément est d'ordre 2.
Soit
(Xy)E É
: (y)y) = e, c'est-à-dire que:
Gy)-l=xy
donc
1x"? = yx
xy=y" 1,-1
Il en résulte que G est commutatif.
2)
SoitaeG,
a+e
: H= {a, e} est un sous-groupe de G de cardinal 2, donc, si G # {e},
l’ordre de G est divisible par 2.
Si H est un sous-groupe de cardinal 2* et si Card G > 2X, ilexiste x € G \ H et H Ü xH
est un sous-groupe de cardinal 2X+1.
En effet, si y e H Nn xH, nécessairement y = xh € H, donc x € H, ce qui est exclu.
Il en résulte que :
Card(H L xH) = CardH + CardxH = 2CardH
De plus, H L xH est un sous-groupe car :
hixho = xhuho e xH
et
xhuxho = io € H (carx?=e)
IL en résulte que, si G est de cardinal n, il admet des sous-groupes de cardinal 2k pour
2K en
Si 2X < n, alors G admet un sous-groupe de cardinal 2k+1 donc 2Xt1 < n.
Comme G est fini, son cardinal est une puissance de 2.
Les Grands Classiques de Mathématiques
20
116
X (M)
Soit (G, o) un groupe dans lequel il existe deux éléments a et b vérifiant :
at=b?=e, aba=b (neN*ete neutrede G)
On désigne par H le sous-groupe de G engendré par a et b.
1) Montrer que tout élément de G s'écrit sous la forme aP b1 avec p entier de [0, nf
etq=0ou
2)
li.
En supposant que b n'appartient pas au sous-groupe engendré par a, déterminer le cardinal de H.
D Commentaires
EE Points de cours
ÿ
s
Sous-groupe engendré par une partie,
s
Caractérisation d’un sous-groupe,
=
Ordre d’un élément d’un groupe.
Indications
=
Pour le 2), introduire l'application (p, q) > aPb et voir qu’elle est
injective sur une partie convenable.
ÿ Solution
1)
Montrons que H= {aPp1 / (p, q) eZ x{0, 1}}.
Cela fait, après division euclidienne de p par n, on aura le résultat souhaité.
Soit (p. r) e Z?, (q,s) e {0,1}?, u = aPDT et v= a'b$.
Ona
uvre l=atbi an,
Si q et s sont de même parité:
b1-S=e
et
uv-!= a?" = aP "0
Si p et s sont de parité contaire :
bTS=b
et
uv-!=aPba
Mais b est invariant par l’application h de G dans lui-même qui, à x, associe h(x) = axa.
h est inversible, d'inverse
h7 (y) = a
ba-"=a"b
yat
puis
Donc b est invariant par h' et alors:
uv”! = aP#"pl
Ainsi l'ensemble non vide G’ = {aPb / (p. q) e Z x{0,1}} est tel que :
si (u v)e G°,uurLeG'
G' est donc un sous-groupe de G contenant a et b, et tel que tout sous-groupe de G,
contenant a et b, contienne tout produit ab donc contienne G/. D'où G/ = H.
2)
Soit m l'ordre de a, c'est-à-dire le plus petit des entiers n > 1 tels que a" =e.
D'après le 1), les éléments de H se décomposent d'au moins une façon sous la forme
aPb" avec 0 <p<m-—1
Si
aPb1= a"b$ avec
et g=0ou 1.
0<r<m-—1et
s=0oul,ona
au Sous-groupe engendré par a), puis aP = a’.
q = S(sinon bappartient
Chapitre 1 : Algèbre générale
21
L'un des deux entiers relatifs p — r ou r — P est un entier naturel n < m — 1 pour
lequel
a =e.
Par définition de m, on doit avoir n = 0, c’est-à-dire DI=T
L'application qui, à (p. q) e [0m[x}0, 1}, associe aPb1 est donc injective et induit une
bijection sur H.
Conclusion :
Card(H) = 2 Ordre (a)
117
X (M)
Soit G un groupe de cardinal p* avec p premier et « e N*.
e désignant l'élément neutre de G, montrer que le centre de G n’est pas réduit à
{e}.
> Commentaires
EE Points de cours
ÿ
s
Centre d'un groupe,
s
Relation d'équivalence, partition.
Indications
s
Introduire la relation sur G :
xRy
=
IyeG
: y=gxg!
puis l’ensemble Hx = {g e G / gx = xg} et la relation sur G:
géh
—
ah
e Hx
où x est un élément donné de G.
ÿ Solution
=
Considérons la relation À définie sur G par :
xRy =
3geG::gxg"|
Il est clair que R est une relation d'équivalence.
=
Pour tout x e G, notons C la classe de x:
Cx = {gxg"*/g € G}
Montrons que C+ est un singleton si et seulement si x e Z(G) (centre de G).
=
—
Supposons que C+ est un singleton
gxg”! = x c'est-à-dire
—
Supposons que x € Z(G).
Alors si y € Cx, il existe g e G,
y = gxg” !,
or
= x.
Ainsi
xg=xg
donc
Cx = {x}.
y=xgg
: Cx = {x}, alors, pour tout g € G:
gx = xg donc
x e Z(G)
Les Grands Classiques de Mathématiques
22
”
Montrons que pour tout x € G, CardC+ divise Card G.
Considérons l'ensemble H(x) = {g e G/gx = xg} et l’application :
f: GR Cx g gg
g7 1j € Hx, la décomposition canonique de f
f est surjective, et on a f(g) = f(g) =
donne donc que C+ est en bijection avec G/ @ où @ est la relation d'équation sur G:
gg
Eee asCx
G
pue
=
g 'g
e Hx
Lo
s surjection canonique
7
sS:g3ÿ
G/
p: gr .f(g)
Conséquence : Card G = (Card HxXCard Cx) puisque chaque classe d'équivalence est en
bijection avec H.
En considérant la partition de G en classes d'équivalence modulo la relation @, on obtient :
n
CardG = CardZ(G)+Ÿ Card:
i=1
où C1, Co, : : +, Cn sont les classes non réduites à un singleton.
Pour tout i e N, on a CardCi > 2 et Card Ci divise p* donc :
CardCi = pi (1 <ai <a)
et on en déduit :
n
CardZ(G) = p° — Ÿ_ p*
i=1
Donc p divise Card Z(G), ce qui impose Card Z(G) = 2.
118
X (M)
Déterminer les automorphismes du corps Q@ + Q V2
è Commentaires
œ
Points de cours
=
Automorphisme de corps.
Chapitre 1 : Algèbre générale
o
23
Indications
=
Un tel automorphisme conserve les rationnels.
} Solution
1)
Sio est un automorphisme de K = Q + Q 42, on a o (0) = 0 eto (1)=1
Par récurrence, il vient « (n) = n pour tout n eN puis « (n)= n pour tout n eZ.
et
1
1
+
© (n>) TO: (5) pour tout n eN”,
Pour tout (p, q) eZ x N*,ona
© (£) =o (p=) =0 (p)o (°) = £
Avec
L
.
1=0(1)=0o
_—
1
1
il vient& (5) =
n
2)
1
(n>)
o(n
= —,
n
et ainsi, © (r) = r pour tout r eQ.
2
Ona ensuite (o (V2)
=0 (V#) = 0 (2) = 2.
Ils'ensuit o (V2) = V2 ou o (V2) = -V2.
Etant donné (a, b) eQ?, on a o (a + bV2) =o (a+ o (b) o (V2) = a + b o (V2)
et par suite il y a deux automorphismes possibles
o1 (a + bV2) = a + bV/2 pour (a, b) ekK?, c'est-à-dire
= Idx
© (a + bV2) = a — bV2 pour tout (a, b) eK°?.
On vérifie aisément que cette deuxième application est bien un automorphisme de K.
En conclusion il y a deux automorphismes de K, à savoir Idx et o2
FE9
CIC:PI(E)
Démontrer, sans calcul, par dénombrement d’ensembles bien choisis, la relation :
q
Bo=> Cr Co (a< min(n.p)
k=0
è Commentaires
ES Points de cours
Définition des coefficients du binôme.
a
=
Ÿ
Indications
=
Considérer les parties de q éléments dans un ensemble de cardinal
(n + p).
} Solution
On rappelle que Le:est le nombre de parties de k éléments dans un ensemble de cardinal n.
Soit alors deux parties F et G de cardinaux respectifs net p, complémentaires dans un ensemble
E.
Donc
FnG=@,
Soit un entier qtel que
FUG=E
et
CardE=n+p
q < min(n, p) ; on considère :
Les Grands Classiques de Mathématiques
24
eg={XCcE|
CardX
= q}
Pour chaque partie X e ea, il existe une unique paire (Xr,XG) € P (F)x P (G) telle que :
XF LU XG = X
Pour
'
CardXc = q—-k
Card Xr = k(k € {0,--.,q}),
:
k
et le nombre de paires (Xr,XG)
nq-k
est égal à [, Ca
On fait une partition de £q suivant le cardinal k de XF et donc :
rep -20 Œ*
Remarque :
On retrouve ce résultat en identifiant les coefficients de x dans les deux membres de l'égalité :
(1 + xP(1 + x) = (1 + x)*P
1 20
C.C.P (M)
Trouver le nombre de surjections de N,,,. dans Nhn.
[) Commentaires
EE Points de cours
s
og
Définition de la partition d’un ensemble.
Indications
=
Raisonner par récurrence en distinguant l'injectivité ou non de la
restriction à Nn.
} Solution
Soit Sn le nombre de sujections demandé et Ah l'ensemble de ces surjections.
On peut faire une partition de An en distinguant les surjections dont la restriction à Nn est une
permutation de cet ensemble et celles dont la restriction à Nan est une surjection de NA sur
Nn\ {k}.
Les premières sont au nombre de
les autres sont au nombre de
Donc
n x n! (car f(n + 1) est un élément quelconque de Nn),
n x Sh_1
(car f(n + 1) est alors nécessairement égal à k).
Sn = nSh-_1+ nn! ;en outre, Si = 1. Il en résulte que:
s- (5 «) srl
121
C:C:P:(P)
Pour n eN,on pose
Pn = (1+x4)" —\e
Trouver n de sorte que Pa soit divisible par 1 + X + X2.
Chapitre 1 : Algèbre générale
25
0 Commentaires
EE Points de cours
ms
ÿ
Divisibilité d’un polynôme par X — a.
Indications
=
Interpréter la condition nécessaire et suffisante : Pn(j) = 0.
ÿ Solution
1+X+X?=(X-—j)(X-—j7)
Si un polynôme, à coefficients réels, admet j pour racine, il
admet aussi j? pour racine, car j et j? sont conjugués.
Donc Ph est divisible par 1+X + X2 siet seulement si Ph(j) = 0.
Comme
PA(j) = (1 +j)* — j = Cx — j, n répond à la question si et seulement si:
(127 =; c'est-à-dire
c'est-à-dire
npair
(—1)"j27-1 = 1
et (3) — 1 divisible par 3.
Les entiers n pour lesquels PA est divisible par 1 + X + X2 sont donc les entiers de la forme
n = 3(3p + 1).
122
C:C:P\(P)
Soit n e N'. Trouver toutes les solutions en nombres entiers stritement positifs de
l'équation x +2y=n.
En déduire sans calcul le développement en série entière de:
x
Etes
5 Commentaires
Ex Points de cours
=
Ÿ
Produit de deux séries entières.
Indications
x
=
jf (x) = T-x
2
1-2
F
} Solution
(n — 2k,k) oùkz=1etn-2k>
Les solutions de x+2y= n sont les couples d'entiers
ï
c'est-à-dire
kefi…el
n—1
5
|}
Le nombre de solutions est donc :
n
ie 1 sinestpair
et
Comme le développement en série entière de x
54
kz=1
n=lo.
RU
Sin est impair
g
X
+;
Sur ]—1,1[est:
ll,
Les Grands Classiques de Mathématiques
26
le Théorème sur le produit des séries entières donne le développement en série entière de
3
JR
dc
É
sous la forme Se axx* où le rayon de convergence est 1 et le
( — xX1 0)
coefficient ax est
E
15
k—1
F) :
h+2i=k
h=1 , izl
123
ce
Soit
neN et An= {(a.b) e N°, 2a+3b=n}.
Calculer le cardinal de Ah.
[) Commentaires
EE Points de cours
s
ÿ
Théorème de Gauss.
Indications
«
Résoudre, dans Z?, l'équation :
2(x+ n) + 3(y- n)=0
ÿ Solution
Résolvons d’abord l'équation :
(E) 2x+3y=n
où
(x y) eZ?
Elle se met sous la forme :
2(x+ n) + 3(y— n)= 0
2 et 3 étant premiers entre eux, on en déduit que l’ensemble des solutions de (E), dans Z2,
est:
S(E)= {(-n+3kn-—2k)/keZ}
An = S(E) NN? est donc constitué des couples :
1+E(3) < Le
LE)
si
n 7 0(3]
(5)
si
On
(a, b)=(—-n+3k,n—2k)
k eN,
,
3 SORA
En utilisant les classes de n modulo 2 x 3 = 6, on obtient :
1+E
Card Ah =
124
(E)
Ë
SI
eg) sn
C.C.P (M)
Résoudre, dans Z,
n
6
51x+ 44y= 1.
ner
ll
ol [6]
ni ns
(°?]nd
0 [3]
Chapitre 1 : Algèbre générale
27
b Commentaires
Lx Points de cours
s
ÿ
Identité de Bezout dans Z.
Indications
“
Algorithme d'Euclide : diviser 51 par 44
ÿ Solution
L'équation proposée a des solutions dans Z x Z car 51 et 44 sont premiers entre eux (Théorème
de Bezout).
Si (x, Yo) est une solution particulière, les solutions de (E) sont les couples (x, y) tels que :
51(x — xo) = 44(yo — y)
donc tels qu'il existe x dans Z vérifiant :
e = Xp +44k
y = yo -51lk
Recherche d’une solution particulière à l’aide de la division euclidienne de 51 par 44.
Ce qui peut s’écrire
51 = 44 +7 puis (Algorithme d'Euclide) 44 = 6 x 7 + 2,
etenfin
7 =3 x 2 +1, donc :
1 = 7-3+x2=7-3
x (44 — 6 x 7) = 19 x 7 — 3 x 44
19 x (51 — 44) — 3 x 44 = 19 x 51 — 22 x 44
Ce qui fournit la solution particulière recherchée (x = 19, yo = —22).
L'ensemble des solutions est:
{(19 + 44k, -22 — 51k) |k eZ)}
1 25
C.C.P (M)
Quel est le pgcd de 5+6"
et
5*14+671?
b Commentaires
LES Points de cours
=
Division euclidienne
b Solution |
On a 514 6041 = 557 + 67) — 5.6" +6*1 c'est-à-dire 5°*1 + 6"*7 = 5(5° +67) +6"
donc (5*1+67*1) 4 (57 +6") = (5 +6") A6".
Avec (5° + 67) À 67 = 5° À 6°, il vient alors (5°*1+ 6"*1) À (5° +6") = 5" A 67.
Enfin 5A6=1 donne 5*A6"=1.
En conclusion, 5° +6" et 5°*14+6"*1 sont premiers entre eux.
28
Les Grands Classiques de Mathématiques
126
CEN (M)
Pour n entier naturel, écrit en base 10, f(n) désigne la somme des “chiffres“ de n.
Calculer f o f o f(N) pour N = 444444.
} Commentaires
”«
Rappelons que pour tout n eN, n = f(n), (mod 9).
On a donc 4444=7(mod9) et 4444443 = 7443 (mod 9),
or 4448=3 x 1481 donc 7444 = 3431481
et puisque 343 = 1 (mod 9), il vient :
Finalement,
=
7##8 = 1 (mod 9)
4444#4# = 4444 x 4444%##3 donne 44444444 = 7 (mod 9), et donc:
S(F(N)) = 7 (mod9) (1)
Ona bien sûr N <(104)5 1” c'est-à-dire N < 1020000, ainsi N a au plus 20000 chiffres, d'où :
J{N) <9 x 20000 soit f(N) < 180000
J(N) ayant au plus 6 chiffres, on a :
SN) € {7.16.34,43,52}
et donc
fofof(N)= 7.
127
MINES (P')
Trouver le dernier chiffre de 19871%°
11993
(2) Commentaires
EE Points de cours
“
ÿ
Relation de congruence dans Z.
Indications
«
Etudier les puissances de 7 modulo 10.
ÿ Solution
7*=1[10] et 1991 = 3[4].
Or 3?=1[4] donc 19911%%3 = 3[4].
llen résulte que
19871%1" = 73 = 3/10].
Ainsi, le dernier chiffre de 19871991 °°" est 3.
128
xa
Résoudre dans C E : x*— 5x3 + 9x2 _ 15x+ 18 = 0 sachant que deux racines
X2 vérifient X1X2 = À6.
x et
Chapitre 1 : Algèbre générale
29
D Commentaires
EE Points de cours
=
Relation entre les fonctions symétriques des racines d’un polynôme
et les coefficients de ce polynôme.
Ÿ
Indications
s
Utiliser somme
et produit de (x,x2) d'une part et de (x3,x4)
d'autre part.
ÿ Solution
Soit x1,X2, X3, X4 les racines de E.
En posant s1 = X1+X2
, S2 = X3+X4
, P1 = X1X2 , P2 = X3X4, les fonctions symétriques
de x1, xX2, X3, X4 S'écrivent :
O1
=
S1+sS2
O2
O3
O4
—
—
—
S1S2 + P1 + P2
S1P2 + S2P1
P1iP2
On a donc ici:
Pu=6
S1 + S2 = 5
S1S2 + P1 + P2 = 9
S1D2
+ S2P1 = 15
P1p2
= 18
S1 + S2 = 5
ET
Soit p1=6,
CPE
A,
S1=5,
p2=3,
So = 0.Ainsi:
“
x, et x sont les racines de x2 — 5x +6 = 0, c'est-à-dire 2 et 3.
=
_x3 et x sont les racines de x? + 3 = 0, c'est-à-dire iV3 et —iV3.
129
ccPrm
(X+1)*1- x6%#1_1
Soit Pn le polynôme
de R [x].
Montrer que, pour tout entier n, (X2 + X + 1) divise Pn.
» Commentaires
ET
Points de cours
=
Critère de divisibilité dans R [X].
Les Grands Classiques de Mathématiques
30
ÿ
Indications
=
Calculer Pn(j)et PA(j).
ÿ Solution
On vérifie que jet j sont racines doubles de Pn.
Paie + 1)0071 RAC
TT 5
Comme les coefficients de PA sont réels, on a aussi
PA(X)
Pour la même raison,
=
1-0
Pn(j) = 0.
(G6n+1)[(X + (ire x")
donc
PA(j) =
(6n+1){[(+ 1)" — 67]
soit
PA(j)
(6n +1) [Cf — 1] = 0
PA(j) = 0.
Donc Pa est divisible par DES
130
X (M)
On définit P(X) = P(X)e4X + PHX)e2* avec P1 et P> dans R [X],
deg P1 = di, deg P> = do, ai # @
1)
Montrer que P admet au plus d1 + do + 1 racines réelles distinctes.
2)
En déduire que ss PHX)e** (az, ---, an réels distincts, deg P; = di) admet au
i=1
plus di + do +::.+ dn+n-— 1 racines distinctes.
n
è Commentaires
Ex Points de cours
ÿ
sm
Théorème de Rolle,
=
Formule de Leibniz.
Indications
«
Pourle 1), dériver x
e7 4*P(x) autant de fois qu'il le faut pour
faire disparaître P1(x).
=
Pour le 2), procéder par récurrence en utilisant la méthode du 1).
D Solution
1)
Rappelons le lemme suivant :
Si f e CR, R) est telle que f’ admet au plus q racines réelles distinctes, alors f en admet
au plus q + 1.
On a P(x) = e4* (P109 L Pie)
Posons
Q{x) = Pi(x) + (x)
ax
Chapitre 1 : Algèbre générale
31
En dérivant di + 1 fois:
gfi+D(x) és RbOe(&- &)x
où R(x) est un polynôme de degré do (d'après la formule de Leibniz :
di+1
RGO = Dk=0 Ca, F0 — a%*17X)
(noter l'importance de a — a1 # 0).
Ainsi Q(ä+D(x) admet au plus do racines réelles et par application répétée du lemme,
Q(x) admet au plus di + do + 1 racines réelles distinctes, il en est de même pour P(x).
2)
Montrons le résultat par récurrence sur n.
Pour n = 1, P(x) = Pi(x)e4* a au plus di racines distinctes : la propriété est vraie pour
He
Supposons la propriété vraie pour n — 1.
n
Soit alors P(x) = dy Pitde**
el
(a,--:, an réels distincts).
n
Ona2
Pb = 77 (res+ + pese
|
i=2
n
Posons Q(x) = P1(x) + D PL
4
i=2
4X en dérivant di + 1 fois:
n
g'i+(x)
_ Sy RiLOe LT EX
i=2
(car ai — a; # 0, même calcul qu’en 1)), les
di
degré
de
polynôme
un
est
R:
chaque
où
ai — a sont deux à deux distincts, l'hypothèse de récurrence s'applique donc : gt
admet au plus do + di +: -: + dn + n — 2 racines réelles distinctes.
En appliquant le lemme, on voit que Q{x) admet au plus di + d+-::+dn+n-—
l':la
propriété annoncée est récurrente, d'où la conclusion.
131
NS X(M)
Soit P eRIX], degP=n-1,tel qu’il existe r > 0 avec:
P(k) = r* pour tout ke {1,2,-..,
Calculer P(n + 1).
ÿ Commentaires
LEE Points de cours
=
Propriétés de l’endomorphisme À : P(X)= P(X + 1) — P(X).
re
Les Grands Classiques de Mathématiques
32
Ÿ
Indications
”«
|
Calculer (A PXX) et “faireX = 1“.
ÿ Solution
Soit E =Rh-1 LX] et A e # (E) défini par:
VPEeE,
AP=P(X
+1) -P(X)
À P < n— 2 donc deg A? P < n— 3,eten itérant:
On a deg
deg A"-lP<0, deg A" P<0 d'où A" P=0
Calculons A” en écrivant A = T — I où 1 = Idgçx et T € $ (E) défini par (TPXX) = P(X + 1).
Nous utiliserons les deux résultats faciles :
(T'PXX) = P(X+n)
et
TA=AT
La formule du binôme s'applique alors ainsi :
n
APE Dep CMD
k=0
En l’appliquant à un polynôme, cela donne :
n
«a PXX) = Ÿ
(-1X; k PX + x)
k=0
En substituant à X la valeur 1, il vient :
n—1
P(n+1)
=
—- S2 Cia
k=0
n
Pfn+1)
=
r ( - dE cena)
k=0
P(n+1) = r[r—(r-1}]
Remarque :
Pour r > 0 fixé, il existe un unique polynôme P tel que deg P < n — 1 et vérifiant les conditions :
Pk)=r* kef{l,...,n} (1)
En effet, avec P(X) = ao + aX +--:+an_1X"71, les conditions s’écrivent :
ad@+uk+ak?+-:.+an-1kt ler k 1<k<n
ce qui donne un système de Cramer en (ao, a, : - :, än- 1) (son déterminant est le Vandermonde
de 1,2,--.,n).
132
ccp (M)
Soit P un polynôme de R [X], scindé, à racines simples.
Montrer que, pour tout réel non nul a, les racines complexes de Q = P? + a? sont
toutes simples.
Chapitre 1 : Algèbre générale
39
D Commentaires
EE Points de cours
m
ÿ
Théorème de Rolle appliqué à un polynôme réel.
Indications
m
Etudier les polynômes P + ia et P — ia.
ÿ Solution
Soit _Q= P? + a? = (P + ia\(P— ia).
“
Les racines de Q sont complexes non réelles car P(x) est réel pour tout x réel.
“=
Pestscindé dans R [X], à racines simples, donc P' l’est aussi : le Théorème de Rolle assure
que P’ s’annule entre deux racines consécutives de P, donc (n — 1) fois sur R si d°P = n.
« lien résulte que P + ia et P’ d'une part, P — ia et P’ d'autre part, n'ont aucune racine
commune.
Les racines de P + ia et celles de P — ia sont donc toutes simples.
Comme ces deux polynômes sont évidemment premiers entre eux, (a # 0), Q a toutes ses
racines simples, complexes non réelles.
133
C.C.P (M)
Soit P un polynôme de R [X] de degré n > 2 admettant n racines réelles distinctes.
Montrer que, pour tout t réel, P/?(t)— P(t)P”(t) > 0.
n
En déduire que, si P(X) = . apX? alors, pourtoutpe{1,.:.,n—1}:
p=0
2
ë Commentaires
ICE Points de cours
Théorème de Rolle appliqué à un polynôme.
=
Ÿ
Indications
N
Décomposition en éléments simples de PF:
=
} Solution
P_KE
<=
1
> ac
,
L
“
à
|
(décomposition en éléments simples, les pôles sont xX1,:::,Xn ranges
PSE
sur chaque
par ordre croissant). La fonction fraction rationnelle associée a donc pour dérivée,
2
n=1l
intervalle ne contenant aucun pôle :
P'OPE— PE
(©
Π1
+ (t- x)
> Osur R\ {x1,::,xn}.
ce qui prouve que P'2(t) — P(t)P(t)
#0
#
Les Grands Classiques de Mathématiques
34
P et P’ n'ont pas de racine commune,
Comme
est
l'inégalité
vraie
aussi
aux
points
X1,°::,Xn donc :
VteR,
P'?(t)— P/(t)P(t) > 0
Cette inégalité est, en particulier, vraie en 0, donc si P = ve axX :
k=0
a? > 2ap@
Comme
les polynômes dérivés de P ont aussi toutes leurs racines réelles distinctes (con-
séquence du Théorème de Rolle), la propriété précédente
s'applique à P(, pour tout
2}, donc:
ke {0,--:,n—
2
(0)] _ Pk+2)(0)pPX(0) > 0
jp
o
ce qui donne
[+ 1)! ax:1] — kI(k+2)!axsoax >O
À
soitencore
k+2
a,, > TT
AKGk+2
On en déduit, pour tout 1 < p < n:
2
134
C.C.P (M)
Soit P eC [X], de degré 4. Ses racines sont (a, &, as, &), éventuellement répétées
par multiplicité.
1)
Montrer que
Solution
1)
Résultat classique. Avec P(X) = À (X — a1(X — a2{X — a3{X — &), on a:
is - (Ie - ap)
k=1
PC
P "2x
FE
ilvi
Fr
etil vient
2)
j-k
On suppose que {a. @. as,
@4} N {1,i —1, + =.
On a
%X
4
= 1+
af —
et donc
a —
D
ADr
D = X* — 1 admet 1, i, —1 et — à pour racines simples et D = 4Xÿ
On a classiquement
c'est-à-dire
î
D
pp
B|
:
1
D DOUX
Xe
1
1
5" D'(-1XX +1) Ter.
1
i
Lien:
Chapitre 1 : Algèbre générale
: nadonc
35
Die ———
S=4 + —
4
>
k=1
cn
ER
—
+i
k=1
sn
—
er
|
Dr
k=1
LAS
Sa)
4
Avec
——P =
a
so
on obtientlent ::
k=1
PA
135
AUD
RER
PU
PC
EDIT PET,
PCD
MINES (P')
Soit P e Ra [X] ayant n racines distinctes x1,-::,xn dans R.
Montrer que :
D Commentaires
Ex Points de cours
Ÿ
=
Décomposition en éléments simples,
s
Cas de pôles simples,
s
Cas de P’
s
Théorème de Rolle.
P'
Indications
/
=
Décomposer en éléments simples —-.
ÿ Solution
A
Rappelons que le résidu, en un pôle simple a, d'une fraction rationnelle B est :
A(a)
B'(a)
En particulier, {es racines
re
ir
de P étant simples, le résidu de —, en chaque racine de P, est 1.
Comme la partie entière de cette fraction est nulle, on obtient :
P
tal
k=1
A la numérotation près, on peut SUPPposer x1 < X2 < : :: < Xn.
Le théorème de Rolle, appliqué à la fonction dérivable P sur [xk, xx,1], nulle aux deux extrémités, montre l'existence d'une racine yx Pour P’ dans Ike
i{<k<n-1).
Comme P est de degré n — 1, les yx sont exactement les n — 1 racines de P’ qui vérifie alors
les mêmes hypothèses que P.
On a donc aussi :
Les Grands Classiques de Mathématiques
36
p"
En particulier, on a:
n— 1
1
uw = LE
p"
n
k=1 <
n—-1
1
mr
iii
Le
j=1 k=1
n —1
HE
i=1
136
CEN (M)
Soit P e C [X], montrer que l’ensemble des racines de P’ est inclus dans l’enveloppe
convexe des racines de P.
[) Commentaires
ICE Points de cours
=
oO
. écomposition
# en éléments
pres simples
P'(X)
dePX)
Indications
s
P'(2)
Déduire de la décomposition de FD
= 0 une relation donnant z
comme barycentre des racines de P.
ÿ Solution
Soit 4, @, ---, a les racines distinctes de P,
d'ordres de multiciplicité respectifs m,mo,---,mag.
On a:
PX)
P(X)
(X)
q
= A [][X-a9"%*
k=1
Fo
4
= ÀE
=1 [LS -—
JL
P'(X)
+
ax)"%
k=1
my
j=1
Si z est racine de P’ et de P (donc racine multiple de P), il est évident que z appartient
à
l'enveloppe convexe des racines de P.
Soit alors z racines de P’ et non racine de P, on a:
Chapitre 1 : Algèbre générale
37
P/(2)
À
P(2)
my
ee
j=1
donc
D z-= à =
Ainsi il existe des réels positifs Àj= Lise tels que:
et z est barycentre positif des a;, 1 < j < q, c'est-à-dire que z appartient à l'enveloppe convexe
des aj.
Remarque :
Si E désigne l'ensemble des racines de P, on a:
d
P
1 37
*—@
C.C.P (P)
Soit Set T des polynômes réels scindés et à racines simples.
Montrer que tout polynôme P, combinaison linéaire à coefficients de même signe de
S'T et ST’, est scindé dans R [X].
D Commentaires
LEx Points de cours
Ÿ
«
Théorème de Rolle,
=
Racines multiples d’un polynôme.
Indications
=
Décomposer
où P =X S'T+ p ST et choisir x = a + ib, une
racine de P.
} Solution
Soit À et 1 des réels. Si l'un est nul, P = À S'T+ p ST! est scindé puisque S’ et T’ sont scindés
(résultat classique) ; on suppose dans la suite que Au > 0.
Le polynôme P = À S'T+ p ST! est scindé dans € [X]. ll reste à montrer que ses racines
toutes réelles.
Les racines communes à S et T sont réelles.
Si æ est racine de S (ou de T), elle n'est pas racine de S’ (ou de À):
sont
Les Grands Classiques de Mathématiques
38
Il s'ensuit que, si « est racine de S ou bien de T, elle n’est pas racine de P.
Il reste donc à examiner les racines a + ib de P, (a, b) eR?, qui ne sont aucune des racines sk
de Sout; de T.
P
= Fe EE
AVEC 37
:
RE
_—
La partie imaginaire de
Er
.
es
.
.
b et P(a + ib) = 0,il vient
D
1
Aa ue “Lay
L
À 2 do et
Ho
1
a=ÿ+i
H D ———
j
est:
À
(a
— sx) + b
(a
Avec À et L de même signe, il vient b = 0, ce qui montre que a + ib est réel.
138
CEN (P)
PeCIX] , degP=n2>
2. P admet n racines distinctes x.
Montrer que, pour tout polynôme Q de degré n — 2 :
[) Commentaires
x Points de cours
ÿ
s
Décomposition en éléments simples,
ms
Cas de pôles simples.
Indications
“
XQ(X)
Evaluer la partie entière dePA) -
ë Solution
Les racines x; de P étant simples, P‘(xi) est différent de 0.
Pour tout polynôme Q de C [X], la fraction F = e admet pour pôles les x: qui ne sont pas
racine de Q, ces pôles sont simples et ont pour résidu :
Lorsqu'on suppose
Q(x)
P'(x)
deg(Q) < deg(P) = n, la partie entière de F est nulle.
On a donc la décomposition en éléments
+ù
x)
+ Dr
La partie entière étant linéaire, on a:
xi)
Chapitre 1 : Algèbre générale
39
E(XF)
[
ae
œ
NE:
Re
Or, si deg(Q)<n—1,ona
*< LxX
CES See
E(XF)=0.
Donc, si deg(O) < n — 2:
139
CEN (M)
P eC [X] est un polynôme à racines simples de valuation nulle, de degré n.
On pose
Q=Xx"P (x).
9
Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle
F = -X Q'
En déduire une méthode de calcul de la somme des puissances p'°"® des racines
d’un polynôme scindé à racines simples.
[2 Commentaires
ICE Points de cours
=
Décomposition en éléments simples,
=
Cas de pôles simples.
Indications
Faire un développement limité de F(X) au voisinage de 0.
=»
ÿ Solution
On peut écrire :
P=ap+aX+:::+anX"
a et an étant Qon nuls par hypothèse.
Alors
est un polynôme de degré n qui admet pour racines simples les
Q = X"P(x
inverses des n racines simples x; de P.
X
J
Ce
#
La partie entière de ie est la constante n et les résidus de
9
Q
à
:
valen
x
| te
ci
X9'
n
1
2 TT xx
=
Le coefficient de x? dans le développement limité deHER
L
1
en les pôles simples +
LR
po au voisinage de 0 est (x.
Les Grands Classiques de Mathématiques
40
Donc, pour p > 1, la somme des puissances p ?"® des racines de P est le coeticient de xP
dans le développement limité, au voisinage de 0, de:
F(x) =
TX
9'X
Pratiquement, il s'obtient par division suivant les puissances croissantes du polynôme —XQ/
par le polynôme Q.
140
CEN (M)
Soit P(X) = X° + aX? + bX + c eC [X] et x1, x, x3 les racines de P. Calculer :
S
EE
X1
X
2
+ xX3
X2
+ ———
X3
+ —
X3 +X]
X
+ X2
è Commentaires
LE
Points de cours
s
ÿ
Fonctions symétriques des racines d’un polynôme.
Indications
ms
Former le polynôme de racines X1 + & X2 + &, X3 + &.
Solution
La somme x1 + x2 + x3 est égale à —a.
Etant donné i,j et k entiers deux à deux distincts appartenant à [ 1,3 I, on a donc :
Xj + Xk = —Q — Xi
La somme S n'est donc définie que si —a n’est pas racine de P. C'est-à-dire c — ab z 0.
3
3
Xi
a
Dans ce cas, on a S=N ——_(-1+
)
— a — Xi
Xi +a
i=l
d'où
S=-3+a
Scan
i=1l
:
{=
Le polynôme dont les racines sont les Xi = x; + a, pour i e [ 1,3 I, est le polynôme :
Q(X) = P(X — a) = X° — 2aX? + (a? + b)X + c — ab
;
1
l
Comme Q n'admet pas 0 pour racine, les nombres = = ———
Xi
sont les racines du polynôme :
x+a
x3 (
541
T(X) -= X°Q
x)
3
Avec T(X) = (c — ab)X® + (a? + b)X? — 2aX + 1, il vient
+
l
&+b
x+a
ab-c
i=1l
2
On en déduit enfin _S = —3 + a _*P?
ab — c
Remarque :
3
La somme
>
-
=
l
X+a
Te
se déduit de :
P'(x)
F9
” a
=
1
.
L
en choisissant
x = —a.
Chapitre 1 : Algèbre générale
141
41
MINES (M)
PeCIX] , deg(P) > 1, P(X?)= P(X):P(X—1)
(1).
1)
Montrer que les racines de P sont de module 1.
2)
Déterminer les polynômes P.
b Commentaires
LEE Points de cours
m
ÿ
Ensemble des racines d’un polynôme complexe.
Indications
=
Etudier l'effet dæzr 2 et de zr (1 + z)° sur les racines.
} Solution
1)
L'ensemble R des racines de P est stable par les applications f et g de C dans € qui, à Z,
associent :
fa=2
Silz>1,ona
et g(z)=(1+2)}
|f(z) =f(|zl) >|z|
et la suite des modules des itérés de z parf est
strictement croissante donc infinie, alors z n'appartient pas à l'ensemble fini R.
2
De même, si0<|zl<1,ona
l
1
fG) = TA
ae
et la suite des modules des itérés de
z par f est strictement décroissante donc infinie, et z n'appartient pas à R.
Ona
go g(0)= 4 et 4 n'appartient pas à R, donc 0 n'appartient pas R. Ainsi R est inclus
dans le cercle unité.
2)
.
60
Soit
z=e" eR. Ona
g(z) = 4z cos? (3) eR.
Donc
cos? (3) = —
cequidonne
2
6= +2
Z=)
ou
m]
ER
c'est-à-dire :
Z= à
a de P vérifie a = “eo
La relation (1) mortre que, si P est non nul, le coefficient dominant
à {j, ie
Ainsi, un polynôme non nul vérifiant (1) est unitaire et ses racines appartiennent
il est donc de la forme :
>
p=(xX-j"{X—f)"
(nm) e N?
POOP(X — 1) = (X =} UX +j2)X = jUX +)" = P(X?), comme c'est un polynôme
que:
pair ses racines opposées ont même ordre de multiplicité, ce qui montre
n=m
et P=(1+X+X?)
On contrôle qu'un tel polynôme vérifie bien (1).
Les polynômes vérifiant (1) sont donc les polynômes de la forme
neN
et le polynôme nul.
P=(1+X + xey"
Les Grands Classiques de Mathématiques
42
142
MINES (P1
" P(0)
Trouver tous les polynômes de R [X] tels que
P(1)
5 Commentaires
LE
Points de cours
=
ÿ
Division euclidienne dans R [X].
Indications
=
Décomposition en éléments simples de
___
X°(X — 1)
) Solution
Ecrivons l'identité de la division d’un polynôme P par X2(X — 1}° :ilexiste Q et R dans R [X]
tels que :
P(X) = X2(X — 1) G(X) + R(X)
où R(X) e Rs [IX]
La décomposition en éléments simples :
EUX)
= Q(X) +
Ua)
montre que
Calculons
Ainsi
&
R(X) = aX2 +.bX (x = 1)+ US
P(0)
RO)
=
c
P/(0)
R'(0)
=
—-2c+d
a=P(1)
,
b=P'(1)
,
ele
CE
,
P'(1)
c=P(0)
,
£
TR
as
1) + aXX — 1).
P(L)
,
+
Ne
R(1)
=
R(1)
a
=
2a+b
d= P/(0)+ 2P(0).
Application. Les polynômes cherchés sont :
P(X) = XX — 1} Q(X)+(X —1X3X2—X—1)
1 43
où QEeRIX]
MINES (M)
SOL
CP(2'= 7 +0220 14.
1)
Montrer que l'équation
+azta
eC[X]1
où
do # 0.
x"-—{|a_1|x"-1—..._|a|x-|a| =0
possède une
unique racine p> 0.
2)
Montrer que les racines complexes de P sont dans le disque fermé de centre O
et de rayon p.
[2 Commentaires
ICE Points de cours
ms
Thécrème des valeurs intermédiaires,
s
Jnégalité triangulaire.
Chapitre 1 : Algèbre générale
ÿ
43
Indications
=
Etudier la fonction auxiliaire obtenue en divisant l'équation du 1)
par x,
[) Solution
1)
L'équation a les mêmes racines dans R* que :
_ lan-1}
PO
| , tel
læl
FER
Comme f est strictement décroissante sur R* et que :
lim f(x) = +
(car ay #0),
x—0
lim f(x) =0
X— +00
f étant continue, le théorème des valeurs intermédiaires assure l'existence et l’unicité d’un
réel p > 0 tel que f(p) = 1.
2)
n-1
Soit z eC* une racine de P ; écrivons z! = — 5x ax.
k=0
n—1
Majorons
|z"| < + laxl|z*
k=0
d'où f(Iz) > 1
L'étude de f prouve que |z| < p.
144
X (M)
Pour quelles valeurs du réel a, le système :
Kme+
ÙU. +
(S)
A
ue
2Z
irc
org 0e
admet-il des solutions réelles et les déterminer.
ÿ Commentaires
CE Points de cours
Fonctions symétriques des racines d'un polynôme de degré 3.
=
ë
Indications
P(X) = (X — xWX — yXX — 2).
Déterminer le polynôme
=
ÿ Solution
Posons
o1=X+y+2Z
,
,
O2=UyZ+ZX+XY
O3= XUZ.
Le système (S) équivaut à :
Old
=
1
O2
=
03
CE —20o2
=
a
(S')
ce
c'est-à-dire
o1= 1
et
0o2=03=
l1-a
5
{x, y, z} est l'ensemble des racines réelles ou complexes du polynôme :
Les Grands Classiques de Mathématiques
44
a—1l
P=X3- 91 X?+ 02 X— 03= œ- D (x
D )
Le système (S) admet donc des solutions réelles si et seulement si P est scindé sur R, c'est-
va EE
à-dire si et seulement si a = 1. Dans ce cas :
1 45
MINES (P
On donne une famille (x1,:-:,xn) de n réels deux à deux distincts et le polynôme :
n
P=[[x-x)
i=1
nm
Calculer
1
) a
re P'(x)
D Commentaires
TT Points de cours
s
ÿ
Décomposition en éléments simples.
Indications
=
Effectuer la décomposition de :
ÿ Solution
:
>
avec
=
1
Comme les racines de P sont toutes simples, la décomposition de P est de la forme
1
n
5=)
P
Il vient alors
X
——
Po)
nm
=
1
&
1
-——
2 Den.
0
Ange
x
ee
Less
=
n
à
1
Sin > 2, en prenant la limite pourx — oo, il vient O = > —— .
TE P'(x)
Sir
has tel
Lt
P'(x)
146
X (M)
Trouver deux polynômes A et BeC[X]tels que :
@
wt=]
(X— off
A
B
Chapitre 1 : Algèbre générale
45
ÿ Commentaires
LEE Points de cours
=
ÿ
Décomposition en éléments simples d’une fraction rationnelle.
Indications
“
Utiliser la dérivée de la fraction rationnelle :
2
œ
wn=1
wo —X
b Solution
Soit f la fraction rationelle proposée et F une primitive de f.
On a, par exemple :
œ@
F= ».
XX
=
"1
où U est un polynôme de C [X] de degré
strictement plus petit que n.
Les pôles de F étant tous simples, le résidu de F en w, c'est-à-dire le coefficient de x
dans la décomposition de F en éléments simples, est donné par :
U(X)
U(w)
FR
(x" — 1) (w)
nu
=
Compte tenu de w/' = 1, on obtient pour les n racines de l'unité:
U(w) w
=—w
c'est-à-dire
U(w)+n=0
n
nul : U = —n.
Le polynôme U + n s'annule donc en n points et est de degré < n. Il est donc
œo
Ainsi
F=ÿ.
n
sx
y x
wt=1
puis, par dérivation :
Re
—1
nu
f =
OT
(X ”- &)
(x" Cr 1)
de
n A
æ ,
à
Ki
we
te
Œ—
4
AE
aF re cup. 1 OS
at
“snraoitxFi)MAG pet S Mel
rai
Dm
alor nier SAS
à
ra
1 À est ME
.
kx
M
f
;
æ
ie
F2
pu
nn
VatéiiiRT
ES 4
cu
| SE
=
.
| Ondes
|
=.
A0 [EE] I
SRE
PL.
OL RS
l'un
‘
xD
LS.
1e
;
2 Te —
”
=
er
|=
:
OÙ AM
her driqu
2 Converse
en ani£ Mer
:
|
1"
Lellmertinnti
Ni = 43: iront
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g-Lorart
18 3 80 ché 2
lÿs
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4
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|
Œ
Li
rech
Pr
;
MNENTT
w —
w
—
> —
-
tm +86
LE
Chapitre II
Algèbre
linéaire
201
CEN (M)
Soit V un espace vectoriel de dimension n, W. et W2 deux sous-espaces vectoriels
de V de même dimension q.
Montrer que W. et W2 ont un supplémentaire commun.
D Commentaires
EE Points de cours
ÿ
s
Sommes directes, familles libres,
=
Théorème de la base incomplète.
Indications
=“
Traiter d’abord le cas Wi N Wa = {0},
=
Sinon considérer une base de Wi Nn We.
ÿ Solution
s
Premier cas
Supposons que W1 Nn W2 = {0}, alors Wi + Wo = Wi © We.
Soit alors :
a, :--,aq) une base de W:
(a,
(b1, bo,-::,bq) une base de W2
® W2.
aq, b1,:--. ba)est une base de W1
B= (a,---,
Posons cx = ax + bk, 1 < k = q, et Wa = Vect{cy, c2,:::, Ca).
On a :
donc
matæ(a,::
*,
Ag» C1»:
, Cq) =
el
pa
de
q
:
et
W
®
W1
de
base
une
est
C1, :*,Cq)
’ = (a1,--,@g,
€ GL2q(K)
WMOW=W OW3
De même:
0
I
mat(b1,::-,bq,C1.::-,Cq) = ss 5) € GLoq(K)
C1, :.cq)est une base de W; ® W et :
ba,---,
donc B/= (b1,
Les Grands Classiques de Mathématiques
48
WMO0W=-=WO8Wa
Ainsi Wa est supplémentaire commun de W. et W; dans W1 ® W2 en introduisant Wa tel que
V = W ® Wo © WA, on aalors :
V = Wi ® (Wa ® Wa) = Wo ® (Ws
® Wa)
s
Second cas : W1 N Wo # {0}.
Soit W; et W; tels que :
W=(WNW)OW
Wo = (W1 N W) ® W
On a Wi n W = {0} et d'après le 1° cas, il existe W tel que :
WOW=WOW=WEW
Donc :
,
Wi + Wo
WMNW)8W®W
W+Wo
=
Wi+W
=
WM NW)
W
D W
= WW
WMNW)OWW
= WOW
Enfin, si W, est un supplémentaire de W; + Wa dans V, on a comme dans le premier cas :
V = W1 ® (W3 ® Wa) = Wo ® (W3
DWa)
202
ccrw
Soit E un espace vectoriel de dimension finie et f, g deux endomorphismes deE tels
que :
E = Im f + Im g= Kerf + Kerg
Montrer que ces deux sommes sont directes.
D Commentaires
Ex Points de cours
ms
Ÿ
Théorème du rang.
Indications
s
Etablir que rg(f) + rg(g) = dim_E.
Solution
Soit n la dimension de E. Les endomorphismes J et g vérifient :
Imf+Img=E
et
Kerf+Kerg=E
l'en résulte que
donc
donc
rgf+rggz=n
(n— rgf) +(n- rgg)> n.
rgf +rgg= n et donc que :
Im f © Im g = Kerf n Kerg = Op
Les deux sommes sont donc directes.
Chapitre 2 : Algèbre
203
linéaire
49
CEN (M)
Soit E un R espace vectoriel, p et q deux projecteurs de E.
1) Condition nécessaire et suffisante sur les images et noyaux de p, q pour que
p + q sont un projecteur ?
2)
Dans le cas où p + qest un projecteur, trouver son image et son noyau.
D Commentaires
>
ÿ
Points de cours
ms
Calculs dans l'algèbre # (E),
s
Définition d’un projecteur, image et noyau.
Indications
=
Pour la condition nécessaire du 1), aboutir à:
pq+qp=0
=
et
pq—-qp=0
Pour 2), appliquer p à x = p{y) + q(2).
ÿ Solution
1)
Supposons que r = p + q soit un projecteur.
Alors
r?=p+poq+qop+q=r,
ce qui, avec p? =p et q° = q donne :
poq+gqgop=0
Ona
po(pog+qop)=poq+(poqop=po
pog-gop=0
Ceci équivaut à
ImpcKerget
et
Imqgcp
0,
qg—{(qop)op=
donc:
poq=gqgop=0
(1)
Réciproquement, si les conditions (1) sont réalisées, on a:
pog=gqop=0
et
er
ce qui signifie que r est un projecteur.
2)
Supposons que r = p + q est un projecteur, donc poqg=qop=0.
Alors
ImrcIimp+lImg.Six e Imp+Imaq,ilexiste (y, 2) € E? tel que :
x = p{y) + q(z)
Aù = p”(y) = p{y) (car poqg=0et p°=p).
q(x)= q(z) et x = px) + (x) = r(x).
De même,
d'où
Ainsi
Imr=Imp+Imaq.
Ona
KerpnKerqc Kerr.Si x e Kerr, alors :
rx)=0, po re) = px) = pLO= 0(car po q= 0et p°?= p)
De même,
Ainsi
q(x)=0
donc
Kerr = KerpnKerq.
x e KerpnKerq.
Les Grands Classiques de Mathématiques
50
204
CEN (M)
Soit E et F deux K -espaces vectoriels de f e #(E, F).
Trouver une condition nécessaire et suffisante pour qu’il existe g e $ (FE) tel que :
fog=ldr
b Commentaires
EE Points de cours
=
ÿ
Existence d'un supplémentaire.
Indications
=“
Utiliser l’'endomorphisme induit par f entre un supplémentaire de
Ker f et Imf.
ÿ Solution
On admet que dans un K -espace vectoriel, tout sous-espace a au moins un supplémentaire.
#“
Condition nécessaire
S'il existe g e £ (F E) tel quef og = Idr,on a f(g(F)) = F donc Imf = Fet f est surjective.
=
Condition suffisante
Supposons f surjective.
Soit E1 sous-espace de E tel que :
E = E, ® Kerf
induit un ismorphisme y de E: sur Imf = F.
Soit alors g e # (F, E) définie par :
VxeFr go=#"1(x)
onabien
205
fog=Ildr.
ccrw
Soit E =R".
1)
Caractériser les endomorphismes f e & (E) tels que Im f = Kerf.
2)
Trouver une matrice simple représentant de tels endomorphismes dans une
base convenable.
ÿ Commentaires
15
Points de cours
=
Théorème du rang,
=
Matrice d'un endomorphisme dans une base adaptée à une somme
directe.
Chapitre 2 : Algèbre
ÿ
linéaire
51
Indications
=
ÿ Solution
Introduire un supplémentaire de Ker f dans E.
1) SoitE =R"' etf e & (E) tel que Im
f= Kerf. On aalors f? = 0.
Sachant que
dimIm f + dimKerf = dimE,
ici2dimimf=n
donc
nestpairet
rgf= 5.
Réciproquement, supposons n = 2p et que f e $ (E) vérifie :
rgf=p . f°=0
Alors
dimKerf = dimE-rgf=p
et
Imf cKerf, donc:
Im f = Kerf
Ainsi Imf = Kerf <— npair,f? = 0, rgf = 5.
2)
Prenons donc n = 2pet f e & (E) tel que Imf = Kerf.
Soit F un supplémentaire de Ker f : E = Kerf @ F.
On sait que la restriction de f à F induit un ismorphisme g de F sur Im f ; choisissons une
base
= (e1,---,ep) de Kerf, alors B' = (ei... ,e,) où e, = g” lex) est une base de
F et:
mat æ(9) = Ip
La famille (es, - -:, ep, ei,
2,eh) est une base de E dans laquelle la matrice de f est :
0
Pb
rgJp=p
et
Réciproquement, la matrice J} vérifie :
J?=0
Ainsi les endomorphismes cherchés n'existent que si n est pair et f e # (E) est solution
2)
du problème
206
si et seulement si il existe une base de E dans laquelle f a pour matrice
C.C.P (M)
Soit E un R-esbace vectoriel de dimension 4, rapporté à une base e, et f e # (E)
l'endomorphisme dont la matrice relativement àe est :
A=
2sI38=ls80
2
—3
1 O0
—4
5 —1 4
—5
9 —-2 6
Déterminer Im f, ainsi que son orthogonal dans E*.
Les Grands Classiques de Mathématiques
52
ÿ Commentaires
LEE Points de cours
ÿ
=
Méthode du pivot,
”“
Orthogonalité et dualité.
Indications
Donner une base de Imf et une base de (Im fY° dans la base
“
canonique de E et sa base duale.
ÿ Solution
En notant
(C;)1<;<4 les colonnes de À, et en pivotant sur C3, A est équivalente à la matrice
A’ dont les colonnes sont :
(C3, C2 + 8C3, Ca, C1 + 2C3)
-1 0 0 0
0 1 2 -3
-1
2 4 -6
-2
3 6 -9
À=
Les deux dernières colonnes de A’ sont respectivement 2 fois et —3 fois la seconde. A est
donc, comme A’, de rang 2.
Im f admet pour base (u, v) où:
u=e+e3+2e4
,
v=e+2e;+3e
Im f est le plan d'intersection des hyperplans d'équations :
x+2y—-Zz=0
,
2x+3y-t=0
(Im f)° est l’espace des formes linéaires, de coordonnées (x, y, z, t) dans la base e* duale de
de
e, qui sont nulles en u et en v.
(Imf)° a donc pour système d'équations dans e* :
x+z+2t=0
,
y+2z+8t=0
,
v"=-2e; -3e+e
Une base de (Im .f)° est (u*,u*) où :
u=-e] -2e;+e;
207
C.C.P (P)
Trouver une matrice triangulaire semblable à :
@
‘E
a (0 0
L -3
Calculer A" pour n eZ.
0
) € M3 (R)
3
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
53
ÿ Commentaires
ee Points de cours
=
ÿ
Formule du binôme.
Indications
=
Observer que A — I: est une matrice nilpotente.
Solution
Le vecteur colonne V telque
!V =(1,1,1) vérifie AV = V.
V est donc dans le noyau de B = A — 13. Recherchons le noyau de B?. On obtient :
t'a
OQ -1
b -3
B=|
0
) :
9
Ÿ 2
#- (: _2
=>
1
) +
1
=0
B est donc nilpotente. Soit C: le premier vecteur colonne de la base canonique.
Ona
BC1=-C1+C3
et
B'C=V
0
B=P|1
@
donc:
O0 0
1
—-1.1
4. 6
OL.
1
0
O!P-loù P={[0
0© 1
Cela donne pour matrice triangulaire semblable à À:
Ë
©
0
T=P-lAP= | 1 1 0
0 1 I
Pour calculer les puissances de A = 13 + B, utilisons la formule du binôme :
B?
A"=B+nB+nn-1)z
(neN)
licite car I et B commutent.
D'où :
(n—1X{n-2)
VnenN,
At=
ND]
=
| n(n — 1)
2n2-n)
2(1 — n?)
n(n+ 1)
—2nn+2)
On pourra montrer que cette formule est valable pour n € Z.
208
n(n + 1)
(n+1)(n +2)
C.C.P (M)
cos@
Soit À =
n(n
— 1)
(sin 0
9
2sin 8
cos 8
Trouver «,B eR tel que
€ Mn (R).
A? =a A+ B b.
Calculer A" ne N*.
[) Commentaires
EE Points de cours
«
Idéal annulateur de À,
“=
Division euclidienne par un polynôme de degré 2.
|
.Æ
Les Grands Classiques de Mathématiques
54
ÿ
Indications
=
Effectuer la division de X"' par le polynôme caractéristique de À.
Solution
“
Toute matrice de {2 (R) vérifie :
A2 — (tr A)A + (det A)b = 0
ici
A? = 2cos 8 À— cos2 8 D.
=“
Formons le polynôme :
X? — 2 cos 0 X + cos2 6= (X — cos 8 + sin 8X(X — cos 8 — sin 8)
Si sin 6= 0, alors A = I où —I donc A" = I ou (—1)".
Si sin 84 O0, les valeurs propres de À sont distinctes :
Â\1= cos8 — sin
et
À\2=cos0 +sin 6
Ecrivons la division euclidienne de X°"' par le polynôme X? — 2cos 6 X + cos2 6 en utilisant
X—
ÀAyetX— À2 comme base de R1 [XI].
X"= (x? — 2cos 6 X + cos2 6) G(X) + an(X — A1) + bn(X — À2)
X =Ai donne
À1= bn(A1 — À2) et À9= an(2 — À).
En utilisant A? — 2 cos 6 A + cos2 6 L = 0, il vient :
|
:
1
3sind [(cos 6 + sin 6)! — (cos 8 — sin e>"] A
AE
cos2 8
e
*Zsin 0 [cos 6 — sin 8)"1 _ (cos 8 + sin eyT 1] L
209 mes M
D
a- (1 l
à)=
2. 0.2
6
Déterminer les sous-espaces de R° stables par f € £ (RÈ) canoniquement associé à
A.
à Commentaires
ET
Points de cours
“
Théorème de Cayley-Hamilton.
Chapitre 2 : Algèbre
Ÿ
linéaire
Indications
=
Trouver le polynôme caractéristique de la restriction de f àun plan
stable.
ÿ Solution
1)
55
Droites stables
Le polynôme caractéristique de À est :
Pa(X) = det (A — XI3) = (2 — X}°
Le sous-espace propre Ker(f — 2Id) est défini par le système :
PESTAME
0
X—y+z
x
= 0
HU
qui est de rang2 4
Ainsi Ker(f — 21d) est une droite vectorielle :
Ker(f — 21d) = Vect(0, 1,1)
C'est l'unique droite stable de f.
2)
Plans stables
s
Analyse
Soit P le plan de R° stable par f (s'il en existe).
Notons g l’endomorphisme de P induit par f (Y x e P g{x) = f(x).
Le polynôme caractéristique de g : Pg(X) divise celui de f donc :
Pg(X) = (2 — xŸ
D'après Cayley-Hamilton, on a :
(2Idp-g)°=0 donc (21dms —f), = 0
ou encore
2
Pc Ker (2Idps —f) .
00:
0
Par ailleurs
(A — 213) = (22
2)
donc :
2° 2. -2
dimKer (21dms — f)” < 2
et finalement
_P = Ker (2Idps 2)fé:
Il y a donc une seule possibilité de plan stable, c'est :
Ker (21dps =
=
Synthèse
Le plan P = Ker (21dps — iR d'équation
(21dps — f° sont permutables.
x + y + z = 0 est stable par f car f et
Les Grands Classiques de Mathématiques
56
210
mes
Date
Soit la matrice M = |
10
) e M3 (R).
COMOREL
Trouver les droites et les plans de R° stables par M.
ÿ Commentaires
ET
Points de cours
us
Matrice d'un endomorphismes dans une base.
LC x Points de cours
s
Compléter une base d'un plan stable à l’aide d’un vecteur propre
de M.
ÿ Solution
1)
Le polynôme caractéristique de M est:
P(X) = —(X + 1XX — 1Ÿ
onan1
—1
|21
rl
1
1) et mar(à 1
#1
)
0
0 0
OMOMME
Comme M — I est de rang 2, M n'est pas diagonalisable.
On a:
Ker(M
— D)
=
Ker(M + I)
KR Vi
avec
R Vo avec
V1 =
+e@
Vo = e1 — e
De plus :
Notons que
2)
Im(M — 1) est le plan P, : z=0
Im(M
+ I) est
leplan P> : x—y=0
P1 = Vect(V, Vo).
Une droite stable par M est engendrée par un vecteur propre , il y a donc deux droites de
R$ stables par M:
Ker(M —- 1) et
3)
Ker(M+1)
Les plans P, et P, sont stables par M.
Réciproquement, soit P un plan de R3 stable par M, autre que P1.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
57
Si (U, V) est une base de P, il existe un vecteur propre (V2 par exemple) tel que (U, V, Vo)
soit une base de RS.
L'endomorphisme représenté par M dans la base canonique a pour matrice dans une base
(U,V,Va) :
ane
0
M=|b
dd
0
et M'+1=
070 SH
Im(M’ + 1) « Vect{U, V) = P.
On constate que
a+l
e
0
b!
0
d+l
0
1
oO
Il y a égalité, donc :
P = Im(M' +1) = Im(M + D) = P2
Conclusion :
Il y a deux plans de RŸ stables par M :
Im(M-1):z=0
21
et
Im(M+1):x-y=0
1 MINES (M)
Résoudre dans {3 (R) l'équation :
[) Commentaires
Lx Points de cours
s
Valeurs propres et vecteurs propres du carré d’une matrice triangualire.
Ÿ
Indications
=
Vérifier que X doit être triangulaire avec une valeur propre double.
} Solution
La matrice T du second membre de (E) est triangualire inférieure, elle a pour spectre {1,4} et
les espaces prapres de T, associés à 1 et 4, sont respectivement les droites engendrées par
les deux derniers vecteurs e, e3 de la base canonique.
Le spectre d'une solution éventuelle X de (E) est donc de la forme {+1,+2}, les espaces
propres associés à +1 et +2 étant les droites engendrées par e et es. De plus, la valeur propre
+1 de X est double, sinon X aurait pour spectre {—1, 1, +2} et serait diagonalisable :X2=T
le serait aussi, ce qui n'est pas vrai.
:
On doit donc chercher les solutions X de (E) parmi les matrices de la forme
a
O0
x-(ù a
O0
o) (a, B) e {1,-1}?
cun0P26
L'équation (E) se réécrit alors:
Les Grands Classiques de Mathématiques
58
1
#-| 2ab
c(a +28)
0 0
1 0 0
1 o)(à 1 0
O0 4
1 0-4
On en déduit que (E) admet exactement les quatre solutions :
à Il
* Il
NI
QI
H
212
Soit
CEN (M)
ee
|
5
—]
3
+00
Calculer
2n
de en
n=0
S
[2 Commentaires
ET
Points de cours
s
Diagonalisation d’une matrice 3 X 3 pour le calcul de ses puis-
sances.
ÿ
Indications
s
Faire apparaître M et N telles que A" = 2"M + 4"N pour tout
n EN,
ms
Choisir n=0,n = 1 pour les déterminer.
Solution
Ona det(A — XI3) = (2 — X)2(4 — X).
Le sous-espace propre associé à la valeur propre 2 est le plan d'équation x — 3y + 2z = 0,
donc A est diagonalisable.
à
On en déduit qu'il existe P'e GL3(R) telle que :
Lot
0 0 0
priap 2 (0 1 o)+4(0 0 0)=2unan
0 070
6 707"?
et donc il existe M € Mn (R) et N € Mn (R) telles que :
A=2M+A4N
M =M,N?=N,
(M =PMP°1 , N=PNP°1).
MN=NM=0
Pour tout n e N, on aalors:
AT = 2"M +4"N
et donc:
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
+00
n=0
59
A
2n
+00
ET
Qn)!
2n
2
nr
+00
2n
4
Leu
ent * V2, n=0 Gni
:
n=0
Mch2+Nch4
=
On détermine M et N par le système :
B
A
=
=
M+N
2M+AN
M =, 23 -— L
À
D'où
N=—
213
2 =
B
C.C.P (M)
Résoudre et interpréter le système dans R* :
Cy
(E)
— bz
{a- cx
bx
—
ay
[2 Commentaires
EE Points de cours
sm
ÿ
Matrice antisymétrique réelle 3 x 3.
Indications
=
Reconnaître un produit vectoriel.
} Solution
Si a = b= c = 0, (E) n’a des solutions que si p = q = r = 0, auquel cas S(E) = RS.
Si a, b, c sont non tous nuls, à une permutation circulaire près de (a, b, c) pour laquelle on fera
la même permutation sur les inconnues (x, y, z), on supposera c distinct de O.
Alors, on a :
0
c
—b
02
—c
0
Gaves
|
0 = #0
b —-a
O0
ré
Le rang de (E) est donc 2, et les deux premières équations sont principales en les inconnues
principales x, y.
(E) n’a des solutions que si le déterminant ci-dessous est nul :
Le
0
CD
-c
0
q|=«{ap+bq+cr)
ba
r
S(E) soit non vide est donc :
que
pour
suffisante
et
nécessaire
La condition
ap+bq+cr#0
Dans ce cas, S(E) est une droite affine, et en choisissant z = ct pour paramètre, on obtient la
représentation paramétrique de S(E) :
X
a
Li) Qol
Z
c
c
0
Les Grands Classiques de Mathématiques
60
On peut interpréter géométriquement (E) en remarquant que, si l'on munit R$ de la structure
d'espace euclidien orienté rendant la base canonique orthonormale directe, on peut écrire :
"7
Grâce aux propriétés du produit vectoriel, on retrouve le fait que, lorsque le vecteur (a, b, c) est
non nul, S(E) est non vide si et seulement si le vecteur (p, q, r) est orthogonal à (a, b, c), et
que S(E) est une droite affine dirigée par (a, b, c).
2 14
MINES (M)
Eléments propres de:
[) Commentaires
ET
Points de cours
s
ÿ
Produit de matrices par blocs.
Indications
«
Représenter À par des blocs 2 x 2.
ÿ Solution
En écrivant À par blocs, on a :
A=
Comme
aU
Fe
V
53
où,
U
=
ËOT ui et
V=blb +cU
=
U représente la symétrie orthogonale par rapport à la droite y. = x, on diagonalise
simultanément U et V au moyen de la matrice orthogonale :
ps
(; à)
priup= (à 5
Donc en définissant la matrice par blocs :
on a
9
Comme:
ex
A
9
=(
aU + V
0
0
)
aU — V
P-l{aU+V)P
PT l(aU-V)P
en considérant la matrice par blocs
= diag(a+b+c-a+b-c)
= diag(a—b-c,-a—b+c)
R= L
L) on a:
(QR)- A(QR) = diag (a+b+c, a+
b+ca-b-c,-a-b+c)
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
61
LEA
A
SLT
IR = =
9R= 3% Li
lu De
avec
à
LT
D 1
2h
1
Remarque :
La matrice A est symétrique ; elle admet une base orthornormale de vecteurs propres donnée
par la matrice orthogonale GR. Cette matrice OR ne dépend pas des valeurs des réels a, b, c, d.
215
X (P)
Soit P la matrice de passage de la base canonique
e = (XX )pzken de Rn {XI à la
base € = ((X— 1) 0<k=<n *
Calculer P et P-1.
Commentaires
EE Points de cours
“
ÿ
Matrice de changement de base.
Indications
=
introduire l’automorphisme U{(X) - U(X — 1).
} Solution
Soit E =Rn [X] et f l’automorphisme défini par :
f(U) = U(X — 1)
Ona
f-{U)=Uo(Xx +1).
La matrice de passage P de e à e! est aussi celle de f relativement à e.
\
Grâce à la formule du binôme :
=| es17 LE.&
Il
©
(7
at
Le
fe) = (X+1Y
il
Le&
On a donc:
p= (C1 mn. )0<ij<n et ni
LA
f
=D
i
s
PK
en convenant que C; est nul dès que i > j.
)
i
1) o<ij<n
Les Grands Classiques de Mathématiques
62
216
cm
Soit quatre matrices À, B, C, D eMn telles que :
AC = CA , A inversible
A
B
)= det(AD — CB).
1)
Montrer que det((
2)
Cas où A n’est pas inversible.
CD
ÿ Commentaires
LE
ÿ
Points de cours
“
Produit de matrices par blocs,
ms
Déterminant d’une matrice triangulaire par blocs.
Indications
—1
s
Pour le 1), multiplier
à gauche fe 2) PES Fe
=
Pour le 2), introduire la matrice À — zI quand elle est inversible.
a)
) Solution
1)
Les dimensions des matrices étant compatibles pour faire les produits par blocs, calculons
(4
Dé
B) = {
0.
AIXC
D}
VE
I
A 1B
)
CAT ACIECE AD
Sachant que AC = CA et en utlisant les déterminants de matrices triangulaires par blocs,
il vient :
I A7ÎiB
ï e t AB ue )Le e t DURS
): det(AD —- CB)
2)
Si A est non inversible, 0 est valeur propre de À, il existe p > 0 tel que, pour 0 < |z| <p,
la matrice A(z) = À — zI soit inversible. Elle commute avec C, on peut donc appliquer le
résultat du 1):
A(2)
det ( 2
B
. = det (A(z)D — CB)
Il s'agit de l'égalité de deux fonctions polynômes sur un ensemble infini (0 < |z| <p), les
polynômes sont donc égaux, le choix de z = 0 donne encore :
det :
2 17
B
a)
= det(AD— CB)
C.C.P (M)
Soit À une matrice, A = [aÿ] € in (K) telle que, pour i#j, ai # a.
1) Montrer que (In,
A,4°... ,A"-1) est une base de l’espace des matrices diagonales de {n (K).
2)
Montrer que, si B € An (K) est telle que AB = BA, alors B est diagonale.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
63
8 Commentaires
ICE Points de cours
ÿ
=
Calculs dans l'algèbre des matrices diagonales,
«
Système de Vandermonde.
Indications
“
Ecrire une combinaison linéaire nulle des éléments des la famille
(In, A,-.., A" À pour montrer qu’elle est libre.
ÿ Solution
1)
Soit (A0. A1: ::.An_1) € K° tel que :
n—1
SA
= 0NeCD
k=0
La relation (1) donne :
n-—1
(dt -6 1<i<n
(2)
k=0
(2) est un système de Vandermonde aux inconnues Xo, 1, : ::, An 1 dont le déterminant
est non nul car les ax sont deux à deux distincts.
Ainsi (2) implique À9 = 1 = -:: =Àn_1=0,
(In, A,---,A"" 1) est donc libre dans Mn (K).
Par ailleurs, le sous-espace % des matrices diagonales de {Mn (K) est de dimension n
donc (In. A,--:,A"71) en est une base.
2)
Soit B= [bÿ]. Alors:
AB
= [cÿ]
Cÿ
=
aübÿ
BA = [dj] dy = aÿby
AB = BA donne, pour tout (i,j) e N2 :
ai bÿ = aÿbÿ
et donc puisque i#j
—=
ai # ajÿ, On obtient bj; = O pour tout (i,j) tel que i 4 j': Best
diagonale.
Conclusion :
L'ensemble des matrices de Mn (K) qui commutent avec À est :
Vect (In.
A.A?,..., A1)
x
2 18
MINES (P)
On définit la matrice carrée B, par blocs:
B=|
À
À
À
ÀA
A
A
AD-A
A
Quels sont les éléments propres de B.
avec
a=
(
Les Grands Classiques de Mathématiques
64
> Commentaires
ET
Points de cours
s
o
Produit matriciel par blocs.
Indications
“
Déterminer le rang de B et caractériser son noyau.
ÿ Solution
=
Aest diagonalisable dans {2 (R) car symétrique, de valeurs propres 1 et 3.
B est aussi symétrique, donc diagonalisable dans {4 (R).
«
_B admet 0 pour valeur propre ; le sous-espace propre associé (Ker B) est de dimension 4
(le rang de B est 2), c'est l'intersection des deux hyperplans d'équations :
6
S x =0
i=1
et
x+x3 + X5 = Xo + X4 + XG
X1
=
Si est une valeur propre non nulle de B et X = (x) est un vecteur propre associé à
X:
À (Xi € Mo1 (R) pour i € {1,2,3}), nécessairement se Xo = X3, donc 3AX1 = À X1,ce
À
qui prouve que 3 est valeur propre de A.
Les valeurs propres non nulles de B sont donc 3 et 9.
Les sous-espaces propres associés sont engendrés, respectivement, par les vecteurs :
1
—1
1
—1
1
—1
La matrice B est semblable à diag [0, 0,0, 0, 3,9].
2 19
MHHE
MINES (P')
On définit les matrices réelles À et B par :
St
4
A=|-2
3
1) dE
ds 48-32
Déterminer les éléments de réduction de B.
È Commentaires
ICE Points de cours
«
Diagonalisation d’une matrice donnée par blocs.
Chapitre 2 : Algèbre
ÿ
linéaire
65
Indications
=
Chercher les vecteurs propres de B sous la forme Œ).
} Solution
Etufdions d’abord le système (S):
Y
DS
B(y)=2u(,)
X
oùLeR
et X, Y sont des vecteurs-colonnes de RS.
S =
(4 AXE BUX
Au TEa 2iuY
AE
EX
){_A2X+3uAX
;
Eee
Il
=
= >
|
x
à
2p2X
car À est inversible, de polynôme caractéristique —(X — 1)2(X + 1) = 0.
La deuxième équation de (S’/) s'écrit :
(A— h13)(A - 2h13)X=0
Pour avoir un vecteur propre de B, il faut donc que | ou 2 y soit valeur propre de A.
s
Casope
{13}
Ker(A — 13) est le plan d'équation —2x +2y+2z= 0.
La valeur propre associée pour B est 2 (resp. 1) et l'espace propre associé est défini par
AX = X = Y (resp. AX = X = 2Y), il est de dimension 2.
ns
Casope
1
{1-)
Ker(A + 13) est la droite de vecteur directeur (1, 1, —2).
La valeur propre associée pour B est —2 (resp. —1), l'espace propre associé est défini par
AX = —X = —Y (resp. AX = —X = —-2Y), il est de dimension 1.
Donc B est semblable a diag (2, 2, 1, 1, —2, —1) et en choisissant pour base de Ker(A — 13),
(GA, 1,0),(1,0, 2)), une base ce vecteurs propres pour B est fournie par :
b
ebie2nmuiod 85 2
THOM2#0ms
Nono
1
LOSC
2.
Ne
1
TMOMMIEO
0
2
et)
0.
2.
NL
1
—2
—2
x
220
ccPrm
Résoudre le système linéaire (E) d'ordre n de ième équation :
X+o+X
it
Xi +: +Xn =
a+
(a, B) e R?
i-1
|)
Les Grands Classiques de Mathématiques
66
> Commentaires
LEE Points de cours
«
ÿ
Systèmes d'équations linéaires.
Indications
«
Résoudre à l’aide de la somme S = X1 + X2 + -:: + xn.
Solution
Introduisons la forme linéaires = x1 + x2 + : : :+ xn. La i°"® équation de (E) devient :
Ss+(a — 1)xi = gi
En sommant ces équations, on obtient :
n
(n+ ao
ee
)s
1
SRB
=
SI
#
g"
D p
()
:
B
Il en résulte que si à n'appartient pas à {1, n — 1}, (E) admet pour unique solution :
1
ne
@ iasoelt a
Xi
=
1<i<n
s
Sia=
d
re
a—1 (e “fra
as B"
5)
:
N'AR Te
1—netsi nest impair ou si n est pair et B distinct de —1, alors la condition (1) ne
peut être satisfaite et (E) n’a pas de solutions.
s
Sia=
1—-net si nest pair et sifB= —1, alors a est distinct de 1, donc l’ensemble des
Eu
Solutions de (E) est une droite affine passant par le point de coordonnées égales à
et
(a —1)
dirigée par le vecteur de composantes toutes égales à 1.
=
Enfin, sia=
1 et si B est distinct de 1, (E) n’a pas de solution, alors que sia = 1etfB= 1,
(E) représente l’hyperplan affine d'équation x1 + xo + - :: + xn = 1.
22 ]
CENT (M)
u et v sont deux endomorphismes nilpotents qui commutent.
Montrer que u +vest nilpotent.
Donner un exemple d’endomorphismes nilpotents dont la somme
endomorphisme nilpotent.
n’est pas un
b Commentaires
ICE Points de cours
“
Formule du binôme pour deux éléments permutables.
Chapitre 2 : Algèbre
ÿ
linéaire
67
Indications
=
Etudier (u + v)" pour n convenable.
ÿ Solution
u et u étant deux endomorphismes nilpotents, il existe deux entiers non nuls h et k tels que:
Due
u =0 =0gp
De plus, u et v commutent, u o v = vo u, alors:
REKS
Heure 5: is ro ue e
i=1
Pour toute valeur de i dans {0,--.,h+k}:
=
oubieni< h auquelcas
h+k—iz>
k
et donc v"**-i =Og(E),
=
oubieni>h auquelcas
u!=Ox) donc (u+ pk = Op) et u + v est nilpotent.
Si u et vu ne commutent pas, ce résultat est en défaut, comme le montre l'exemple :
0
F à et
0
é
222
0
à dont |la somme est
0
(1
1
i
ibl dans {2 (R) ù
sl est inversible
X (P7)
Noyau et image de l’endomorphisme f de Rh [X] défini par:
f(P) = P-— P(a) — (X — a) (P! — P{(a))
ÿ Commentaires
Ex Points de cours
=
ÿ
Base de Taylor de Rn [X]len un point.
Indications
s
Former la matrice de f dans la base
(X—a)
RE
;
O<i<n
b Solution
Utilisons la base de Taylor de RA [X] associée au point a:
2
QU
<
3
a)!
il
0<i<n
Un calcul immédiat montre que :
fev) =0 , f(e)=e1, fla)=(1—-ie
pour2<i<n
f est diagonalisable car e est une base de vecteurs propres pour , les valeurs propres associées
étant :
0,1,—-1,-2,...,-(n—1)
En particulier, Ker f est la droite R e constituée des polynômes constants et Im f est l'hyper-
plan (X — a) Rh-1 [X] de base (ei)1<i<n.
Les Grands Classiques de Mathématiques
68
225
tar
Soit E un espace de dimension finie n et u e # (E) un endomorphisme nilpotent.
Montrer qu'il existe un entier p = n tel que uw? = 0.
ÿ Commentaires
œ
Points de cours
=
ÿ
Images emboîtées des itérés d’un endomorphisme.
Indications
=
Etudier le cas où Imu' =Imu*!.
» Solution
E =Imu =Imu? =... -=Imuî =... et cette suite est stationnaire en {0}, puisque u est
nilpotent.
Soit q le plus grand entier tel que Im u? # {0}. Alors la suite (Im U)oee4 est strictement décroissante, car l'égalité de deux images successives de cette suite impliquerait le stationnement
de la suite (Im u!);en en Im u + {0}, ce qui n'est pas vrai.
La suite d’entiers non nuls (dim Im ul)o<i<q est donc strictement décroissante et majorée par
n. Elle ne comporte donc pas plus de n termes.
Ainsi p = q+1< n et par construction Im u? = {0}.
On a donc trouvé un entier p < n tel que uP = 0.
224
C.C.P (M)
1
Soit
A =
0
0
(0 2
à)
0
1
E M3 (R).
2
1)
Aest-elle diagonalisable ?
2)
Montrer que A est semblableà
3)
Calculer A" pour n eZ.
B
D Commentaires
ICE Points de cours
=
Trigonalisation,
«
Changement de bases.
Chapitre 2 : Algèbre linéaire
Ÿ
69
Indications
s
AvefeS
(RŸ) de matrice A, chercher une base dans laquelle la
matrice de f — Idest B— I.
b Solution
1)
Le polynôme caractéristique de À:
det(A — tl3) = (1 — t}
Le seul espace propre de A est Ker(A — 1), plan vectoriel car la matrice :
007020
A—I=
|
O0 —1
—- )
Det"
À
est de rang un.
Donc À n'est pas diagonalisable ; cependant À est trigonalisable dans M3 (R) car son
polynôme caractéristique est scindé sur R.
2)
Introduisons l’endomorphisme f de R$ de matrice A dans la base canonique (er, e2, e3)
de RS.
Vérifier que A est semblable à B, c'est trouver une base (el, e2, es) de RŸ dans laquelle
la matrice de f est B, où:
0 0 0
Mat
e0-10- 8-12(00 )
0
c'est-à-dire :
(f—Id)e,=0
0
, (f-Idlæ=0
0
, (f-Ides =
Une solution consiste à choisir €, = —e2 + e3 base de Im(f — Id) , e; = e1 pour que
(e,, 4) soit une base de Ker(f — Id), puis e; = e3 car (f — Id)ez = —e2 + ez d'après
la forme de À — kB.
On vérifie que (e/,e, eL) est une base de RŸ car :
0
0
P=Mate(e,,e,es)= (0-1
À
0
0
dt!
est inversible.
Dèslors P-I(A-I)P=B-I
3)
et
P-lAP=B.
Observons que la matrice N = B — I est nilpotente
De
B=1#+N,on déduit
B*=1+nN,
ne,
:N2=0.
par la formule du binôme (car I et N
commutent).
Ainsi f=Id+n(f-Id)
et
A"=1B+nA- 13).
Le résultat reste valable pour n e Z car B-l=I1-N,et
pour
p eN car BP=I1-pN
Les Grands Classiques de Mathématiques
70
22 5 MINES (M)
Soit E=R3= {P ER [X]/ degP < 3} et trois réels a, b, c distincts.
On définit les formes linéaires w1,w2,vw3,v4 sur E par :
w]
:
g>
3.
: PrP(b)
:: 2Pe>:F(0)
4
:
Pr P(a)
*
b
pr
| P(t)dt
Trouver une condition nécessaire et suffisante sur a, b, c pour que (@1,#2,#3, 4) soit
a
.
une famille liée.
D Commentaires
LEE Points de cours
“
ÿ
Dualité, orthogonalité.
Indications
=
Introduire le polynôme P(X) = (X — aXX — bXX — c).
ÿ Solution
Ilest classique que le système (1,2, 3) est libre.
En effet, soit F l’orthognal de (1,2, 3) : F est l'ensemble des polynômes P deE tels que :
1 (P)=P(a)=0,
p2 (P) = P(b)=0 , w3 (P) =P(c)=0
donc, puisque a, b, c sont distincts, F est l'ensemble des polynômes deE divisibles par:
(X — aXX — b{X — c)
et compte tenu de
deg P < 3, on obtient :
F={X\X(X
- aX{X — b{X
— c)/ XeR}
Ainsi dimF = 1 c'est-à-dire dim(pi,#2,æ3)t = 1
et Vect(1,w2,v3) = FL donne alors dim Vect(p1,2, 3) = dimE — 1 = 3.
ll'en résulte
rg(p1,2, 3) = 3 soit encore que (p1,
2,w3) est libre.
Le système (1,2, 3) est lié si et seulement si rg(@1,2, 3, p4) < 3,
soit en passant à l'orthogonal si et seulement si dim(p1, 2,3, p4)t > A,
Soit encore si et seulement si il existe P € E \ {0} tel que:
1 (P) = 2 (P) = p3 (P) = p4 (P) = 0
Les conditions P(a) = P(b) = P(c) = 0 et P # 0 donnent qu'il existe À z Otel que :
|
P=X(X — aXX — bXX — c)
et 4 (P) = 0 équivaut alors à |. — aXx — b(x — c)dx = 0
Puisque a et b jouent des rôles An
on effectue le changement de variable défini par
a+b
b-a
>
de
D tou alors la condition précédent
e s'écrit :
(25) a+ux-te(
2 — C+ —
du=0
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
71
1
ou encore, puisque F udu=0et
“1
b-az0:
(—
,
et finalement
c=
a+b
ce)[we — l)du=0
A:
re.
k
a+b
En conclusion, la famille (oi)1<;<4 est liée si et seulement si c =
5
226
C.C.P (M)
Existe-t-il X eM3 (C) telle que X? = A avec
A= |
[) Commentaires
EE Points de cours
=
ÿ
Matrices nilpotentes
Indications
s
Etudier l'indice de nilpotence de x.
} Solution
Il faut bien sûr remarquer que A est nilpotente d'indice 3, c'est-à-dire que :
001
4=0
, A=|0
0 0]#0
0
0
0
Si X eMz (C) vérifie X2 = À, on a alors X$ = A$ = 0 donc X est également nilpotente.
On sait que, si une matrice M e Mn (K) est nilpotente, alors M" = 0, c’est-à-dire que l'indice
de nilpotence est < n.
Donc, pour la matrice X, on a X° = 0 eta fortiori X4= 0.
Ceci est contradictoire car X* = A? + 0, l'équation proposée n’a donc pas de solution.
227
cm
On donne
4
Montrer que A et B sont semblables.
n
Calculer
lim
—.
n—+oo
ln
[) Commentaires
5
Points de cours
“
Trigonalisation.
Les Grands Classiques de Mathématiques
12
Ÿ
Indications
u
|;
Ecrire B=1+N où Nest nilpotente.
} Solution
Soit f e& (RŸ) canoniquement à A, c'est-à-dire
A = ja f avec (e:, €, e3) base canonique
€i
de R°.
“
Réduction de f
Le polynôme caractéristique est xr (A) = det(A— À 13) = —( ouf:
1 valeur propre triple, f est non diagonalisable, sinon f = Id, par contre f est trigonalisable.
Le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 : Ker(f — Id) est le plan d'équation :
—2x+2y+z=1
Supposons qu'il existe une base (u1, w, u3) telle que La HE
Ui
—
onaalors
f(u) =
, f(uw) = w : (u, w) est une base du plan Ker(f — Id),
—
onaaussi
0 O0 O
mat(f — Id) = (00 ) donc f — Id est un endomorphisme nilpotent
ee
0 0 0
de rang 1 et d'image R w.
Inversement,
la matrice def — Id dans la base (ei) est À — I3 =
on a donc
Im(f — Id) =R uw
0.,#.0:1.10
2 2
IE |
;
4
—4 -2
avec
uw = € — 2e3
Le vecteur w est dans Ker(f — Id), en lui adjoignant (par exemple) u1 = e1 + e2, on obtient
une base de Ker(f — Id) : (ux, w).
Posons alors
u3 = ae, +be>+cez,ona:
det(u, w,us)=|1
ge
LOC
2
b|=-3a+3b+2c
0 -3 c
donc (u, uw, u3) est une base de R% si et seulement si —3a + 3b+ 2c z 0
().
Sous cette hypothèse, puisque :
Ju) = uw , fw) = w et fus) = a e1 + (—-2a + 3b+ chep + (da — 4b — ces
on aura
Ha
= B
siet seulement si
fus) = u2 + us, c'est-à-dire :
Ui
—2a+2b+c=1
Il suffit pour réaliser (5) et (it) de choisir
1
(ii)
(a, b, c) = (1,1,1) soit us = e1 + ep + es.
“061
En conclusion, avec P = | ri
0-2
1,ona
P71AP-=B.
1
n
#
Limite de de
n
0 0 0
B—I3 = Lo0 |donne clairement (B — 13)? = 0 : (f — Id) est nilpotent d'indice 2 donc
0 00
(A
B} = 0.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
Alors, en écrivant
73
A = 13 + (A — 13), puisque 13 et À — J3 sont permutables, la formule du
binôme donne :
n
AM= SCA - BX = 1 + n(A — 13)
k=0
A
On a donc
228
I
rss
n
aie
Air
n
et
lim
n—+oo
—-A-8B
nn
MINES (M)
Soit E et F deux K-espaces vectoriels de dimension finie.
W est un sous-espace de EetA={ue%(E,F)/WcKeru).
1)
Montrer que A est un sous-espace de # (E, F\).
2)
Trouver la dimension de A.
è Commentaires
EE Points de cours
=
ÿ
Théorème du rang.
Indications
s
Exploiter l'application qui, à u e # (E, F), associe uw restriction
à W.
} Solution
1)
Simples vérifications des critères :
uetveA
2)
=
u+veA;ueA.Xek,\ueAÀA
L'application & : $ (E,F) —-£ (WF),ur uw est linéaire, surjective (c’est clair par
prolongement de v : W— Fenu : E — Ftel que uw = U).
Son noyau est À (par définition même).
Le théorème du rang donne alors :
dim $(E,F)=rg
D'où
dimA
dim A
229
=
=
+ dimKer
dim#(E,F)-dim#(W.F)
(dimE-dimW)dimF
ccrm
Soit H e Mn (C) une matrice de rang 1.
1) Décomposer H en produit d’une matrice ligne par une matrice colonne.
En déduire
2)
3)
H?=(TrH)H.
Quel est le polynôme caractéristique de H Ÿ
Etudier l’inversibilité de M = In + H et calculer M7! quand elle existe.
Les Grands Classiques de Mathématiques
74
Commentaires
5
Points de cours
ms
ÿ
Théorème du rang.
Indications
”“
_Introduire une matrice colonne base de Im H.
ÿ Solution
1)
(a1,--.,an) eC”,
Les colonnes de H forment un système de rang 1, il pue
1
(az. -, an) # (0,---,0), et une colonne B ei (C),B= | : |, non nulle tels que :
Dn
(décomposition de H en blocs colonnes)
H = [aB. a2B,-..,anB]
[az -..,än]
F1
H s'écrit aussi
(produit par blocs)
a
c'est-à-dire , en posant A = | :| elln (C): H = B'A
an
H? = B'AB'A= B('AB)'A
Conséquence :
n
bi
or
(AB= [a.---, an]
:
Dn
donc
2)
= Ÿ_ &bi =LrH
=
H?=(Tr H}H.
Le noyau de H étant de dimension n — 1 ; O est valeur propre d'ordre supérieur ou égal à
n— 1.
La somme des valeurs propres est Tr H, il y a donc deux possibilités :
s
TrH=0
xx (X)= det(H — X In) = (—-1)"X" : une seule valeur propre,
s
TrHz#0
xx (X)= (1) X" 1(X — Tr H) : deux valeurs propres distinctes.
Remarque :
Dans le premier cas, H est nilpotente d'indice 2: H=0etH+#0.
Dans le second, Im H est le sous-espace propre associé à la valeur propre Tr H,
C'= Ker H ® Im H, H est diagonalisable.
3)
Mestinversible
:
si et seulement si —1 n'est pas valeur propre de H, donc si et seulement
si TrH # —1.
Formons le produit :
(in + HÏ{n+ X H)
In + (1+ NH+ À H?
In + (1+ X (1+TrH))H
avec
7)
À= IE TE
;
ilreste
(In + HXIn+ À H)=1n
-1
MX 5 de
AN
en
1ie
TER
donc:
Chapitre 2 : Algèbre
230
linéaire
75
CEN (M)
Soit À e {2 (R) tel que det A = 1. On suppose que A n’est ni D ni —. Pour X e R?,
on pose :
O(X) = {A'X /neN}
Montrer qu’il existe X tel que O(X) soit non borné si et seulement si |TrA| > 2.
F) Commentaires
EE Points de cours
s
Ÿ
Polynôme caractéristique d’une matrice 2 x 2.
Indications
s
Choisir un vecteur propre de À.
} Solution
Le polynôme caractéristique de Aest
P= X? — Tr(A)X + 1 car detA = 1.
Son discriminani est Tr(A)? — 4. Donc si |TrA| > 2, P est scindé sur R.
=
Si
|Tr(A) > 2, A admet une valeur propre y en valeur absolue strictement supérieure
1, l’autre étant 5 En choisissant un vecteur propre X relativement à la valeur propre 1, on
obtient l'existence d'un X tel que O(X) = {u"! X / n e N} n'est pas borné.
=
Si |Tr(A)| = 2, P admet pour racine double =
Alors A =u L+N
1 ou
p= —1.
où N est une matrice nilpotente non nulle, puisque À n'est ni B ni —L. En
choisissant pourX un vecteur tel que NX soit non nul, O(X) = {u" X+n LE Nx
nm eN)
n'est pas borné.
=
Enfin, si |Tr(A)| < 2, le spectre de A est de la forme:
{ei,e-®}
A est semblable dans Mn (C) à diag (e!°, ef).
Donc, pour tout X e R?, O(X) est borné.
Il en résulte que l’assertion |Tr A| > 2 est équivalente à l'existence d'un X tel que O(X) ne
soit pas borné.
231
C-C:PI(E)
Diagonaliser la matrice réelle
A = (aÿ1<ij<n
aÿ=1siiouj=n
et
définie par :
aÿ=0
sinon
(n>3)
Les Grands Classiques de Mathématiques
76
0) Commentaires
Indications
=
La matrice Aest symétrique et de rang 2.
$
ÿ Solution
La matrice de A s'écrit :
02.7,
0
1
Dee
OCR
UE
1%
À =
Soit e=(eili<i<n
la base canonique de R° et f l'endomorphisme de R" tel que sa matrice
relativement àe soit A.
Pour chaque ieN;_1,0ona:
fleiï=en
donc la famille
et
fen)=e+e+.:
+en
(uwi)j<;<n-2 définie par uw = e;,1 — ei est libre dans le noyau de f et
(f(e1).f(en)) est libre.
JF est de rang 2 et (wi)1<;<n-2 est une base de Ker f.
A est symétrique, donc en munissant R' de la structure euclidienne rendant orthonormée la
base canonique e, f est un erdomorphisme symétrique.
Ainsi P = (Kerf )L est un plan stable par f et admet pour base :
(Un-1=e1+e2+--:+en_1,
Comme
f(va-1)=(n-1)un
et
mat (fp.(ün_1. vn)) = ( à
n—1
e
OÙ
à
Xfp= X?—X—(n-1)=(X-nXX
1
1+V4n-3
:
Tr
Un = en)
fun) = Uh-1+ Un, on a:
7)
l- V4n-3
PEINTRE:
et
TNT
SE
Les équations, relativement à (v,_1,un) des espaces propres associés aux valeurs propres
r4 et r_ de la restriction de f à P, sont :
—(r)x+y=0
et
—-(r-)x+y=0
Une base de P, constituée de vecteurs propres pour f, est donc :
Un-1=2Un-1+(1+V4n—3)un
Une base de vecteurs propres pour f est donc
,
Un = 2Un_1 + (1
(Ui)1<i<n
VAn —3) n
, les Valeurs propres étant 0 pour
les n — 2 premiers vecteurs, r; et r- pour les deux derniers.
La matrice À est semblable à diag [0,:.-,0,r4,r_].
232
C.C.P (M)
On donne un espace vectoriel E et trois endomorphismes de E, u, v et f, tels qu'il
existe deux réels a et B qui vérifient :
(R) J'=o'ur plu
Montrer que f est diagonalisable.
rer 25)
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
1
2)Commentaires
Es Points de cours
s
Condition nécesssaireet suffisante pour qu'un endomorphisme soit
diagonalisable.
ÿ
Indications
=
Chercher un polynôme annulateur de f.
ÿ Solution
=
Onécarte le cas banal:
=
Gt)
a=fB= 0.
est une famille de S (E) de rang au plus égal à 2.
Démontrons que f annule un polynôme scindé à racines simples dans K [X].
Les relations (R) prouvent que :
BG? af) =82( - av=ff- af? donc J°—(a + BY?+ aBf = Ou
Soit
—P = X° — (a + B)X2+ af X.
P(f) = Ogæ)
et P a pour racines 0, a, f.
Donc, sia #8 et afBz 0, Pa trois racines simples et f est diagonalisable.
Si («= B) ou (B=
X(X—
0 et ax
0), les relations (R) donne
He —
af = Ogp), donc f annule
a), et on a encore un polynôme annulateur scindé dans K [X1], à racines simples, ce
qui prouve que f est diagonalisable dans fn (K).
233
C.C.P (M)
Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n et f e £ (E) un endomorphisme
base
nilpotent tel que f n-1 soit non nul. Soit À la matrice de f relativement à une
de E.
NC
Montrer que A est semblable à la matrice B définie par :
bj=1sii-j=1
et
è Commentaires
CE Points de cours
=
Famille libre de n vecteurs.
bÿ=0 sinon
Les Grands Classiques de Mathématiques
78
ÿ
Indications
=
Introduire un vecteur X tel que f(x) z 0.
ÿ Solution
Soitp le plus grand entier tel que ‘ii #0g(E).
Par hypothèse, p > n:ilexiste e1 e Etelque fP-l(e1)#Og.
Posons e; = ff l(e1) pour j € {2.---.p}.
La famille #= (e;)1<;<) est libre ; en effet, soit (æ1,@2,-::,ap) € KP une famille de scalaires
telle que :
P
uU = >
dj €j =0E
JA
Calculons
fP- l(u) :
P
Tru)
P
,
= Se a; fP *(e;) = > aj [PJ 7(e1)
j=1
= «1 fP—U(e)
j=1
parce que, pourj < 2 , p+j—-2>p
etque
fP =Oypy.
Par contre, fP-l(e:)#0% donc fP-l(u) =0g exige «= 0.
De proche en proche, en calculant f*(u) pour0 < k < p—1, on obtient «1 =a2 = --: =ap=
La famille % est donc libre, ce qui prouve p < n.
Finalement, p = n et % est une base de E, dans laquelle f a pour matrice :
dus
BUS:
HÔEO
1080
0 O0
0 O0
0 0
110
ETS
234
Soit À =
ccPm
[aÿ] ae
la matrice définie par :
aÿ
aÿ
et
aÿ
l
Si
O0
dansles autres cas
j
=
=
si j—-i=1
1)
A est-elle inversible ? diagonalisable ?
2)
Calculer A7!.
o Commentaires
ICE Points de cours
=
Systènes d'équations linéaires.
0.
Chapitre 2 : Algèbre
ÿ
linéaire
79
Indications
=“
Pour le 2), résoudre le système d'équations linéaires AX = Y.
D Solution
1)
La matrice À s'écrit :
2200
0
DERISS
:
L
DS
ec
en
ON
EL
A est une matrice triangulaire, elle ne comporte que des 1 sur sa diagonale, donc la seule
valeur propre est 1.
Le polynôme caractéristique est xa (X) = (1— X)" ce qui prouve que A est inversible et
non diagonalisable puisque distincte de In.
2)
Oncalcule A7 l'en inversant le système triangulaire AX = Y.
X]
5
2%
X
+
3%
Xn-1
Se
Mn
=
U]
Ua
Un-1
Xn
=
Un
Pour k e {1,---,n}, soit (Rj) la propriété :
n
=) (1)
mp!
ja vP
p=Kk
(Rn) est vraie. Soit k e {1,---,n} tel que (Rk) soit vraie.
n
Xk1 = Uk-1— Ke = Yk-1—D) (—1Ÿ
EL
n
!
D:
Tenes
p=k
2e (
kit
{
Pi
ED
p=k-1
On en déduit ia validité de la formule pour toute valeur de k e {1,---,n}.
Si on pose
AT1- [ai;] 1<i<n
1<j<n
:
’
ù
4e
x
235
a
(—1}
ë il
Si
J
il
CC'PI(P)
à éléments
Polynôme caractéristique et espaces propres de la matrice À = [aÿ] leyjen
complexes définie par:
ayg=1sii-j=1
, aÿ=-an-;
et
aÿ=0 dans les autres cas
Les Grands Classiques de Mathématiques
80
8 Commentaires
LEE Points de cours
=
Condition nécessaire et suffisante pour qu’une matrice soit diagonalisable.
ÿ
Indications
“=
Etudier le système AX =X X.
ÿ Solution
La matrice À s'écrit :
— ne le
On Dee
1
ee
0
mi 0
0
0
0
ee
OL
0
Xi
Soit e Sp(A)
et
X=
X2
&
e C'! un vecteur propre associé.
Xn
(a
;
(A— ÀhX =0—
+ À)+ an-2 X2+...+
@1 Xn-1+
ap Xn
=
0
X—
ÀX
=
0
À Xn
=
0
(S)
nd
On peut résoudre (S) en remontant à partir de la dernière équation, pour obtenir :
es
et
(E)
x
pour il Si TEA
xn [A" + a U.
+... + o1À + co] = 0
Si xn = 0, on obtient immédiatement X = [0] ; donc, pour que À soit valeur propre de A, il faut
et il suffit qu'il existe xn # 0 vérifiant l'équation (E), c’est-à-dire que :
n—1
PO)=0
où
P=X"+%
ax X°
k=0
x
On en déduit que P = xA et que le sous-espace propre associé à une racine À de P est
nécessairement la droite engendrée par:
NE
L
xn—2
US
:
À
1
En particulier, A est diagonalisable si et seulement si P a toutes ses racines simples.
Chapitre 2 : Algèbre
236
linéaire
81
MINES (M)
A est la matrice de {x (C) définie par :
aÿ=0
pour
din = Ani
1<i<net
1<j<n
= Qi
A quelle condition A est-elle diagonalisable ?
[ Commentaires
ICE Points de cours
=
Conditions nécessaire et suffisante pour qu'une matrice soit diagonalisable.
ÿ
Indications
s
Résoudre le système aux vecteurs propres.
ÿ Solution
=
La matrice À s'écrit :
=
mel)
a]
0
..
0
An—1
O1
--.
An-1
an
Supposons qu'il existe i e Nn-_1 telque
ai# 0.
:
Alors A est de rang 2 et le sous-espace propre, associé à la valeur propre 0, a pour équations
Xn
0
Ù ai Xi
0
n—1
(A
Soit À une valeur propre non nuilz de A. Le système propre s'écrit :
aiXn
=
\x
Ne:
pour l=i<n-1l
x
=
À
=
—
n
i=1
2
i
—
À
+ an
1
x
On obtient
:
pour 1<i<n-—l
n—-1l
À Xn
Ù œi Xi
ti
x
n—1
À? — an + 3 a?= 0.
LE
À, donc si:
Si cette équation a deux racines distinctes dans C, notées À1 et
n—1
a? +49
a? # 0
(=1
A est diagonalisable, semblable à
0
0
0
0
0
0 À1 0
Les Grands Classiques de Mathématiques
82
Sinon, À n’est pas diagonalisable.
us
Si
VieN,h_1,
ai= 0, Aest diagonale.
237 mes m
Soit A= [aÿl ya
An (R)
avec:
aÿ
aÿ
=
=
1
0
X est la matrice de terme général
si |i—-j|=1
sinon
x; =
sinÿm
n+1
Calculer AX.
Quel est le polynôme caractéristique de A ? Que peut-on dire de la matrice X ?
b Commentaires
CE Points de cours
s
og
Condition suffisante pour qu'une matrice soit diagonalisable.
Indications
ms
Comparer les colonnes de AX avec celles de X.
ÿ Solution
La matrice A s'écrit :
OT
0
0
24
Es "1.30
n
AX a pour élément générique
yÿ = De aixkXj
((j) € N2ne
k=1
Donc :
.
PO
DRE
DER
ET
PEUT
MU
JA
no
on
RATS
La ee colonne de AX est donc le produit de la ee * colonne de X par
2cos n+i
re
ui
prouve que tous les vecteurs colonnes de X sont vecteurs propres de A et que:
sta)= {2008dE
St Jen)
L'injectivité de x
cos x sur [0, x] prouve que les valeurs propres de À sont toutes distinctes
et que le polynôme caractéristique est:
js )
xA (X) ar
= (1) Il (x- 2008 =—
La matrice À est une matrice symétrique réelle dont toutes les valeurs propres
sont simples,
donc les sous-espaces propres sont en somme directe orthogonale ; les vecteurs
colonnes de
X sont donc deux à deux orthogonaux.
Chapitre 2 : Algèbre
238
linéaire
83
X (M)
Soit {a1,---,an, b1,:--, bn} une partie finie de R, de cardinal 2n (n > 1).
Résoudre le système (S) de n équations à n inconnues :
a
fee
j=1
x;
d
D Commentaires
EE Points de cours
s
Décomposition en éléments simples d’une fraction rationnelle dans
le cas de pôles simples.
Ÿ
Indications
s
Introduire la fraction rationnelle De
J
9
Vase
} Solution
Pour (x1,-:-,xn) e R”, notons F la fraction rationnelle de degré strictement négatif ayant pour
pôles simples b1, ---, bn et pour résidus en ces pôles respectivement x1,-:-,2xn :
ed
Lir oùà B=-[[xX-B)et UeRs11x]
F=) =,
j=1
j=1
:
n
n
Le polynôme U détermine F, avec les relations :
x =
(D) , A<j<n
Le système (S) équivaut à trouver Fde sorte que
ce qui équivaut à
VieN,
VienN,
F(&)=1,
Ua) = B(ai).
Le polynôme B — U est unitaire. de degré n, il admet donc les n racines distinctes a, --:,an
si et seulement si :
:
B-U=[][xX-a=A
i=1
Comme U est uniquement déterminé par la condition U = B — À, le système (S) est de Cramer
et admet pour unique solution :
N
4e JU=-5
n
= @-pIl
(1<j<n
i=1
i#j
On donne À en (R).
Montrer que le rang de A est le nombre de valeurs propres non nulles de ‘AA
comptées avec leur ordre de multiplicité.
Les Grands Classiques de Mathématiques
84
D Commentaires
5
Points de cours
=
ÿ
Diagonalisation d’une matrice réelle symétrique.
Indications
”“
Trouver le noyau de la matrice (symétrique) AA.
Solution
Munissons E =R° de sa structure euclidienne canonique et identifions E avec {(h1) (R).
Pour tout X e E,ona
||AX||? = ‘X'AAX.
AX = 0 et ||AX|| = 0 étant équivalentes, on en déduit que:
Les équations
Ker À = Ker ‘AA
Donc
rgA=rg ‘AA.
La matrice réelle ‘AA est symétrique, donc elle est semblable à une matrice diagonale :
D = diag (À1,--:,Xr,0,---,0)
où
Ày,---,Ar Sont les valeurs propres non nulles de AA comptées avec leur ordre de
multiplicité.
L'entier r est donc à la fois le rang de D, donc celui de ‘AA et celui de A, ainsi que le nombre
de valeurs propres non nulles de tAA comptées
240
avec
leur ordre de multiplicité.
X (M)
Résoudre dans {2 (R) le système
(S)
X:Y:xX
VrXE NC
à Commentaires
Lx Points de cours
«
ÿ
Théorème de Cayley - Hamilton dans M2 (R).
Indications
=
ÿ Solution
(S)est équivalent au système (X = Y et X° = D).
|
En multipliant à droite la première équation de (S) par Y et en multipliant à gauche la seconde
par X, on obtient la condition nécessaire :
(X-YP=Y=Xx
Donc
(S) >
(X=Y
et X°=b).
La matrice réelle X est annulée par le polynôme scindé sur C dont les racines simples sont les
racines cubiques de l'unité 1, j,j?.
X est donc diagonalisable dans .H2 (C) et Spc(X) € {1,j, Fe
Si 1 est valeur propre de X, c'est la seule car le polynôme caractéristique de X est de degré 2
et à coefficients réels.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
85
Dans ce cas, X est semblable dans M2 (C) à LD, donc X = LB.
Si 1 € Sp(X), le polynôme caractéristique P de X étant dans Ro [X]:
P(T) = (T — NT — ÿ?) = T2 4 T + 1 = T2 — TXT+ det(X)
On a donc
Tr(X)=—-1
et
det(X)= 1.
Réciproquement, si ces deux dernières conditions sont vérifiées, le Théorème de Cayley —
Hamilton donne :
P(X) = X? — Tr(X)X + det(X)l = X? + X + I = 0
En multipliant cette identité par X — D, on a X° = D.
L'ensemble des solutions de (S) dans {2 (R) est donc l'ensemble des couples (X, X) où X est
de la forme :
1210
É
241
”
a
ou
CEP EP
C
É
D.
avec
329
(a, b,c)eR°,a*
L-
+bc+a+1=0
——
On donne la matrice À =
O
où (a, b) e R2.
Déterminer les éléments propres de cette matrice.
L) Commentaires
LEE Points de cours
Condition nécessaire de diagonalisation: valeurs propres
“
dis-
tinctes.
Ÿ
Indications
x
Chercher un vecteur propre comme une suite réelle vérifiant une
«
relation de récurrence.
ÿ Solution
On suppose a # 0.
Désignons par X =
Le système
x
X2
:
un vecteur propre de A et posons xo = Xn+1 = 0.
Xn
(A— À In}X = [0] s'écrit sous la forme :
VieNn,
ax-1+(b—
À)xi + axis1 = 0
Les Grands Classiques de Mathématiques
86
Les coordonnées des vecteurs propres sont donc les éléments consécutifs d’une suite vérifiant
une relation de récurrence linéaire à deux pas, avec les conditions x = xn+1 = 0.
ar?+(b—
Si r1 et r2 sont les racines, réelles ou complexes, de l'équation
\)r+a = 0 associée
(r2 = rj ?), et si l'on suppose a priori que :
n#rn, x =art+Brtoùa+fB=0
l'en résuite que
r*1-r #D2Q
donc
et
arf*+ Br,
bis 0
r?=1
La somme des racines de l'équation caractéristique détermine la valeur propre associée à
km
rn =entl:
1
ÉD
T
Es
ss
= 2cos
vec k eN n)
(avec
On obtient ainsi au moins n valeurs propres distinctes pour À, donc on a le bilan complet des
valeurs propres sous la forme :
kT
pour
k e Nn
n +1
Les coordonnées d’un vecteur propre associé à la valeur propre X4 sont alors données par :
À\k= b+2acos
. kr
Xe
=Sin =
242
(pour
€ e Nn)
MINES (M)
Soit Ee À A+) où À e Hu (K).
Déterminer À pour que B soit diagonalisable.
ICE Points de cours
=
Condition nécessaire et suffisante pour qu’une matrice soit diagonalisable.
ÿ
Indications
«
Calcuier EX, puis P(B) pour P e K [X].
ÿ Solution
On vérifie que
k
B* = (2 k 4k ).pour tout entier naturel k, par récurrence.
Donc pour tout polynôme P d: K [X]:
P(B) =
P
P(A)
Q(A)
0 )
P(A)
P
où QX)= Ÿ kaxX* si P(X)= S_ axX*
donc
k=0
Q{X) = XP/(X).
k=0
Pour que B soit diagonalisable, il faut et il suffit que B annule un polynôme P scindé,
à racines
simples dans K. Cette condition impose que A annule P et XP/, où P est scindé, à
racines
Simples, soit encore que A snit diagonalisable et que ses valeurs propres soient
des racines
communes à P et XP/.
|
Chapitre 2 :Algèbre linéaire
87
Comme P est à racines simples, P et P’ sont premiers entre eux, donc la seule valeur propre
de À est 0. À est donc la matrice nulle, car diagonalisable de spectre nul.
La réciproque est banale ; la condition nécessaire et suffisante pour que B soit diagonalisable
est que À soit nulle.
243
X (P)
On définit A= [aÿ] 1<ien € {. (C) par :
1<j<n
Gj=4
0
si
i
a
si
i
b
SiÀ
A quelle condition A est-elle diagonalisable ?
Dans ce cas, donner une base de vecteurs propres.
Commentaires
EE Points de cours
m
ÿ
Système linéaire
Indications
=“
Ecrire les équations vérifiées par les coordonnées d'un vecteur
propre.
ÿ Solution
La matrice A s'écrit :
0
(a)
(b)
0
ousi b=0 et a #0, A est non diagonalisable, car Sp(A) = {0} et Az 0.
Sia=0etb#0
propre X et:
Soit (x, X2, : : : , Xn) les coo’données d’un vecteur propre associé à la valeur
n
x
S =
) Xi
i=1
Le système :
as
=
(\ +a)x
A+blx
=
A +alxyy
(A<i<n-1)
(À +D)Xxn
= bs
t si:
seulemen
et
si
nulle
a une solution non
a
+b)! = bA +a)"
il en résulte que les valeurs propres de À sont les solutions de
À +b RD
À +a
“a
l'équation
:
Les Grands Classiques de Mathématiques
88
s
Sib+a,
A admet n valeurs propres distinctes, donc elle est diagonalisable dans Mn (C):
se
es
dE.
Àk =
1e,
fusila
avec
OK =
et chaque sous-espace propre est une droite engendrée par :
(x +aÿ!=à
(À +b)X + a)72
Hp
“
Sia=b(maisaz0),
À admet deux valeurs propres
:
la première est (n — 1)a, elle est associée au sous-espace propre dirigé par le vecteur de
composantes (1,-:-,1),
n
la seconde est — a, associée à l'ayperplan
ÿ xi = 0.
i=1
Elle est encore diagonalisable.
Conclusion :
La condition nécessaire et suffisante pour À soit diagonalisable est que :
abz0O
244
ou
a=b=0
MINES (M)
CD
Sp
PO
Ted
DErbes
a
Donner une condition nécessaire et suffisante pour que A soit inversible.
Calculer A7! quand elle existe.
ÿ Commentaires
ET Points de cours
s
ÿ
Propriétés des déterminants.
Indications
«
Résoudre le système Y = AX.
) Solution
n
En ajoutant les lignes Lo, La, -:-, Ln à la ligne Là : La := 5: Li, puis en factorisant a+(n— 1)b
i=1
dans la ligne La, il vient :
HA
©
detÀ = (a +(n— 1)b)
S*
FRS
©
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
89
Pour i = 2,3,...,n, on remplace alors la ligne Li par Li — bL1, on obtient :
1
L
a—b
1
0
0
detÀ = (a +(n — 1)b)
CRE
0
Ca
D
et, en développant par rapport à la première colonne :
det A = (a +(n — 1)b)(a — by!
A est donc inversible si et seulement si a 4 b et a+(n—1)bzx0
(nest supposé > 2).
= Calcul de A7
Considérons le système (S) : AX = Y équivalent à X = A7lY
(S) est équivalent à:
ax + DxX + --- + bxn
UT
(E1)
bx + @eo + bxo +--- + Dxn
=
y
(E2)
bxX +---+ DXn_1 + AXn
=
Un
+
--+Xn
(En)
1
=
DU
Ut
FU
(En+1)
(équation supplémentaire étant la somme des n équations de (S))
On obtient encore un système équivalent en remplaçant chaque équation (Ei) par (Ei)—b(En1),
et il en résulte pour 1<i<n:
b
@a-bx=u-
7
a+(n
DEUt
::
tUn)
n
1
soitit
@e b{a + (n £ Db)
x =,
2
)ui
(|(a+(n-2)b)yi-b
Jai
En conséquence, on a:
a +(n — 2)b
1
A
1
(_b)
(a — b)(a+(n— 1)b)
si
(—Db)
a +(n — 2)b
Remarque :
En introduisant la matrice :
D
J=
la matrice À s'écrit
A=(a—
1
KART
et
dt
bi +b).
On peut chercher A71 sous la même forme
On trouve
1:
1h Et.
A1 = xI +yJ grâce à la relation
— b
y= 7
(a — b)(a+(n — 1)b)
J? = n.
conformément au calcul précédent.
90
Les Grands Classiques de Mathématiques
245
C.C.P (M)
Soit À € {Un (R) et B la matrice symétrique de A par rapport à la “deuxième“ diagonale.
Comparer les polynômes caractéristiques de A et de B.
D Commentaires
EE Points de cours
s
ÿ
Matrices semblables, transposées et polynôme caractéristique.
Indications
ms
Trouver l’action du produit matriciel à droite (puis à gauche) par
J=
«
F “4
1
|€ Mn (R).
0
Montrer que Best semblable à 'A.
ÿ Solution
Cherchons une relation matricielle entre À et B.
Utilisons la rotation
à = n + 1 — i pour tout i = 1,2,...,n.
(L'application i — à’ est une symétrie : à”= à).
Le terme général de B est caractérisé par Bj = Aj;.
0
1
Dans cette question, la matrice J = |
|
€ Mn (R) joue un rôle intéressant.
1
0
Le terme général de J est Ji; = 8; ;=ôÿ (symbole de Kronecker).
Voyons l'effet d’un produit par J à droite :
n
n
k=1
k=1
AJ); = D Axlk = Ÿ_ AxSky = Ag
puis à gauche :
(AJ)y = Avy
Voilà la relation cherchée : EP =: J'AJ.
(Il faut transposer et voir que J est symétrique).
D'autre part, J? = 1 (encore une symétrie) donc J est inversible avec J-1 = J.
Ainsi B = J71 AJ est semblab'e à ‘A.
Les trois matrices À, !A,B ont donc le même polynôme caractéristique.
246
MINES (P'
On donne
A et B dans Mn (C) et M=
1)
hi
| EMon (C).
Calculer le rang de M en fonction de A et B.
2) Calculer M7! quand elle existe.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
91
è Commentaires
EE Points de cours
“
Ÿ
Produit de matrices par blocs.
Indications
s
Mest équivalenteà Ée
L |
0 B—-A
} Solution
1)
Par transformations élémentaires sur les colonnes : Cn4j := Cn+j — Cj, 1 <j < n (où C;
est la j°"® colonne de M), on ne change pas le rang de M.
Donc
rgM =rgM;
A
M = |
avec
0
A
|
B-Al
De même, par transformations élémentaires sur les lignes : Lans; := Ln+j — L,
1<j<
n, on obtient:
rg M =rgMo
A
Mo = [
avec
0
BA
|
Remarque :
Les deux affirmations précédentes peuvent aussi se déduire des identités matricielles :
ë
71
A/B-Al- WA
ie
pe
B)l0"-41
en notant que les deux matrices
É
Die
Le
A
0 B-A
La ua
AtnBeA
F sal
Ege 0 |sont évidemment in-
|
0
h
— In
n
versibles.
On montre facilement que :e rang de M est égal à rgA + rg(B — À).
par exemple, en posant
et rg(B — A)=Ss, on sait qu'il existe P1, O1 et P2, Oo
rgA=r
dans GLa(C) :
[ J
Is
0
P1AQ1 = el cl = Jr et P2(B
— A) = |‘
+
Le
d'où
0
|:
h|
he
ORALE ZAl LOT
o
x
,
et puisque les matrices
P =
Bin
|Te
0 | et
9 =
Fe
0
"Lo.
=
4
:
0 |
sont inversibles, on a
rg Mo =rT+Ss.
M = rgÀ + rg(B — À)
rg
En conclusion
2)
Ona
rgA<net
rgB-—-A)=n
rgM=2n
«+
donc:
(rgA=net rgB-—A)=n)
Ainsi M est inversible si et seulement si A € GLn(C) et il existe D € GLn(C) telle que
B=A#-D.
Dans ces conditions, pour X1,X2, Y1, Y2 dans Mn,1 (C), on a:
Les Grands Classiques de Mathématiques
92
Ê “
A Bllx
Et)
Y2
=
fA%G+X)=Y"
AX1
+ BX2 = Y2
A(X1 + Xo) = Yi
D: = Y-Y"1
—
ee
Xo
= D"
2
NA
On en déduit
=X!
É
|
Remarque:
247
+
. ERA)
Di
er
EN
r 2%
-
A a
RSR
="
=(B— A):
MERE
an(s A) |
—1
(BA)!
A-1+(B-—
A) 1=A-1B(B - A)!
ce
Soit w : R3 [X] —R3 [X] telle que y (P) est le reste de la division euclidienne de AP
par B avec:
A=X —l
ét Dex -X
Trouver le noyau et les éléments propres de w.
D Commentaires
EE Points de cours
ms
Théorème de Gauss dans R [XI]
a
Division euclidienne dans R [X].
Indications
s
ER
est une valeur propre
si et seulement si Bet A—
X ont une
racine commune.
ÿ Solution
|
Posons
ona
“
E =R3 [X],
dimE=A4.
Vérifions que we (E)
Dans toute division euclidienne de diviseur B, le reste est de degré strictement inférieur à
4 = degB donc w est une application de E dans E.
Pour P;, P, dans E et À,
réels, posons
Ri = (P1),
Ro =
(Po),
on a alors AP1 = BQ:1 + R1 et AP2 = BQo + Ro avec Q1 et QG dans R [X], Ri et Ro
dans E,
donc
A1 Pit X2 P2) = B(\1 Qi+ Xo Go)+ \1 Rit Ào Ro
\1 Ri+ A2 R est élément de E donc deg{(Ai Ri+ À2 Ro) < 4 et l'égalité
précédente montre
que À1 R1+ À2 R2 est le reste de la division euclidienne de A(X1 P1+
À Po) par B,
Chapitre 2 : Algèbre
donc
linéaire
93
(A1 P1+ À2 Po) = X1 R1+ X9 Ra
c'est-à-dire
@ (A1 P1+ À P2) = 1
=
(P1)+ X2w (P2)
Noyau de w
One
RE
= x = AUX HMX
A+
donc R [X] étant intégre,
Det XX
— NX EX+ 1)
(X4 — 1)P = (X{ — X)Q équivaut à:
(X + 1XX2 + L)P = (XŸ + X2 + X)Q
Ainsi, un polynôme P de E est dans Ker 4 si et seulement si X4- X divise
X divise (X + 1XX? + 1)P.
si et seulement si X3 +X24+
Les polynômes
(X4-—1)P donc
X3 + X2 + X et (X + 1XX2 + 1) sont premiers entre eux donc, d'après le
théorème de Gauss, X3+X2+X divise (X+1XX2+1)P sietseulement si X°+X72+X divise
P, c'est-à-dire , compte tenu de degP < 3, si et seulement si il existe :
XER tel que P =X CONTE X)
y
Ainsi Ker y est la droite vectorielle engendrée par X3 + X2 + X et 0 est valeur propre de
puisque Ker w# {0}.
=
Valeurs propres non nulles
Si x z 0 est valeur propre de w, il existe P e E \ {0} tel que w (P) =X P.
Xi
x4-— X divise (X4— 1— X)P et que les polynômes Re
Il en résulte que
entre eux et
ont au moins une racine commune dans €, sinon ils seraient premiers
donnerait P = 0.
diviserait P (théorème de Gauss) ce qui, compte tenu de degP <= 3
Les racines complexes de X4 — X sont 0,1,jet hf et on a:
racineide , X°2—d— ue
O0
NS
1
racinede
X—-1-X\
j
racine de
Ki
_f?
racinede
x
wh=-1
À=0
<=
NX = Ji]
he
x=ÿ — 1
X{-1-1
x étant un réel non nul, la seule possibilité est
Les À
À= —1.
Pour À = — 1, on a successivement :
P e Kery +Id)
4
X‘-X
divise
xp
4
XŸ-1
divise
XP
D
hi
et, puisque deg P > 3,
P e Ker(y +Id) —
Paix VAX
ANR P=\
=1)
C1)
pace propre associé est la droite
Ainsi — 1 est la seule valeur propre non nulle de w, le sous-es
vectorielle engendrée par X° — 1.
Les Grands Classiques de Mathématiques
94
248
CEN (M)
a
bi
0)
(
b1
(0)
\s-
ane
bn-1
bit
an
M est une matrice “tridiagonale“, symétrique.
On suppose
ai >{|bil +|b;_1| pour i eNn (bp = bn = 0).
Montrer que toutes les valeu:s propres de À de M vérifient :
O<\<2supæ
(ie Nn)
ÿ Commentaires
œ
ÿ
Points de cours
s
Equation aux vecteurs propres,
“
Inégclité triangulaire.
Indications
=
Exploiter la ligne i de (AX — X X) = 0 pour x = sup |x|.
e Nn
» Solution
M est symétrique réelle donc admet toutes ses valeurs propres réelles.
X
)
Soit À l’une d'elles et X = | x; | un vecteur propre associé.
Xn /
(A— X DX = 0, soit i e Na un indice tel que x; = ||X ||
soit maximum.
On a x; > 0 puisque X est un vecteur propre donc non nul, et :
(ai — X)xi = —b;_1%i-1 — bixs1
en prenant les valeurs absolues :
lai A| xl < (lbi-1l + [bil) Ixil
et grâce à xi > 0:
lai— À] < [bj_1| +|bil
Donc, par hypothèse
|ai— À) < ai c'est-à-dire
0 << 2.
Chapitre 2 : Algèbre
249
linéaire
95
MINES (M)
On donne n réels (a, &,---,an)
et la matrice
tels que 0 < &<<:--<an
0
æ
«a
(051
0
a
An =
an
0
a3
M
A
1)
Calculer det Ah.
2)
Montrer que
8)
An est-elle diagonalisable ?
n
À e Sp(Ar) —
à.
i=l
= = 1
à Commentaires
CE Points de cours
=
Condition suffisante pour qu'une matrice soit diagonalisable : n
valeurs propres distinctes.
ÿ
Indications
s
Etudier la fonction de À donnée en 2).
» Solution
1)
Dans chaque colonne Ci, on peut mettre a: en facteur, puis à la ligne LA on ajoute les
n
lignes Lo, La,--:,Ln | L: := ÿ2 L)et on factorise (n — 1) dans la ligne La.
i=1
Il vient ainsi :
D
det An
= &:::
an(n _
ns lee mme
ONCE
ol
rl
1)
:
PE
lames.
el 00
: Li := Li — L eton
La
—
Li
par
Li
ligne
la
ensuite
remplace
on
Pour i = 2,3,-..,n
obtient:
LR
0 —-1
ru
0
—1
det An = &:::an(n— 1)
nf
0
O0
—1
n
D[I ai
(déterminant triangulaire) donc
i=1
tique de An est :
caractéris
L'équivalence annoncée permet de supposer que le polynôme
det An = bat
2)
Les Grands Classiques de Mathématiques
96
n
n
n
ka, D) = det(An— À In) = (D [A +a0 + DES a [TA +a0
i#)
Montrons cette propriété par récurrence sur n.
Pour n eN*, notons Dn = det(An— À In).
La propriété est vraie pour ri = 2 car :
De = |—a À
+ |= (À +a1)XA + a2) — a1(X + a2) — a
+ a)
Supposons qu'elle soit vraie pour n — 1 et écrivons DA en remplaçant chaque ligne Li par
Li—L;_1
ie {2,--.,n},ilvient:
— À
a+
Dn=|
À
0
da
a3
—(a2+ À)
0
an
ap+ À
—(ag+ À)
|
|
2
0
;
0
0
ne
0
än-1+ À
donc en développant par rapport à la dernière colonne :
—(ant À)
n—1
Da = —(an+ A)Dn-1
+(Dan [
[(ai+ D
i=1
n—1
n—-1
et, en remplaçant Dh-1 par (—-1)*71 I[a +) + (AE
i=1
a
on obtient
n
Dn =(—1)" Ifa +ai) + be
n-1
ÿ dj [La +ai)
j=1
il
i#)j
n
. aj[IA +ai)
lé]
ce qui prouve que la propriété est récurrente.
n
Pour toutje [1,n],ona Dn(—aj) =(-1)"""a;|
[ai — aj) # 0
EL
i#j
donc —a; n'est pas valeur propre de An et on a:
n
Xe SpA
b
n
—
D
i=1
di
nn
À +a@i
1
.
(en divisant par[La +ai).
i=1
Sur chaque intervalle :
I =1—,-—anl
, 1 =]- an, —-an-1l,:--,1n-1 =]
a,—a1l , In =]— a, +ool
n
la fonction
f : t- Ne “
est continue et strictement décroissante car :
+ t+ di
;
SD==NI
n
1 (+)
De plus, f(o) =1— co, 01 , f(x) =R pour k =1,2,-..,n— 1 et f(In) =]0,+oo[ donc
l'équation f(A) = 1 a une solution et une seule sur chaque intervalle H, Lb,:-:,1n.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
97
En conclusion, AA est diagonalisable car elle a n valeurs propres distinctes.
Toutes les valeurs propres sont strictement négatives sauf une (Tr
A = O0).
Remarque :
L'équivalence du 2) s'obtient plus facilement en écrivant un système propre AnX = À X.
250
C'CPr(P)
A et M sont deux matrices de {n (K) qui commutent, A admet n valeurs propres
distinctes.
1)
Que dire d’un vecteur propre de A relativement à M ?
2)
Montrer qu'il existe un polynôme P eK,;,_1 [X] tel que
M = P(A).
» Commentaires
EE Points de cours
=
ÿ
Droite stable par un endomorphisme.
Indications
=
Polyréme d'interpolation de Lagrange.
} Solution
K=R ou C.
1)
On note E = K”, 9 la base canonique, u et v les endomorphismes de E associés
respectivement à À et M dans la base %o.
On a, par hypothèse, u o
= vo u, tout sous-espace propre de u est donc stable par v
(car u(x) =X x donne u{u(x)) = v(u(x)) =X u(x)).
L'endomorphisme u ayant n valeurs propres distinctes, il est diagonalisable et ses sousespaces propres sont des droites vectorielles.
Donc, si x est vecteur propre de u associé a une valeur propre X, on a :
Ker(u—
À Idg) =K x
et, puisque d’après la remarque précédente, (x) appartient à Ker(u—
ueKtelque
En HA
u(x) =
À Id£), il existe :
x
tout vecteur propre de u est vecteur propre de v et u, u sont diagonalisables
dans une même base.
En termes de matrices, il existe U € GLn(C) telle que :
U-TAU
2)
Les scalaires
= diag(Ay,:::. An)
et
= diag(p1,:::,ln)
U=IMU
distincts, il existe un unique polynôme :.
deux
à
deux
étant
n
À1,---,A
P eK,_1[X]
telque
Viell,nl,
ui= PQ)
il s'agit du polynôme de Lagrange :
n
PO RD Es
(X=— À): (X— Xg-1XX— Aka): (X— An)
E. D OL =ND)
Ag — Ak-1Ak — Ake1)::" Ax — An)
ee
Ag = An
98
Les Grands Classiques de Mathématiques
ce qui s'écrit aussi
n
PX)= Yu
k=1
X—
À;
[I (2)
1<j<n
Jék
En posant D = diag (À1,:--,An), on obtient alors :
UT MU = diag (PQ): PQn)) = POD)
ce qui en termes d’endomorphismes s'écrit
uv = P(u).
En conséquence, on a M = P(A) (en reprenant les matrices dans la base canonique).
Remarque :
On établit facilement que le système (In,
À, : ::, A"7 1) est libre.
n—1
En effet, si (ap, a, :--,an- 1) sont n scalaires tels que ju axA k = 0, on a aussi He :
k=0
n—1
De ax D" = 10
k=0
n—1
donc :
Viell1nl,
Sa hr=0
k=0
n-1
et le polynôme
S axX k qui est de degré < n — 1 a n racines distinctes, de ce fait
k=0
c'est le polynôme nul et V ke [0,n— 11], ax =0.
Il résulte de cette remarque qu'il n'existe qu’un seul polynôme P tel que :
M = P(A) et degP<n-—1
254
On donne
CEN (M)
AëeMn (C).
1)
Expliciter
2)
f : Mn (C), X— Tr(AX).
Montrer que, pour tout élément w du dual Mn (C' de M} (C), il existe une
unique matrice À e Mn (C) telle que w soit l'application X > Tr(AX).
3)
Caractériser les formes linéaire g sur Mn (C) telles que :
V (X, Y) edin (CŸ,
g(XY) = g(YX)
Montrer que, dans tout hyperplan de Mn (C), il existe une matrice inversible.
ë Commentaires
IE
Points de cours
s
Dualité,
=
Forme linéaire et hyperplan.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
o
99
Indications
s
Pour2)et 3), utiliser les matrices élémentaires.
) Solution
Soit
1)
A = [aÿ] € Mn (C).
Pour
X=f[x;] posons
AX=Y,
Y = (ul.
nm
Alors, pour tout (i, k) e [1, n]J?, Ur Ds aÿXjk donc :
j=1
nm
n
Tr(AX) = SA Yi aiÿÿXji
i=1 j=1
2)
Soit (Eÿ) 1<i<n
la base canonique de An (C) (matrices élémentaires).
<j<n
nm
Etant donné œ e Mn (C)*, pour tout X =
pe
nm
Se > xÿ Eÿ de Mn (C), on a:
i=l j=1
nm
n
= NN 6 Eÿxÿ
i=1 j=1
donc, d'après 1), æ (X) = Tr(AX) où A est la matrice de terme général
aji = (Ejÿ).
Considérons alors l'application ® de An (C) dans Mn (C)° qui, à toute matrice À de
Mn (C), associe la forme linéaire
æA: X > Tr(AX).
est évidemment linéaire et ce qui précède montre qu’elle est surjective.
En conséquence, puisque
dim Mn (C) = dim Mn (C)* = n?, on en déduit que Ÿ est un
isomorphisme de Mn (C) sur Mn (C)*.
Finalement, pour tout we Mn (C)*, il existe une unique matrice A de Mn (C) telle que
(A) =w, c'est-à-dire telle que :
V X e Mn (C), g (X) = Tr(AX)
V (X, Y) € An (CŸ, g(XY) = g(YX).
3) Soit g e Mn (C)' telle que
D'après le 2), il existe À € fn (C) telle que:
V X e Mn (C), g(X) = Tr(AX)
(1)
donc, pour tout (X, Y) e Mn (CZ, Tr(AXY) = Tr(AYX)
Sachant qüe
EiÿEke =ôjk Eic
n
(jk : symbole de Kronecker), on obtient :
nl
nm
AEkc=Y, S_ aÿEÿEke = S_ axEa donc Tr(A Eke) = Gtk
i=1
i=lj=1
Alors, avec izj, X = Ex et
Y = Ex, la relation (1) donne :
Tr(AEÿ)=0
donc
aj= 0
puis, avec X = Eÿ et Y = Ej, la relation (1) donne :
Tr(A Ei) = Tr(AEÿ) donc
ai = aÿ
et g est définie par :
En conséquence, À est une matrice scalaire : À =À In
g(X) =X TrX
donc
g=À Tr
Les Grands Classiques de Mathématiques
100
Inversement, on sait que, pour tout couple (X, Y) de Mn (C),ona
une forme linéaire g e Mn (C)* vérifie
Tr(XY) = Tr(YX), donc
g(XY) = g(YX) pour tout (X, Y) si et seulement
si il existe À e C tel que g = X Tr.
Tout hyperplan H de Mn (C) est le noyau d’une forme linéaire non nulle.
Il'existe donc
A e Un (C), À # 0, telle que, pour tout X de An (C), on ait:
XeH<
Posons
r = rg A, on sait qu'il existe P et Q dans GLn(C) telles que :
A=PJ-Q
et
Tr(AX)=0
AZO
équivautàa
avec
Ir sa
Jr=|
0
r>l.
On a alors, pour tout X e Mn (C) :
Tr(AX) = Tr(PJr Q X) = Tr(J- OX P)
En considérant, par exemple, la matrice de permutation :
Ctbréi0ip
U=
:
|:
}
0
+
or
4e
$
es
670
ona
JrU=|.
JaU =InU=U
U=QVP avec
:
É
1
0
NO
etsir=n,
OIL
;
200
donc, dans tous les cas
SORT
:
CE RE 0
;
Mt
de
0
Tr(J-U) = 0,
V = Q7!UP-1 donc Tr(AV) = Tr(J-U) = 0
et V, qui est inversible, appartient à H.
252
ccrw
Soitf e $ (RŸ), commutant avec toute rotation.
Montrer quef est nulle ou est une homothètie.
b Commentaires
ET
Points de cours
=
Propriétés de deux endomorphismes qui commutent.
pourr<n
Chapitre 2 : Algèbre
ÿ
linéaire
101
Indications
=
Vérifier que
f laisse stable les droites de R°.
} Solution
Si f commute avec toute rotation de RŸ, J commute, en particulier, avec toutes les symétries
orthogonales par rapport aux droites de R°
Une symétrie orthogonale par rapport à une droite % étant de la forme
s = 2p — Id, où pest
le projecteur orthogonal sur %. On en déduit que f commute avec les projecteurs orthogonaux
sur les droites de RS.
f laisse donc stable toute droite de RS. Sa matrice, relativement à la base canonique, est donc :
A = diag (m1, 2,13)
Soit
u=(1,1,1). Ona
(u, f(u)) est lié. Donc
fu) ={(u1, mo; ua).
m1 =u2=u3.
Donc
A =
13 etf est une homothètie.
Réciproquement, si f est une homothètie, elle commute avec tout endomorphisme de RS, en
particulier avec les rotations.
2 53
MINES (P
Résoudre l'équation d’inconnue X € {Mn (R):
X + Tr(X)A = B
où (A, B) est donné dans M2 (R).
Commentaires
EE Points de cours
“
og
Equation linéaire.
Indications
=
Prendre la trace des deux membres de l'équation.
} Solution
Soit h l'application linéaire de An (R) dans lui-même définie par :
\
et
= Tr(X)A
h(X)
f=Id+h
On a 2 = Tr(A)h donc (f — Id)? = Tr(AX(f — Id), c'est-à-dire :
f?— (2+Tr(A))f+ (1+Tr(A))Id = 0
=
Donc si Tr(A) # —1,
2 + PAS
_f est inversible, d'inverse api = GER
il 2
PS
E c'est-à-dire :
_
Nr
h
L'équation linéaire f(X) = B admet alors l'unique solution :
|
Tr(B)
FRET
Les Grands Classiques de Mathématiques
102
=
Si Tr(A) = —1,
.f est un projecteur. Donnons son image et son noyau:
Kerf = {X / Tr(X)A=-X}
donc Kerf =RA
Imf = Ker(f — Id) = Kerh = Kerr.
à
Donc, si TrB z 0, l'équation f(X) = B n’a pas de solution.
Si TrB = 0, l'équation f(X) = B = f(B) a pour solution les matrices de la droite définie par :
D=-B+Kerf
254
ondc
D=B+RA
ccrm
Montrer que {n (K) admet une base formée de projecteurs.
ë Commentaires
Ex Points de cours
s
o
Produit de matrices élémentaires.
Indications
s
Utiliser la base canonique de Mn (K).
} Solution
Notons (E)1<ij<n la base canonique de Mn (K) et rappelons le produit :
Ej : Exe =8jk Eie
Les matrices diagonales Eÿ sont des projecteurs :
EüEi = Ei
ona
ImEïi=Ei
et
Pour i £ j, montrons que
KerEi = KerEï : x =0
Pÿ = Ei + Eÿ est un projecteur :
P£ = EiEù + EÿEù + EiEÿ + EÿEÿ = Et + Eÿ = Pj
ona
ImPj=Ei
et
KerP;=Ker (Ef + E;) :x+x=0
La famille
(Ei)i<i<n L (Piisisjen POSSède n? éléments : il est facile de vérifier qu’elle est
libre dans An (K), c'est donc une base de {Mn (K) formée de projecteurs.
255
C:CP1(E)
A étant une matrice carrée d'ordre n > 2, on définit :
À = ‘(Com (A))
Calculer det
À et À.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
103
ô Commentaires
Es Points de cours
=
ÿ
Relation entre une matrice et la transposée de sa comatrice.
Indications
m
Distinguer trois cas:
reA
=
rpA=
nl
ere
A<n— 1
} Solution
On sait que :
AA=AA=(det Ajln
(1)
Supposons s’abord A inversible. Alors de (1) on déduit :
(A) ne (det A) lA
et
À=(det A)A!
(2)
De (2) on déduit que :
detÀ = (det A)" (det A7!) = (det A)!
puis
Fe (det
A) (A)
— (det A)'=2A
(3)
On vérifie directement que la formule (3) est vraie pour toute matrice carrée d'ordre 2 (sans
hypothèse d’inversibilité).
Supposons maintenant À non inversible.
Si le rang de A est strictement inférieur à n — 1, alors tous les cofacteurs des éléments de À
sont nuls et :
42 -0
Le
Si rg(A) = n — 1, la relation (1) montre que:
AA=0
donc
Im(À) cKerA
et
rg(A)=<1
Or, au moins un cofacteur d’un élément de A n’est pas nul, donc :
rg(A)=1
256
donc
detA=0 etsin=3, A=0
CEN (P)
x
E est un R-espace vectoriel de dimension 3n,
fe # (E),
Montrer que Kerf = Im f? et trouver une base e telle que :
O0
0
mat(f, e) = ( OU )
DAT
b Commentaires
EE Points de cours
s
Théorème du rang,
=
Endomorphisme induit.
0
re(f)=2n
et
f°=
Les Grands Classiques de Mathématiques
104
ÿ
Indications
«
Comparer Kerf etiImf és
} Solution
La condition 1° = 0 exige l'inclusion de Im f? dans Kerf.
Le théorème du rang montre donc que:
rg(f?) < dimKerf =dimE-rg(f)=n
(1)
D'autre part, en considérant l’endomorphisme g de Im f, obtenu par restriction def à Im f, le
théorème du rang donne :
2n = rg(f) = rg(g) + dim Kerg
Or
dimKerg<dimKerf=n.
Donc
2n< rg(g)+n= rg(f?)+n.
Donc
n< rg(f?).
On déduit alors de (1) l'égalité
rg(f?)= n.
Il y a donc égalité des dimensions pour les espaces Im f? et Ker f, comparables pour la relation
d'inclusion. Donc Im f? = Kerf est de dimension n.
Choisissons
Ilexiste
(ui);<;<n Une base de Ker f.
(vi)1<i<n, famille à valeurs dans E, telle que, pour tout ie Nn,
ui = f(ui).
Montrons que :
ce (vz, he
re à Gad
—
(un)
est une famille libre : elle sera alors une base de E puisque dimE = 3n.
Supposons que :
n
n
n
Qi Li + D Bi foi) + >. if (v)=0
i=1
i=1
i=1
(ai, BESDILE ER?
En appliquant f? à l'équation ci-dessus, la liberté de la famille (ui =)
tous les a; sont nuls.
1<i<r
J montre que
En appliquant alors
f à l'équation ci-dessus, les Bi sont tous nuls, puis les 3; sont tous nuls.
Ainsi e est une base de E, et par construction :
D
mat(fe)= | —1
00
O0 )
Oiate0
257
Soit
M={
Montrer que
C.C.P (M)
BD
: )e Mn(K)
rgM=r
où
AeGL,(K).
sietseulementsi
D=CA-IB.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
105
} Commentaires
IE Points de cours
ms
Ÿ
Produit par blocs.
Indications
ms
Multiplier M à droite par de AE à gauche par (' Es
} Solution
Toutes les matrices écrites ont la même taille.
—1
Calculons
.
e
Cp
( I
SCA
Ainsi
eue
\o
:
I
Le
IN
CA-!B)
0
G-Dp- CA°1B
AOBAUTT 7 AETB
Ve D/*\0
I
LT 17
rgM =r+rg(D-
258
—A
)
A
0
}={ 0 D—CA 1)!B
et l'équivalence cherchée en découle.
ccrm
Soit (A, B) € [Ain (R)|”.
Pour me R, on définit l’endomorphisme ® de Mn (R) par :
® (M) = AM + mMB
On suppose que
AB = BA et que A et B sont diagonalisables.
Montrer que ® est diagonalisable. Quelles sont ses valeurs propres ?
D) Commentaires
EE Points de cours
Diagonalisation simultanée de deux matrices qui commutent.
=
D
Indications
Dans le cas où Aet B sont diagonales, étudier l’image par ® d’une
=
matrice élémentaire.
[2 Solution
que, si À et B sont deux matrices carrées diagonalisables qui commutent, elles
des
sont simultanément diagonalisables, c’est-à-dire qu'il existe une matrice de passage P et
Rappelons
matrices diagonales
A’ = diag (A1.--:,An) et B' = diag (u1,:-:,hn) telles que:
A'=P lAP
et
B'=P"'BP
si la matrice
M est un vecteur propre de ®, associé à la valeur propre À, si et seulement
M! = PMP
est un vecteur propre de :
D: Xr A'X + mXB'
associé à la même valeur propre À.
Posons
M'= [a]
et
®d(M')= [bi] , on a alors :
Les Grands Classiques de Mathématiques
106
bÿ = (x +m uj) aÿ
®' (Eÿ) = (Ai +m bj) Eÿ
donc
les valeurs propres de D’ sont les nombres
Ài + m j, distincts ou non, et la base canonique
de An (C) est une base propre pour ®’.
® est donc diagonalisable dans la base
259
(PEÿP7?) en
CEN (P)
n > 2. On donne une famille (fi)1<i<p
E est un C-espace vectoriel de dimension
d’endomorphismes de E tels que :
Déterminer Tr(fi)
fiofi
=
—-Idg
Ji ofj + fi o fi
=
Og(E)
et
pour
ET |
Sp(fi).
D Commentaires
ICE Points de cours
s
Condition nécessaire et suffisante pour qu’un endomorphisme soit
diagonalisable.
D
Indications
=
Etudier l'image parjj d'un espace propre de fK.
) Solution
1)
L'hypothèse
fkofk = —Idg
=
fx annule le polynôme
=
etque
prouve que :
X2 +1 donc est diagonalisable dans Mn (C),
Sp(fr)c {ii}.
Si p > 2, l'hypothèse
fo fj +
fj o fx = Op)
prouve que fk n’est pas une homothètie,
donc :
SpUx) = {—-ii}
2)
etapriori
Tr(fK)=qi
oùqge {-n,...,n}
Sixe Ker(fk— ildg), pour j#k:
Ji KG] = 1609 = —fK [fG9]
ll'en résulte que
f(x) e Ker (fk + ildg), donc que f;applique
Ker (fx — ildg) dans
Ker (A + ildg) et, comme jj est injective:
dim (Ker (fx + ildg)) > dim (Ker (fx — ildg))
De même, jf; applique Ker (fk +ildg) dans Ker (fx — ildg), ce qui permet de conclure que les deux sous-espaces propres associés aux valeurs propres i et (—i) ont la
même dimension et, comme fk est diagonalisable :
LORIE 10
On en déduit aussi que n est pair et que les deux sous-espaces propres ont pour dimension
n
5
Chapitre 2 : Algèbre
260
linéaire
107
C.C.P (M)
Montrer que GLA(R) est un ouvert dense dans Mn (R).
En déduire que :
VxeR,V(A,B)e (Min (R)}”, det(AB— xin) = det((BA — xin)
[) Commentaires
CE Points de cours
ÿ
s
GLn(R)estune partie dense de Mn (R),
=
Continuité de l'application M + det M.
Indications
m
Envuisager d'abord le cas où A est inversible,
“
Pour le cas général, utiliser la continuité.
$ Solution
1)
L'application det est une application continue de {An (R) dans R (car polynomiale) et
GLn(R) est l’image réciproque de R* par cette appplication. GLA(R) est donc un ouvert
de Un (R).
Si À € Mn (R), son spectre réel est fini (éventuellement vide), donc il existe un entier N
tel que, pour tout p = N,p 1 n’appartienne pas au spectre de A.
Alors la suite de terme général
A — p_ ln, p > N, est à valeurs dans GLA(R) et
convergente vers À.
Donc GLA(R) est un ouvert dense dans Mn (R).
2)
Sion suppose À € GLA(R), on peut écrire :
BA — xin = A7 (AB — xin)A
Les matrices BA — xln et AB — xln étant semblables ont même déterminant.
Les applications continues de {Mn (R) dans R qui, à À, associent respectivement :
det(BA — xln)
et
det(AB — xln)
coïncident sur la partie GLn(R) dense dans Mn (R), donc elles coïncident sur Mn (R).
Conclusion
AB et BA ont même polynôme caractéristique
26 1 MINES (P))
Aet B sont deux matrices semblables de Mn (C).
Montrer que les transposées des comatrices de A et de B sont aussi semblables.
108
Les Grands Classiques de Mathématiques
p Commentaires
ICS Points de cours
«
ÿ
Relation caractéristique entre une matrice et sa comatrice.
Indications
s
Commencer
par le cas où A est inversible.
» Solution
Rappelons que, si A € Mn (R),
Donc, si A est inversible,
“
A ‘Com A = (det Ajln.
{Com A = (det A)AT 1.
Si A est inversible et semblable à B, B est aussi inversible,
detÀ = det B, et les matrices
inverses de À et de B sont aussi semblables, avec la même matrice de passage.
Il en résulte que ‘Com A et Com B sont semblables et plus précisement que :
si B=P71AP,
=
(Com B=P71\(tCom A)P
Utilisons la densité de GLa(C) dans An (C) pour conclure dans le cas général.
En effet, les coefficients de {Com A sont des déterminants mineurs de A, donc des fonctions
polynômes des coefficients de la matrice A.
Il en résulte que
A
‘ComA est une application continue de An (€) dans Hn (C) (muni
d'une norme quelconque) et que, si (4b),< à est une suite de matrices de GLn(C) convergeant
vers À, (‘Com Ap)pe N converge vers ‘Com A.
Soit B une matrice semblable à A:
B=P" ÎAP où
Pe GLn(C)
alors, si Bp = P— VADE, la suite (Bp)ÿe N converge vers B dans An (C).
Comme
‘Com Bp = P
(‘Com Ap)}P:
‘Com B= P-1({Com A)P
par passage àla limite
Autre solution :
“
Si A n'est pas inversible, alors B ne l’est pas, les matrices A et B ont le même rang (elles
sont semblables donc équivalentes).
n
SirgA<n-—2
alors
‘ComA=0et
sa
Si rgA=n-—1
alors
‘{ComA
‘ComB=0 aussi.
«
est de rang 1.
Rappelons ce résultat sur une matrice M € Hn (C) de rang un :
s
SitrM=0,
ns
SirT=trM#0,
M est semblable à E;,,
M est semblable à + Eu.
Donc deux matrices de rang 1 sont semblables
si et seulement si elles ont la même trace.
Voici un autre résultat portant sur le polynôme caractéristique de À :
PAU) "=""dét({4"—"ün)
Pa(0) =
—tr(Com A)
Comme À et B sont semblables, elles ont le même polynôme caractéristique,
donc ‘Com A et
‘Com B ont la même trace : étant de rang 1, elles sont semblables.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
109
Conclusion :
Si À et B semblables, alors {Com A et {Com B sont aussi semblables.
262
X (M)
Pour À € Mn (R), on note GA l’endomorphisme de {n (R), défini par :
GA(X) =A-X
Quel lien y-a-t-il entre
exp(tGA) et exptA
(te R)?
[) Commentaires
EE Points de cours
sm
ÿ
Exponentielle d'une matrice
Indications
=
Expliciter GA(X) puis exp(tGaX).
} Solution
Mn (R) et £ (Mn (R)) sont des algèbres normées complètes, donc les séries de termes
Ian
ee
généraux
A
—
t
et
nn
3
GA
sont convergentes.
De plus, pour tout X € Mn (R), on vérifie par récurrence sur n que :
GAtX) = ATX
Donc, par continuité de la multiplication matricielle, on a:
+00
(exp tGA\X) = )
n=0
nn
t"GA
à
+
Co
É
Ù
anAn
FO
Ts
Ù
|
<
n=0
n=0
Tan
t'A
X = (exp tA)X
ni |
;
Il en résulte que exp tGA = GexptA-.
263
X (P)
PourÀ € Mn (C) et
1<i<
n, on pose:
La
Li(A) = 5 lai
j=1
Soit
Di(A) le disque de centre 0, de rayon Li(A).
Al
Montrer que
SpAcC LU Di(A).
i=1
} Commentaires
LEE Points de cours
=
Ecriture matricielle d’un système propre,
=“
Inégalité triangulaire.
Les Grands Classiques de Mathématiques
110
ÿ
Indications
Raisonner sur un vecteur propre X vérifiant |[xi| < 1.
} Solution
Soit À e SpA et X un vecteur propre associé à À.
X étant non nul, on supposera, quitte à le diviser par ||X [lo = nee |x|, que :
IX Île = 1
Fixons itel que
[||X {| = |xi| = 1. On a:
nm
n
Sax
=hxl= IN <
JE
agi] < Li(A)] X Ile = Li(A)
Di
n
Ainsi
SpAc U Di(A).
il
264
ccrw
On donne un entier strictement positif n.
Soit E l’ensemble des polynômes de degré au plus (n—1)sur C, F et G deux polynômes
de degré n sur C.
On considère l’application y de E dans lui-même qui associe, à un polynôme P, le
reste dans la division euclidienne de FP par G.
1)
Montrer que y est linéaire. A quelle condition est-elle un automorphisme ?
2)
On suppose que FAG=
1.
Trouver les valeurs propres de +.
b Commentaires
IE
Points de cours
=
Ÿ
Théorème de Gauss.
Indications
«
Ecrire l'identité de la division euclidienne dans € [X].
ÿ Solution
1)
Par définition dew,
w(P)e
E.
En outre, pour Àe € et:
(Pl PDEEXE, F(P1+ À P2) = G(Q1+ À Q2)+ @ (P1)+ À (Po)
et, comme E est stable par combinaison linéaire, @ (P,)+ À (P2) est dans E.
Par unicité du reste dans la division euclidienne :
? (P1)+ À (P2) = (P1+ ÀPo)
æ est un automorphisme de E si et seulement si Ker p=0Op, donc
G sont premiers entre eux.
si et seulement siF et
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
111
En effet, si F et G sont premiers entre eux et si P e Ker +, G divise P (théorème de
Gauss),
or Pe Cn-1 [X] et d’G=n, donc P=0.
Réciproquement, si F A G = D et d°D > 1,ilexiste (F],G1)e E x Etels que
F=FD
et
G=GD,
FG =GF
ce qui prouve que G; est un élément non nul de Ker +.
SiFAG=1,
2)
Xe
Spyw
west un automorphisme de E.
siet seulement si il existe P non nul tel que (F — X)P soit divisible par G, donc
si et seulement si F —
X et G ne sont pas premiers entre eux.
Comme tout polynôme de € [X] est scindé, la condition nécessaire et suffisante pour que
F—
Xet Gne soient pas premiers entre eux est que F —
X et G aient une racine commune
(au moins), donc les valeurs propres de w sont les valeurs de F aux points (x1,:::,xn),
racines de G dans C, distinctes ou non.
Finalement,
265
Sp(p) = {F(x)|1<i<n}.
C.C.P (M)
On donne deux matrices A et B de Hn (C) telles que B soit nilpotente et que AB = BA.
Montrer que
det(B+1n)=1
etque
det(A+ B)=detA.
b Commentaires
ES Points de cours
D
=
Polynôme caractéristique d’une matrice nilpotente,
=
Déterminant d'un endomorphisme non injectif.
Indications
=”
Utiliser A + B = (I + BA
1)A quand A est inversible, sinon se
placer dans le noyau de A.
} Solution
1)
Best nilpotente, son polynôme caractéristique est :
;
det(B — tin) = (-t)"
(car 0 est l'unique valeur propre de B).
D'où
2)
det(B+lIn)=1
SiAestinversible,
(avec t = -1).
AB = BA
=
BA-1=A-1B
en multipliant à gauche et à droite par
Tr
La matrice BAT! est aussi nilpotente car :
(Ba
1) = BAT
Calculons
det(A + B) = det{in + BA7!)A = det(l + BAT”) det A
det(A+B)=detA
car
det(i+ BA-l)=1
d'après 1)
Les Grands Classiques de Mathématiques
112
3)
f et g les endomorphismes de C"' associés à À et B.
Si A n’est pas inversible, notons
Le noyau de f est un sous-espace non réduit à 0, stable par g (car fg = af).
L’endomorphisme h de Kerf induit par g est encore nilpotent (REG) = g'(x) = 0 pour
x e Kerf), donc h n’est pas injectif : il existe a e Kerf, a z 0 tel que :
h(a) = g(a)=0
et (f+gXa)=0
Commef + g n’est pas injectif :
det(f + g) = det(A + B) = 0 = detA
car À n’est pas injectif.
266
CEN (M)
Soit E un C-espace vectoriel de dimension
|
2
finie et (f.g) € (AE (E)) un couple
d’endomorphismes qui commutent.
Montrer qu’ils ont un vecteur propre en commun.
> Commentaires
EE Points de cours
ms
Tout endomorphisme sur un C-espace vectoriel admet au moins un
vecteur prpore.
ÿ
Indications
ms
Considérer la restriction de g à un espace propre de f.
» Solution
Un endomorphisme d'un C-espace vectoriel admet un vecteur propre (son polynôme caracté-
ristique est scindé).
Soit F un espace propre de f associé à une valeur propre À:
F = Ker(f— X Idg)
es
Commef et g commutent, F est stable par g. En effet, si x e F (f(x) =X x),ona:
f[aGo)] = g[fGx)] =À g(x) donc
gx)e F
Soit À l'endomorphisme de F induit par g, h = dr
L
Alors h admet un vecteur propre y € F, y # 0, associé à une valeur propre pe C:
R(y) = g(y) =m y
Ainsi y est un vecteur propre commun
267
et
f(y) =\y
caryeF
à f et g.
MINES (P1
Soit E un R-espace vectoriel etf e£ (E) pour lequel il existe un polynôme P ER [X]
tel que :
Montrer que
P(0)=0
E=Imf@ Kerf.
,
P(0)40
et
P(f)=0
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
113
D Commentaires
Ex Points de cours
=
Ÿ
Théorème de la décomposition des noyaux.
Indications
=
Ecrire P(X) = X : G{(X), puis Q{X) = a + XQ1(X).
Solution
L'hypothèse sur P donne l'existence d’un polynôme Q eR [X] tel que:
P(X) = XO(X)
et
G(0)z 0
Les polynômes X et Q(X) sont alors premiers entre eux donc, d’après le théorème de décompo-
sition des noyaux,f o Q(f) = 0 donne :
E = Kerf
@ Ker Q(f)
=
Conclusion en dimension finie : dmE=n
E = Kerf @ Ker Q(f) donne
dim Ker Q(f) = n — dim Ker
f,
donc, d’après le théorème du rang : dim Ker Q(f) = dim Im f.
Sachant que
P(f) = f o Q(f) = Q(f) o f = 0, on a aussi Imf € Ker Q(f),
donc, avec l'égalité des dimensions, il vient
et finalement
s
Ker Q(f) = Imf,
E = Imf @ Kerf.
Conclusion en dimension quelconque
On a toujours
En posant
Imf € Ker Q(f).
a = Q(0)Æ0,ona
Q(X) = a + XQ,(X) avec
donc
Q1 =R [X],
Q() = aldg + f o Gi(f)
Pour x e KerQ(f),ona alors
0=ax+f [100] , donc puisque a est non nul :
=[(- a,
On a ainsi prouvé que
et
xeImf
Ker Q(f) € Imf d’où finalement :
Ker Q(f) = Imf
et
E=Kerf @Imf
Remarque :
Voici une application.
Lorsque À est une valeur propre simple d’une matrice À € Mn (K), la droite vectorielle propre
Ker(A — À In) admet un hyperplan stable par A.
268
ccrm
Soit M e GLn(C) telle que M? soit diagonalisable.
Montrer que M est diagonalisable.
Les Grands Classiques de Mathématiques
114
b Commentaires
ICE Points de cours
“
Condition nécessaire et suffisante pour qu'une matrice soit diagonalisable.
o
Indications
«
Introduire un polynôme annulateur de M? convenable.
ÿ Solution
On sait qu’une matrice de {n (K), K=R ou C, est diagonalisable
si et seulement si il existe un
polynôme P scindé dans K [X] n’admettant que des racines simples et tel que P(M) = 0.
M? étant inversible, ses valeurs propres sont non nulles et en notant À1,:-:,Ap ses Valeurs
P
propres distinctes,
P(X) = IIx-
\k) est annulateur de M?,
k=1
P
c'est-à-dire
II w-
Xk In) = 0.
k=1
Pour tout k e [1,plI], soit 1x et — 114 les racines carrées complexes de ÀZ, puisque ÀK# 0,
ONA
UKx£—hHx
En notant que
et
hé
+ hj.
M?—
Àx In = (M— px InXM+ Lk In),
P
Q(X) = IIx- Ux)\X+ ax) est annulateur de M.
on voit que
k=1
Q est scindé (comme tout polynôme de € [X1) et ses racines : m1,---, hp, — p1,---,—
hp
sont toutes simples, donc, d’après le résultat rappelé en préambule, M est diagonalisable.
Remarque :
Ce résultat tombe en défaut lorsque K=R ;il suffit de considérer la matrice
non diagonalisable, tandis que
269
M? = (se
&t
est diagonalisable.
CEN (M)
Soit À € An (C), montrer l’équivalence entre les propositions :
A=0
(à
1peN,
(ù)
Vkell1n],
TrA“=0
os Commentaires
DS
Points de cours
=
Puissance d’une matrice triangulaire,
“
Théorème de Cayley-Hamilton.
. M = (
a
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
o
115
Indications
/
à
su
x
Développement limité de PGO) à l’ordre n+1, (x — +co), où P est
“
le polynôme caractéristique de A.
} Solution
Dans Mn (C), À est semblable à une matrice triangualire :
À
X
ide
F
À
(0)
A]
Àn
Xk
et, pour tout ke N\, T* =
”
(0)
je
deux matrices semblables ayant même trace :
nm
trAË= NE xf
=]
La proposition (i) signifie que A est nilpotente, ce qui équivaut à À =À9=
--- =Àn= 0 et
entraîne (ü).
Pour la réciproque, nous allons voir que le polynôme caractéristique de A est (—X)". Si A est
nilpotente, on a SpÀ = {0} et donc le polynôme
nm
px) = [
[Qi -x)
i=1
est en fait (—X)'!, ce qui donnera A"! = 0 par le Théorème de Cayley — Hamilton.
P'(x)
On a
I
dl
F0) PS
ne
k 3
1=
/
effectuons un développement limité, à l’ordre n + 1, de FX
De
EI
1
À
—— =)
FE
1
ONE
ee
on déduit:
T
X
X
n
P'(x)
P(x
E=T
au voisinage de l'infini.
TEL.
5
me >
il
\k1
k-1
Ài
*
il
ne
k
2
n+1
>
tr A
Das
TE
k=1
k—1
pe
et avec l'hypothèse (ii):
PO
PX
d'où
xP'(x) — nPG)
OPA
etcomme
P(x)
-
n
2
1
we? (>)
(1 )
XI
(-x)"',ona:
X—
xP'(x) — nP(x) = o(1)
ce qui exige que le polynôme
xP'(x) — nP(x) soit nul !
P'(X an
et P(x)=(-x)".
POS EX
La matrice A est donc nilpotente (à).
Donc
quand
x — +00
#0
1
rl
Les Grands Classiques de Mathématiques
116
Autre solution :
Si les valeurs propres de A sont distinctes, le système :
TA 0er
AL =0
peut s’écrire matriciellement :
1
[1
NL OT ee
SN
À
mt
Te
NT
La
NT
K
0
La matrice de Vandermonde étant inversible, cela exige
À
Eye
Àn =
0
SiA4,---, Xp Sont les valeurs propres distinctes de A, d'ordre de multiplicité &1, - --, ap, écrivons
le système TrA = 0,--:,Tr AP = 0 sous la forme suivante :
ee
dom
NT
hp
A
\
0
4
DeSNS
me
0
pour la même conclusion.
270
X (M)
Soit À € Mn (C) une matrice nilpotente.
Déterminer le noyau de expA — 1h.
b Commentaires
ICE Points de cours
ms
D
Valeurs propres d’une matrice nilpotente.
Indications
Mettre À en facteur dans expÀ — In.
Solution
à
À,
L'espace An (C) étant normé, on sait que la série de terme général
(ER
—
Pi est convergente, de
somme :
AP
expÀ = 5 si
p=0
La matrice A est nilpotente, il existe donc un entier r e N* tel que A’ = 0,
r=-1p
d’où :
É
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
147
A
ete
eXpA—-]hn=A.B=B.
p
n
A
AT?
B = In + 55 + NME Etee mn à
avec
On a directement : Ker À € Ker(expA — ]h) car AX = 0 (X e KerÀ) entraîne :
(exp À — In)X = B:AX
=0
A
A2
De plus, B est inversible car
PS
Donc
ce qui donne
A=B-!1.
(expÀ — In)
+
UN est nilpotente et detB = 1.
Ker(exp
A — In) c KerA.
Conclusion :
Ker(expÀ — Jh) = KerA
22 1
C.C.P (M)
Soit P la matrice, relativement à la base canonique de R" d’un projecteur de R". On
définit
Y: Mn (R) — Mn (R)
par:
Y (X)
= PX + XP
Quelle est la trace de Y ?
b Commentaires
EE Points de cours
s
Produit de matrices élémentaires,
s
Définition de la trace d’un endomorphisme.
Indications
=
Utiliser l'expression de la trace de Y :
ve JE
(v(,)]
tj
è Solution
Soit (Eÿ),
ie NF
la base canonique de {Mn (R) et P = #3
PEy=.
7
PreEkeEy =
1<k,{<n
et EÿP =
}
PyËÿ.
1<ij<n
Ÿ PuEy
1<k=<n
de. EÿPkcEke
=
> PjcEie
1<k{<n
1<(<n
La composante de Y (Eÿ) sur E;j est donc
Pi + Pjj, par suite :
T(Y)
=
>
(Pi + Pj)
1<ij<n
mn
2» Pi
1<i<n
=
S8nTr(P)
Si P projette sur un sous-espace de R'!, de dimension r = rg P, alors P est semblable à:
DoncDr(
= 2nrModpr- re".
de
L
0
0
de trace r
Les Grands Classiques de Mathématiques
118
272
MINES (M)
Soit E un espace vectoriel de dimension finie, p un projecteur de E.
On définit un endomorphisme ® sur # (E) par:
Vfe£E),
d)Erfop-pof
1)
Montrer que Ÿ est diagonalisable.
2)
Déterminer les vecteurs propres de ®.
D Commentaires
ICE Points de cours
=
Condition nécessaire et suffisante pour qu’un endomorphisme soit
diagonalisable.
D
Indications
=
Pour le 1), calculer D° (f)!.
Pour le 2), repérerf par une matrice dans une base adaptée à
E = Im p & Ker p.
} Solution
1)
#(E) étant une algèbre, l’application ® est un endomorphisme de # (E).
Rappelons que le projecteur p est idempotent : p° = D.
Calculons
D? (f) =
(f)o p — po D (f) = fp — 2pfp + pf,
puis D? (f) =b? (Pop po P(P=fop-pof
PS (f)=D(f)
Ainsi ® annule le polynôme
donc
d=p
P(X) = X3 — X = X(X — 1XX +1) qui est scindé à racines
simples, ® est donc diagonalisable et le spectre de ® est inclus dans {0,1,—1}.
2)
Considérons une base % de E adaptée à la somme directe
pe (à Hi
0
Calculons
F.:P=
E = Imp ® Kerp, etes
(E) dans cette base :
matrices de p et def €
bé .
B
RE
O0
0
,
Sioù r est le rang de p
B
P.-F=
e
O0
.
B 0
“L'équation aux vecteurs propres“ D (f) = À f s'écrit matriciellement :
FP—PF =1F
ou
FU. ul = e&
BRU
Pour À= 0,ona:
B=0,C=0.F= {4 à)
OP»
Pour =’s 1,ona: |
A=0,C=0.D=0,F=
Pour =
—1,ona:
OMC
[
)
EAU
A=0.B=0.D-0.F= (à
de)
NVBR)\ED
sb
Ceci détermine matriciellement les trois espaces propres de ®:
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
119
Ker®= {(4 0) | Ker -1d={(0 s)}: ker® +1&
= {(© Sa
et la décomposition de {Mn (K) en somme directe de ces espaces :
Mn (K) = Ker b® Ker(® — Id) ® Ker(® + Id)
Cl
0 0 + [° CG
me Tr
BD
273
OR
BU
0
0 |
ccrm
Soit À € Mn (C). Montrer l’équivalence des assertions :
ü)
Aest semblable à une matrice de diagonale nulle.
è Commentaires
ICE Points de cours
=
Ÿ
Trace de deux matrices semblables.
Indications
m
)
=
w)
Aest semblable à
(eu
Si
} Solution
La trace d’une matrice ne dépend que de sa classe de similitude. Donc ii) =
i).
Soit f un endomorphisme de C"' dont la trace est nulle. Sif = 0, la matrice def dans toute
base de C'!' est nulle, donc à diagonale nulle.
Id est n x et ne peut être nulle
Sif est non nul,f n’est pas une homothètie car la trace de
que sip= 0.
Il existe donc un couple libre (x f(x)) pour au moins un vecteur x de C”!.
En effet, si pour tout x, (x,f(x) était lié, la matrice de f relativement à la base canonique c de
C'! serait de la forme:
A = diag (p1,h2,:::, Mn)
La liaison de ci + c; et de son image pi Ci+ Ij C
pri =.
exigerait
Alors f serait une homothètie, ce qui est contraire au cas envisagé.
On peut donc choisir une base de C"' de la forme :
e= (e1. e2 = f(e1), e3,-::,
Soit p la projection sur l'espace Eh] engendré par
en)
(ei<i<n
parallèlement à la droite C ei.
On définit un endomorphisme f, _1 de En-1 par restriction de po f.à En-_1.
Par construction,
Tr(f) = 0 = Tr(fn-1).
Les Grands Classiques de Mathématiques
120
à (ei)2<i<n,
En notant Mn la matrice de f relativement à e et Mn-1 celle de fn-1 relativement
on a:
O
+x xx XX
1
M=1|0
avec : Tr (Mh_1) =0
(Mn- 1)
0
ainsi une base de C"' relativement à laquelle la matrice def
construit
on
finie,
Par récurrence
admet une diagonale nulle. Donc i) =
2 74
ii).
MINES (M)
Soit (A, B) e ln (C)° tel que AB = 0.
Montrer que A et B sont simultanément trigonalisables.
o Commentaires
EE Points de cours
“
Ÿ
Espace stable et endomorphisme induit.
Indications
=
Introduire un supplémentaire de ImB,
m
Matrices triangulaires par blocs.
) Solution
Soitf et g les endomorphismes de C"" doni les matrices relativement à la base canonique sont
respectivement À et B.
La relation
AB = 0 se traduit par f o g = O0 et montre que la restriction def à Img est nulle.
Fixons un supplémentaire G de Img dans C'' et notons q la projection sur G parallèlement à
Im g.
La restriction de qo f à G induit un endomorphisme f” de G, et f’ est trigonalisable puisque C
est algébriquement clos. De même, la restriction de g à Im g induit un endomorphisme g de
Img puisque Im g est stable par g, et g’ est trigonalisable.
On peut donc choisir une base b de Img et une base b’ de G telles que
U = mat(f”,b!) et
V = mat(g',b) sont triangulaires supérieures. Soit e la base de C'* dont les premiers vecteurs
sont ceux de la base b de Img et dont les vecteurs suivants sont ceux de la base b/ du
supplémentaire G de Im g.
T = mat(f. e) =
0
X
et
T'=mat(g,e)=
0
U
sont des matrices triangulaires supérieures, et on a:
T=P-lAP
et
T'=P-!Bp
où P est la matrice de passage de la base canonique à e.
V
*
0
0
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
121
2 Tr5 MINES (M)
Soit A1, A2, :::, An des matrices carrées d’ordre n.
On suppose que les Ai sont nilpotentes et commutent deux à deux.
Montrer que le produit des Ai est nul.
[) Commentaires
ICE Points de cours
s
Ÿ
Espace stable et endomorphisme induit.
Indications
=
Par récurrence,
ms
Considérer les restrictions à Im Ah;1.
} Solution
Supposons vrai l'énoncé suivant :
HR
:
Pour tout espace E de dimension finie inférieure ou égale à n et toute famille
d'endomorphismes nilpotents de E qui commutent deux à deux, le composé
(fi)i<i<n
fo f20::-0fn
est nul.
Soit E un espace de dimension n +1 et (fili<i<n une famille d'endomorphismes nilpotents
de E qui commutent deux à deux.
L'espace
E’ =Imfns1
vérifie
dimE’ < n car f41 est nilpotent donc n’est pas un automor-
phisme de E. De plus, les relations
fn+1
fn,1 0 fi = fi o
Montrent que E’ est stable par les
Ji A<i<n).
On peut donc considérer les endomorphismes
nilpotents gi de E’ induits sur E’ par fi pour
i e Nn : ils commutent deux à deux comme les fi. L'hypothèse HRh montre que:
d°20:::09n=0
Comme pour tout xe
E,ona:
fiof2o--:0fn0fn+109 = g10g20:--0 gn (fn+1(x)) = 0
on en déduit que f10f20--:0/fn 0 fn+1 = 0. Ainsi
HRn
=
HRnsi.
De plus, un endomorphisme nilpotent d’un espace de dimension au plus 1 est nécessairement
est
nul. Donc HR\ est vérifié. On a donc montré par récurrence que, pour tout n = 1, HRn
vérifié.
K,
En partant des matrices carrées d'ordre n, Aj,A2,::: , An à coefficients dans un corps
K'"
de
fi
nilpotentes et commutant deux à deux, et en appliquant HRA aux endomorphismes
fn = 0
dont les matrices relativement à la base canonique sont les Ai, on déduit de f10f20:::0
que :
A142 :::An=0
Les Grands Classiques de Mathématiques
122
276
MINES (M)
E est un espace de dimension finie sur C.
u et vu sont des endomorphismes de E et « est un scalaire non nul.
On suppose que u, v, a vérifient la relation :
uov—vou=au
(1)
1)
Montrer que u est nilpotent.
2)
Montrer que « est différence de deux valeurs propres de v. En particulier, si
la| est égal au diamètre du spectre de v, montrer que u? =0.
È Commentaires
>
Points de cours
«
ÿ
Règles de calcul dans l'algèbre # (E).
Indications
=
Pourlel1), calculer
u"ov—vou"
etconsidérer
x
xov—vox
avec x € # (E),
=
Pour le 2), étudier les endomorphismes :
LE
XOU
EL
XXE? DOX
voir qu'ils commutent.
} Solution
1)
En composant la relation (1) à gauche avec u, on obtient :
2
uouv—uovouz=u
Donc
uw? ou—
2
ov—(vou+au)ou
=au?
vo u? =2 a u? , et de même si on fait l'hypothèse de récurrence HR: :
UtoOU—-UVOU =naU
on aura grâce à (1) :
n+1l
utlou—uovou"=u"tl
c'est-à-dire
unit OU—U0O
ouv—(vou+
untl =(n+la
aœau)oun=nautl
ut
si
On a donc montré par récurrence HRn.
Supposons que, pour tout entier n, u!' soit non nul. Alors HRA montre que chaque u'' est
un vecteur propre de l’endomorphisme ®, de £ (E) qui, à tout x e L (E), associe :
Pi (HD =xou-vox
La valeur propre de Ÿ, associée à un est n a.
a étant non nul, P, admettrait un spectre infini contenant Nn, ce qui est absurde.
Donc il existe un entier n tel que u!! = 0.
La relation (1) et & non nul impliquent donc que u est nilpotent.
2)
Soit D, l'endomorphisme de Z (E) qui, à tout x e S (E), associe
Pour tout polynôme P de € [X], on a P(Dy) = Dp(yy-
Dy(x) = x o v.
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
123
Comme, pour tout x e $ (E), l'égalité
Dx = 0 est équivalente à x = 0, on en déduit que
Ds et v ont le même idéal de polynômes annulateurs. En particulier, Dy et u ont même
polynôme minimal, donc ils ont même spectre.
De même, l’endomorphisme Gy de
(E) qui, à tout x e Ÿ (E), associe Gu(x) = vo
ra
le même spectre que vw.
Or, l’associativité de la composition montre que Gv et Du commutent. C étant algébriquement clos, Gv et Du admettent alors une base commune de triangulation. A fortiori, toute
valeur propre du spectre de
Dv — Gu =®
est différence de deux valeurs propres de v.
Or y (u) = a u. Donc si u est non nul, & est valeur propre de ®,, et alors a est différence
de deux valeurs propres de vw.
Supposons que |a| soit égal au diamètre à du spectre de v.
On a vu au 1) que 2 a est valeur propre de ®, lorsque u? est non nul. Par hypothèse, æ
est non nul donc |2 «| > [a] =&8.
On ne peut donc pas avoir 2 œe
Sp(),
propres de v et on aurait [2 a| < 8. Par suite
PAT
sinon 2 a serait différence de deux valeurs
u? =0,.
X (M)
D € Mn (R) , A€ Mnm (R) , BE Mmn (R) et
DA= 0.
Montrer l’équivalence des assertions suivantes :
(i)
Dest nilpotente,
(u)
AB et AB + D ont le même polynôme caractéristique.
à Commentaires
EE Points de cours
«
Ÿ
Déterminants de matrices triangulaires par blocs.
Indications
=
Choisir des matrices semblables à AB et à D représentées par des
blocs 2 x 2.
} Solution
:
Soit a (resp. b, resp. d) l'application linéaire de R°' dans R"' (resp. de R" dans R'", resp. de
R'! dans R'!) dont la matrice relativement aux bases canoniques est À (resp. B, resp. D).
Soit r le rang de A. Choisissons pour base de R'' une base e dont les r premiers vecteurs
forment une base de Im(a).
L'égalité matricielle DA = 0 se traduit par la nullité de d sur les r premiers vecteurs de e.
Sin =r,
dest nulle sur la base e donc d = 0. Dans ce cas (i) et (ii) sont vraies. On supposera
dans la suite que
n-r>l.
Puisque a o b laisse stable Im(a) et que d est nul sur Im(a), on peut écrire par blocs les
matrices de d et de a o b relativement à la base e sous la forme:
Les Grands Classiques de Mathématiques
124
mat(d,e)=
2)
d mat(a o be) =(à
À)
où R est une matrice carrée d'ordre r < net V une matrice carrée d'ordre n—r.
Les matrices données AB et AB + D sont semblables aux matrices :
ke
Fe S + Se
0 0
0
V
Donc le polynôme caractéristique de AB est PRX"",
et celui de AB+ D est
PRPy, où PR et Py sont les polynômes caractéristiques de R et V
respectivement.
L’assertion (ii) est donc équivalente à Py = X"7".
Or, d’après le théorème de Cayley-Hamilton, une matrice carrée est nilpotente si et seulement
si son polynôme caractéristique est une puissance de X. L’assertion (ii) est donc équivalente à
la nilpotence de V.
Or, par récurrence immédiate sur k e N*, on a:
madt,à=TO (9So D) (7o vk Un)
Dern
eo CMS
La nilpotence de la matrice V est donc équivalente à l'existence d’un entier k = 1 tel que :
mat(dK, e) = 0
c'est-à-dire que la nilpotence de V est équivalente à celle de d, donc aussi à celle de D.
Les assertions (i) et (ii) sont donc équivalentes.
2 78
MINES (P)
Trouver À € Mn (€), (n > 2), telle que, pour toute matrice M € Mn (©), on ait:
det(A + M) = det(A) + det(M)
è Commentaires
EE Points de cours
=
o
Caractérisation d’une base par les déterminants.
Indications
ms
\
Choisir une matrice M faisant intervenir les vecteurs colonnes de
la matrice A.
ÿ Solution
#=
|lest évident que la matrice nulle est solution.
=“
En appliquant la relation à M = À, on obtient :
det(2A) = 2 det(A) = 2" det(A)
Donc, sin = 2, det(A)= 0.
=
Soit (A1,42,:-:,An)
les vecteurs colonnes de la matrice A.
Appliquons la relation aux matrices M dont la "© colonne est (—A;) (pour i € 41“):
det(A + Mi) = det(Mi) = 0
Chapitre 2 : Algèbre
linéaire
125
parce que la matrice À + Mi comporte une colonne nulle.
Or, si Ai # [0], il existe des vecteurs (Xj)je {1,...,n} \i tels que Mi € GLan(R), donc det(Mi) # 0,
ce qui est contradictoire.
Conclusion :
La seule solution est la matrice nulle
Remarque :
Une autre méthode consiste à substituer à A une matrice équivalente réduite :
tn
279
X (P)
Pour (A, B) € Mn (R), on pose
C= AB -— BA.
Montrer que si C est colinéaire à A ou B, alors Cest nilpotente.
L) Commentaires
EE Points de cours
=
ÿ
En dimension finie, le spectre d’un endomorphisme est fini.
Indications
“
Trouver l’image de Af par l’endomorphisme X > XB — BX.
} Solution
Supposons par exemple C =
Si A = 0, C=0
A.
et c’est fini.
Si À + 0, cela siginifie que l’application linéaire D : E = Mn (R) — E, définie par :
®P (X) = XB — BX
admet (\, À) comme couple propre.
Par récurrence sur k, on montre que ® (AË) = k À AË: c'est vrai pour k = 1, et si c'est vrai
pour k, alors :
(A+!)
= AK(AB)- BAK*1
(AK)A+AKC
= AKX(BA + C)- (BAK)A
= (k+1)X AX*1
Ou bien À = 0, et alors C = 0 et c’est fini.
Ou bien À # 0, et alors l’ensemble N*X étant infini, il existe k € N° tel que k
€ Sp(®).
Pour un tel choix de k, AX e Ker(® — k À Idg) = {0}. À est alors nilpotent et C = À A aussi.
En remplaçant (A, B) par (B, À), on change C en —C.
On en conclut, dans tous les cas, que C est colinéaire à A ou à B, alors C est nilpotent.
280
6
Résoudre
xa
dx
—
ET
=
AX+XB
<
où
32
A = U
=) et
X(t) étant la matrice inconnue dans {2 (R).
F +
B =
;
Les Grands Classiques de Mathématiques
126
} Commentaires
ICE Points de cours
=
ÿ
Système différentiel linéaire à coefficients constants.
Indications
“
Diagonaliser A et B, puis X > AX + XB.
} Solution
En cherchant les éléments de réduction de À et B on trouvera que:
=
€] (, , €2 (
re
à) est une base de vecteurs propres pour À relativement aux valeurs
Ne
propres (5, 1),
=1+5V13/"
(-1- VB
ment aux valeurs propres (r=
)] est une base de vecteurs propres pour B relative-
3+V13
._3-V13
5
—>
5
)à
La matrice B est symétrique. Il en résulte que, pour l’endomorphisme ® de l’espace E = M2 (R),
défini par :
® (X) = AX + XB
la famille
ei le,e 8,@ te, e@'e)e E“ est constituée de vecteurs propres relativement aux
valeurs propres distinctes :
(o= D+r,@œ=D#T.,
Ba lEr
1b=ttt)
Comme dimg E = 4, © est diagonalisable, les espaces propres de ® étant des droites.
Il en résulte que les solutions dans D(R, Mn (R)), de l'équation différentielle S
=® (X)
forment un espace de dimension 4 dont une base est constituée des fonctions :
tr (etes tutettents, elle t e, ePte) (3)
On en déduit que la forme générale des solutions de l'équation proprosée est :
OR EP Te
où (a, b, c,d)e R“.
281
CEN (M)
f est un endomorphisme diagonalisable de C'!.
On note p un projecteur sur un espace propre de f parallèlement à la somme de
tous les autres.
Montrer que p est un polynôme en f que l’on explicitera.
î Commentaires
EE Points de cours
=
Somme directe et projecteurs associés.
Chapitre 2 : Algèbre
o
linéaire
127
Indications
=
Utiliser un polynôme nul sur toutes Les valeurs propres sauf une.
è Solution
Pour chaque vecteur propre
de f, notons PA le projecteur sur E, parallèlement à l’espace
supplémentaire F, de E, somme des E; pour 8e Sp(f) \ {h}.
On a donc, pour tout entier k :
no
Xe Sp(f)
Par suite, pour tout polynôme Q € C [X], on a:
aN=
ÿ. own
Xe Sp(f)
Donc, en choisissant un polynôme nul en chaque valeur propre sauf une, on obtient le projecteur
correspondant polynomialement en fonction de f.
Précisément, en posant :
VieSpf) Q=
ona
O\(f) = PA.
II
Da
=
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2
mn
ê
4
Chapitre Il
Algèbre
euclidienne
301
C:CP(P)
Déterminer les matrices de M3 (R) à la fois orthogonales et symétriques.
o Commentaires
ICE Points de cours
=
ÿ
Définition d'une matrice orthogonale.
Indications
=
Matrice d’un retournement en fonction d’un vecteur invariant.
} Solution
A est symétrique si et seulement si (A = Aet elle est orthogonale si et seulement si (AA = J3,
donc A est symétrique et orthogonale
si et seulement si:
A=B
et
AeO(3)
En prenant & e {—1,1}, les cas possibles sont :
s
A=eck,
A=es, où Sest la matrice d'une symétrie orthogonale par rapport à une droite engendrée
a
par un vecteur normé U = |
);
c
»
Alors
S=2U'U-1
à U.
s-{
et
ad -b-c2
2ab
2ac
Sreprésente la symétrie par rapport au plan vectoriel orthogonal
2ab
D? - © — a
2bc
2ac
2bc
2-a-b
où
a’+b+c=1
Les Grands Classiques de Mathématiques
130
302
MINES (P1
a
Soit la matrice
DEC
M = (: x 1 € M3 (R).
C y Zz
Comment choisir (a, b, c) e R° pour qu'il existe (x y, 2) € R telle que M soit orthogonale.
b Commentaires
LEE Points de cours
=
ÿ
Caractérisation d’une matrice orthogonale.
Indications
=
Interpréter géométriquement les relations nécessaires pour que la
matrice M soit orthogonale,
=
_Paramétrer alors la droite d’intersection des deux plans qui interviennent.
ÿ Solution
amb'#e
|
La matrice M = | b x y | de M3 (R) est orthogonale
cUyez
colonnes sont deux à deux orthogonaux :
ab+bx+cy
= O
(P;)
{
ac+by+cz
bc+xy+uyz
et unitaires :
=
=
=
O
O0
si et seulement si ses vecteurs
plan
plan
paraboloïde hyperbolique
(P2)
(H)
a +b?+c
D+3x2+y
=
=
1
1
+w+z
=
1
(S)
(C1)
(C)
sphère
cylindre
cylindre
Supposons M orthogonale avec bc z# 0 ; alors (P,) N (P2) est une droite dont un paramé-
trage est :
(PnB):x=@t-a,y=-bct,
z=bt-a
L'équation au paramètre t de l'intersection (P1) © (P2) N (H) est :
(b+c)t-2at-1=0
E
Cette équation E a deux racines distinctes, donc la droite (P1) N (P2) coupe (H) en deux points
U et V.
En prenant (a, b, c) sur (S), l'équation au paramètre tde l’intersection (P1) n (P2) N (C1) est :
b? + (24 a)” + 22 = 1 où © [(b?
+c2) #2 - 2at— 1] = 0
Même résultat pour l'intersection (P1) N (P2) N (Co).
Autrement dit, la droite (P1) N (P2) coupe (C1) en U et V ainsi que (C2).
Ainsi, en choisissant (a, b, c) sur (S), avec bc # 0 si (x, y,z) = U ou V, la matrice M est
orthogonale.
=
Supposons M orthogonale avec b # 0, c = 0. Ces conditions s'écrivent :
a+x=0,y=0,
yx+z)=0,
a +b=1,
b+x2=-1,
2-1
Chapitre 3 : Algèbre
euclidienne
131
Avec(a, b,c) sur (S): a?+b?=1(a=cosa,
b=sin o).
On trouve (x, y, z) tel que M soit orthogonale :
COS a
M = | sina
0
Même résultat sib=0,
c#0.
Même résultat si b=0,
c= 0.
0
O0 )
sinœ
—cosa
+1
0
Conclusion :
9
2
:
:
:
Si a? + b? + c? = 1 alors il existe (x, y, 2) tel que M soit orthogonale (M représente alors une
symétrie).
303
ccrm
Dans R° euclidien, on considère une rotation r et une symétrie orthogonale s.
Etudier soros.
à Commentaires
EE Points de cours
Ÿ
=
Caractérisation d’une rotation de R° par son axe et son angle,
ms
Déterminant et trace d’un endomorphisme.
Indications
=
Résoudre l'équation soroSX)= x,
=
Calculer la trace de l’endomorphisme soros,
=
Simplifier le produit mixte [#.soros(X),w | avec À = SŸ)
et m1 = SW).
} Solution
Soit r une rotation d'angle 8, d’axe R w et s une symétrie orthognale de RS.
Alors R= so ro s est une isométrie vectorielle :
*
detR=(dets)? detr
,
detR=1
donc R est une rotation.
Cherchons un vecteur invariant en résolvant l'équation R(X) = x :
R(R)=sorosx)= x ouroNx)=SX)
(sc? = s car s est une symétrie). s(x) est invariant par r donc R est une rotation autour de
w = AD).
Cherchons l'angle 4 de cette rotation.
On sait que :
= 2cos 68 +1
2cosy +1=trR=trisoros)=tnrosos)=trr)
Les Grands Classiques de Mathématiques
132
et que sin y a le signe du produit mixte :
(7.RR) a : [R.s0 FOR) am) pour toutÀ € R°
|
Avec X = s{y), on peut écrire :
LR.RC) a : [SCD cn) s(m)| de (7.(D). œ
et
(5. r(Y ), ü| a le signe de sin 6.
Si s est une symétrie plane (réflexion), dets = —1, donc R est la rotation d'angle — 6, d’axe
R sw).
Si s est une symétrie droite (retournement), det s = 1, donc R est la rotation d'angle 8 d’axe
R s(w).
304
ccPrm
Déterminer les automorphismes f, d’un espace vectoriel euclidien E orienté, de
dimension 3, conservant le produit vectoriel :
pour tout (x, y) e E?, fxA y) = FX) À f{(y)
Commentaires
ICE Points de cours
ÿ
«
Produit mixte et produit vectoriel dans Rè,
“
Déterminant d’un endomorphisme.
Indications
«
Penser aux rotations,
=“
Transformer le produit scalaire f(x A y): f(z) en un produit mixte.
) Solution
Montrons que les rotations conviennent et que ce sont les seules.
=
Prenons une rotation g de E et pour tout triplet (x, y, z) d'éléments de E, calculons :
g(x A y) :g(z)
En conséquence,
=
=
(x A y):2z= [x y, z] = [g(x), g(y), g(2)]
=
[gx À g{y)] : g(2)
g{x A y) = g(x) A g{(y).
Considérons un automorphisme f de E conservant le produit vectoriel, calculons :
f(x A y) - (2)
C9 A (y) - (2) = (f(x), (y), f(2)]
(det fx, y, z] = (det fXx A y): z
Il'existe donc un réel à = det f tel que, pour tout (u, u) e E?#:
J(u) -f(v) =êu:v
Avec v = u:|| f{u) ||? =5 ||u||?, on constate que 5> 0.
Ainsi f est une similitude : f = à g où g est une rotation, car :
det
f=5° detg , det.f =8 donc detg
>0
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
133
Or, g conserve le produit vectoriel, donc 5= 1 ,J est une rotation.
305
mnes
Dans R* euclidien, résoudre l'équation :
+ GNT ed
à et b donnés dans R.
È Commentaires
Es Points de cours
s
ÿ
Double produit vectoriel.
Indications
«
Calculer & : Det & À D en fonction de à et de x.
} Solution
= Soit x e R?vérifiant X + & A X = b.
Alors, en faisant le produit scalaire puis vectoriel des deux membres par le vecteur à, il vient :
a [email protected]
donc
dAxX+(@.X)a-|afPx-a1b
b-x+(&.b)a-|a&|?x*=&@A0b,et:
1
ÀEr ns
1+]| a ||
—
ue
b+(@-b)a-aADb
Pour conclure, il suffit de vérifier que ce vecteur convient ou d'établir l'existence d'une solution.
=
L'applicationf : R—R$,
x
x + a À X est linéaire.
Si f(x) = 0, le calcul précédent (D = 0) donne x = 0 (ou bien x -f(X)=|| x 2 = 0).
Donc f est injective, f est un automorphisme de R, et l'équation linéaire f(x) = b aune
solution (unique).
Remarque :
Le calcul du 1) donne :
far
NM
306
ART és
1+|| «|
[[email protected]%l
ccrw
Soit E un espace euclidien de dimension 3, uw un vecteur normé de E. Pour un
vecteur x de E, on pose :
f(R)=<
UT,
Montrer que f est une isométrie.
Nature de f et éléments caractéristiques ?
U+Ù
X>U+UAX
|
Les Grands Classiques de Mathématiques
134
ê Commentaires
Es Points de cours
=
ÿ
Construction d’une rotation.de RS.
Indications
Utiliser une base orthonormale (T, j , w).
…
D Solution
L'application X >< uw, x > u associe à X sa projection orthogonale sur la droite Vect{{ ui)
et, si xj est le projeté orthogonal de X sur le plan {u}!, ü A X = u A x est le vecteur du
—
T
Ne
plan {ù }* obtenu par rotation du vecteur x de +3 autour de uü.
AE:
T
Donc f est la rotation de E autour de la droite Vect( w'), d'angle DE
remarque
:
=
Si T est un vecteur orthogonal à w et si j =
uw À T, la matrice de f dans la base
orthonormale (T, j', u') est :
O0 —1 0
1230-40
OMEORT
307
1)
C.C.P (M)
—b
a
—-c
d
—-d
—c
—-d
c
a
—b
b
a
Trouver à quelle transformation géométrique correspond cet endomorphisme
de R4.
2)
e Ha (R)
Trouver det M.
b Commentaires
TT Points de cours
ms
Matrices orthogonales,
ms
Similitude.
Chapitre 3 : Algèbre
euclidienne
ÿ
135
Indications
=
Former le produit ‘MM.
ÿ Solution
1) Le calcul donne
MM = (a? + b? + c2 + d2)u.
En supposant (a, b, c, d) #Op«, donc M non nul, la transformation géométrique de matrice
M dans la base canonique de R“ est une similitude.
Si a? + b? + c? + d? = 1, M est une matrice orthogonale.
2)
Onconnaît
|det M| = (a? + b? + ©? + d?)° ; cherchons le signe de det M.
L'application de R4\ 0 à valeurs dans {—1, 1} :
det M
(a, b, c, d)r>
(& + D? + 2 + d)
est continue (c’est une fraction rationnelle), donc constante !
Lorsque (a, b, c, d) = (1,0,0,0) , M = 14 et detM= 1,
2
donc, pour tout (a, b, c, d) e R* , det M = (a? +b?+ c? + d?) .
Remarque :
M représente une similitude directe.
En réalité, M est une matrice quaternion.
308
CEN (P1)
R$ est muni de sa structure euclidienne orientée rendant sa base canonique orthonormale directe.
Soit À et B deux vecteurs non nuls de R° et :
M
JAB :R?—R$,
X- AA(BAX)
fA.8 est-elle diagonalisable ?
b Commentaires
EE Points de cours
=
Double produit vectoriel.
Les Grands Classiques de Mathématiques
136
ÿ
Indications
«
Etudier le cas où Aet B sont orthogonaux.
ÿ Solution
Rappelons la formule du double produit vectoriel :
faBX) =(A,X)B-(A,B)X
etremarquons que
fAB(B) = 0.
Il en résulte que 0 est valeur propre de A à et que la droite Vect(B) est contenue dans Ker fAB.
=
SiAetB sont orthogonaux, fa B(X) = (A,X)B, Ker fAg est alors le plan {A}.
Comme
Im fA8 = Vect(B) et que
Vect(B) c Ker 1,8 :
fÈE =OgE)
; JA,B est nilpotent
I n'y a pas d'autre valeur propre que 0 et fA,B n’est pas diagonalisable.
=
Si(A,B) # 0, les vecteurs orthogonaux à A sont des vecteurs propres associés à la valeur
propre —( A, B).
Donc fA,8 admet deux valeurs propres distinctes, de sous-espaces propres associés Vect(B)
et {A}!, ce qui prouve que fA,8 est diagonalisable.
Conclusion :
J.8 est diagonalisable
309
si et seulement si (A,B) # 0
MINES (P)
Soit f l'endomorphisme de R° dont la matrice carrée relativement à la base canonique (considérée comme orthonormale) est:
M=|
a?
ab-c
ab+c
bb
Ka)
ac+b
ac—b
bc+a
c?
(@ +b?+c=1)
Montrer que f est une isométrie que l’on précisera.
D Commentaires
œ
Points de cours
“
Décomposition d'une matrice orthogonale 3 x 3.
Chapitre 3 : Algèbre
ÿ
euclidienne
137
Indications
s
ÿ Solution
Etudier les parties symétriques et antisymétriques de M.
En prenant la partie symétrique et la partie antisymétrique de M, on a la décomposition :
a
M=|\b
0=c
ao
c
Soit
e=(ei)1<;<s
Soit
(=
b
ce
oO
-«)
—b
a
0
la base canonique de R°, considérée comme orthonormale directe.
ae; + be + ces et p le projecteur orthogonal sur la droite RQ.
Soit v l'endomorphisme antisymétrique de R° associant à tout vecteur x de R° le produit
vectoriel de ( par x.
Q étant unitaire, on a:
a
Mat (p.e)= | b
|(a,b,c)
,
Mt.)
0 —-c
| CE,
bb
-«)
ba
0
ê
Donc
:
f = p + v est la rotation d'axe
a
T
D =RQ, d'angle de mesure 5 lorsque D est orienté
par (1.
310
mes m
Dans le plan euclidien, on donne une droite 3 et un point A hors de %.
Soit s la symétrie otrhogonale par rapport à ® et r une rotation de centre A.
Déterminer r_ losor.
Commentaires
EE Points de cours
=
Ÿ
Isométries du plan.
Indications
=
_Introduire la droite À définie par r(A) =%.
} Solution
Rappelons que les isométries du plan forment un groupe.
rapport
Doncy= re 150 r est une isométrie indirecte : produit commutatif d’une symétrie par
à une droite À et d’une translation de vecteur (éventuellement nul) parallèle à A.
Soit
A=r7(®).
Un point M de A se transforme par r en un point de , d'où :
fiM) =r"lo sa (r(M)) = rl (r(M)) =M
Tous les points de A sont invariants par f.
Ainsi f est la symétrie orthogonale par rapport à A.
Les Grands Classiques de Mathématiques
138
ol ]
X (M)
Calculer le minimum de :
“f: :R2—R,
ab
[7[sinx
(a+ px)|"
ax
ÿ Commentaires
Lx Points de cours
ÿ
=
Projection orthogonale sur un sous-espace de dimension finie,
“
Distance d’un point à un plan.
Indications
«
Munir l’espace des fonctions continues sur [0, x] d’un produit scalaire convenable.
0) Solution
=
T
Soit E = C°([0, x], R), u — ||u|| = (| dax)
0
2
est une norme euclidienne sur cet
espace associé au produit scalaire :
T
(u, uv)
(ulv) #f u(x)u(x)dx
0
Considérons le plan P engendré par les fonctions :
pi: xx
il s'agit de calculer
et
©: xe
x
Min ||u — sin I.
On sait que ce minimum est égal à ||p(sin)— sin |? où p{sin) désigne la projection orthogonale
de la fonction sin sur P.
En posant p(sin) =Aw + u®, (X, 11) est déterminé par le système :
Fe
(sin| v)
(\p+ub|d) = (sin|®)
c'est-à-dire :
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
139
ui
T
\ | Cdx+ » | xXdx
0
0
T
3
* ni D
0
T
=
U xsin dx
0
é
Ê
—
T
\ | x°dx+ » | xidx
ou encore :
Il
0
T°
7
7
m°
4
5
Moral olsadso out
:
On en tire:
:
240
12
A
20
320
Re
= -F)e
p(sin}x) = (2-22)x (2
Pie
Hé
D’après le théorème de Pythagore, on a alors:
| ptsin) — sin |? = || sin ||? — ||p(sin)
||?
fi sin? xdx — Ci
0
m
dax+2 hu
| x dx+ # | dax)
0
160
1280
Pi males
0
0
8
Ainsi min f = 0,00183 à 5.107 près.
312
ccrm
Soit E un espace euclidien et f une application de E dans Etelle que :
f(0)=0 et ||fG) — fly) || =||x— y|| pour tout (x y) € E?
Montrer que f est un endomorphisme orthogonal de E.
Qu'en déduit-on pour une application de E dans E qui conserve la distance ?
è Commentaires
>
Points de cours
=
ÿ
Définition d’un endomorphisme orthogonal.
Indications
=
_f conserve le produit scalaire,
=
|}.
Calculer ||f(x + y) — F9 — FU)
ÿ Solution
=
En prenant y = 0, on obtient
=
Pour (x y) € E*,
||f(x)|| =||x]|, pour tout x e E, donc f conserve la norme.
Les Grands Classiques de Mathématiques
140
(FCO — fUy).fC -fy) = |fI?+1f@ IT -2(/00./0))
(x—yx-uy)=|lxl?+|ul? -2(x y)
impose
=
(f(x), f(y)}) = (x, y} (puisque f conserve la norme) :f conserve le produit scalaire.
Montrons alors la linéarité de f. Soit :
(JG+ y) — FCO — FU). f(x + y) — FC — f(y))
= ||fGc + y) |? +169 |? +11 FD À
—2{ f(x + y), fo) } — 2 f(x + y).f(y)) + 2( FX), Sy) )
= |x+uyll?+11xl?
+1lu|?
+2(x+uy.x) —-2(x+u.u) +2(x y) = 0
Calculons de la même façon :
FA 2
x xf2 = ISA XI - 2X (FA 2,F09)+ 2 ||x]?
=
| Ax}-2X(Axx)+ X2||x]?
=
O
(car f conserve le produit scalaire)
Conclusion:
f est un endomorphisme de E qui conserve le produit scalaire, donc f € © (E) (toute application
de E dans E conservant la distance et vérifiant f(0) = 0 est un endomorphisme orthogonal).
3 13
C.C.P (M)
Soit À e © (n).
Montrer que la valeur absolue de la somme des coefficients de A est au plus égale à
net déterminer le cas d'égalité.
B Commentaires
EE Points de cours
=
Inégalité de Cauchy-Schwarz sur R'.
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
ÿ
141
Indications
«
Interpréter (UAU comme produit scalaire.
D Solution
1
Soit A=[aÿ] eG(n) et U= | : | em.
1
n
> av
j=1
Alors
AU =
5
:
Dan
Il en résulte que :
j=1
n
n
I( AU,U)| =
aÿ| < ||AU|
| U||
i=1 j=1
(d’après l'inégalité de Cauchy-Schwarz)
et
||AU| =||U| puisque
À eO (n).
Donc
Ÿ_aÿ
L'égalité a lieu
<|[[U[?=n
ij
si et seulement si les vecteurs AU et U sont colinéaires, c’est-à-dire
si et
seulement si :
n
Ve
De dÿ =
j=1
où a est une valeur propre de A, donc égale à 1 ou à (—1).
314
X (P)
E est un espace euclidien et (yx)1<k<p et (Zx)1<k<p Sont deux familles de vecteurs
deEtelles que, pour tout (i,j) e (Np} :
<
u
Ui,Ui,Yi
Uj >=< Zi,t, Zj2j >
Montrer qu'il existe une isométrie f de E telle que, pour tout k e N,:
JUk) = Zk
ÿ Commentaires
LS points de cours
=
Construction
d’une application
vectoriels supplémentaires,
=
Caractérisation d’une isométrie.
linéaire sur deux sous-espaces
Les Grands Classiques de Mathématiques
142
Ÿ
Indications
“
Se ramener au cas où les familles sont libres,
«
Utiliserunebaseorthonormalede l’orthogonal de Vect(y1. : : - , Up).
ÿ Solution
Remarquons que toute liaison de la famille y donne une liaison avec les mêmes coefficients
pour la famille z. En effet :
P
ve Ài Vi
j=1
2
P
jeDE XiÀj< Vi, Uj >
i=1 j=1
PP
=
DE
AiXj< Zi, Zj >
i=1 j=1
p
2
D Ài Zi
=
On peut donc, sans perte de généralité, quitte à extraire de y une sous famille libre, supposer
que y est libre.
y et z sont alors libres et bases de deux sous-espaces de E respectivement notés F et G.
Dans ces conditions, il existe un endomorphisme f de E, envoyant la base y de F en la base z
de G et envoyant une base orthonormale donnée y* de Ft en une base orthonormale donnée
z' de G..
Par construction, f conserve le produit scalaire sur E. C'est donc une isométrie de E vérifiant
S(uK) = zx pour tout k e Nb.
3 15
C.C.P (M)
Soit À = [a] 1<ijen < Mn (R) une matrice symétrique à éléments négatifs, sauf ceux
de la diagonale, qui sont strictement positifs.
De plus, la somme des termes de chaque rangée est strictement positive.
1)
Montrer que le spectre de A est inclus dans Ri.
2)
Quel est le noyau de À lorsqu'on suppose que la somme des termes de chaque
rangée est nulle ?
Commentaires
LEE Points de cours
=
Inégalité triangulaire,
=
Système associé à un vecteur et une valeur propres.
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
Ÿ
143
Indications
=
Minorer chaque valeur propre par la somme des termes d’une ligne
convenable.
) Solution
1)
A est une matrice symétrique réelle, donc elle est diagonalisable.
x
:
Soit À une valeur propre de A et X =
un vecteur propre associé.
Xn
VieNn.
(ai- Nx=-Ÿ ax
J=1
JAi
CommeX n'est pas nul
|xx| = Max |xl 20
et:
1<i<n
n
|Axk —
N=
n
->x
<Y_
Jj=1
J=1
Jj£#k
Or k#j
=
||
j#k
ax < 0,ilen résulte que:
n
Ak — À< Ÿ(ax)
JE
J#k
3
n
et finalement
\Z= Gkk +Ds. a > 0
JE
j#k
Conclusion :
Sp(A) CRŸ
2)
(en particulier, À est inversible)
Sion suppose la somme de chaque ligne nulle, Sp(A) e R+ d'après ce qui précède.
1
Le rang de A est inférieur à n puisque le vecteur U = | :| vérifie AU =Opn.
1
Si on suppose que tous les termes extra-diagonaux sont strictement négatifs, il suffit de
considérer la matrice “extraite“ de À, obtenue en supprimant la dernière ligne et la dernière
colonne, pour être ramené au cas précédent.
\
Donc le rang de A est n — 1 puisqu'on peut en extraire une matrice inversible d'ordre n— 1.
316
CEN (P)
E est un espace vectoriel euclidien, f e # (E).
ne
Soit:
E\{0}—R,
x
Déterminer inf + et sup y.
[FC
||
x
Les Grands Classiques de Mathématiques
144
} Commentaires
EE Points de cours
ÿ
=
Adjoint d’un endomorphisme d’un espace euclidien,
=“
Diagonalisation d'un endomorphisme symétrique.
Indications
=
Utiliser l’adjoint de f noté f”,
=
Diagonaliser l'endomorphisme symétrique f"f,
) Solution
ICO IP = (FO) = (x
of)
f* of est un endomorphisme symétrique de E, il existe donc (ei)1<;<n base orthonormale de
E formée de vecteurs propres de f* o f.
Pour tout i eNn, f* o fei) = Ài ei, donc :
Le)? =x Ie? =
donc Àiz 0.
Pour tout x e E \ {0},ona:
avec
sa)
NE
*
5
u = IxI élément de la sphère unité S, donc:
inf @= inf @
n
et
supw= sup p
S
n
Pourx es, p (x)? =\, Ài x avec
de
i=1
Donc en posant m=min{A1,-:-,An}
i=1
et M =max{À,::-, An}, il vient :
M <
D'où
inf ç? (DZ m
et
= il
(x)? < M
sup p? (x) < M.
s
Par ailleurs, d'après la relation (1), les valeurs de m et M sont atteintes, ainsi :
infp=/m
3 17
et
supy=VM
C.C.P (M)
Soit E un espace euclidien et (u,-::,un) une base de E.
On définit un endomorphisme f de E par la relation :
n
JO = ŸÙ (x|ux)
uk
1)
k=1
Montrer que f est symétrique, défini positif.
2)
Montrer qu'il existe g symétrique, défini positif tel quegog=f"1.
3)
Montrer que (g(u), ... g(un)) est une base orthonormale de E.
Chapitre 3 : Algèbre
euclidienne
145
è Commentaires
ICE Points de cours
ÿ
ms
Définition d'un endomorphisme symétrique,
sm
Diagonalisation d’un endomorphisme symétrique.
Indications
1
=
Pour le 2), diagonaliser f et changer a en da sur la diagonale,
=
Pour le 3), calculer (g{ui) |g(u)).
ÿ Solution
ñ
1)
Calculons
et
(x|f(x)) = DE (x| uk)” > 0.
Si (x |fx)
donc
(y|f(x)) = 5 (x| ux) (ul ux) = (x| Sy)
k=1
=0,
k=1
xest orthognal aux vecteurs d’une base
xe Vect{w,---,un) ={Og},
xest nul.
On a vérifié que l’endomorphisme f est symétrique défini positif.
2)
llexiste donc une base orthonormale (e1, ---, en) dans laquelle f est représentée par une
matrice diagonale :
D = diag [a1,---,an]
et
ab
par D-1 = di |
;
L'endomorphisme g de matrice
a”
,
Calculons
an
I
;
A= diag
gd =f"}
3)
d
RE
car
1
En
est
ininostletnoile.
défini positif et vérifie :
A2= D!
(gtx) |gluj)) = (ui |g'(uj)) = (wi: |fu)
gest symétrique et:
car
g si
Par ailleurs, si uv; = f7"(uj) c'est que :
n
uj = f(vj) = de (uj | x) u
k=1
coordonnée de uj dans la base (ux), donc
Kk°Me
la
est
(v;|ux)
que
AE
ce qui
(ui | Hu) est le me coordonnée de u; dans la base (uk), c'est à,; par définition
d'une base.
Ainsi, (g(ux) |g(u)) =8; pour tout (i.j) prouve que (gui), - ,g(un)) est une base
orthonormale de E.
Les Grands Classiques de Mathématiques
146
318
ccrm
Soit (x, :::,xn) une base de (R”,(, }).
1) Montrer que M = [xx )] pen , est symétrique et définie positive.
2)
Réciproquement, montrer que toute matrice symétrique et définie positive
peut se mettre sous cette forme.
ë Commentaires
ET
ÿ
Points de cours
=“
Diagonalisation d’une matrice carrée réelle symétrique,
=
Racine carrée d’une matrice symétrique positive.
Indications
«
Utiliser diag (VA1,--., VAn) = diag (1,
, An)
à Solution
Lnte
[(Xi, Xj )] 1<i<n eSt évidemment symétrique par symétrie du produit scalaire sur R"°
1<j<n
et M = ‘XX où X est la matrice carrée dont le j°"® vecteur colonne est x;.
Donc X e GLn(R)
((x)1<j<n est ungbase de R''), ce qui prouve que M est elle-même
inversible et, si À est une valeur propre, V un vecteur colonne propre associé :
XV |? Fr EXX)V =A (VV) =X [VI
donc
XeR*
Ainsi M est symétrique, définie positive.
2)
Réciproquement, si M est symétrique, définie positive, il existe P orthogonale et:
telle que
D = diag (A1,
2, ,Àn) OÙ (A1, À2,:--, Àn) € (R*)!
M = (PDP.
Or D=A?
avec
A= diag (VA, VR2.---, VAn)
ce qui prouve que M = 'P!AAP=
"XX
où
X=(A P) e GLn(R) (comme produit
de matrices inversibles)
et
M=- [( Xi, Xj )] en désignant par (x1, x2, : : +, xn) les vecteurs colonnes de X.
3 1 9 MINES (M)
R” est muni de sa structure euclidienne canonique. U et V désignent des matrices
colonnes de R'.
Montrer que
||U*V|||
=|[U||:|| ||.
è Commentaires
ICE Points de cours
s
Norme d'un endomorphisme sur un espace euclidien,
us
Inégalité de Schwarz.
Chapitre 3 : Algèbre
ÿ
euclidienne
147
Indications
=
Solution
Majorer la norme de (U {V)X par inégalité de Schwarz.
Soit X e M1 (R) , Y = U!VX = (V.X)U et, d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz :
AY U= VX) AU < UV IXA
Ce qui prouve que la borne de l’endomorphisme repéré par U {V dans la base canonique de
R'' est majorée par ||U ||- ||V ||.
Il suffit donc de prendre X colinéaire à V pour avoir l'égalité dans l'inégalité ci-dessus, donc :
UV
320
= UV
A
MINES (M)
Soit E un espace euclidien et u un endomorphisme deE tel que, pour tout x e E:
Iu@ | < ||x|]
1)
Montrer que E est somme directe de Ker(u — Idg) et Im(u — Idg).
2)
Soit v la suite définie par :
1
v P € N,
P
Up = p+i BE u
k
k=0
Montrer que v converge dans # (E) et identifier sa limite.
ÿ Commentaires
Ex Points de cours
Ÿ
=
Orthogonalité de sous-espace vectoriel,
=
Théorème du rang.
Indications
=
Etudier le trinôme :
te [1x +ty] || utx+ty)|?
} Solution
1)
Soitxe Rer(u — Idg£) et y e E. Pour tout réel t, on a:
IuGx + ty)
|? < [1x+ty
En développant, compte tenu de u(x) = x, il vient :
22 (ul? — 1 uCu |?) +2t< x y — u(y) >> 0
Comme c’est vrai pour tout t, on déduit :
< x,
y — (y) >= 0
Ker(u-—Id E)
Ainsi, Im(u— Id£) est inclus dans (
:
orthogonale
on a la décomposition
Ces espaces ayant même dimension,
E = Ker(u — Idg) @ Im(u — Id)
Les Grands Classiques de Mathématiques
148
2)
Pour tout x e Ker(u — Id£), l'égalité u(x) = x montre que Up(x) = x.
La suite déduite de v, par restriction à Ker(u — Id£), est donc égale à l'identité.
Pour x e Im(u — Idg), on peut trouver y e E tel que x = u(y) — y. Alors :
LCD =
& [uk
- uk] = = [u*4(u) — y]
k=0
Donc [Go <
lil.
La suite déduite de v, par restriction à Im(u — Id£), est donc convergente vers O.
On en conclut, grâce au 1), que le suite u converge dans £ (E) vers le projecteur orthogonal
sur Ker(u — Idg).
Remarque :
Il s’agit de la convergence simple sur E.
On peut établir la convergence uniforme sur la sphère unité de E, ce qui représente la
convergence de la suite (vYy)}\ dans l’espace vectoriel normé (£ (E), || : ||).
32 1 MINES (M)
Soit E un espace euclidien et f ef (E) tel que
||f(x) || <||x]|| pour tout x de E.
Montrer que :
1) fH=x
=
f*X=x,
2) E= Ker(f — Idg) ® Im(f — Idg).
è Commentaires
EE Points de cours
ÿ
ms
Inégalité de Schwarz,
ms
Définition de l’adjoint,
s
Théorème du rang.
Indications
=
Pour le 1), calculer ||f*(x) — x|l?,
=
Pour le 2), montrer que Ker (f e Idg) et Im (f — Idg) sont orthogonaux.
ÿ Solution
1)
Soit x e E tel que f(x) = x. Notons y = f*(x).
Calculons (x | y) = (x|f*(x) = (F0 |x) = ||x|?
et
(x 1fQ) = (FC |y) = | y?
(1)
Par inégalité de Schwarz (x |f(y)) < ||x{| : ||f(u)|
Or If
< lui donc [ul <|xl-lyll et [y <x|
Développons ||y— x||? = ||yl|? — 2x |y)+||x|f?
(2)
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
149
Au xl? = ul? 1x? <0
d'après (1) et (2)
Conclusion :
FfO=x
2)
=
ffH=x
Montrons que les vecteurs x e Ker(f — Id£) et z e Im(f — Idg) sont orthogonaux.
On a f(x) = x donc f“(x) = x, d'après 1), et il existe t e E tel que z = f(t) — t.
Calculons
(x | z) = (x |f()) - (xD =0
CAO
car:
="
0 = TD
Ainsi, Ker(f — Idg) N Im(f — Idg) = {0} et, d'après le théorème du rang, l’image et le
noyau de f — Id£ sont supplémentaires.
322
CEN (M)
Soit E un espace préhilbertien et (e1,--:,en) une famille libre de E telle que, pour
toutxeE:
n
IxIÈ=S Kxe)l 2
2
il
1)
Montrer que cette famille est une base orthonormale de E.
2)
Que peut-on dire si on suppose seulement V i ei z 0 ?
} Commentaires
>
Ÿ
Points de cours
=“
Orthogonal d’un sous-espace vectoriel de dimension finie,
=
Inégalité de Schwarz, cas de l'égalité.
Indications
=
Choisir x = ei, puis x orthogonal aux ei, puis x orthogonal à tous
les ei sauf un !
} Solution
1)
Appliquons l'hypothèse à en:
n
à
Ce qui fournit
2
2
4
Len|?= I(en.e)l > Îlen|
||en|| < 1 car
i=1
en # 0.
Un vecteur x de E, orthogonal à tous les ei (i = 1,--:,n), vérifie
Lx 112 = 0, il est nul.
Donc, en posant
(x.e) = 0, donc
F=Vect(e,::.en) ona F°= {0}.
Or F étant de dimension finie, on sait que
E=F@
Ft, donc E = F.
En conséquence, la famille engendre E, c'est une base deE car elle est aussi libre.
Prenons maintenant x orthogonal à e1,:-:,€n-1:
2
Ix1Ÿ
=(x en)l
Les Grands Classiques de Mathématiques
150
Par l'inégalité de Schwarz
[(x en)| < ||x||-|len||, on obtient
||en|| = 1 (on peut
choisir x non nul car Vect{e1, :-:,en_1) # E).
Donc
||en|| = 1 d'après i).
Alors l'égalité |{x en }| = ||x|| : ||en ||indique x € Vecten.
En conséquence, la famille (e1, - -- , en) est orthogonale, c'est une base orthonormale de E.
2)
Les démonstrations du 1) sont encore valables et on retrouve le résultat en rappelant
qu'une famille orthogonale de vecteurs non nuls est libre.
Remarque :
lci E est un espace préhilbertien réel ou complexe.
323
X (M)
E est un espace vectoriel euclidien de dimension n.
Montrer qu’il n’est pas possible de trouver n+2 vecteurs ui tels que, pour toute paire
{i.j} d'indices distincts :
(ui,uj) <0
D Commentaires
IE
Points de cours
“
ÿ
Projection orthogonale sur un hyperplan.
Indications
«
Par récurrenceen projetant les vecteurs sur l’orthogonal de uh,.
ÿ Solution
Soit HRA l'assertion :
Il existe un espace euclidien E de dimension n et il existe
(vi)1<;<n;o € E'"*? tel que,
pour toute paire {i,j} d'éléments de N,,9, on ait:
(ui. uw) <0
Supposons que l’assertion HRA soit vérifiée et notons E,
_ l'hyperplan-de E orthogonal au
vecteur non nul v,,2. Remarquons que les vecteurs vi; sont non nuls.
On ne change pas l'hypothèse HRA en divisant 4,2 par sa norme. On supposera donc, dans
la suite, que vh,2 est unitaire.
Définissons la famille (wi)1<;<n,1 des projections orthogonales de (vi)1<;<n41 Sur E=1.:
Wi = Vi — (Li, Un32)Uns2
(1 <i<n+l)
Alors, pour toute paire {i,j} d'éléments de N,,1, on a:
(wi, wj) = (vi,uj) — (Li, Un+2 }(Lj, Uns2) < 0
On a donc montré que HRn
=
HRh-1 pour tout n > 1.
Ainsi l'existence d’un entier n tel que HRA soit vraie implique que HR soit vraie.
Or HRy est clairement fausse puisqu’un espace de dimension 0 est réduit à O.
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
151
Donc, pour tout entier n, l'assertion HR est fausse, ce qui s'énonce :
Pour tout espace euclidien E, de dimension n, et toute famille (vi)1£;£n;2 € E"*2, ilexiste
une paire {i,j} d'éléments de N,,2 telle que { vi, v;) > 0.
Remarque :
Il'est possible de construire, dans un espace euclidien E de dimension n, une famille de n + 1
vecteurs (vi)1<i<n1 telle que, pour toute paire {i,j} d'indices distincts :
{vi,uj) < 0
On montre alors que les n premiers forment une base de E.
324
x
E est un espace euclidien, p e N*, p < dimE, et (vx)i<k<p € E?.
Montrer l’équivalence des assertions suivantes :
P
(ÿ
MxeE
xl
= {xu)
k=1
P
(ü)
VxEeE,
LED COTE)
(ii)
(vx)1<xk<p est une base orthonormale de E
K=T
D Commentaires
ICE Points de cours
=
_Isomorphisme entre endomorphisme symétrique et forme quadratique.
Ÿ
Indications
=
Considérer l’endomorphisme symétrique :
P
xr> D(x uk )uk
k=1
et la forme quadratique associée.
p Solution
Soit f € £ (E)l'application définie par:
P
SG = Ÿ(x uk )uk
k=1
C’est un endomorphisme auto-adjoint car :
P
Vœy e E?. (fou) = D (x uwx)(u ue) = (UC)
k=1
nt f est définie
La forme quadratique q canoniquement associée à l'endomorphisme auto-adjoi
par :
P
q09 = (xSU9) = (x
D vk)”
k=1
Les Grands Classiques de Mathématiques
152
Or l'application linéaire
Q(E) qui, à un endomorphisme auto-adjoint, associe sa
® : S(E)
forme quadratique, est un isomorphisme.
(D =
Donc
d (Adg)=| - |}=q=D(N =
Id =f
—
(ù)
Si (it) est vérifiée, les applications linéaires f et Id£ coïncident sur la base orthonormale
(vxk)i<k<p, donc elles sont égales. Ainsi (ii) — (ü).
Supposons maintenant (ii) vérifiée.
Alors (vk)1<Kk<p est une famille génératrice de E, et comme on suppose p < dim E, c'est une
famille génératrice minimale de E, c'est-à-dire une base de E.
Pour tout 1 < i < p, l’hyperplan Hi de base (vx)1<K<p à pour orthogonal une droite incluse,
ki
d'après (ii), dans R vi, ce qui montre que (vx)1<Kk<p est une base orthogonale de E.
Enfin, (üt) appliquée aux vecteurs non nuls uv} montre que ||vx |? = 1. Donc (ü) =
(ü).
Finalement, sous l'hypothèse p < dim
E:
D ==)
9329
X (M)
R'° est muni de sa structure euclidienne canonique. Soit u eR”, a eR et q l’appli-
cation de R" dans R définie par :
a = ||x |? + a < u, x>?
Montrer que q est une forme quadratique et en donner la signature.
Commentaires
ICE Points de cours
ÿ
s
Endomorphisme symétrique associé à une forme quadratique,
s
Signature d’une forme quadratique.
Indications
«
Utiliser la décomposition de R"= D @ D ou D=Ru
ÿ Solution
Si u = 0, ou a = 0, q est là forme quadratique associée à la norme euclidienne.
Si u et a ne sont pas nuls, on peut écrire :
q09 =< x, fG9 > où f = Idg + a|| u ||?
en désignant par p le projecteur orthogonal sur la droite D engendrée par u.
P est un endomorphisme
symétrique d'espaces propres D et D! relativement aux valeurs
propres 1 et 0 d'ordre respectif 1 et n — 1.
Donc q est la forme quadratique, associée à l'endomorphisme symétrique f dont les espaces
propres sont D et D+ pour les valeurs propres 1 + a|| u||? et 1, d'ordre respectif 1 et n — 1.
En particulier :
=
sil+al|u||? > 0, qest définie positive,
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
153
s
Sil+alu | < 0, q a pour signature (n — 1,1),
=
sil+a|u||?=0, qa pour signature (n — 1,0).
326
X (M)
Dans E =Yp,q (R), montrer que
(X.Y } = Tr({XY) définit un produit scalaire sur E.
Pour (A, B) e Mp (R)x Ma (R), on définit l’endomorphisme © de E par :
D (X) = AX — XB
Déterminer l’adjoint de ®.
osCommentaires
ICE Points de cours
ÿ
m
Propriétés de la trace d’un produit, d’une transposée,
s
Définition d’un produit scalaire,
s
Adjoint d'un endomorphisme sur un espace euclidien.
Indications
ms
Vérifier que ® est un endomorphisme,
=
Ecrire (®(X),Y } sous la forme (X, D’ (Y)).
} Solution
Pour (X, Y) € E?, le produit {XY définit un élément de {aq (R), dont la trace est :
eyxP
>.
2,40
j=1 i=l
{-,-) est donc le produit scalaire canonique sur E, c'est-à-dire celui qui rend orthonormale la
base (Eÿ)1<i<p des matrices cenoniques de E.
1<j<
Soit (A, B) ps (R)x Ma (R).
Pour X € E, on vérifie que
(X) = AX — XB est bien défini en tant qu'élément de E, ® est
une application linéaire et on a:
(D (X),Y) = Tr((X AY) — Tr(tB'XY)
Or, pour les
tien carrées L' = ‘Bet
V = (XY de Ja (R), on a la classique propriété:
Tr(UV) = Tr(VU)
Il en résulte que :
B)= (X, AY — VB)
(D (0). Y) = Tr(txX AY) — Tr(xY
Donc, si ® est associé au couple (A, B) € Hp (R)x Mag (R), son adjoint d" est associé au
couple ( ‘A, {B) par la formule :
-
VYeE, ®(Y)='AY-Y'B
Les Grands Classiques de Mathématiques
154
327
X (P)
Vérifier que l’on définit un produit scalaire sur E = Mn,p (R) par la relation :
(X,Y) = Tr(ExY)
Pour A € E, on définit l’endomorphisme ® de E par
© (X) = A'XA.
Quel est l’adjoint de ® ?
b Commentaires
ICE Points de cours
Ÿ
“
Définition du produit scalaire et de l’adjoint,
«
Propriétés de la trace d’une matrice carrée.
Indications
=
Transformer (®(X),Y)en (X,® (Y)),
s
Utiliser Tr(UV) = Tr(VU) pour U et V € Mp (R).
ÿ Solution
On commencera par vérifier que tous les produits matriciels de l'énoncé ont un sens, que ® est
un endomorphisme de E (par ® (X) € E essentiellement) et que l'application de E x E dans R
(XY)= (X,Y}) = Tr({XY) est bilinéaire, symétrique.
Ilest facile de reconnaître un “carré scalaire“ dans l’expression :
n
P
L
(XX)= ve je xÿ (carré scalaire canonique sur RP)
i=1 j=1
En conclusion, (X, Y) > Tr ({XY) est un produit scalaire sur E.
On connaît l'existence de l’adjoint de d caractérisé par l'identité :
V(XY)EE?,
(D(X)},Y)=(X,d*
(Y))
Calculons donc : (®(X),Y) = Tr('AX'AY) = Tr(tyAtXA) = Tr({XA!YA)
(égalités obtenues d'abord en transposant, puis en permutant {YA avec {XA, ce qui est licite
“sous Tr“).
Le résultat
(® (X),Y) = (X,% (Y)) donne
diagonalisable).
328
D*= ®, autrement dit D est symétrique (donc
CEN (M)
Soit À et B deux matrices symétriques réelles, montrer que :
(tr(AB + BA))” < 4trA2 trB?
Chapitre 3 : Algèbre
euclidienne
155
ÿ Commentaires
>
ÿ
Points de cours
=
Forme quadratique associée à une forme bilinéaire symétrique,
s
Inégalité de Schwarz.
Indications
Y
2
=
;
:
Vérifier que tr A° est un carré ÿ scalaire
sur l’espace des matrices
symétriques,
=
Appliquer l'inégalité de Schwarz relative au produit scalaire précédent.
ÿ Solution
Soit E={A e Mn (R), ‘A = A}
D: E?—R, (A,B)r- tr(AB + BA)
On vérifie sans peine que ® est une forme bilinéaire symétrique, la forme quadratique associée
est :
q:E—R,
Ar 2trA?
A étant symétrique réelle, elle aamet n valeurs propres réelles À1, : --, An etilexiste P e On (R)
(orthogonale) telle que :
On a alors
P-TAP = diag (4,:::,Àn)
P-1A?P = diag (Xf,--., 2)
n
q(A) = tr A? = Der Xe
i=1
Avec cette expression, il est clair que q est positive.
D'autre part, q(A) = 0 donne
À1=À2= :-: =An= 0 donc À = 0 et q est définie positive.
Ainsi ® est un produit scalaire et l'inégalité annoncée n’est autre que l'inégalité de Cauchy-
Schwarz.
Remarque :
A={Aÿ] avec ‘A=A, A°=AA= [b;]
n
Dons
D ik Ajk
k=1
n
à
tr A?
=
n
n
d bi = S
aÿ
i=1
i=l j=1
Sous cette forme, il est clair que la forme quadratique q est définie positive.
329
cENw
Soit S l’ensemble des matrices symétriques de Mn (R).
Pour A € Min (R) donné, A = [Aÿ], calculer :
jnf : (Aÿ- M)
(M=[Wj))
Les Grands Classiques de Mathématiques
156
ÿ Commentaires
LEE Points de cours
=
ÿ
Projection orthogonale sur un sous-espace.
Indications
=
Munir Mn (R) de son produit scalaire canonique et reconnaître le
distance de À sur un sous-espace S.
ÿ Solution
Introduisons sur An (R) le produit scalaire :
(MN)
associé à la norme euclidienne
(MIN) = trM IN) = S MÿNÿ
i
||M|| =
D M?
Üÿ
Notons S’ l'ensemble des matrices antisymétriques de Mn (R).
Nous constatons que les sous-espaces S et S’ sont orthogonaux ; en effet, pour M € Set
Ne S',nous avons
donc
(M=M,
(MIN)
(MIN)
'N=-Net:
tr(M 'N)
= tr(N'M) =
— tr(MN)
tr(NM) = tr(MN)
(MIN) = 0.
Nous savons que S et S’ sont supplémentaires dans Mn (R).
Ecrivons À = B + C avec B = A+ (A) e SynC=
Pour tout M € S, nous avons
de tA)jes.
A—M=(B-M)+Cet:
|A-M|?=1B-M|?+|C|? (théorème de Pythagore)
inf| A — M I? =1||CI? obtenu pour M = B,
Ainsi
:
ou inf}
2
ij
330
(Aÿ-Mÿ) = D, (Aÿ- Ai).
2
1<icj<n
C.C.P (M)
Soit À en (R) une matrice symétrique réelle et (A1, :::,An) la famille des valeurs
propres de A.
Montrer que
5 S Aÿ = S Me
i=l j=1
k=1
Commentaires
Ex Points de cours
s
Théorème spectral pour une matrice symétrique.
Chapitre 3 : Algèbre
euclidienne
Ÿ
157
Indications
=
Calculer la trace de A? de deux façons.
} Solution
R
:
>
appelons l'identité
t
=
n
n
2
Tr (AA) = ù, D Aÿ.
EL ÿe1
Û
Par ailleurs,
n
2
De
{
TrA° = >. XX;ici la preuve est facile car À est diagonalisable :
k=1
\
1Pe On(R). A= PT !DP où D=
0
|
0
An
\?
0
0
Enfin, A symétrique donne Tr(‘AA) = Tr A? et le résultat.
x4
d'où
A?=P IP
331
et TrA?=TrD?
avec D =
CEN (M)
Soit À € in (R) une matrice symétrique, définie positive.
0
XX: Xn
X
On définitq : R°—R,
(x4,-:-,xn)
À
A
Xn
Montrer que q est une forme quadratique sur R", définie négative.
ÿ Commentaires
LEE Points de cours
=
Développement d’un déterminant suivant une rangée,
=
Définition d’un cofacteur, d’une comatrice.
%
Ÿ
Indications
=
Développer le déterminant donnant q(X) et reconnaître les coefficients de la comatrice de A.
} Solution
Notons B = (ez,--, en) la base canonique de R”" et 4 = (a.:::. an) la base de R'' formée
des vecteurs colonnes de la matrice À.
X1
Avec X = | : | eR”°, on a en développant le déterminant q(X) suivant la première ligne :
Xn
Les Grands Classiques de Mathématiques
158
n
= S(1x
ax)
detæ(X, 1, ---,@j-1; Gj41. °°"
An)
J=1
1,X Gr" An)
quo = D (177 x;deta(ar.---.
1
aX)
=
:
Ji n
n
-V
x)
J=1
n
ax)
=
.
x detglar.---.aj-1, ei @e1.::*. an)
i=1
n
DT
(1) où cÿ = detæ(a,-:-,0@j-1,
ei,&,-::. an)
i=1 j=1
Par définition, cÿ est le cofacteur (i j) de la matrice A.
La relation (1) indique que q est la forme quadratique sur R'' dont la matrice dans la base À
est:
com À = — [cÿ] € Mn (R)
comA = (det A)A-! (car A est symétrique) et que À est définie positive (donc
Sachant que
detA > 0 et A71 définie positive), la forme quadratique q est définie positive.
Remarque :
La matrice q dans la base 54 es: —(det A)A car:
Pa=A
332
et
‘A(com A)A = (det A): A
C.C.P (M)
Soit À el{n (R) une matrice symétrique et positive.
1)
Montrer qu’il existe un polynôme P eR [X] tel que P(A}? = A et tel que P(A)
soit une matrice symétrique positive.
Z2h
2)
21
Trouver
P pour A = (: 2
1)
Lot?
b Commentaires
Ty Points de cours
ÿ
=
Diagonalisation d'une matrice réelle symétrique,
=
Polynômes d’interpolation de Lagrange.
Indications
“
Résoudre le problème sous la forme diagonale.
} Solution
1)
Soit À1,:--,XQ les valeurs propres distinctes de À ; elles sont réelles positives. A est
diagonalisable et les espaces propres (Vihisi<q sont deux à deux orthogonaux. Notons P;
la matrice de projection orthogonale sur Vi.
q
Alors
A=
LEÀ; P; et, pius généralement, pour tout k eN :
j=1
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
159
q
Ka
k
dr
ja
Le système (de Vandermonde) formé par les équations d'indices k = 0,1,...,
q — 1 se
q (A— Ài D)
3
résout P par P;J = de
||—
M
NS |
t#j
La vérification consiste à calculer
P;(ux) =ôjK pour un vecteur propre ux tel que:
Aux = X\k Uk
Retenons que chaque P; est un polynôme “en A“ (de “degré“ q — 1).
Notons
P; = L;(A) (1 < j = q) (il s’agit des polynômes d'interpolation de Lagrange).
q
q
11
Jel
Il est alors naturel de choisir le polynôme P = De V/\l puisque P(A) = ÿ |
/AjP,
à
a pour carré :
q
PAP =S XP =A
(Rappelons que les projecteurs P; vérifient
j=1
Pi : P; = Ôÿ Pj)
Il est est clair que, comme À, P(A) est une matrice symétrique positive.
2)
Exemple
22 TNA
ART
1), matrice symétrique de A3 (R).
Ent
Le polynôme caractéristique de A est
T{(x) = (1 — x)?(4 — x).
Donc A est positive.
Avec les notations du 1):
de
N1—
Le;
Â9= 4,
P; Æ
— 34 =
1
AT) ,
Po =
3
=
1)
La “racine carrée positive“ de A est donc :
1
1
AO
P(A) = P1 +2P2 01 P(A) = 3 (A + 21) ou encore P(A) = 3 (:4
333
ET
)
CEN (M)
N
(A, B) € Mn (RŸ.
Aet B sont symétriques et les valeurs propres de B sont strictement positives.
Etudier la réalité des racines de det(A — XB) eR [XI1.
} Commentaires
LEE Points de cours
=
Diagonalisation des endomorphismes auto-adjoints,
=
Réduction simultanée de deux formes quadratiques.
Les Grands Classiques de Mathématiques
160
ÿ
Indications
Opérer une réduction simultannée des formes quadratiques asso-
=
ciées aux matrices À et B.
ÿ Solution
Notons sous forme de vecteurs colonnes les vecteurs de R'.
La matrice B étant symétrique, de valeurs propres strictement positives, on définit un produit
scalaire sur R'° par :
(xu) = ‘xBy
De même, À étant symétrique, on définit une forme bilinéaire symétrique ® sur R' par :
D (x y) = ‘xAy
Soit f l'endomorphisme auto-adjoint de l’espace euclidien E = (R°,{, }), associé à la forme
bilinéaire symétrique ®.
Le théorème de diagonalisation des endomorphismes auto-adjoints montre que f est diagona-
lisable.
Or
D (x y) = {xAy = (xB(B7!A)y = (x, f(y))
La matrice de f relativement à la base canonique de R'' est donc B7 L4 par suite B7 LA est
diagonalisable.
Donc
P = det(A — XB) = det(B)det(B= 1A — XIn)
est un polynôme scindé de Ra [X],
dont les racines sont les valeurs propres de B7 LA.
Remarque :
Le lecteur pourra en déduire que, si A et B sont des matrices symétrique dont l’une est définie
positive, le produit AB est diagoralisable.
334
MINES (M)
(A, B) € Mn (R}°.
A et B sont symétriques à spectre positif.
Montrer que
det(A + B) = det(A) + det(B).
$ Commentaires
ICE Points de :ours
a
Diagoralisation d’un endomorphisme auto-adjoint,
=
Réduction simultanée de deux formes quadratiques.
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
ÿ
161
Indications
=
Dans lecas où Aest définie positive, faire une réduction simultanée
des formes quadratiques associées à A et B,
=
Utiliser la continuité du déterminant dans le cas où A n’est pas
inversible.
} Solution
Supposons d’abord la matrice symétrique À définie positive.
Le théorème de diagonalisation simultanée des matrices symétriques réelles donne l'existence
d'une matrice inversible U € GLA(R) telle que :
TUAU = In et
‘UBU = diag (&,:::,an)
où les a; sont positifs puisque la forme quadratique associée à B est positive.
On a donc :
n
det [In + diag (a1.---,an)] = I[G+
n
ai) = 1+]] œi
i=1
i=1
Cela s'écrit aussi :
det |‘U(A + B)U] = det |‘UAU] + det [‘UBU]
En utilisant la propriété multiplicative du déterminant et en simplifiant par le réel strictement
positif det{UŸ, on déduit :
det[A + B] = det{[A] + det[B]
(1)
L'ensemble P des matrices symétriques définies positives est dense dans l’ensemble Q: des
matrices symétriques à spectre positif car, si À € Q4, alors A + th € P pour tout £> 0.
La continuité du déterminant montre alors que l'inégalité (1) est conservée pour les matrices de
+.
Soit A = (aÿ) € Mn (R) une matrice symétrique positive telle que, pour tout couple
(G)) € (Nn}, aÿ soit nul.
Et
1
;
la matrice symétrique B = (bÿ) définie par bÿ = a est également
On suppose que
positive.
Montrer qu’il existe une matrice ligne V telle que À = ‘YV.
D Commentaires
EE Points de cours
=
Restriction d’une forme quadratique,
=
Inégalité de Schwarz, cas de l'égalité.
162
Les Grands Classiques de Mathématiques
ÿ
Indications
=
Utiliser la positivité de la restriction à Vect(ei,e;) de la forme
quadratique de matrice A.
ÿ Solution
La forme quadratique qA associée à A étant positive, sa restriction à l'espace engendré par les
vecteurs colonnes canoniques ei et e; est également positive de matrice :
Mÿ = (di
Ÿ
ÿ
\aÿ aÿ
)
Le déterminant d'une matrice symétrique positive est positif, car c’est le produit des valeurs
propres (positives) de la matrice.
On a donc det My > 0 c'est-à-dire aïxaÿ > (aÿŸ.
Mais la même inégalité vaut par hypothèse en remplaçant À par B. Il en résulte l'égalité :
aïaÿ = (aÿ} (1)
Or, on peut trouver une matrice symétrique C telle que :
C=A= CC
ainsi qu’on le voit en prenant, par exemple :
C = Pdiag (u1,-:- , En) tP
où les u? sont les valeurs propres de À et P e O(n) une matrice de passage de la base
canonique à une base orthonormale de vecteurs propres de A.
En désignant par C: la i°"® colonne de C, (1) s'écrit :
I CF GI? =< Ci. G >? (2)
Le cas d'égalité dans l'inégalité de Schwarz montre que toutes les colonnes de C sont liées à
C1 : Cj = ajC4.
Le terme général de À est alors :
“GG = al à |? = (æ&||Cill) (&lC4l|)
Donc A = ‘VV où V est la ma:rice ligne de terme général a ||Ci||.
Réciproquement, si A = {VV
où V est une matrice ligne dont le terme général uv; n'est pas
nul, On a:
qa(X) = ||VX||? > 0
Reel
et en notant V” le vecteur ligne de terme général Fr il vient :
j
B= tv'v'
donc, on a aussi
336
qB{X) = ||/’X ||? > 0.
MINES (P')
A est une matrice symétrique positive de Mn (R).
Calculer la borne inférieure des Tr(A - xX'X}2 lorsque
x décrit R et X décrit la
sphère unité de R° (R" est muni de sa structure euclidienne
canonique).
Chapitre 3 : Algèbre
euclidienne
163
[à Commentaires
ET Points de cours
ÿ
=
Diagonalisation d’une matrice symétrique réelle,
=
Décomposition canonique d’un trinôme.
Indications
s
Diagonaliser À,
=
Former et minorer un trinôme en x.
} Solution
A est symétrique réelle donc aiagonalisable et il existe une matrice P e © (n) telle que :
A= PAP
Soit alors
Y =PX
, XX
où A=diag (\1,---,Àn)
=('PYXTYP) et ||Y|| = 1 (changement de base orthonormale).
Du fait de l’invariance de la trace par similitude, on est ramené à minimiser :
TrCA = xX (XY2 où ||X || = 1
(A xxtx)" = (A xxx) (A
xxtX) = MM
car cette matrice est symétrique.
TM M)
=
Ho
22
to)
Ü j#i
= D (ue) +23
i
=
[Se
i \ ja
Lt
DNS À) +
DE
À
es
=1l
D -2xu
x+)
i
k Q(x) = b — 2ax + x.
2x7 À x +
i
i
Pour x eR et pour X fixé tel que | X || = 1, le minimum de Q est obtenu en x = a:
Posons
DOS
x
Qa)
= b-a
n
Q(a)
n
ni
n
Or 0<Ÿ xx < Max (ki puisque Lx
1<i<n
é
Da 21
i=1l
n
VxeR,
2
= D-(Sux)
A
Donc,
, Q(x
> Ga)
VXE Sn, COEDRE
i=1l
= Max (®), soit:
1<i<n
Les Grands Classiques de Mathématiques
164
Q60 = Tr(A?)— R? où R= Max
(0)
<i<n
Montrons que cette valeur est le minimum.
On choisit pour X le vecteur ex, vecteur propre normé associé à la valeur propre Axj= R.
Q(x) = Tr(A?)
—2 Àx x + x
QG = Tr(A?) + (x— x)? — À£
dont le minimum est :
Trt42)- xf= SN
i#k
337
X (M)
Soit À en (R) une matrice symétrique positive.
1)
Montrer qu'il existe B € Mn (R) symétrique et positive telle que À = B?.Unicité
de B.
2)
Soit C € ln (R) symétrique, positive.
Montrer que Tr(AO) = 0.
b Commentaires
CE Points de cours
ÿ
“
Diagonalisation des matrices et des endomorphismes symétriques,
s
Propriétés de la trace d’un produit et d’une transposée.
Indications
=
Travailler sur les espaces propres de À,
s
Pour le 2), penserà utiliser le 1).
) Solution
1)
=
Existence
Soit f l'endomorphisme symétrique de R”' euclidien dont A est la matrice relativement à la
base orthonormale canonique e.
On a la décomposition orthogonale :
R'?=
tn E,.f
où
E, f = Ker(f-—
4 Id)
Par hypothèse, les a e Sp(f) sont positifs. On définit donc un endomorphisme symétrique
g de R"' par ses restrictions aux espaces propres de f en posant :
Vue Sp(f), ge,,=VHlde,,
Par construction, g° coïncide avec f sur chaque espace propre de f, donc g = ACEt
les valeurs propres de l'endomorphisme symétrique g sont positives,
comme
B = Mat (9, e) est une matrice symétrique positive vérifiant B? = A.
=
Unicité
Chapitre 3 : Algèbre
euclidienr:e
165
Un endomorphsime symétrique h vérifiant h? = J commute avec f, donc il laisse stable
tout espace propre E,.f de f.
Sa restrictionh,, à E,, f est un endomorphisme symétrique dont le carré est l’homothétie
de rapport L sur E, f.
Les valeurs propres de h,, sont donc au plus les deux racines carrées de 1. Si, de plus, on
suppose h à spectre positif. l’'endomorphisme diagonalisable h, n’a qu’une valeur propre
et coïncide donc avec la restriction de g à E,,. Donc h = g.
Ainsi il existe une unique matrice symétrique positive B telle que B? = A.
Elle est définie comme matrice relativement à e de l'endomorphisme g défini par (1).
2)
D'après le 1), on peut écrire:
A=B
et
C=D
où B et D sont les “racines carrées positives“ de À et C.
En utilisant la propriété
Tr(UV) = Tr(VU), on a:
Tr(AC) = Tr(B BDD) = Tr(BD DB) = T( (XX) où X = DB
(en effet, B et D sont symétriques).
Comme Tr({XX) est la somme des carrés des éléments de X, on obtient bien:
Tr(AO) >= 0
Remarque :
Si
Tr(AC)=0, X = ‘X = 0. Alors :
CA =AC=0
338
1)
MINES (P)
B,B/ sont des matrices symétriques de Mn (R) à spectre inclus dans R;.
A,A’ sont des matrices orthogonales de Mn (R).
Montrer que l'égalité
‘3 = A'B' exige que
A=A' etque
B= B!.
Etant donné une matrice carrée M de Mn (R), à quelle condition peut-on la
décomposer sous la forme M = AB avec À orthogonale et B symétrique à
spectre inclus dans Ri ?
D Commentaires
œ
Points de cours
=»
Réduction orthogonale d’une matrice symétrique,
=
Racine carrée d’une matrice symétrique positive.
Les Grands Classiques de Mathématiques
166
ÿ
Indications
=
Pour le 1), vérifier que BB’ 1 est semblable à une matrice symé-
«
Pour le 2), la relation ‘MM = B? détermine B.
trique,
) Solution
1)
2]
Best diagonalisable (symétrique réelle) et inversible (Sp(B) € R+).
Doncilexiste
PeO(n)
et D= diag (\4,--:,Xn) (Vi eNn,kiz
B=PD'P=PA?tP
Donc
si
0), telles que :
A=diag(ÿA,-::,VAn)
B= PAA'P = (PA)(PA) = 9'Q où Q € GLn(R) car elle est produit de
deux matrices inversibles.
De même, ilexiste Q € GLn(R) telleque B' = g''Q/.
D
= DO)
D.
=Q l'oko- 59 "0
a!
ce qui prouve que BB’ — l'est semblable à {SS où S = Ci ro donc diagonalisable et de
spectre inclus dans R°.
Or, par hypothèse, BB’! = A-lA/ et, puisque A et A’ sont orthogonales et que 6 (n)
est un groupe, AT lA! est une matrice orthogonale (dont les valeurs propres ont donc pour
module 1), diagonalisable et de spectre inclus dans R*. C'est donc la matrice unité d'ordre
n.
Conclusion :
À SA
2)
etes
Be El
Si M = AB avec A orthogonale et B symétrique définie positive, alors M est inversible
puisque À et B le sont.
Soit M une matrice inversible, alors ‘MM est symétrique définie positive.
Ecrivons, comme en 1):
‘MM = PA? 'P où A est diagonale à éléments dans R*,
P orthogonale.
Notons
B=
‘PAP, symétrique définie positive, donc inversible.
Vérifions alors que la matrice A = MB”! est orthogonale :
tAs = (B-ltMMB = In car ‘MM = B2
On a donc obtenu la décomposition M = AB, celle-ci est unique d'après le 1).
339
X (M)
Soit À et B deux matrices n x n réelles symétriques, B étant positive.
On suppose :
VXelMn1(R).
{'XBX=0 et X#0} +
(XAX>0
Montrer que, pour À eR assze grand, A+ À B est définie positive.
Chapitre 3 : Algèbre
euclidienne
167
b Commentaires
ICE Points de cours
ÿ
«
Restriction d’une forme quadratique à un sous-espace,
=
Base orthogonale d'une forme quadratique.
Indications
us
Utiliser la décomposition E = F © G telle que la restriction de la
forme quadratique qg àF soit définie positive, G étant Le noyau de
dB:
ÿ Solution
=
Soit E =R”, a, bet @ les formes quadratiques sur E respectivement associées à À, B et
A+ À B dans la base canonique.
=
Remarquons que pour B = 0, le problème est trivial : À est alors définie positive et pour
tout
eR, A+ À B est définie positive. On supposera donc B non nulle.
=
_bétant positive, il existe (ef)1<;<n base de E et p e {1,:--, n} tels que:
=
V x= Joue, b(x) = SÈxe
i=1
i=1
G=Vect( es --, eh) est le cône isotrope de b, c'est aussi son noyau.
=
bjr restriction de bà F = Vect (el,
n
P
, el) est définie positive, il existe donc (er... ep)
base de F orthonormale pour bjF et orthogonale pour 4 r.
s
agest définie positive don: il existe (ep+1. r.. en) base de G orthonormale pour 4.
“=
Dans la base (ei)1<;<h de !, on a alors :
De
D = diag (1,---.Hp)
Le .
mat(e,)4 =
C € Mpn-p (R)
|
0 0
I
mat(e)b =
0
|
n
et avec
x= ÿ_xe
:
i=1
”
Xp
Xn
at = tXDX1 + À (X1Xn + 2 1X1CXo + lXoXo
=
Posons ||X1|| =
Das?
1
1
n
2
: ll = 1.3
à
i=1l
i=p+1
H=
inf
1<i<p
pi
,
a=À +h
c=[a] . B=ptn- prsuplcl
alors
P
2
©X1DX1 = > pi x =p [Xl :
i=l
Les Grands Classiques de Mathématiques
168
|x1CX2| = Sd cyxixpe < 8 ||X1]|| ||X21|
ij
donc
au(x) > a [X1||* — 2 B IIXall lX2ll + 1X2ll
soit
go > a (ii - Seixal) + (ne
2
:
et il est clair que, pour À > p? —
2
B
2
2\°
PER
2
ji, on a q définie positive (car on a alors a=x
+ >
0 et
B
340
xm
A est une matrice symétrique réelle d’ordre n définie positive.
On définit une suite de matrices par :
Xo=la
et
2Xp=Xp-1 + AXp-1)|
Montrer que cette suite est bien définie et converge vers l’unique matrice symétrique
définie positive R(A) telle que :
R(AŸ = A
ô Commentaires
LEE Points de cours
ÿ
s
Diagonalisation des matrices symétriques réelles,
s
Etude d’une suiie récurrente réelle.
Indications
“
Diagonaliser A et vérifier l'existence de XP par récurrence en utili-
sant la forme diagonale.
} Solution
A étant symétrique réelle, il existe une base orthonormale, e, de vecteurs propres pour A.
Onpose
Aa =æœe
pour
1<i<n.
Si e est aussi une base de vecteurs propres pour Xh, et si les valeurs propres bip de Xp sont
positives (ce qui est vrai pour p = 0), X, est inversible et e est une base de vecteurs propres
pour 2X,, et les valeurs propres correspodantes sont :
di
2 Mip+1 = Hip d
>0
(1)
Par récurrence on montre donc que, pour tout p = 0, Xp est bien défini et que e est une base
de vecteurs propres pour Xp.
En notant Q la matrice de passage de la base canonique à e, on a :
Xp = Qdiag (bip. U2,p..-.hnp)) (Q (2)
L'étude de la suite récurrente (x») définie par :
169
euclidienne
Chapitre 3 : Algèbre
X > 0, a> 0, VpeNxs1=3
1
a
Xp + —
Xp
montre que (x) est convergente vers la racine carrée de «.
On en déduit ainsi de (1) et (2) que (Xp) est une suite de matrices symétriques définies positives
convergente vers la matrice symétrique définie positive :
B= Qdiag (\/&1. /&z.-:-. Van) (Q , (‘9-07
Comme
À = Odiag (a1,@2,::-,an)Q-_1,0na:
B?=A
Enfin, si X est une matrice symétrique définie positive telle que X? = À, alors :
AX = X° = XA
donc X laisse stable les espaces propres de A. Sur un espace propre de À, X n'admet qu'une
seule valeur propre (la racine carrée positive de la valeur propre correspondante de A).
La restriction de X à un espace propre de A étant diagonalisable, c'est une homothétie. X est
donc uniquement déterminé suï chaque espace propre de À.
Finalement, (X?) converge vers l'unique matrice symétrique définie positive, notée R(A), telle
que :
R(AŸ = A
e
V désigne un vecteur colonne de R”, « est un réel et B est une matrice symétriqu
de Mn (R).
t
On pose
A= F,
pi
VS
8
conditions suivantes sont équivalentes :
Montrer que les
w
(à)
(ii)
Sp(A) CR;
a>0 et Sp(a B— V'V)CR}
b Commentaires
LEE Points de cours
=
Forre quadratique définie positive,
s
Produit matriciel par blocs.
Les Grands Classiques de Mathématiques
170
ÿ
Indications
=
Etudier le trinôme x
(x!Y)A (2h
=“
Interpréter le discriminant comme une forme quadratique en Y.
ÿ Solution
Rappelons que si À est une matrice symétrique réelle d'ordre n + 1 et si qA est la forme
quadratique définie sur R*1= An: 1.1) (R) par :
qa(X) = (XAX
on a l'équivalence
qA est définie positive —
Sp(A) cRi.
:
x
à
Ecrivons le vecteur colonne X sous la forme X = ( | où Y est un vecteur colonne de R*.
JA) = (R "T) É
Si az
= a x? + 2x CVY + qBiY)
0, on peut regarder, pour Y arbitrairement fixé dans R'', qa(X) comme une fonction
polynomiale P;- du second degré en x e R.
Le discriminant réduit de Py est :
A (Y) = (VYŸ — a qB(Y) = (YVIVY— a qB(Y)
On a donc
A(Y)=-—qc(Y) avec
Lorsque la condition (i) est vérifiée,
C = a B — V (V symétrique dans Mn (R).
a = qa (0
Il
)> 0 et pour tout Y e R"'\ {0}, la fonction
R?
Py est strictement positive sur R, donc :
A(Y)=-qc(Y)<0
Cela montre que la forme quacratique qc est définie positive, donc Sp(C) <Ri.
Ainsi
(i) =
(ü).
Réciproquement, si la condition ‘ü) est vérifiée, pour tout Y e R°\ {0} et tout x eR :
a (7) = Pre)
est du signe de «, c'est-à-dire s:rictement positif car:
A (Y) =-—-qc(Y) <0
Et pour Y =Opn, qA es ) = a x? > 0, avec égalité à O si et seulement si x = 0.
On a donc montré que
VX eR"*l\ {0}, qa(X) > 0.
Finalement
(D.
342
(i) —
XML
Soit À en (R) et B ep (R) des matrices symétriques définies positives.
Aires+ EMn+p (R).
Pour X eMln,p (R), on définit la matrice symétrique Mx = (
.
Montrer que Mx est positive si et seulement si B-— txA-1x
est positive.
Chapitre 3 : Algèbre
euclidienne
71
Commentaires
ICE Points de cours
ÿ
=s
Matrices congruentes et formes quadratiques réelles,
s
Produit matriciel par blocs.
Indications
s
Transformer Aet Ben matrices unité par congruence,
=
Trouver une matrice diagonale congruente à:
(pere)
} Solution
On sait qu'il existe P € GLn(R) et Q € GL(R) telles que :
(PAP =In
Notons
et
‘QBQ=hb
R= e sa € GLn+p(R) et calculons :
RMXR = Ce
Ye
" où Y = ‘PXQ
Cherchons un nouveau changemant de base qui fournisse une matrice diagonale congruente.
Notons
S = (In
0
ma
D
€ GLr+p(R)
tert
À RMxRIS= (
et calculons:
pl O dif hrret
(e x) e e
0
n
HU
À D DU
0 LT
n
)
Ilest clair que Mx est positive si et seulement si Ip — LYY l'est.
Exprimons
lb—'YY
I
=
—"'YY =
‘OBO-('O'XPX'PXO)
‘O.(B-'XA 'X)9
La condition nécessaire et suffisante est donc
positive.
B — RAY
Remarque:
Avec ne | és Sa} on obiient:
re
=Y
0
Ye
0
lb
et la condition nécessaire et suffisante :
In-Y!Y positive >
N
343
A-XB!!X positive
x
Soit À e GLoA(R) une metric: antisymétrique.
O
Montrer qu'il existe une matrice P e GLA(R) telle que À = tp (ns
I
ds) P.
Les Grands Classiques de Mathématiques
172
b Commentaires
EE Points de cours
ÿ
=
Carré d’une matrice antisymétrique,
=“
Réduction d’ume matrice antisymétrique réelle 2 x 2.
Indications
“
Montrer que Vect (x,i (x)) est stable par f (antisymétrique),
us
Décomposer R?° en somme directe de plans stables deux à deux
orthogonaux.
ÿ Solution
Notons f l'endomorphisme
r
éresr
de pan
de matrice À, dans
la base canonique
orthonormale
e)
Comme A?, l’'endomorphisme f 2 est symétrique, donc diagonalisable.
Si x est un vecteur propre de f? (f?(x) =À x) alors Vect (x,f(x)) est un plan de R?7, de plus
ce plan et son orthogonal sont stables par f.
En effet, les vecteurs x et f(x) sont orthogonaux et non nuls, donc indépendants, et :
JS (Vect (x.f(x))} = Vect (f(x). À x) = Vect (x.f(x)) car À # 0
Si y € Vect (x.f(x)) —, le calc.| 2onne
|
(x |Sty)) = (F6 |y) = 0, et:
(F9 |ft) = -(F200 |y) = = À (| y) = 0
Si (u, u) est une base orthonor"nale de Vect (x,f(x), la matrice de l’'endomorphisme induit par
f dans cette base est antisymétrique ( à
—a
si) (a # 0).
Remarquons, au passage, que À= —a? <0.
Ainsi R?" est somme directe de n plans Vect(ui, vi) (1 < i < n) deux à deux, orthogonaux ; la
famille (u1, :-:, un, U1,:::, Un) est une base orthonormale de R?". La matrice de passage Q
de la première à la seconde bäse vrthonormale est orthogonale. La matrice B de f dans la base
(U,-::,Un) se présente par blocs :
a
DE
—D
:
OÙPD=
a
(0)
avec ai > 0
(0)
an
Les matrices A et B sont liées par B = (QAQ, car Q € Oon(R).
ja fer ee ana
Pour “transformer les a; en 1“, fabriquons les matrices diagonales :
,
Calculons
1
8
(Var
—-ADA
On
‘RER = ( On
]
=
ee
La matrice P = (QR)=! e GL;,.(R) convient :
ft
et
R
On
AMC)
AA
Chapitre 3 : Algèbre
344
euclidienne
173
X (M)
Soit À € {n (R) dont les valeurs propres dans C ont toutes des ârties réelles strictement négaitves.
1)
Montrer que :
lim
X— +00
2)
exp(xA) = 0
Soit M € Mn (R) telle que :
CAM + MA = 0
Montrer que, pour toutnenN,
(AM =(-1) MA.
En déduire que, pour tcut réel x:
exp(x ‘A)M exp(xA) = M
Montrer qu'il existe S e{{n (R) unique tel que :
CAS + SA = -In
et montrer que S est syraétrique.
Soit Z un vecteur non nul. On pose :
Vx = [exp@A)]Z
et
f(x = [VxSVx
Etudier les variations ©: f sur R.
En déduire que S est définie positive.
ÿ Commentaires
Ex Points de cours
ÿ
=
Décomposition de Dunford : À = D+N,
=
expA: exp B = exp(A + B) lorsque AB = BA.
Indications
=
Pourle 1), par
A=D+N,
=
Pour le 2), par récurrenceet continuité du produit matriciel,
=
Pourie 3), introduire l’isomorphisme D: M
Pour le 4), utiliser
CAM + MA,
un = AVx.
ÿ Solution
1)
Z 1 tels que :
_Onsait que l’on peut trouve: deux matrices complexes, Det N, et un entier r
A-Da&Ns
DNEND,.;
N'z=0
de A.
et D soit diagonalisable sur € de mêmes valeurs propres que celles
de degré «< r.
exp(xN) est alors une fonction polynomiale de x à coefficients matriciels
Donc x7” exp(xN) = o(1} quand x tend vers +00.
Comme xD et xN commuterit, on a:
exp(xA) = x" exp(xD) [x7" exp(xN)] =0o(x" exp(D))
Les Grands Classiques de Mathématiques
174
Il suffit donc de montrer que x” exp(xD) = O(1) quand x tend vers +00 pour que exp(xA)
tende vers 0 en +oo.
Or on peut écrire pour une matrice inversible P convenable :
VxeR, exp(xD) = Pdiag (e“1x, el2*,...,ekn*) re
où les u: sont les valeurs propres de D, donc de À. Pour chaque i, on a:
bsx” exp(ui x) = x” exp [Re(uix] = o(1) en +oo
On a donc bien
exp(xA) = o(1) en +co.
2) L'égalité ‘AM = (—-1) MA" se prouve sans difficulté par récurrence sur n, en utlisant
l'égalité au rang 1. Alors :
exp (x'A) M
Donc
[exp (x'A)] Mlexp(xA)]
=
Il
(7 a* a =
=
Mexp(-xA)
Mlexp(—xA)Ilexp(xA)]
=1M
Considérons l’endomorphisme ® de Mn (R) défini par :
® (M) = ‘AM + MA
D’après 2), si M e Ker ® :
exp(x 'A)M exp(xA) = M
(1)
Les valeurs propres de ‘A sont les mêmes que celles de À, donc ont aussi des parties
réelles strictement négat ves. Un passage à la limite dans (1) quand x tend vers +co fournit
d’après 1) : M = O.
Ker ® étant réduit à {0}, l'endomorphisme ® d’un espace de dimension finie est un
automorphisme.
D'où l'existence d'un unique S € Mn (R) tel que :
D(S)=-Mm
Comme
f(S)=H('S)ona
(S) =D(S)= Im,
et par injectivité de D, -S= !S.
Donc S est symétrique.
Soit Z un vecteur non nul. On définit :
VG = [exp(xA)IZ
et f(x) = (V(x)SV(x)
La fonction V vérifie l'écuation différentielle V! = AV, donc :
JS! =
=
=
tv'sv+ tysy!
‘v[fAs+sA] v
(ww
= -|VI?
ll'en résulte que f” est négarive car V ne s'annule pas puisque
est inversible.
Z est non nul et que exp(xA)
Chapitre 3 : Algèbre euclidienne
175
Donc f est strictement décroissante. D'après 1), f admet 0 pour limite en +00.
Donc f(0) = {ZSZ > 0 pour tout vecteur non nul Z.
l'en résulte que la matrice symétrique S est définie positive.
345
X (M)
Soit E un espace vectoriel hermitien.
On note D, resp. H, l’ensemble des u e # (E) tels que la forme quadratique associée
à Id — u* o u, resp. u + u”, soit définie positive.
1)
Montrer que si u € D alors Id — u est inversible.
2)
Montrer que l’on définit une bijection
de D sur H en posant :
® (u) = (Id + u)o (Id — u)-!
b Commentaires
ICE Points de cours
=
ÿ
Forrre quadratique associée à un endomorphisme hermitien.
Indications
=
Pour le 1), établir que u(x)=x
=
x=0 lorsque u € D,
=
Pour le 2), introduire y = x — u(x) et z = x + u(x) pour avoir
z =® (u\(y).
} Solution
1)
Soitue D.SixeE, or 2 par hypothèse :
<x (= 2* o u)oo >= [x]? -|[u(d
|? 20
(1)
avec égalité si et seuleraent si x = 0.
En particulier, on a l'égalité iorsque u(x) = x, c'est-à-dire lorsque x e Ker(Id — u).
Le noyau de Id — u est donc réduit à {0} : l'endomorphisme injectif Id — u de l’espace de
dimension finie E est donc un automorphisme.
2)
Soituef(E)etxe
Posons
ÿ=x—u(x)
E.
et
Zz=x+u(x)
et supposons Id — u inversible. On a donc :
z = (Id + u) o (Id — u)= (y) =® (uXy)
Comme
pere
Et.
Wbd)e
(Z— y)
7, etque:
iz+yl2-11z- y? = 4Re< y,2>)
l'inégalité (1) est équivalente à:
2 Re < y. ® (uXy) >=< y.® (u)}+ D (u)"(y) >z 0 (2)
surjectif) et
En particulier, si u € D, (2) est vérifiée pour tout y € E (puisque Id — u est
que:
l'égalité dans (2) a lieu seu:ement quand il y a égalité dans (1) avec x tel
y = x — u(x)
Les Grands Classiques de Mathématiques
176
c'est-à-dire seulement quand x = 0, donc quand y = 0.
L'endomorphisme v = ® (u) est donc élément de H quand u est élément de D.
De plus, la relation
® (u)(y) = —y dans (2) donne :
-|y|?z>0
ouencore
y=0
Donc — 1 n’est pas valeur propre de v = ® (u).
Oruv=®D(u)
équivautà
vo(ld-— u)=Id+u
v—Id=(v+Id)ou
ouencore
c'est-à-dire à:
u=(v+lId)!o(v— Id
puisque — 1 n'est pas valeur propre de v.
Comme l'inégalité (2) est équivalente à (1), ® définit une bijection de D sur H, de bijection
réciproque définie par:
1 (v)=(v+Id) o(v— Id) pour tout ve H
Chapitre IV
Géométrie
401
C.C-P (P)
Perpendiculaire commune à :
D(x = a; y=b)
et
D'(x+cy+z=0; cx—-y+z=0)
Commentaires
ET
Points de cours
=
Ÿ
Equation d’un plan donné par une droite et un vecteur.
Indications
=
Commencer par chercher la direction de la perpendiculaire com-
mune.
ÿ Solution
Les directions respectives de D et D sont :
0
24
On a
c+l
r(o) ÿ
z-[ c1,)
1
le
Tec
raned-(ise)
0
Ce dernier vecteur n'étant pas nul, il dirige la perpendiculaire commune à D et D’, qui est alors
l'intersection des plans d'équations :
Æ
(ow) :
[O0 1+c
y—-b|=0
(Du
et
et
C2
z
1,10
ébrbehrbeoe
Mg
0x D—cenxe a
=hH'É+0
2j Ab} 4 FER — à)
(D, à) : (L+ 0x
(=
1x
re -tEdæecul=0
y — 2z
5%
Les Grands Classiques de Mathématiques
178
:
La perpendiculaire commune à D et D a donc pour système d'équations cartésiennes
(c + 1)a + (c — 1)b
d'eutnss
(—cb-(1+0c)a
é
M CEA
Remarque :
Les droites D/ sont les génératrices du cône du second degré d'équation : x2+ y? +zx—zZzy = 0
(obtenue en éliminant le paramètre c entre les équations de D’).
402
C.C.P (M)
Trouver les complexes z tels que les points d’affixe z, 2,2 forment un triangle dont
le cercle inscrit est centré en O.
è Commentaires
ET Points de cours
ÿ
«
Définition du cercle inscrit dans un triangle,
sm
Similitude directe dans le plan complexe.
Indications
=
Considérer la similitude de centre O transformant z en À.
ÿ Solution
Soit z une solution non nulle et f la similitude directe :
f:C—C,
ur zu
Elle transforme le triangle (z, 2, z?) en (22, 23, 2) qui a, lui aussi, son cercle inscrit centré en
O et pour rayon la distance de O àla droite (22, z?).
Les deux triangles ont donc le même cercle inscrit et deux sommets communs.
(on le voit en construisant la figure à partir du cercle et des 2 points
Il faut écarter
z=0
ess
On vérifie que
unique (1, j,j?).
É
z =j
et
Ils coïncident
) c'est-à-dire
= 2.
et z=]1.
2
:
.
:
et z = j” sont les deux seules solutions qui fournissent un triangle
Chapitre 4 : Géométrie
403
179
C.C.P (M)
On donne le triangle (ABC) et on note 4’, B’, C’ les milieux des côtés BC, CA, AB.
G est le centre de gravité du triangle (ABC).
M étant un point du plan du triangle, on définit les points P Q, R symétriques de M
par rapport à A',B/,C.
Montrer que les droites (AP), (BQ), (CR), (GM) ont en commun
précisera.
É) Commentaires
IE
Points de cours
a
ÿ
Propriétés du centre de gravité d’un triangle.
Indications
«
=
Considérer une homothètie de centre G.
un point que l’on
Les Grands Classiques de Mathématiques
180
D Solution
1
On considère l’homothètie h de centre G et de rapport — 5:
h(A4)= A! ,
h(B)=B
et
hC)=C
Désignons par 1 l'image de M par h.
Comme A’ est le milieu de [PM], G est le centre de gravité du triangle (APM) et, par conséquent,
I le milieu de [AP].
Pour la même raison, I est aussi le milieu des segments [BQ] et [CRI].
ll en résulte que les quatre droites (AP), (BQ), (CR) et (GM) sont concourantes au point I.
Remarque :
L'image du triangle (ABC) par la symétrie centrale de centre I est le triangle (POR) dont le
centre de gravité est donc le point symétrique de M par rapport à G.
404
CEN (M)
On donne deux points A et B distincts, du plan euclidien.
Déterminer le lieu des points M tels que les bissectrices de (wa me) aient des
directions fixes.
D Commentaires
ICE Points de cours
s
Equation d'une hyperbole équilatère rapportée à ses asymptotes.
Chapitre 4 : Géométrie
ÿ
181
Indications
=
Choisir un repère orthonormal convenable.
) Solution
Les bissectrices de (mme) étant orthogonales et se voulant de directions fixes, choisissons
à
_
pour repère orthonormal R = (O, T, j )où O =
A+B
5
—
et ©, j sont les deux directions fixes
imposées. Alors :
_p)
© MA —.
A(F}; e8(T)
er
a
— @
QU
X
Le vecteur déduit de MÀ par symétrie par rapport à Ox doit alors être colinéaire à MB (pour
traduire que Ÿ dirige une bissectrice de (wa MB) je
Ainsi l'équation du lieu (©) cherché est :
|
a—-x
x+a
=0 c'est-à-dire
xy = ba
y—b
y+b
F est donc une hyperbole équilatère passant par À et B, centrée au milieu de [A, B], dont les
asymptotes sont dirigées par les directions fixes imposées T et j.
405
C.C.P (M)
Montrer que la courbe l définie dans l’espace par :
”
a
br
ur
Nr
nee
S
est une hyperbole (centre, asymptote).
Donner l’équation du plan qui la contient.
po Commentaires
CE Points de cours
s
ÿ
Conique dans l’espace.
Indications
=
Etudier les branches infinies de T.
} Solution
F est la représentation paramétrique d’une courbe plane l parce que les coordonnées de ses
points vérifient la relation P : 8x—4y—z = 0,etc'est a priori une conique car Fest l'intersection
du plan P avec la quadrique d'équation :
1
5Z+U—-2= 0
Les branches infinies de T sont obtenues au voisinage de t = 1 ou de t = —1 et les développements asymptotiques au voisinage de 1 sont (avec t = 1+h):
_4
1
h—-2
1
d
Donc T admet pour asymptote la droite %, d'équations :
Les Grands Classiques de Mathématiques
182
* il
et
NI
=
z+4y=4
(droite du plan P évidemment).
On obtient de même, au voisinage de — 1, l'asymptote %, d'équations :
"
1
z=-2
et 2X—U=-5
;
Ces deux droites se coupent au point ( de coordonnées
1 3
(39: -2):
Il en résulte que F est une hyperbole du plan P, de centre ( et d’axes les bissectrices de
(D1, Do).
406
ccrm
Soit J un tétraèdre régulier. Montrer que la somme des distances d’un point du
domaine convexe limité par J aux faces de J est une constante que l’on précisera
en fonction de l’arête a de J.
} Commentaires
ICE Points de cours
s
ÿ
Distance d’un point à un plan.
Indications
«
Faire un choix judicieux du repère orthonormal.
Solution
Plaçons les sommets À,B, C, D du tétraèdre % par rapport à un repère orthonormal :
1
—1
—1
1
—1
—1
1
1
les axes sont perpendiculaires communes aux couples de côtés opposés.
Les faces ont pour équation :
(ABC) : x+y+z+1=0
(DCA) : -x+y-z+1=0
.
(BCD) : x—-y-z+1=0
(DAB) : -x-y+z+1=0
Un point M |
) “à l’intérieur de T “ donne des valeurs positives aux quatre fonctions affines
Z
précédentes.
Ses distances aux faces de % sont :
(x+y+z+1
d(M, ABC)
d(M, DCA)
=
=
œ+uy+z+1
d(M, BCD)
v3
—X+y—
1
Cx+y-2+1)
d(M, DAB)
v3
;
y
= œ=y-z+1)
v3
—X—
= Cx=y+z+1
4
v3
La somme des ces quatre distances est S = ve indépendante de la position de M “ dans T “.
Calculons la longueur d'une arête : a = AB = 22, d'où
S = 2 a.
Chapitre 4 : Géométrie
183
Remarque :
Les coordonnées barycentriques X, Y, Z T de M par rapport au repère affine ABCD sont proportionnelles aux volumes des quatre tétraèdres MBCD, MCDA, MDAB, MABC. Chaque volume
est proportionnel à la distance de M à la face opposée, (car % est un tétraèdre régulier).
407
CEN (M)
On donne une ellipse 8 que l’on fait tourner autour de son centre d’un angle
8€e]J0,7l.
On note €, la nouvelle ellipse et 2a > 2b les longueurs des axes.
Calculer l'aire de la portion X du plan intérieure aux deux ellipses & et €.
b Commentaires
LEE Points de cours
=
ÿ
Calcul d'aire plane.
Indications
s
Introduire les axes de symétrie de la réunion 6 L @o.
b Solution
Soit r la rotation de centre O et d'angle 6. Notons ® la droite passant par O, d'angle polaire
Sri et s la symétrie orthogonale par rapport à 2.
& est invariante dans la symétrie d’axe focal Ox, et r = so sx, donc :
Be=r(8)=sosx(8)=S(6)
sont donc deux points diamétralement opposés
Les points d’intersection À et A! de ® avec
de €o, et ® est un axe de symétrie de 8 U @o.
Les Grands Classiques de Mathématiques
184
rapport à la
De même, en utilisant la symétrie sy par rapport à l'axe non focal et la symétrie par
droite 2’, orthogonale en O à %, on montre que les points d'intersection B et B' de 2’ avec €
' est un axe de symétrie de 6 L 0.
sont deux points diamétralement opposés de 9, et que
Soit Z la portion de plan limitée par les deux ellipses. ,
Z possède pour axes de symétrie les droites 2 et ®'. Donc l'aire 4 (2) de Z est égale à quatre
fois 4 (/) où Z’ est le domaine limité par les segments [0, A], [O, B] et l'ellipse .
a
L'image de X/ par l'affinité f d'axe Ox, de rapport +, est un secteur circulaire >*= (O, A*,B*)
du cercle de centre O de rayon a.
En notant, « et B les angles polaires respectifs de A" et de B* dans ]J0,7{[,ona:
0 <B — a< =
et
b
à
:
L
24 (2*)=
a7(B — a)
Le jacobien de la transformation affine f 1 étant a l'aire de >’= f Fe
} est définie par :
, 24C * =P = ab(B — a)
242)=
On a donc
ä (©) = 4 4 (Z')= 2ab(B — a)
ll reste à calculer (B — a).
Puisque
A=O+acosa
? +bsina Ti e®
et que l'angle polaire de D est
a
tan
a =
6
p'a5
g
z en 3Me
+3:0na: ;
De même, à en changeant
tan f=
or
a
6
pets
tanf —- tana
tanG — a)=To
tanp
6
cotan — + tan —
ee
tan(B — a)= ER
donc :
a
—
b
— 1
b?
ab
tanip
a)
6
1 + tan? —
2%
2ab
5
où
=a-b
c” sin 8
tan 2
Comme0 <B — a<
Z0n déduit que :
B — a= Arctan
Donc
2ab
TE
c” sin 8
2ab
4 (2) = 2abArctan D
(a“ — b“)sin 8
Sr on a:
Chapitre 4 : Géométrie
185
Remarque :
Lorsque 8 tend vers 0*, on retrouve l'aire de l'ellipse x ab. Lorsque 8 vaut . on obtient une
expression équivalente de l'aire de
sous la forme :
4abArctan (2)
408
CEN (M)
M décrit l’intérieur d’un triangle ABC.
Déterminer M de manière que la valeur f(M), égale au produit des distances de M
aux trois côtés du triangle, soit maximum.
b Commentaires
ICE Points de cours
s
Les coordonnées barycentriques de M, par
rapport
aux
points
A, B, C sont proportionnelles aux aires des triangles MBC, MCA et
MAB,
=
ÿ
Extremum d'une fonction réelle de deux variables réelles.
Indications
=
f(M)est
proportionnel
au
produit
des
aires
des
triangles
MBC, MCA et MAB.
} Solution
Soit A’, B/, C’ les projections orthogonales de M sur BC, CA, AB.
On pose
c=|AË|
, a=|BCl|
et
b={|CA||.
Me||
aabef(M) = a||ma IL bll ME Il di
MC
est le produit des surfaces sa(M), Sp(M) FSc(M).
triangles
. MCA et MAB.
Maximiser f revient donc à maximiser le produit sa : Sp : Sc Sachant que:
Sa + Sp + Sc = S
(Sa. Sp,Se) e [0, SF
On doit donc maximiser
g : [O, SP —R,
où S est la surface du triangle ABC
(x y) — xy(S — x — y) sur le compact :
Ke {Ccy) e [0, SÈ |Xx+y< S}
g est de classe C 1 sur K et nulle sur le bord de K. Donc g atteint son maximum en un point
(X, Yo) € Ktel que :
soit
7xg V0: Uo) PR= = ma yo) =ï 0
Xyo = yolS — xo — yo) = X(S — X — Uo)
Comme (%, Yo) € K, Xo + yo < S, donc x = yo # 0, et par suite :
S
X = Yo =S—-X —V=3
Les Grands Classiques de Mathématiques
186
_f atteint son maximum en un point M intérieur au triangle ABC vérifiant :
S
Sa(Mo) = Sb(Mo) = Sc(Mo) = 3
On peut écrire :
Mo = XA+yoB+2ZC
où
X+yo+tZ=1
(*)
———>+
——
———.
En considérant le produit mixte de la relation (*) avec les vecteurs MoÀ, MB et Moc, on
obtient :
donc
yoSc(Mo) — Zsb(Mo)
ZoSa(Mo) — xoSc(Mo)
0
XoSb(Mo) — yoSa(Mo)
0
c'est-à-dire
O
X0
Sa(Mo)
Z0
Sc(Mo)
yo | À | sb(Mo) | = 0
x = Uo = Z-.
M, est le centre de gravité du triangle ABC et :
A
JS
409
ee
0) = =: 37
CEN (M)
M et M’ décrivent respectivement deux cercles tangents extérieurement en ©.
Quelle est l’aire maximale de (OMM!) ?
D Commentaires
LEE Points de cours
ÿ
=
Aire d'un triangle à l’aide du déterminant,
s
Extremum d’une fonction réelle de deux variables réelles.
Indications
s
Bien choisir le repère orthonormal,
“=
Utiliser un repérage polaire des cercles.
ÿ Solution
Notons u(t) = cost i +sin tj
Prenons OM = 2a cos tu (t)
et OM’ = -2a' cost’ u(t')
avec —
T
<t'<t<
(Q),
2:
a et a’ désignant les rayons des cercles
@ et &/.
L'aire du triangle OMM' est 4 = à det(OM,
ow) :
#4= 2aa costcos t'sin(t — t’)>0 sur ( (ouvert)
Etudions la fonction
(t, t’) = cost cost’ sin(t — t’).
Chapitre 4 : Géométrie
187
Linéarisons :
1
p(t.t)
5 costt— t')+ cos(t + e) sin(t — t')
ter.
=
3 |sinçat — 2t)+sin 2t- sin
N]
|
Observons que + > 0 sur ( et @ = 0 sur la frontière de (1.
Comme 4 est continue, w admet une borne supérieure sur
(compact) atteinte nécessairement en un point critique de +.
Calculons donc :
COS
=
:
|
[cost2t : 2€) + cos24] me o)GT
Se eresRnn2JL [cost2t _ 24)
+cos2t'
Co)
Le système
o
(5 =o) N (5 =o) admet pour unique solution sur Q :
)
+
=
Calculons
—
AE
.e
leRAT
De. e7
L'aire du triangle (OMM) est maximale lorsque l'angle MOM' vaut _… elle vaut alors :
AE
ns,
2
L'angle MOM' a pour mesure =
410
CEN (M)
Une droite ® passant par un point A coupe le cercle € en deux points M et M’. Les
tangentes en M et M’ se coupentenT.
Déterminer le lieu de T quand Q pivote autour de À ?
D Commentaires
re Points de cours
=
ÿ
Tangente obtenue comme limite d’une corde.
Indications
=
Utiliser un paramétrage cartésien du cercle € déduit de :
6
Cos 0 =
ei
l+u
2
e
tin 0 = _—
l+u
} Solution
Substituons au paramétrage trigonométrique du cercle (x = Rcos 6,y = Rsin 8) un paramétrage cartésien de €:
Les Grands Classiques de Mathématiques
188
ni
CS
É
pla”
RS
l+u
2
R 2u
TRS
l+u
Ecrivons l'équation de la corde (Mu M) du cercle €:
(Mu Mo) : ( — uv)x + (u + v)y — (1 + w)R = 0
La tangente à @ en M4 s'en déduit (par v = u) :
Du : (1 — u?)x
+ 2uy — (1 + u?)R
=0
Les coordonnées du point d'intersection des tangentes :
1 — uv
u+vU
Bu ax € RETOUR
existe lorsque uv # —1.
Imposons maintenant à la corde (Mu Mb) de passer par le point A(a, O) :
(= w)a-(1+uw)R=0
=
w=
a-—R
RE
(constant et différent de —1 quand À z O0).
et, dans
ce cas, Du
N Bu:
Rappelons que
R°
u+v
R(a+R)
x= ArvsrTee — 53;
(u+u)
_(u + uv)? > 4uv.
Le point T décrit la droite x =
AuandAestintérieur à € (|a| < R), sinon la partie extérieure
à €. Si a e 6, le point T décrit la tangente en À à €.
S
Remarque :
On sait qu'il s’agit de la polaire du point A par rapport au cercle @
4 L 1 MINES (P1
Trouver une condition nécessaire et suffisante sur trois complexes pour qu’ils soient
les affixes des sommets d’un triangle équilatéral.
Chapitre 4 : Géométrie
189
} Commentaires
ICE Points de cours
s
Ÿ
Similitude directe dans C: z—az+f.
Indications
=
Chercher les triangles semblables au triangle équilatéral {1,j,j?}.
ÿ Solution
Notons a, b, c les affixes des sommets d’un triangle T = (A,B, C) du plan affine euclidien
orienté.
Soit E = (I, J, K) le triangle équilatéral de sens direct dont les affixes des sommets sont (1, j,j?).
T est équilatéral de sens direct si et seulement si il existe une similitude directe S vérifiant :
SH) =A
,
SU)=B
et
S(K)=C
La définition anlytique d'une similitude directe étant de la forme
s(z) =a
z+
B,
Test
équilatéral de sens direct si et seulement si il existe (œ, B) eC? tel que:
Eat)
Les vecteurs colonnes du second membre étant libres, cette dernière condition est équivalente
dy:
CRT
b j
1|=0=(1-jXaj+bÿ
+0)
C FA 1
Une condition nécessaire et suffisante pour que T soit équilatéral de sens direct est donc :
aj + bÿ? +c=0
En permutant deux sommets, par exemple À et B,
T est équilatéral de sens indirect
si e:
seulement si :
bj + aÿ? +c=0
En réunissant les deux conditions, T est équilatéral, de sens direct ou indirect, si et seulement
Si :
(aj+bj? + cX(bj + a? + c) = 0
Cette condition s'écrit aussi :
X
a? +b? + ©? = ab+ bc+ ca
4 1 2 MINES (M)
Image du cercle unité de C par f : zr
(
è Commentaires
TZ Points de cours
=
Equation polaire d'une conique de foyer O.
Les Grands Classiques de Mathématiques
190
ÿ
Indications
=
Former le module et l'argument de f|(e/?).
b Solution
f est définie sur C\ {1}. Soit z = eÏ où 8€ 2 xZ.
SO
Alors
1
ee.
5
(1
ee ) == ce
cos 0
L'ensemble des points d'affixe f(e!°), où 8 décrit ]0,2 x [, est donc la parabole P de foyer O,
1
M -
de paramètre (:), d’axe Ox et dont une équation polaire est :
1
TS ZI
—cos 6)
;
Le
(une équation
cartésienne
est
413
y? = 11 -%.
X (P)
On donne une plaque carrée € de centre O. Déterminer les points de € qui sont plus
proches de O que des bords de €.
ÿ Commentaires
EE Points de cours
«
ÿ
Définition d’une parabole par son foyer et sa directrice.
Indications
s
Considérer la parabole de foyer O ayant pour directrice un côté du
carré.
Chapitre 4 : Géométrie
191
Ë Solution
En utilisant les symétries par rapport aux diagonales du carré, on peut se ramener à déterminer
les points du triangle (T = (OAB)) les plus proches du centre que de (AB), puisque, pour les
points de ce triangle, (AB) est le côté du carré le plus proche.
Les points M de T tels que
d(O, M) = d(M, AB) sont ceux de l'arc T° de parabole de foyer O
et de directrice (AB) contenu dans T.
Il en résulte que les points les plus proches de O sont ceux qui sont situés du même côté que
O par rapport à T°.
On obtient 4 arcs symétriques par rapport aux deux diagonales. La partie du plan “intérieure“ à
ce domaine est celle que l’on cherche.
Remarque :
La parabole qui porte F a une équation cartésienne de la forme :
x + 2 =(x- a}
donc Fest défini par :
1 = a(a — 2x)
LUE
X
a
414
C.C.P (P)
Représenter la courbe d’équation :
x
+ 2) = ae +)
et calculer l’aire de la boucle.
b Commentaires
EE Points de cours
=
Calcul d'aire plane.
Les Grands Classiques de Mathématiques
192
Ÿ
Indications
»
=
Paramétrer la courbe en polaire, ou bien par y = tx,
Repérer les paramètres du point double.
D Solution
Passons en repèrage polaire:
2
,
M(6)=0++p(6)u
Ona
cos
26
p(8) = ES
M(0) = M(8 + 7x) et M(- 8) est le symétrique orthogonal par rapport à Ox de M(6).
Il suffit donc d'étudier l’arc sur Lo3 et de symétriser la courbe obtenue par rapport à Ox.
M est une fonction continue de 8 sur Le5 Ë M (3) =:0;
Donc la courbe admet pour tangente en O la droite d'angle polaire JL modulo r.
lim
p(8)=-—-c
,
TES
Le rayon polaire est positif pour 8 e
lim x(6) =
lim p(68)cos8= —
ET
nm
Le.
7 et négatif pour 8 €
É & |La courbe est
donc dans la zone délimitée par les demi-droites d'angle polaire O et + modulo 2 7 pour
T
8e Lo | alors qu'elle passe dans la zone délimitée par les demi-droites d'angle polaire
T
an
et
T
mi
# modulo 2 # pour 8 €
É:
D'où l'allure de la courbe :
Me
TT
L’aire de la boucle é
E |-<. x )est donnée par:
p(8)
+
cos? 26
AE
cos? 6
a- f*
ul rdrdo=; [* p? (6)4=8a se a
cos? 2 6
cos”
donc
DA
8
sn
1)
TTmire
cos” 8
:
A
cos
=
1
x
ne
0
1
2co82 8 —SE
d = a2[sin2 6 — 28 +tan 9]À = 24? (-+)
ce
Chapitre 4 : Géométrie
415
193
CEN (M)
Soit € la courbe paramétrée
x=3t7
,
y=2t5.
Quel est le lieu des points du plan d’où l’on peut mener à @ trois tangentes dont
deux sont orthogonales.
ÿ Commentaires
LEE Points de cours
=“
Condition sur les pentes pour que les deux droites soient orthogonales.
ÿ
Indications
=
Former l'équation “en t“ caractérisant les points de € dont la tangente passe par le point M(X, y).
) Solution
La tangente au point M(t) de la courbe & a pour équation:
Dr: X —-y— t#=0
Les tangentes à la courbe passant par le point P de coordonnées (x, y) correspondent aux
paramètres t solution de:
8 xt+y=0
Cette équation a trois solutions lorsque
4x? — 2747 > 0 (on reconnaît l'équation de €).
Les tangentes 34 et 2, sont orthogonales si et seulement si :
uv+1=0
(produit scalaire des directions de %4 et 2)
Ainsi, pour le point P(x, y) passent trois tangentes Du, Du, Dw à 6 dont deux sont orthogonales
si et seulement si :
On en déduit
S
48_xt+y=(t-uXt-vXt-w)
w=y
,
u+v=-y
et
et
u(u+v)+uv=—x.
D'où l’ensemble cherché :
Œ):gÿ =x-1
Eneffet
t*—(1+u) t+y=(t-y(t-uyt-1).
(14) « #3)
(E) est une parabole tangente à
uv=-—1
aux points:
194
Les Grands Classiques de Mathématiques
4 16
Représenter
C:C.P (P)
PA)
r=tan 3.
ÿ Commentaires
EE Points de cours
=
ÿ
Détermination des asymptotes d’une courbe en repérage polaire.
Indications
=
Limiter l'intervalle d'étude par période et symétrie.
Solution
f :8-tan
26
3
3j est de période —
impaire.
La courbe est donc invariante par la symétrie orthogonale d'axe (O, 7) et par
la rotation de
3 T
centre O et d'angle 5
3
à
On peut se borner àorl'étude sur Le_
|intervalle sur lequel f est de classe C®, croissante
et positive.
ms
37
Au voisinage
de 7
e
f(6)sin (0—
87
3
:)
re
6 27
4
;
2
d'équation
3
k
Y = — 3 dans le repère (0.
U3r:U5r )
4
4
donc la courbe admet une asymptote
195
Chapitre 4 : Géométrie
Les points multiples sont obtenus :
4 17
pour
3
.=
Ô SU
ni
Ë
ne
v3
ou pour
8 = +
Es
et r =
V3
C:C'P(P)
On considère la courbe d’équation polaire :
r(cos5 6 + cos0 +4sin 8)= 1
Montrer que les points d’inflexion sont alignés.
D Commentaires
CE Points de cours
Ÿ
=
Concavité d’une courbe en repèrage polaire,
=
Equation d’une droite en coordonnées polaires.
Indications
=
Poserw=
1
,
:
; et calculer + +” pour obtenir le sens de la concavité.
196
Les Grands Classiques de Mathématiques
» Solution
Toute la courbe est obtenue en ne considérant que l'intervalle [O, x] car r(8 + m) = —r(6) et
la fonction 8
r(8) est 2 x-périodique.
8+-> cos5 8 + cos 8 +4sin 8 s’annule en un seul point a € [0, x] et la courbe admet une
asymptote de direction us.
Rappel :
Pour une courbe d'équation polaire r = f(8), paramétrée par:
M = O+/f(8)w
la concavité en un point de rayon polaire non nul est “vers le pôle“ si et seulement si :
dOM
Ho
d°OM
he
a le sens de
dOM
—;
“ge
MO
Les points d’inflexion sont donc ceux où :
dOM d?OM
À (6) = det
en
change de signe.
dOM
+
LS
6
= J'()w Or
d?OM
nn
eé ("'(6) — j(e)] w + 2), 7
et le signe de A (8) est celui de:
$2@) +2 [6] - ftey"(e)
On vérifie que c'est aussi celui de:
g” (8)+ (8)
où
(8) =ro (f(6) # 0)
Ici, @ (8) = cos5 8 + cos 8 +4sin 8 et, en tout point M où cette fonction est non nulle
:
p" (8)+ p (8) = —-24c0s5 6
Donc les points d’inflexion sont tels que cos5 8 = 0 et, en ces cinq points d'inflexion
:
r(cos 8 +4 sin 8) = 1
l'en résulte qu'ils sont tous alignés sur la droite d'équation polaire
:
É
d'équation cartésienne
T7 cos 6 +4sin6
Xx+4y=1
197
Chapitre 4 : Géométrie
418
X (P7
Soit (T) : à
y
E
3
FRERE
Lo.
7
asin° t
=
2
;
=:
ARE
RS
On découpe (T) en n arcs de même longueur MoMi :: : Mh-_1Mn.
;
à
Déterminer
n
;
lim
OM:
a
Re
1
=
b Commentaires
re Points de cours
ÿ
=
Abscisse curuiligne d'une courbe paramétrée,
“
Convergence d'une somme de Riemann.
Indications
“=
La limite cherchée est celle d’une somme de Riemann.
ÿ Solution
(T) est un arc d'astroïde.
A=Mot=0 , B=Mt=7
\
,
dx =-3acos tsintdt
dy=3a sin? tcos tdt
La courbe étant orientée dans le sens des t croissants, on a:
ds = 3asint cos tdt
et l’origine des abscisses curvilignes étant prise en À:
|
;
34 , 9
«0 | 8a sinucosudu = —-sin t
0
A
3a
La longueur de AB est donc L = ST etona:
7
MoMx=
k
n
3a
3a
X
D
one
2
Ce
Les Grands Classiques de Mathématiques
198
d'où
k
tx = Arcsin Te;
On en déduit :
> oi
n
F
=
Il
a + il
=
+
k=0
a
/ 6
inê tk
cos” tx + SIN
1
k=0
TE
Genet
:
:
1
k=0
3
k
ie
k=0
HAnEl
3
k
MS
"
3*
na
RSR
e
”
On reconnaît une somme de Riemann et donc :
1
lim un = a ] V/1-—3x+3x2dx
ñn— +00
0
1
I= | V/3x2
— 3x + 1dx
0
1
= V3|
1
o V er 3dx.
donc
ou encore
3
1
I = V3|
t2 + — dt
-À
1 =
12
d
2
243
+
—
12 4,
û
Die121
CE
N
Se
donc :
a
&
=
Il
*
*s
+
|
cie
5 +
D
mers
Fe
|
oapam
[=]
NI
ie] &
Chapitre 4 : Géométrie
199
6
x Des
É
2
=
|
DT 142%
è
n|x+\/x
TS
0
É
=
3
LYS
2 + VS
Finalement:
lim
n— +00
ma
1
V3
(+ ue. va)
AOL?
419 MINES (M)
Calculer l’aire comprise entre la parabole d’équation y? = 2px et sa développée.
0 Commentaires
re Points de cours
Ÿ
=
Développée d’une parabole,
=
Calcul d'aire plane.
Indications
=“
Déterminer l'intersection de la parabole et de sa développée.
ÿ Solution
2
t
Soit
2p
a
y
(@>0)
Une représentation paramétrique de la parabole P
=
les coordonnées d'un vecteur tangent au point M(t).
et {é
P
® désignant l'angle polaire de la tangente orientée en M(t), on a:
tan =
°
Les Grands Classiques de Mathématiques
200
d
Le
donc avec (1+tan? ) = = = il vient :
de ___
pP
Œ
É + P?
Les coordonnées (X, Y) du centre de courbure en M(t) sont :
KextT4
ef Te en
ll en résulte que la développée ® de la parabole a PR représentation paramétrique :
at
de TA 2
t
Y =
-—
Désignons par I le centre de courbure de la parabole en O et A le point d’intersection d'ordonnée
positive de la parabole et de sa développée. Par raison de symétrie, l’aire du domaine compris
DES.
entre les deux courbes est 2 4, où s£ est l’aire du domaine délimité par l'arc OA de la parabole,
ES
l'arc IA de la développée et l’axe Ox.
b
t
a
a= | ex dt
0
| gLodx
P
P
FES
où y = g(x) est une équation de l'arc IA de la développée et (a, b) les coordonnées du point
A.
Le changement de variable défini par le paramétrage de ®, dans la deuxième intégrale, donne :
b
1 t” 3t
1
a=>5 | eat | — —dt
P Jo
o p°P
où T est la valeur du paramètre correspondant au point A, donc définie par :
b =
— (T>=0)
p
3T?
et
b?= 2pa
puisque À e P.
PT
T est donc la solution positive de
6
2
(
3) — 3 (5) —2=0
c'est-à-dire que
b=2pV2
T=py2
et
, a=4p.
2V2
v2
4 = (/ ear-3 | ca)#42
0
0
L'aire cherchée est, par conséquent, égale à:
88V2 ,
Tir
15
2
Chapitre 4 : Géométrie
420
201
C.C.P (P)
On donne deux points A et B diamétralement opposés sur une sphère S. On considère
deux droites 9 et %’ tangentes en A et B à S et orthogonales.
Déterminer la surface X engendrée par les droites A tangentes à S et coplanaires
avec 9 et avec ®/.
ù Commentaires
IE
Points de cours
5
ÿ
Caractérisation d'une tangente à une sphère.
Indications
s
Bien choisir le repère orthonormal.
} Solution
Choisissons le repère en prenant les droites ® et ®’ horizontales et parallèles aux axes Ox et
Oy.
D: x=0,2=R,;/®':y=0,z=-R
Cherchons les droites À comme support d’un segment
0
N
[P P’] d'extrémités P |
\)e et P' |0 )e®'.
R
—R
Le point courant de À est:
mac
PA
Sn mis. cn UE
opeur. M[aon )es
«10
(—-20R
Formons l'équation au paramètre tde l'intersection :
SnA:t2X2+(1— 1) À? +(1 — 21)2R? - R?=0
mp
Ordonnons le trinôme :
(2 + N°2 +4R2)t2 — 2002 +2R2)t+ A2= 0.
Traduisons le contact de À avec S par une racine double en annulant le discriminant :
AE
Simplifions :
4R4-
(X2 +2R2ÿ2— X2 (2 + N°2 +4R2) = 0
pi
2,12
Deux conditions apparaissent
\2\/2=0.
AN= 2R?
\N= _9R2
La première fournit la surface paramétrée > suivante :
D x=
RRQ
2R?t
, y=(-DA,
z=(1-20R
En éliminant les paramètres, l'équation cartésienne se forme :
2
2
Le :)
X+y
2
+7
—
ou
=0
—
2
un >
— R°=0
Y est un hyperboloïde de révolution à une nappe d'axe (x + y = Z = O).
La seconde condition XX = —2R? fournit la surface
Z par rapport au plan x = 0.
X/: 22 —2xy— R?=0
symétrique de
Les Grands Classiques de Mathématiques
202
421
cm
P est une parabole. A est un point du plan de #. Une droite variable, passant par
A, coupe ® en deux points de M1,M, distincts.
Quel est l’ensemble décrit par le point d'intersection des normales à ® en M. et Me.
Comment doit-on choisir A pour que ces normales se recoupent sur P ?
à Commentaires
Indications
“
Paramétrer la parabole,
s
Avec M; = M(ti), poser S = t1 + t et q = tato.
ÿ Solution
Utilisons un repère orthonormal dans lequel P a pour représentation paramétrique :
M(t) = O+ Pot Pt
Considérons une droite passant par A et sécante avec ® en les points M(t1) et M(t). Pour
respecter le rôle symétrique joué par ces deux points, introduisons les paramètres :
S=t+é
,
q=tit
avec la condition s? — 4q > 0 traduisant la réalité des racines de l'équation £? — st + ais 0%:
La droite M(t1)M(t>) admet pour vecteur directeur le vecteur de composantes
(s, 2p). Elle
passe par le milieu de [M(t1). M(t)] qui a pour coordonnées :
1
S
En écrivant que la droite M(t1)M(t2) passe par À (dont les coordonnées sont notées (a, b) dans
la suite), on ala relation :
S
1
35
P
2p
-29)-
s
2 —
a
=0
donc
q=bs-2pa
(1)
b
L'équation de la normale à P au point courant M(t) est :
3
t
N(t) : PÉRPDE ISA
En faisant la somme et la différence des équations correspondant à N(t) et à N(t2), on trouve :
l
X= 7 (+ tite + à) +p=
s
sx + 2py
py = =-(S?
2p —
3q)+
q)\+ps
1
7m -D+p
oi
d'où
y =2p°
En tenant compte de la valeur de q fournie par (1), on obtient une représentation
paramétrique
de l'ensemble & décrit par le point d’intersection Q des normales à ® en M(t:) et
M(t2) lorsque
la droite M(t1)M(t2) tourne autour de A :
1
x(s) = Er Cl — bs)+p+a
Q(s)
:
y(s) =2? (—sb +2pa)
Chapitre 4 : Géométrie
203
En introduisant le point B, de coordonnées (p + a, 0) et les vecteurs w et v de composantes
respectives (—b, 2a) et (p, —b), on peut écrire :
S
Sa
@Qs) = B+ DU + Fe U
Lorsque det(w, v ) est non nul, c'est-à-dire lorsque b?-2pa est non nul (cas où À n'appartient
pas à ®), € est inclus dans la parabole dont l'équation dans le repère (B, w', v ) est :
Y = 2x?
La direction asymptotique de cette parabole est celle de v =pT -bj.
Lorsque À e P, € est porté par la normale en À à P.
Pour que % soit inclus dans P, il faut que la direction asymptotique v de la parabole portant €
soit celle de P (qui est À). Il faut donc que b = O.
Dans ce cas, on a:
x(s)
ds)
y(s)
s2
=,5-+Fp+a
=
= —
, yes?=
2
[x(s) - p - a]
P
Donc € est inclus dans P dès que:
a=-p
et
Ainsi, lorsque A est le symétrique du sommet de
O — p TC), les normales à
b=0
par rapport à la directrice de P (c'est le point
en les points d'intersection avec ® d'une droite passant par A se
recoupent sur À.
422
CEN (M)
& est une ellipse de demi-axes de longueur a et b.
®e est la droite d’équation normale, dans le repère principal de € :
cos 8 x + sin 6 y = p{(6)
Valeur de p{6) pour que %, soit tangente à € ?
Aire maximale d’un rectangle circonscrit à € ?
Lieu des sommets des rectangles circonscrits à €?
>
b Commentaires
[5
Points de cours
=“
Equation normale d’une droite.
204
Les Grands Classiques de Mathématiques
} Solution
DEREVAIT à
a bp
Soit %, la droite d'équation normale :
cos8x+sin6y=p(68)
Elle est tangente à @ si et seulement si il existe un point M(a, B) e & tel que la tangente en
M(a, B) d'équation :
ax
+
Lo
puy
St
soit la droite Do.
Donc, pour que ®, soit tangente à &, il faut et il suffit que :
p?
2
0: + rat = 1
RS
4 (a,B) eR?,
PO)
a
=cos8
,
LOPS = sin6
L'élimination de («, B) entre ces relations donne la condition nécessaire
et suffisante pour que
D soit tangente à &:
a? cos? @ + b? sin? 6= p°(6)
Les droites de paramètres respectifs :
6,060+7
T
T
0 PERS
,
0 —
D
définissent donc un rectangle Ra circonscrit à & si et seulement
si :
a?cos? 6 +
b?sin? 8
a sin?6
b?cos8 =
+
=
p?(6)
p? C +3)
Chapitre 4 : Géométrie
205
Les côtés de R$ mesurent
2/|p(8)| et 2
(e +3) |
d'où l'aire de Re :
49= 4|p(6) P
(e +3)
Ona
p?(6)+p° (0+3) = dei pe
Le maximum de la fonction qui, au réel t, associe le réel f(t) = t(a? + D? — t) s'obtient pour
a +b°?
es
. Donc
(469)? = 16f(p°(8)) est maximum lorsque:
dE
PE)= 5+—D = p (e +3)
Le maximum de 44 est donc
2(a° + b?), il est atteint lorsque R est un carré. Dans ce cas, on
a la relation :
a? cos? 8 + b?sin? 6= a? sin? 6 +b? cos? 6
et, comme a? est différent de b?, on a nécessairement :
cos? 6= sin? 6
Le rectangle d’aire maximale circonscrit à 6 s'obtient donc pour 8 =
+ C'est le carré d’aire
2(a? + b°?) de centre O dont les sommets sont portés par les axes de €.
Le rectangle R4 étant centré en O, d'après le théorème de Pythagore, le carré de la distance de
O à un sommet de R est la somme des carrés des distances de O aux côtés de Re, c'est-à-dire :
T
p?(6) + p°(o + 3) = a +b
Les sommets des rectangles Rà circonscrits à @ décrivent donc le cercle de centre O de rayon
1
(a? + b?)2.
On obtient, en particulier, le carré circonscrit à @ en prenant les intersections des axes de €
avec ce cercle.
Remarque :
@ est la courbe orthoptique de l’ellipse
423
CEN (M)
Soit ® la parabole d’équation y? = 2px.
Une droite passant par le foyer coupe Ÿ en A et B.
Déterminer le lieu des centres des cercles circonscrits au triangle OAB quand la
droite varie.
è Commentaires
CE Points de cours
=
Centre du cercle circonscrit à un triangle.
206
Les Grands Classiques de Mathématiques
ÿ
Indications
=
Faire jouer, aux points A et B, des rôles interchangeables.
} Solution
Paramétrons la parabole ® y? = 2px par : à
t
Mt Gr.
<
sn)
L'équation de la corde [M+Mul est :
2x — (t + u)y + ptu = 0
(cette droite contient M; et Mu).
Elle passe par le foyer F (8
o) si et seulement si tu = —1.
Notons désormais
s = tu (qui décrit R lorsque (t, u) eR? avec tu = —1).
Dès lors t et u sont racines de l'équation :
T°
ST 10
Le centre (s du cercle ciconscrit au triangle OM:Mu
est intersection des médiatrices.
médiatrice du segment [OM:] a pour équation :
3
t
D : x+2u=pT
Comme
t?=st+1,
+ pt
1% =(s? +1)t+s et l'équation de ®; peut être simplifiée en :
t
.
De : te+2y = pis? +5)z +pz
:
De même
u
s
Du : ux + 2y = pis? + 5)T + px
Les coordonnées de (1, sont donc :
P
x = Ts +5)
U=Pg
Le lieu de {s est la parabole d’'équation :
9:
pet (x-5e)
La
207
Chapitre 4 : Géométrie
424
CEN (M)
Soit A =(O, à, 1) orthonormal et A(a, 0).
Déterminer l’ensemble des points de contact des tangentes passant par A aux paraboles d’axe Ox et de foyer 0.
É) Commentaires
ë
Indications
Utiliser une équation polaire d'une parabole de foyer O.
»
b Solution
Prenons l'équation polaire d’une parabole ® de foyer O:
p= T+cos
_ 06’
.
7...
De
5
k
_
;
Ecrivons l'équation de la tangente en M = O + Tres À à l'aide de:
dM
d8
colinéaire à W=-sin8
M à:
Tangente en
=
P
da
à)
sin6 u +(1+cos 8)u
(1+cos 8) (
+ (1 + cos 6)j.
(1+cos6)x+sin8-U—p= 0
Ecrivons que cette tangente passe par A(a, 0): p= a(1+cos 8),
O passant par A.
l'ensemble des points de contact cherché est donc le cercle de centre
208
Les Grands Classiques de Mathématiques
425
CEN (M)
Soit 6 une cardioïde d’équation polaire
p=14+
cos 8.
Déterminer l’ensemble des points d’intersection de deux tangentes orthogonales à
cette cardioïde.
Tracé sur ordinateur.
ÿ Commentaires
I Cx Points de cours
«
ÿ
Equation normale d’une tangente à la cardoïde.
Indications
“
Ecrire une équation normale d'une tangente,
s
Distinguer deux couples de tangentes orthogonales, l’un deux fournit une courbe très simple.
ÿ Solution
Notons __u (8) = cos 8 à +sin 6 J . w(6)=-sin6 © +c050 d
Cherchons une équation (normale) de la tangente en M à €:
OM
‘dM
dM
do
A
Choisissons
+
.
=
(1 + cos 8) u
M
— sin60 u +(1+cos 6)u
=
FL
2cosr
6
a
07
T=-sinTu+cssu
—
— Sin
à
—
8—
u +cos Tu
—/30
#*
r-u(gs)
—
—/36
, W--ù
D'où l’équation de la tangente :
3 0
.
X COS 5 + sin
Posons
;
.
equation.
a= Sa et Da:
30
1
0
- — ( + cos 8)cos + = 0
]
3
a
1
xcos à +ysin «a — < cos — — g COS a= O0
2
3
la nouvelle
Chapitre 4 : Géométrie
209
Les couples de tangentes orthogonales sont (Bus 2. 5 )et
p]
de a > %, est 3 x.
(Da, 3. és )car la période
9
Les points d'intersection cherchés se répartissent suivant deux courbes :
=
l’une est connue :
Re
Xe
3
Aa
ll
GS
S +5,
OR
U=5sin
1
3
:
A:
cercle de centre A(5. 0) et de rayon 3: Les points de contact sont alignés
avec O. Remarque
intéressante en vue d’une réciproque.
=“
L'autre courbe s'obtient par a N D ox ;
2
3
A
AT).
1
= 5cos +cosa -jos(g +5 )sina +5
DES3 O8
À AR
ai
OREEICOS
ERET
3
6
Les Grands Classiques de Mathématiques
210
426
CEN (M)
Montrer que les cordes d’une ellipse, vues du centre sous un angle droit, sont
tangentes à un même cercle.
Commentaires
TZ Points de cours
s
Ÿ
Distance d’un point à une droite.
Indications
=
Utiliser l'équation normale d’une droite sécante à €.
ÿ Solution
Choisissons l’ellipse & : “a+ Ce — 1 =0 paramétrée par:
a
b
M :t-x=acost, y=bsint
Une corde [Mu, M] est vue du centre sous un angle droit si et seulement si :
OMu + OMy = 0 <—
d° cos u cos v +
b°sinusin
v= 0
Considérons une équation normale de la droite (Mu, M) :
xcos0 +ysin6 —p=0
donc
acostcos 68 +bsintsin 8 — p= 0 pour t € {u, v}.
Introduisons le paramètre m = tant:
acos 8 + mbsin8 — pV1+m?2=0
formons un trinôme en M :
(a cos 8 + mbsin 0)? — p°A +m2)=0
(b? sin? 6 Dh
+ 2abmsin 8 cos 8 + a? cos? 8 =D: = 0
Sachant que les racines de ce trinôme sont :
ona
tanutanu=
a
2
Mu =tanu
2
cos? 60 —p
et
my=tanv
b? sin? 6 — p°
Or, la condition d'orthogonalité OMu L OM, peut aussi s’écrire:
a
2
tanu-tanv=-—
b
En rapprochant ces deux expressions, on trouve :
pa? + b?)= 42h? =10
d'où
ab
[pl = ———
m2 7 D = d(O, MuM), la distance de O à la corde
MM
u
Mv est con Stante,
celle-ci est tangente au cercle de centre O et de rayon
-
a?
+ b2
Chapitre 4 : Géométrie
211
Autre solution :
La corde [AB] convient. Elle a pour équation :
L
=+p-1=0
ou
bx+ay-—ab=0
La distance de O à [AB] est:
1
Fe ur
1
—
+
1
re
VTrsS
—
arch
1
=
où
S=|14{
est la matrice de la forme quadratique associée à 6.
_
b
Un changement de repère orthonormal permet de placer les extrémités de la corde [Mu Mb] sur
0
les axes OX et OY.
On obtient de la même façon :
d(O, MuMb)
=
TS
où S' est une matrice semblable à S.
Donc TrS = TrS’, la distance de O aux cordes est constante |!
427
mes
x
© - : = 1 =0.
a
Trouver une condition nécessaire et suffisante sur (1 v, w) eR° pour que la
droite ® : ux + uy + w = 0 soit tangente à #.
Soit # l’hyperbole d’équation
1)
2)
Quel le lieu des points du plan d’où l’on peut mener à 4 deux tangentes
orthogonales ?
212
Les Grands Classiques de Mathématiques
è Commentaires
5
Points de cours
s
ÿ
Condition pour qu'une draite soit tangente à une conique.
Indications
s
Pour le 2), considérer les deux tangentes :
ux+vy+w=0
et
ux—uy+uw =0
Solution
1)
Paramétrons l’hyperbole %#:
<
R'—R
2
,
MO
te
k°u
0
(penser
à3 x=achu = >a (et+e-")
e
a
1
x=s
t++
£
yes
b
t
Fe
1
, y=bshu...
Formons l'équation au paramètre tde l'intersection de # et de la droite ® : ux+vy+uwv = 0:
et
nt
Re
ou
ne
ie
(au + bu)t? + 2wt + (au — bu) = 0
La droite ® est tangente à #
si et seulement si cette équation a une racine double
non nulle ; ce qui est licite si l’on remarque que les cas au + bu = 0 où au — bv = 0
correspondent au parallélisme de ® avec une asymptote de #.
La condition cherchée est donc :
uŸ (au+ vXau — bu)=0
2)
ou
a?u? — bu? - uÿ . 0
Soit®: ux+ uy+ w
= 0 une tangente à #: (au? — bu? — uw? = 0)
et 2’: ux — uy+uw/ = 0 une tangente à X: (a?u? — bu? — u? = 0) orthogonale à
®, s’il en existe.
Alors le point d'intersection M =® n %/ de coordonnées (x. y) vérifie :
u? + w? = (ux + vy} + (ux— uy+ w/}? = (u? + u?) (22 + y?)
avec
uÿ + uw? = (a?u? - bu?) + (a?u? — bu?) = (a? — b?) (u? + v?)
Il faut donc que a > b (si a = b, on a w = w/ = 0, D et D sont parallèle
s aux asymptotes
de %, qui, dans ce cas, est une hyperbole équilatère).
Comme (u, v) # (0,0), u? + u? est non nul et x? + y? — (a? — b?) = O (@) équation du
213
Chapitre 4 : Géométrie
cercle de centre O et de rayon \/ a2 — b2.
428
X (M)
Déterminer les trajectoires orthogonales des paraboles dont le sommet et la tangente au sommet sont fixes.
b Commentaires
EE Points de cours
=
Ÿ
Définition des trajectoires orthogonales à une famille de courbes
planes dépendant d'un paramètre.
Indications
s
Choisir le repère,
=
Chercher une équation différentielle des trajectoires orthogonales.
Les Grands Classiques de Mathématiques
214
D) Solution
Dans un repère orthonormal dont l’origine est le sommet commun O des paraboles et l'axe Ox
est la tangente au sommet commune des paraboles, ces dernières ont pour équation :
Pa
ty =a x?
Pa est image de P1 par homothétie de centre O et de rapport =
Un vecteur directeur de la tangente en (x, y) à Ÿ. a pour composantes (1,2 « x). On cherche
donc une famille de courbes de classe C! vérifiant les conditions :
y=ax?
, dx +2axdy=0
En éliminant « entre ces deux équations, on obtient l'équation différentielle des trajectoires
orthogonales :
xdx + 2ydy = 0
dont une intégrale première est:
Ca
:
Lx 00
= d
La famille des trajectoires orthogonales aux paraboles en O à Ox est donc la famille des ellipses
de centre O, d’axe focal Ox et d'excentricité :
=
TL
v2
Les ellipses se déduisent de l’une d'elles par homothétie de centre O.
y
Chapitre 4 : Géométrie
429
215
X (M)
Soit T une conique et À un point de.
Montrer que, si M, et M2 sont deux points del tels que les droites AM, et AM, soient
orthogonales, la droite MM: a une direction fixe si l est une hyperbole équilatère
et passe par un point fixe sinon.
b Commentaires
LEE Points de cours
s
ÿ
Equation cartésienne d’une conique.
Indications
s
Choix du repère à l’aide des directions principales deT.
ÿ Solution
Prenons le repère d'origine À dont les axes sont les directions principales de T°.
L'équation de la conique dans ce repère est :
ax?
+ by? + a x+By=0
((a b)# (0,0) et (a.B) # (0,0))
Si la droite ® d'équation y = mx+p, (p # 0), rencontre Ten deux points M, et Mo, les abscisses
x et x de ces deux points sont les racines de:
@e + b(mx + p}? + a x+ B(mx+p)=0
et l’orthogonalité deAM; et de AM
s'exprime sous la forme :
xx(1 + m2) + pm
Comme
+ X2) + p° = 0
2
2bmp+ a + Bm
bp + Bp ..
ilvient :
57,
et xx = —
x + X9 = — ——,——
PS
a + bm
LE? a+b°m
(a+ b)p+B - am=0
Donc, si (a + b # 0), c'est-à-dire si T n’est pas une hyperbole équilatère, 2 passe par le point
Héseies2p
fixe, de coordonnées
(AIT
5) placé sur la normale en A à F', car la tangente en À à
T a pour équation « x+ fB y = 0.
Si T est une hyperbole équilatère, ® est parallèle à la normale en A ar.
Conséquences :
Le centre de ‘courbure en A des hyperboles équilatères, passant par trois points À, B, C
passant
formant un triangle rectangle en A, est sur la normale en A donc sur la parallèle à BC
“
par À.
hyperbole
Réciproquement, si I est un point de la parallèle à BC passant par À, il existe une
équilatére passant par A, B, C dont le centre de courbure en À est I.
_L'enveloppe des cordes d'une ellipse 6, vues d'un point À de 8 sous un angjle droit, est
point de la normale en À à l'ellipse.
«
un
Les Grands Classiques de Mathématiques
216
430
C.C-P (P)
Soit ? une parabole et C le centre de courbure en M e ?.
Déterminer le réel L pour que le point Q défini par:
Q=M+ u MC
décrive une droite.
ÿ Commentaires
EE Points de cours
“
ÿ
Formule du rayon de courbure pour une courbe plane paramétrée.
Indications
m
Avec P: y = 2pXx, chercher un point Q d’abscisse constante,
s
Reconnaître la droite décrite par Q.
ÿ Solution
Utilisons le repère orthonormal (Oxy) où O est le sommet de P et Ox l'axe de symétrie de P
orienté de O vers le foyer F de P.
L'équation de P est y? = 2px, et une représentation paramétrique de P est donnée par :
ee
tr
M(t)
PONT
On dispose donc des vecteurs de composantes :
ee
À
OM(b)
:
Le
TPE
y = t
es
.
P
D (LO
()- M «| C p
>
I M OI”
t
PM&:(")
DD
LES
?
ee]
.
NT 4eEEE
2
t2
x.
OÙ
= M(t)+ p RAN(t): (x) ur
Donc
1
PM@:()
t
On
:
une
("?)
P
La première composante du vecteur dérivé de @Q(t) est EH?
Donc, pour que Q(t) décrive une droite, il faut que
Dans le cas =
u= L
1
— g» On observe que Q(t) décrit entièrement la droite d'équation :
C'est la directrice de P. M(+) est alors le milieu du segment [9(t). 9 (@)]
EU
J
=M+5RN
où:
Chapitre 4 : Géométrie
217
On en déduit une construction du centre de courbure Cen M au point courant de la
parabole : la
normale en M coupe la directrice D de ® en Q et le symétrique Q/ de Q par rapport à M est le
milieu de [M, CI].
43 1
C.C.P (M)
Représenter la courbe € paramétrée par :
x=2sint-sintcost-t,
y=(1-cost) surte [- n,7]
Longueur de %, rayon de courbure et développée de €.
ÿ Commentaires
LEE Points de cours
Ÿ
=
Abscisse curviligne d’une courbe paramétrée,
=
Centre de courbure d’une courbe paramétrée.
Indications
=
b Solution
Calculons
|.
x = 2cost(1 — cost), y = 2sint(1 — cost).
Vectoriellement,
Choisissons
r
ds
La développée de € est une courbe connue.
M = 2(1 — cos tXcos ti +sin tj).
T =costi +sintj
_—
D'où ag =2U- cost). Cr
—
, N =-sinti
==
7
+
+costj.
ds
te Pen
SD
s = 2t— 2sint (origine O), longueur s(r) — s(— 7) =4 7
Centre de courbure : {= M + RN = O+(sintcost-t)
i + sin? t j
Lorsque M décrit @ (— mn < t < 7), ( décrit deux arches de cycloïde, € est une développante
de cycloïde.
218
Les Grands Classiques de Mathématiques
432
CEN (M)
Un point M décrit un arc plan birégulier ‘€.
Déterminer € pour que le symétrique du cercle osculateur en M, par rapport à M,
reste tangent à une droite fixe ® ?
b Commentaires
EE Points de cours
s
ÿ
Formules de Frenet.
Indications
ms
Choisir la droite pour axe OX,
«
Ecrire que l’ordonnée du point M — RN est R
} Solution
En désignant par (O, T, 1 un repère orthonormal direct du plan et par (M, T,N)le repère
de Frenet au point courant M de l'arc birégulier @, le centre de courbure I = M+RN se
symétrise par rapport à M en :
l'=M-RN
(1
Dans la suite, on choisit l'axe (O, T) de sorte que le symétrique du cercle osculateur en
M, par
rapport à M, reste tangent à la droite fixe (O, T ).
En projetant la relation (1) sur l'axe (O, Th on obtient :
+R=y-Rcosa
où M=O+xT+yj
et
(2)
T=cosa T+sina j.
% étant birégulier, R ne s'annule pas, et en tant que fonction continue sur
un intervalle de R, R
garde un signe constant.
Quitte à changer d'orientation sur @, ce qui change a en à + m et R en —R
et donc laisse le
deuxième membre de (2) invariant, on peut se contenter de résoudre (2) lorsque
:
Chapitre 4 : Géométrie
219
R=y-Rcosa
(2’)
En dérivant (2°) par rapport à «, on obtient :
RAP
ds.
da “Snog
dk
dR
da °° à +Rsin a= 2Rsinà — da SA
CA
ds
—1R
Opérons le changement de paramètre défini par t = tan (3) À
L'équation différentielle ci-dessus s'écrit :
dR
=
at
ZR
donc
R=A(+t})
(AeR*)
En reportant cette valeur de R dans (2’), on obtient :
y = 2A(1 + t?)
Pour trouver l’abscisse x en fonction de t, écrivons:
dy
en
dtis RASE TT
2t
donc
dx
;
da = 2AU -t)
Les arcs cherchés sont donc, à une similitude près, les sous-arcs biréguliers de l’arc de repré-
sentation paramétrique :
mo {*0 oc
y(t) =
1+t
Il reste à vérifier que l'arc ci-dessus répond bien à la question, le contact avec (O, T) du
symétrique du cercle osculateur en M(t), par rapport à M(t), étant le point d'abscisse :
2
t
Représentation graphique :
cercle symétrique
cercle osculateur en M
2)
Les Grands Classiques de Mathématiques
220
433
CEN (M)
Trouver les arcs plans biréguliers tels qu’en chacun de leurs points, le cercle osculateur passe par un point fixe.
D Commentaires
EE Points de cours
«
ÿ
Formules de Frenet.
Indications
=
Montrer que le rayon de courbure est constant.
} Solution
On remarque que tout arc du cercle répond à la question.
Supposons que F soit un arc birégulier répondant à la question. Notons O le point commun
aux cercles osculateurs en les points M de T°. On repèrera le point O dans le repère de Frenet
= (MT. N)) par:
0=M+uT+uN
(*)
où u et v sont des fonctions réelles de la même variable et de la même classe que celles de M.
Comme le centre de courbure C en M à Fest défini par :
C=M+RN
oùRestle rayon de courbure
l'équation du cercle osculateur en M dans le repère % est :
X24+Y?2=-2RY
En écrivant que O appartient au cercle osculateur, on obtient la condition :
u+u0=2Ru
(*)
Soit s l'abscisse curviligne sur l’arc régulier F’, l’origine de l’arc étant un point fixé À de T. On
,
_
repère le vecteur T =
dM
De
js Par son angle polaire a relativement au repère fixe (ACTE
—+
J ))
de Frenet en À:
T =cosa Ÿ +sina j
“2
dN
Les formules de Frenet (aT = AR" dR
|
N, Ja = 7) , donnent en dérivant (*) et
(**) par rapport àa:
du
—_
du
dv
d
GER
Er
du
=
dR
da" "da
En remplaçant dans (2) les valeurs de = =v— R et
dR
Fa
Ainsi les points M de l'\ {O} vérifient eu = 0.
(1)
0
(2)
= —u données par (1), il reste:
Chapitre 4 : Géométrie
224
Le rayon de courbure, en chaque point de l'arc birégulier l°, doit donc être une constante R = r
non nulle.
Alors, en notant z l'affixe du point M relativement à (A.(T, j')), la relation
s'intègre en
2a = re
z = —ir(e® — 1) (puisque, pour «= 0,M = À). Il en résulte que la courbe T est
incluse dans un cercle.
Finalement, les arcs biréguliers cherchés sont les arcs de cercle.
434
CEN (M)
Soit (V, À) une famille libre de vecteurs du plan.
Connaissant la position M, la vitesse V et l'accélération À d’un mobile à l'instant
t, construire géométriquement le centre de courbure C, en ce point, à la trajectoire.
[ Commentaires
EE Points de cours
=
ÿ
Expression de l'accélération dans le repère de Frenet.
Indications
_.
=
EE
2
;
ï
:
:
Utiliser MC: À = V“ pour construire une droite qui contient C.
b Solution
Notons (M, T', N)le repère de Frenet en M à la trajectoire, C le centre de courbure, V=0T
—
la vitesse et À l'accélération donnée par:
—
du —
u? —
A = Ar T + =R N
$
où Rest le rayon de courburer
Comme MC = RN, le point C est sur la normale, caractérisé par :
V|
MC. A =w=|
Ç
Notons A=M+A
et
V=M+V.
Construisons le cercle tangent en V à la droite MV et passant par À (centré sur la médiatrice
de [VA)).
La droite MA recoupe toujours ce cercle en un autre point B car M est extérieur au cercle.
On a alors
MÂ: MB = MV? =?
et donc
A .BC=0
ce qui place le point C sur la
perpendiculaire en B à MA.
Le cercle de courbure à la trajectoire est centré en C et passe par M.
Les Grands Classiques de Mathématiques
222
4
4
4
\
|
!
1
1
!
435
CEN (M)
On considère la courbe € d’équation polaire p =
1)
Etudier €.
2)
Tracer € et sa développée sur ordinateur.
3)
Déterminer le lieu de H, projection orthogonale du centre de courbure de € en
M sur la droite OM.
} Commentaires
ICE Points de cours
ÿ
ds
s
Formules R = dv
«
Centre de courbure: =
M+RN.
Indications
«
Déterminer l'angle ® de T et de T.
ÿ Solution
1)
=
Intervalle de définition : I = |
. DA
=
Symétrie : l'axe Ox car p (— 8) = p (6)
s
Branche infinie : parabolique d'axe Oy car
ba
|
p és + h) -sinh
2
h—0
—-—
h?
2)
Le logiciel proposé permet d'entrer la courbe (en paramétrique), il trace la courbe
et sa
développée.
Chapitre 4 : Géométrie
3)
*
.
558
+
Dérivons OM =
cos —
3
4
cos
3
Choisissons T =sinz u (8)+cos + u’(6) , N = — cos + u +sin qu
te
ds
d'où
a
—
CE
cos
—
Tire
T
u(6
6
—
+5-3)-
u (p)
—
:
26
T
Mar
LT
|
3
Le rayon de courbure est R=
:
ds
=
3a
T1
cos e
Le centre de courbure est :
Q=M+RN
=0O+
à u+——(-csqu+snqu)
cos’ +
2cos° —
3
AN=-0—
:
£
6
asin
— -,
3
u +
2 cos sn
3
2 co
a
La projection de
( sur OM CHSQee
3
—
o
2c0s° —
1
—
_—
OH = -— 30 , image de M par l'homothétie de centre O et de rapport — 9
Remarque :
C'est une propriété connue (et caractéristique) aux courbes d'équation polaire :
8
p= 167)
m
(m eR*)
Les Grands Classiques de Mathématiques
224
436
CEN (M)
On considère la courbe @ d’équation polaire p= e:.
1)
Montrer que sa développée est l’image de € par une rotation.
2)
Trouver les courbes planes jouissant de. cette proriété, en les recherchant
comme enveloppe d’une famille de droites.
ÿ Commentaires
L
points de cours
«
ÿ
Développée : lieu du centre de courbure.
Indications
=
Pour le 2), utiliser l'équation normale des tangentes.
ÿ Solution
Notons
1)
u=cos6 à +sin0 j ; uw= sin0 à + cos OÙ.
Le point courant de @ est M=O+e°u.
——+
Calculons
dM
do
Choisissons
—
br
“°(u
T =
—1
+u)
u+u
v2
>
NE
-u+u
v2
++ R==
@ = 0 Tr
SE ee,, (T,Lt T)== 6e
doi dou
Le centre de courbure est :
(= M+RN =0+ew
La développée de €, trajectoire de 1, est l’image
de € par la rotation de centre O et d'angle 5.
2)
Cherchons une courbe &’ ayant cette propriété.
Supposons qu’elle est l'enveloppe de la famille
de droites :
Dr: xcost+ysint- p{t)=0
où pe CR)
+ est la tangente en M; à €’
et 2, : —-xsint + ycost — p/(t) = 0 la normale.
= 36e
ra
Chapitre 4 : Géométrie
225
Les points Mt et (; sont donnés par :
=—
—
;
—
OM: =pu +p'uettO00;=-pl'u +p'u
Transformons Mt par la rotation f :
SMt)=0+pu
Hi
—_
-p'u
La condition (nécessaire) (; = f(M:) est équiva-
lente à(p=p')n(p =p') donc p{t)=ae!.
La courbe €’ ainsi obtenue :
eue
M=O+ael(u
+u/)
est une spirale logarithmique semblable à €.
437
1)
CEN (P)
Déterminer les arcs tracés sur la surface: x?+yÿ?-2? =0
tels quela distance
de l’origine O à la tangente en tout point de la courbe soit à (constante).
2)
Etudier les projections orthogonales de ces arcs sur le plan xOy.
è Commentaires
ET
Points de cours
=
ÿ
Distance d’un point à une droite M + RV.
Indications
s
Utiliser les coordonnées cylindriques.
} Solution
1)
La surface Ÿ est le cône de révolution d'axe Oz et de demi-angle au sommet J
Utilisons les coordonnées cylindriques Ÿ : z = p.
Cherchons la courbe y paramétrée par 8 : I — R$,6—> M(6) = O+ p (8)( u (6) + K)
où p : 1 — R est une fonction (à chercher) de classe C
É
La tangente
_,
dm
en M à yest M+R 6 :
dM
(ROMA
= Te
|
est la distance de O à
le |
\
celle-ci.
Calculons
“am
=
>
+
—
;
—
“4M
OM À 5
u'+ p(u + k) puis
—
=pÎ(k —
—
st
u), d'où:
p? V2
4 /p2 +2 p’2
+
Ecrivons cette équation
ôp
Don.
Ô
D
p\/P
ô
= 1
5
tantes Pp0= +-—=
V2 q qui fournissent des cercles.
ir
.
après avoir écarter les solutions cons-
Les Grands Classiques de Mathématiques
226
ill
ment
d de variable
iabl e p p= ———
le changement
D“
Utilisons
TE
ERP
pour évaluer la primitive ;:
= vzae
Ô
Une des courbes cherchées est donnée par z =p= ————,
les autres s'en déduisent
V2 cos —
v2
par rotation autour de Oz, ou symétrie par rapport à un plan méridien.
2)
|
La projection de la courbe a pour équation polaire :
Ô
a cos ——v2
u
our
6 El
—— LEE
=, —#
V2" V2
|.
Recherche de l'asymptote :
de
P
T
v2
+h (Rh — 0)
is
ô sinh
sinh = ——=———
va .Tn
Seb
sin —
v2
438
ce
Soit Ÿ la surface d’équation x? + y? — 2pz= 0.
Chercher les courbes régulières tracées sur
telles que les tangentes s'appuient
sur le cercle € d’équation (z= 0) n (x? + y? — a?) = 0
ÿ Commentaires
ICE Points de cours
s
ÿ
Courbe tracée sur une surface paramétrée.
Indications
=
En coordonnées cylindriques, chercher p en fonction de 8.
ÿ Solution
$ étant un paraboloïde de révolution d'axe Oz, utilisons les coordonnées cylindriques :
2
Paz ne= TT
2p
Cherchons une courbe y tracée sur Ÿ paramétrée par 8:
Chapitre 4 : Géométrie
227
M : I—R,0- O+ p(6)u(6)+ p?mo(8) —
où p : I — R est une fonction (à chercher) de classe C1.
‘M paramétrée par:
La tangente en M à yest M+R 46
\r P
=
M+X
=
O+p
‘dM
TU
—_—
p? _—
u +3 k+A(p
—_
>
Ù —
u + pu + PK)
Ecrivons que cette tangente rencontre le cercle @ (en P):
2
/
DES
22
2
à [ep + ao + Xp? a = 0]
(+ 2 à 20)
4
P
PNBCORE
Ps
p
p
p
ET,
ON SA SF D
2 p'
4
2
4p
5
= 0
/
Ecrivons la dernière équation ainsi : p/? (4a?— p?)=p? puis e
L'autre solution s'en déduira par 8
4a2— p2= 1.
p
p (— 8) ; elle fournit la même courbe.
Faisons le changement de variable p = 2a cos 4 pour calculer la primitive suivante :
Î /4a2- p?
sin? +
dæ=#@-—tanp=68
—6
p
On peut choisir 69 = 0 à cause de la symétrie de révolution.
2
dp=—
Une des courbes cherchée est donnée, en coordonnées cylindriques, par :
p=2acosy,
8=@
—tanw,
a
z= Fo
2
œp
Voici la projection sur le plan xOy.
439
C.C.P (M)
2? = xy.
Soit 3 la surface définie par
Trouver les plans tangents à X qui contiennent la droite ® d'équations :
(x = 2,y =3z-—3)
Les Grands Classiques de Mathématiques
228
à Commentaires
LEE Points de cours
=
Equation d'un plan tangent à une surface donnée par une équation
cartésienne.
ÿ
Indications
=
Paramétrer la droite ® pour établir son inclusion dans un plan
tangent à >.
ÿ Solution
Tout plan tangent à Z en un point distinct de l'origine (point singulier) a une équation de la
forme:
(X — x)yo + (Y — yo)xo + (Z — ZX —32) = 0
Donc
XU0 + YX) — 322 + XUo = 0
La droite ® est contenue
dans ce plan
siet seulement si
les points de coordonnées
(2,3(z — 1), 2) pour z ER, vérifiant l'équation ci-dessus, c'est-à-dire si et seulement si:
VzeR,
2yo+3(z10 -32%z+2% =0
2u0 — 3% + %
Cette condition s'exprime sous la forme
Ontrouve
3X) — 34
XoU0
0
0
= %
Z%#0 et & — 32% +220 = 0 c'est-à-dire :
2D=TNOUR
752
Il y a donc deux solutions au problème posé :
440
Z%=1,
xX=1,
yo= 1 plan tangent d'équation X + Y — 3Z +1=0
Z=2,
Xÿ=4,
Vo = 2 plan tangent d'équation X +2Y — 6Z+4 = 0
C.C.P (M)
Trouver l'équation du cylindre de direction w (1,0, 1) et de directrice :
@
Hors
CU
à Commentaires
œ
Points de cours
s
Courbe directrice d’un cylindre
Chapitre 4 : Géométrie
ÿ
229
Indications
=
Caractériser la génératrice passant par un point Mo de“€.
ÿ Solution
@ est un grand cercle de la sphère de centre O et de rayon 1. M est un point du cylindre si et
seulement si il existe Mo e @ tel que MM, soit colinéaire à 2, donc si et seulement si il existe
(X; Yo, 2: À) € R4 tels que:
=Let
1
(Re
X ++ Uo
ce
te
F: rat
SX
L'élimination de ces paramètres conduit à :
X
=
Xj+À
y = -X%
Soit
avec
xX+W+%=1
ZR=
TD TN
A=xXx—-X)=X+Yy, H=Z-X—U.
Donc, une équation cartésienne du cylindre est :
2 +(z2—x- y} =1
Remarque :
C'est un cylindre elliptique dont l'intersection avec un plan orthogonal aux génératrices est
l’ellipse:
{
X+2Z
Qu? +(2x+y}
A4
0
=
1
ccrm
Equation de la surface # de révolution engendrée par rotation de la courbe :
(Or:
autour de la droite 2:
(z = 0,38 + yÿ= 3axy)
(x=y=2).
D Commentaires
EE Points de cours
=
à
Surface de révolution : réunion de cercles d'axe donné.
Indications
=
Ecrire les équations du cercle d’axe ® passant par un point Mo de
la directrice €.
Les Grands Classiques de Mathématiques
230
[) Solution
La cubique d'équation cartésienne
x? + y? = 3axy (a > 0) admet l’origine pour point double
et pour représentation paramétrique :
3at
X-
=
1+t
…
at
1 + ns
La droite x + y = —a est asymptote, la première bissectrice est axe de symétrie.
On recherche
l'équation de la surface $ engendrée
par la rotation % autour de la droite
AEX=U TZ.
Mes
(M e@et3u)eR?
|(Mo.M)e PÈ,)
où P\,, est le cercle d’axe A dont les équations sont :
X+y+z
=
À
C+p+2 = p?
La condition Mo € Pin N@ s'écrit sous la forme:
Z0
M0
20E We Eee
+u
+
=
= 3axyo
(-a <\< 3a)
La contrainte sur X est due au fait que toute la courbe est dans la bande du plan z = 0 délimitée
par:
xX+y=-a
et
x+y=3a
Ces conditions imposent :
Go + YoXG + 16) = Au= 38 + u8 + Go + vo)xouo = (Ba+ Axouo
Soit encore
Ga+ Mo
— x)
G+A x)
L'élimination de x, entre ces deux relations conduit à :
Il
>E
= p?
Chapitre 4 : Géométrie
231
2 Àu? +(3a+ AXu? — X2)=0
= À
La condition M(x, y, z) € P,., s'écrit { X+yU+Z
=
x + y + 2
is
u?
Finalement, la surface cherchée est définie par :
+ y + 22) +(8a + x + y + ZX +
26x + y + 2)
+ 2 — (x+y+2z))=0
-a<x+y+z<3a
et
p de
À + y + À — 3(xyz) — 3a(xy + yz + zx) = 0
442
ccPm
Soit S la surface
x? + y? = 22.
Chercher les courbes € tracées sur Ÿ qui, en chacun de leurs points, ont leur plan
osculateur perpendiculaire au plan tangent à
en ce point.
[ Commentaires
LEE Points de cours
=
Définition du plan osculateur à une courbe,
=
Courbe tracée sur une surface paramétrée.
LEE Points de cours
=
Utiliser les coordonnées cylindriques,
=
Trouver une équation différentielle satisfaite par r :80- f(8)=r.
} Solution
x2 +y? = À est l'équation du cône de révolution autour de (O, K), de sommet O et de
demi-angle au sommet Z
La famille des courbes %, solutions du problème, est donc invariante par symétrie de plan xOy,
par rotation d'axe Oz et par homothètie de centre O.
On peut prendre pour coordonnées cylindriques de M € 6,M#0:
(6,2)
où
r>0
et
68e[0,27[0
,
z=r
Les génératrices sont des courbes singulières du cône à écarter, donc on prend comme paramètre 6, 8e I, intervalle de R et r = f(8) où f est de classe Cl et ne s’annule pas sur
l'intervalle I.
Alors
dM
5
d°M
das
—
2
= f'(6)ue + f(6)u +f'(8) k
—
11
+ 2f/(6)ue + f7(6) k
— f(6)] ue
[f"(8)
cor
!
Ar
et le plan osculateur en M à @ est le plan passant par M, de vecteur normal :
Les Grands Classiques de Mathématiques
282
‘dM d?M
46 “2
= [eye -260)"] & -ser'o + [2(r0)" -re"e+ (@)"] K
Le plan tangent à Ÿ en M a pour vecteur normal
us — K etilest perpendiculaire au précédent
si et seulement si:
—2f(6)f"(6) + 4f/2(8) + f2(8) = 0
1
Sur I, f(8) est de signe constant, donc si g = Ÿ 5
1
2
do) — Ko — 5 = 0
en écrivant
g'(6)
= 1, cette équation s'intègre en :
g’(6) +
LL san(5 = 00)
90)= 7 tan
( 2
Les solutions sont les fonctions :
f
k
:0—
cos
(ke R*)
8 — 6
v2
Toutes les courbes solution sont déduites de l'arc :
F0
(G++)
pour
ve ]-T?
|
COS —
v2
par homothètie de centre O et rotation d’axe (O, K).
La projection sur (0, T', J) est l'arc défini en coordonnées polaires par :
qui admet (0, T°) comme axe de symétrie, d'asymptote la droite d'équation Y = —1/2
dans le
repère (O, w, u$), car :
r(6)sin h =
con
m \ h—0
cos | — + —
v2 2
V2
Chapitre 4 : Géométrie
443
233
C.C.P (M)
xt + y?)— ay = 0
{
On considère la courbe € d'équations
et la droite À d'équations
z=0
(a>0)
z—x=0
{
y=0
Equation cartésienne de la surface de révolution autour de À engendrée par €.
ë Commentaires
LEE Points de cours
=
o
Surface de révolution d'axe quelconque.
Indications
=
Paramétrer @ en posant y = tx.
D Solution
La courbe € est une cubique du plan d'équation z = 0 dont l'origine est un point double ; on
peut la paramétrer par t = 2, pour obtenir :
at?
Se
at°
RE D
La surface © de révolution engendrée par la rotation de @ autour de la droite A est définie
comme l’ensemble des cercles centrés sur A et rencontrant &, donc le point M est un point de
Y si et seulement si il existe K et R réels tel que le système :
L+ÿ +2=R
x+z=K (|K|<RV2)
xt + y?) = aÿ
z=0
Les Grands Classiques de Mathématiques
234
soit compatible ou encore
KR? = a(R? - K?)et
K >= —a, en éliminant x, y, z entre ces
quatre équations.
Une équation cartésienne de Z est :
(x +2}
+
+ 22) = a(ÿ? — 2x2)
a
V2
Remarque :
Dans un repère orthonormal où OZ est l'axe de révolution À, la surface X a pour équation :
V2Z(X?+Y? +2?) = a(x?+
y? - z?)
Une méridienne dans le plan X = 0 est donnée par l'équation :
Y? (a — V22) = 2 (a+ V2Z)
a
(2 +22)Z = —(y2 - 72)
v2
c'est-à-dire :
444
C.C.P (M)
Déterminer le réel à pour que la surface Ÿ d’équation :
CC + yXy + zXz + x)+ a xyz
— 1=0
soit de révolution.
En dessiner alors une méridienne.
ê Commentaires
ÿ
Indications
=
Ecrire l'équation f(S, p) = 0 avec :
S=2+p
+2
et
P=x+y+z
ÿ Solution
L'équation de X est une fonction symétrique de (x, y, 2).
à
.
27
Les rotations d'angle +3 autour de l'axe À (x = y = z) laissent Ÿ invariante. Pour que » soit
une Surface de révolution d'axe À, il suffit que son équation s'exprime en fonction de:
S=x2+yÿ +2
et P=x+y+z
235
Chapitre 4 : Géométrie
Nous utiliserons
T = yz + zx + xy et P? = S+2T.
En développant, l'équation de Y s'écrit :
PT +(a — 1}xyz-1=0
Avec a = 1, Ÿ est une surface de révolution d'axe À car 2: P(P? — S)-2=0.
Un nouveau repère orthonormal (O, ire ne K), où K = ZT + J + K), transforme
l'équation de © par P = ZV3 et S=X?+Y?+Z2en:
s
D 7 7x
VV) 2-0
Une méridienne s'obtient en coupant par le plan (X = 0) :
@: ZV32Z?
- Y?)-2=-0,
Elle se dessine en étudiant
445
X=0
Y? = 2| Z? — _—.
zv3
C:CPE)
Soit € le cercle d’équation (y = 0) n [x — aŸ +22 — R? = 0]
Oz ?
Equation de la surface © engendrée par la rotation de € autour de l'axe
UR
On suppose R < a et on notea= Arcsin +.
Déterminer l'intersection de Z avec le plan I
: z=xtan a.
Ë Commentaires
CE Points de cours
=
Surfaces de révolution d'axe Oz.
236
Les Grands Classiques de Mathématiques
ÿ
Indications
“
Pour la deuxième question, opérer un changement de repère orthonormal.
) Solution
Soit &’ le cercle symétrique de € par rapport à O:
@': (y=0)n
[x +a +2? - R?=0]
Une méridienne de X est la réunion des deux
cercles € et €’:
EU:
(y = 0) n [GÈ + 22+ a? — R?}? - 4a2x2 = 0]
En faisant tourner cette méridienne, on obtient
2:
+
+2 +a2—R2) -4a2(x2+1p) = 0
Pour obtenir l'intersection du tore X par le plan
IT, (xsin à — zcos a = 0), faisons le changement de repère orthonormal associé aux
formules :
X = xcosa +zsina
Y=y
Z = —xsinà +2Zcosa
>nIL:
x=Xcos
a —Zsina
—
(Z=0)Nn
y=Y
z = X sinà +Zcos
[C2 + Y2 + a? — R2ÿ - 4a2(X? cos? « +Y?)=0]
Prenons la seconde équation, avec a? — R? = a? cos? a, et développons :
X4+2X2(Y2 — a? cos? à) + (Y? + a? cos? a)? — 4a2Y? = 0
Formons un carré (X? + Y? — a? cos? a)? + 4a2Y? cos? à — 4a?Y? = 0,
Factorisons
(X? + Y? — 2aY sin a — a? cos? aXX? + Y? + 2aY sin a — a? cos? a) = O.
Le plan IT, coupe le tore Z suivant deux cercles T et [”’ symétriques par rapport à O. T a pour
centre (x = 0,y = R, z = 0) et pour rayon a.
Remarque :
Il s'agit des cercles d'Yvon Villanceau, intersection d'un tore à collier avec un plan
bitangent
passant par le centre du tore.
446
C.C.P (M)
Equation du cône de sommet O circonscrit à la surface Ÿ d’équation x? — 3xy+
z = 0.
Commentaires
œ
Points de cours
«
Equation d'un plan tangent à une surface,
=
Paramétrage d’un cône puis Passage à une équation cartésie
nne.
Chapitre 4 : Géométrie
ÿ
237
Indications
=
Chercher les plans tangents qui contiennent O pour obtenir une
courbe directrice du cône cherché.
) Solution
ll convient d'obtenir le contour apparent l' de la surface Ÿ vue de O, lieu des points Mo(x, Uo, Z)
de Z où le plan tangent Il, passe par O.
Equation du plan tangent Il :
(32% — 3uo)x — 3x + z — (3x — 3U0)x0 + BxoUo — Z0 = 0
Equations du contour apparent T :
(É — 3xy + z = 0) N (3x? — 6xy + z = 0)
ou
Ainsi
T = UTo
(x? — 3xy+z= 0) n (x(2x7 — 3y) = 0)
avec
T1=2n(x=0)
et T2=Xn
(222 — 3y=0)
Ona l1=(x=0,z= 0), c'est l'axe Oy et To=(x
= t.y= SE,z= 1)
L'axe Oy (T1) est tracé sur Ÿ, c’est une partie du cône cherché. L'autre partie du cône, notée
€, de courbe directrice l2, peut se paramétrer par :
2
R2=RS
A D-x=Aty= 3 À t2,z=X 6
En éliminant les paramètres Xet t, l'équation cartésienne apparaît :
@:
447
9y? —4xz=0
cône du second degré
cm
x
Soit > la surface paramétrée 4 y
=
u COS
usinvu
z
=
Argchu
1)
Montrer que Ÿ est une surface de révolution et en donner une méridienne.
2)
Déterminer les arcs tracés sur © coupant les méridiennes sous un angle constant a.
De
” : 1 mbu uen. sctaimenoisanpab sogtiue
5 Commentaires
LEE Points de cours
=
Méridiennes d'une surface de révolution,
=
Courbe tracée sur une surface paramétrée.
Les Grands Classiques de Mathématiques
238
Ÿ
Indications
“
Utiliser les coordonnées cylindriques.
ÿ Solution
1) En coordonnées cylindriques, une équation de Z est z = Argchr.
L'équation est indépendante de 8, Z est la surface de révolution d’axe Oz dont une demi-
méridienne dans un plan (x = 0) est une partie ce chaînette y =chz
(z = O0).
2) Un paramètrage de X est :
M :R x R+—R$, (6,2)
O+ D (8)chz+zK
Le parallèle et le méridien de Z passant par M(6, z) sont dirigés par:
vi
A
56 = LU (8)chz
et
5h
CA
= D (6)shz+ Kk
ou par les vecteurs unitaires :
…
u
!
et
=>
w=uthz+
K
:
<hz "espectivement
Une courbe tracée sur Z s'obtient à l’aide de deux fonctions, supposées dérivables :
t0(t) et zt) par F : tr M(8(t). zt))
La tangente en ce point est dirigée par le vecteur (quand il est non nul) :
dF do
9M
dz 9M
{de
Are"
0 ti de 027
dz.,
LS ae
S
PE
La courbe coupe les méridiennes sous un angle « si et seulement si:
Une telle courbe est obtenue avec
d6
<a
&
“+
dz
SNS
E
6= ztan a , r =chz.
Elle se projette sur xOy suivant la courbe d’équation polaire :
6
he)
Les autres courbes s’en déduisent par rotation autour de Oz ou symétrie par rapport à un
plan méridien.
Remarque :
La surface X est une caténoïde (surface minimale).
448
CEN (M)
2
Z est la surface d’équation
cartésienne
x? + y? = 2z- 1.
S étant un point du plan z = 0, déterminer le cône circonscrit €s à > de sommet
S.
Montrer que l'intersection de 3 et de €s est une ellipse €s et déterminer l’ensembl
e
des centres de 8s quand S décrit le plan z = 0.
239
Chapitre 4 : Géométrie
b Commentaires
ICE Points de cours
s
ÿ
Cône circonscrit à une quadrique.
Indications
“
Ecrire que l'équation de la variable t, traduisant l'intersection de
X et de la droite S+t'u a une racine double.
ÿ Solution
Z est un paraboloïde de révolution d'axe O+
R K où R= (O, T, F: K) est le repère or-
thonormal de départ.
Soit S un point du plan (O, ©, j ) de coordonnées (x, y, z) dans @, et w un vecteur non nul
de composantes (X, Y, Z) dans la base (T°, 1e K).
Soit Mt le point de la droite
A= S+ R w de coordonnées :
(x + tX, y + tY, tZ)
A est tangente à > si et seulement si l'équation de la variable t:
(x+ XP + (y+tYŸ = 21Z — 1
ou
22(X2 4 Y2) + 24(xX + yY — 2) +2 +
+1=0
admet une racine double.
En annulant le discriminant réduit de cette équation du second degré en t, on obtient l'équation
homogène du second degré en (X, Y, Z) traduisant que le point M = S+ uw appartient à @s.
Le point de A " Ÿ correspondant à la racine double est :
;
=S+tu
neavec
t=—
X°+Y
@s a donc pour équation dans Rs= (S. T, j', K):
GX + yY — 2) — (È + y + 1UX2 + Y?) = 0
et, en repérant M4 par ses coordonnées (p, q, r) = t(X, Y, Z) dans Rs, on a:
xX + yY — ZŸ
xp+ = r= LUN + YY = 2) =
2
et Le és
+y +1
re
=
UP +
7 +1)
UT
RL
dans Rs est:
&s=%sN 2 est donc une courbe incluse dans le plan Ils dont l'équation
XP + Uq — r= (2 +y +1)
O$- K.
Ce plan passe par A = 0 + K etil est orthogonal au vecteur
de centre S, d'équation dans
&s se projette orthogonalement sur le plan (O, T, 7) en le cercle
le repère (S, T, j):
p° + d = 2 + y +1
point de Ils se projetant en S.
&s est donc une ellipse du plan Ils dont le centre As est le
le des
| Les coordonnées de As dans À dont donc (x, y, z) avec z = x + y? + 1, et l'ensemb
240
Les Grands Classiques de Mathématiques
centres (1, des ellipses &s est le paraboloïde de révolution d'équation
z = x2 + y? +1 dans
le repère À.
à
449
CEN (M)
€ est un cylindre de révolution d’axe Det derayon R..
$ est une sphère centrée sur D, de rayon RV2.
Déterminer les courbes y tracées sur € telles qu’en tout point M de y, la tangente
en M à y soit tangente à Y.
0 Commentaires
ICE Points de cours
Ÿ
=
Courbe tracée sur une surface paramétrée,
=
Caractérisation d’une tangente à une sphère.
Indications
=
Choir un repère adapté,
=
Utiliser les coordonnées cylindriques et chercher une équation dif-
férentielle satisfaite par 8—
z(0).
ÿ Solution
Prenons le repère d'origine O, centre de la sphère, et le vecteur
K, directeur
de la droite D :
Paramétrons une courbe y tracée sur @ par:
OM = Rig + A6)K
(on peut paramétrer par 8, au moins localement, car les
pas, elles ne sont pas tangentes à la sphère).
génératrices du Cylindre ne conviennent
Chapitre 4 : Géométrie
241
Les courbes, déduites d'un arc solution par rotation d'axe D ou par la réflexion de plan xOy
conviennent encore.
—_—
ie Rug + 2 (6) K est un vecteur directeur de la tangente en M à y. Cette droite est
tangente à Ÿ si et seulement si elle rencontre Ÿ en deux points confondus ou si la distance au
centre est :
(OM À + 1
>
R
=
RV2
=
‘dM
d(O, D) = RTE
ur :
dM
le |
donc 2R? + 7?)= 2 +72 +R? soitencore 72 = 72 - R2.
!
Finalement
Z
nn
Z
=£e
(|z]>Retee {—1,1}) est l'équation différentielle des courbes
—
solutions, elle s'intègre en :
e (8 — 60) = Argch 21
On obtient toutes les solutions à partir de z = Rch 8 par rotations autour de Oz et symétrie par
rapport à xOy.
Remarque :
Les cercles intersection de la sphère et du cylindre (z = +R) conviennent aussi.
D'ailleurs, les courbes trouvées se raccordent avec un arc quelconque de ces cercles.
450
CEN (M)
Soit E = R (euclidien) et A un point d’une droite A de E:
1)
Déterminer une droite 3% deE vérifiant les conditions suivantes :
=
A appartient à la perpendiculaire commune à 3 et As,
“
la distance de À à 9% est constante,
“«
l'angle des deux droites 9 et A est constant.
2)
Déterminer la surface > engendrée par ces droites %.
3)
Soit M eZ et Il le plan tangent en M à ?, étudier I n 2.
+
Les Grands Classiques de Mathématiques
242
b Commentaires
ÿ
Indications
“=
Ecrire les équations de ® sous la forme :
{X—=
(AZHID
UN
DZ
) Solution
Choisissons un repère orthonormal d'origine À, Ao= (A, Kk ).
:
:
= az +
Cherchons ® par le système d'équations É= Le
CR
a
ri
dirigée par V = ai +bj
passant par le point H=A+pi+qj.
La droite (AH) est perpendiculaire commune à A, et D si et
V.K
UVILIKI
D
AS
(1)
seulement si: AH: V =0
®) = AH? = p?+@ =h?
Alors d?(Ao,
CalcUlons
ES
+ k
(2)
1
= —————
;
Va+b+1
l'angle des deux droites ® et Ao est constant si ad +b=c
est constant
(3)
Paramètrons p = hcost , q=hsint
et a=ccos8, b=csin6 (3)
(2)
Exprimons (1) : hc(cos t sin 8 +sintsin 6)=0
—
cos(t- 8) =0
x=ccos86z-— hsin6
Prenons t = 8 +5 pour obtenir les droites Da: {
y = csin8z+hcos86
En éliminant 6, on obtient une équation cartésienne de la surface X engendrée par les D, ;
2:x2+yÿ
— 22 -h?=0
> est un hyperboloïde de révolution à une nappe, d'axe Oz.
T
x=ccos
68z+hsin 8
L'autre cas : t = 60 — D donne les droites D}: {
qui engendrent la
y=csin68z-hcos6
même surface. Le plan tangent en M à X contient les deux droites 2, et D passant par M,
donc
HnE=aU,
451
pour
aÿfB (modulo 2 n).
X (M)
Etudier la nature de l'intersection de la surface > : (x? + y?)z = 2xy
plan tangent en un point régulier M, de S.
avec le
Déterminer les courbes l', tracées sur Ÿ, telles que, en chacun de leurs points
M, le plan tangent à X en M soit aussi le plan osculateur à F en M.
} Commentaires
ET
Points de cours
=
Plan tangent à une surface et courbe tracée sur une surface.
Chapitre 4 : Géométrie
ÿ
Indications
=
ÿ Solution
1)
243
Utiliser les coordonnées cylindriques.
Utilisons une représentation cylindro-polaire de Ÿ, définie dans le repère orthonormal “mo-
bile“ Re= (O, uw, ah K) par :
M : (0) O+rw +sin26 k
Remarquons que Z est réunion de droites (8 constant) qui rencontrent orthogonalement
l'axe Oz. X est le conoïde de Plücker.
Cette représentation est de classe C1 et:
SATA Een
nee
oM
—
ose
On pose
N =
5M
37
0M
Ag
ruÿ +2cos20
ss
k
Rp Da.LS
= —2cos2 6 w +r K, levecteur normal en M à 3.
Les points singuliers pour cette représentation sont définis par :
r=0
Il s’agit des points
O + khiet.
et
cos26=0
TO SEK:
Lorsque M est régulier, le plan tangent Il, en M a pour équation
( N.MP) = 0 etIly
“recoupe“ la surface en les points :
P=0+pü+sin2p K telque
Outre le cas #=86
rsin2y — sin28)=2pcos28 sin(p — 8)
[rx] qui correspond à la droite passant par M et la projection orthogonale
sur M sur OZ, il reste une courbe € du plan IT se projetant sur xOy en la courbe d'équation
polaire (p,) :
p cos2 6= rcos(p + 8)
A part le cas cos2 6= 0 qui correspond aux deux droites @=
++ [r], le cas général
donne pour €, une ellipse du plan II qui se projette sur xOy en le cercie passant par O,
d'équation polaire :
d
rcos(æ + 0)
PE
cos2 6
Le grand axe de € se projette en le diamètre du cercle passant par O d'angle polaire
@= — 8 [rl].
Le petit axe a pour longueur le diamètre du cercle, c'est-à-dire :
L
2b=
cos2 6
tandis que le grand axe mesure :
2a =
2)
r
V/r2 +4cos? 2 6
cos2 8 cos, K)
on
cylindro-polaire :
représentation
leur
de
l’aide
à
Cherchons les courbes voulues
M(6) = 0 +r(6)i +sin26 K
Les Grands Classiques de Mathématiques
244
a
=
r/(6)u + r(6)us +2cos20 K
d'M
=
(r (8) — r(6)) up +
de 2
/
1m + 2r/(6)u9Up—— 4sin2
6K
SIN
dM
Par propriété du plan tangent à une surface en un point régulier 4
IT we):
Pour qu'une courbe admette, en M(8), [yçe) pour plan osculateur, il faut et il suffit que
Dre
_
soit orthogonal à N,ce qui donne :
cos2 8 r’/(6)
+sin 2 6 r(0) = 0
Ainsi une courbe répond à la question si et seulement si il existe a tel que :
r(@) = a\/Îcos 26]
Les courbes cherchées ont donc pour représentation cylindro-polaire :
M(6) = 0 + a4/]cos2 6] +sin20 K
Elles se projettent sur le plan xOy suivant des lemniscates de Bernoulli.
452
CC:P(E)
Intersection
de #: x? + y? — 2z = O et de P:
x+y+2z—
1 = O0et éléments
caractéristiques de la courbe intersection.
ÿ Commentaires
CE Points de cours
=
ÿ
Rapport de projection.
Indications
=“
ÿ Solution
Projeter la courbe sur le plan xOy,.
$ est un paraboloïde de révolution qui coupe le plan ® suivant une ellipse € d'équations :
(2 + 1 + 2x + y) — 2 = 0 : z=1-x- 1)
En projetant & sur le plan (O, ' rh on obtient le cercle de centre w er — 1,0) et de rayon
R = 2, donc & a pour centre le point Q (—1,—1,3) du plan ® qui se projette en w.
Les longueurs des axes sont donc
a =
b = 2 si 6 mesure l'angle de P avec le plan
cos 8
(OT)
Si N est unitaire, normal à P :
ee
cos 0 = IF - k |
=
donc
a=2v3
et
?
V3
b=2.
La direction du petit axe est parallèle au plan (O, 7, yhx donc donnée par :
X+y=0
et
z=0
Chapitre 4 : Géométrie
245
et celle du grand axe est la direction orthogonale contenue dans ®, à savoir :
X—y=0
z+2x=0
et
Ilen résulte que les axes sont les droites passant par (, dirigées respectivement par les vecteurs
de coordonnées (1, 1—2)
453
et (1,—1,0).
GIC-PU{E)
Nature de la quadrique d’équation
4x? + 21? +32? +4zx-4=0.
Calculer le volume limité par cette surface.
ÿ Commentaires
Ex Points de cours
ÿ
=
Equation cartésienne d’un ellipsoïide,
s
Calcul d’un volume par une intégrale triple.
Indications
=
Changement de variable affine.
D Solution
En écrivant l'équation de la surface sous la forme :
\
(2x + 2}?+ 2y? +27
—-4=0
On reconnaît un ellipsoïde de centre O.
X = 2XP7Z
Y = yv2
Utilisons le changement de variable
pour calculer le volume limité par l'el-
Z=2V2
lipsoïde :
—1
v= [] ÿ r ô
0. _:0® #V2
E
Connaissant le volume d’une sphère
dx dY dZ
4
37 R$
|,ona
où
%:X?+y?+72<4
8 7
Y= 3
Les Grands Classiques de Mathématiques
246
454 ccre
Soit € l’arc de R° de représentation :
x=sin2t,
y=1-cos2t,
y=2cost
Montrer que € est tracé sur une sphère, intersection d’un cylindre parabolique et
d’un cylindre de révolution.
} Solution
Pour un point M(t)x, y, z) de €, calculons :
CHU
= sin?2t+(1—
2 +2y
=
cos 2t)? + 4cos? t = 4
4 cos? t + 2(1 — cos 2t) = 4
+=
eine 24 (le
La courbe @ est donc tracée sur :
cos 2t)? = 2(1 — cos 2t) = 2y
=
lasphère x? +1? + 2? — 4 = 0 de centre O et de rayon 2,
s“
le cylindre parabolique
2 + 2y — 4=0
“
le cylindre de révolution
À + y — 2y =0 (axe x =0,y=l).
(direction Ox),
La courbe 6 est connue sous le nom de fenêtre de Viviani.
455
CEN (M)
Une parabole ® est tracée sur un cône de révolution .
1)
Montrer que le sommet S de X appartient au plan de symétrie Q de #.
2)
Trouver, lorsque ® est donnée, l'enveloppe des axes des cônes de révolution
contenant Ÿ.
b Commentaires
ICE Points de cours
=
ÿ
Indications
=
ÿ Solution
1)
Condition nécessaire et suffisante pour qu'une quadrique soit de
révolution.
Utiliser la réflexion, par rapport au plan méridien, du cône qui est
perpendiculaire au plan de la parabole.
Soit P le plan de la parabole P, D l'axe du cône de révolution Y et Q le plan de symétrie
de > passant par D et perpendiculaire à P.
Z et P sont globalement invariants par la symétrie orthogonale s par rapport à Q. Leur
intersection P est donc aussi globalement invariante par s.
Q est donc le plan de symétrie de ®, ainsi il contient l'axe de symétrie de la parabole P et,
par construction, le sommet S de Z appartient au plan Q.
Chapitre 4 : Géométrie
247
S est donc dans le plan passant par l’axe de ® et perpendiculaire au plan de À.
2)
Choisissons pour repère orthonormal Oxyz où O est le sommet de ?, Ox est l'axe de P
dirigé par O vers le foyer F de ®, et Oy est la tangente en O à P.
Dans ce repère, ® a pour équations :
20
y? =2DX
un
Les coordonnées de S sont notées (a, O, c) et on suppose que S est un vrai cône, c'est-àdire que S n'appartient pas à xOy.
Cherchons, dans le repère Sxyz, l'équation homogène de >.
Un point M, de coordonnées (X, Y, Z) dans ce repère, appartient à Z si et seulement si il
existe un réel t tel que :
S+tSM eP
ce qui donne, lorsque Z est différent de O :
c+tZ=0
donc
t = =
et
y?
,
t2Y?=92pla+tX)
= 2pZ(aZ — cX). La forme quadratique dont l'annulation
représente Z relativement à Sxyz est donc :
ax, Y 2) = c?Y? — 2paZ? + 2pcZX
L'endomorphisme auto-adjoint f, associé à q, a pour matrice relativement à la base orthonormale initiale :
0
O0
pc
0
A=120
S
pc
ef 0
—2pa
Le polynôme caractéristique de A est :
C{A) = (X — XX? + 2paX — p?c?)
si et seulement si f admet un plan propre relativement à la
valeur propre double € > 0, l’autre valeur propre L étant négative.
Le cône Ÿ est de révolution
On obtient donc les conditions :
© +2pa — p° =0
,
—22 = -p? <0
p= Tr(A)
D de
La seconde condition étant réalisée, on ne conservera que la première. Alors, l'axe
Ce plan a
> passe par S et il est orthogonal au plan propre de f pour la valeur propre c2.
pour équation :
Les Grands Classiques de Mathématiques
248
—
x + pcz = 0
Donc D est dirigée par (—c, 0, p) et passe par S dont les coordonnées dans Oxyz sont
(a, O, c).
L'équation de D dans Ozx est donc :
px + cz = pa + ©
et comme
29
pa = P 5 £ , On obtient, en choisissant c pour paramètre, l'équation de D
sous la forme :
(Dc)
2(px + cz) = p? + @
En dérivant par rapport à c,onaz=c.
En reportant c dans l'équation (Dc), on obtient, dans le repère Ozx, l'équation cartésienne
de l'enveloppe des axes D des cônes Z:
2 =-2 PX + p?
On voit donc que D enveloppe une parabole P*, de même paramètre p que P, dont le
sommet est le foyer F (510:o) de P et dont le foyer est le sommet 0 de P.
Le point caractéristique de D est le sommet S de ÿ.
Remarque :
La figure ci-dessus montre pourquoi l'axe De du cône S est tangent
en S à la parabole P*.
En pointillé, sont représentées les génératrices de Z dans le plan
xOz = Q.
Chapitre 4 : Géométrie
456
249
CEN (M)
2
EE:
_ + 2 + 7 — 1-0
(0O<a<b<c)
Déterminer les plans coupant E suivant des cercles.
ÿ Commentaires
Ex Points de cours
“
ÿ
Equation cartésienne d’une sphère, d’un cercle.
Indications
=
Ecrire l'équation de E sous la forme :
Mu TZ
Ge xs
V2
.
LS
E
ir
-b?-0
ÿ Solution
Traduisons les inégalités a < b < c par les notations :
1 lo
En
Le
=
=
ls deb
nt
mp
où a e
Ecrivons l'équation de E :
EU
Hz +
—
Y2-b=0
Déjà le plan IT, : à x — y z = 0 coupe E suivant le cercle :
Co:
et les plans parallèles
GC+p+2-b=0)NIl
IT, : « x—
y z = 2 À coupent E suivant le cercle €), intersection de
IT, avec la sphère :
y : 2x2 +
+2 À (a x+ y2)-b?=0
de centre (, (— À x, 0, — \y) et de rayon R,; tel que :
R? = D — 7 (@? + Y?)
Le cercle €, est réel si la distance de ( au plan II, ne dépasse pas le rayon de la sphère :
\2 (a? — y? +2
È
d?(Q, ,1l)=
a
+ y
D= \2 (02 + y?)
La même étude s'applique au plan:
I :ax+yz=2À
par symétrie DT rapport au plan xOy.
Montrons maintenant que ce sont les seuls plans de sections circulaires de l’ellipsoïde.
Si P : ux + uy + wz = 0 est un tel plan (avec u? + uv? + uÿ = 1) dans un repère orthonormal
(OT
R)où:
K=uT+vj +wk
P a pour équation Z =0etE:
x24+Y2+Z2+ a x2- ÿ 2-b-0
«x—
Notons
yz=AX+BY+Hz
et
ax+yz=CX+DY +LZ.
Dans ce repère, l'équation du cercle E A Pest:
Les Grands Classiques de Mathématiques
250
2,
v2
X<+Y“+(AX
+ BYXCX
+ DY) Eire
—- b
=0 donc
pour une équation de la forme
AC-BD=0
AD+BC=0
X? + Y? — R?=0.
Si (A, B) z (0,0), il faut:
Le D @:n-0
DAC
donc C=D-0
Cela signifie que Pest soitle plan [o: (œx— yz=0)
soitleplan
Il: (x x+ y z= 0).
Remarque :
Cette méthode s'applique aux autres quadriques mis à part le paraboloïde hyperbolique et les
cylindres paraboliques et hyperboliques.
457
CEN (M)
Nature de la quadrique » d’équation :
(D? +)
x2+ (2 + a?)
où
+ (a?
+b?) 2 — 2bcyz — 2cazx — 2abxy = d
(a,b,c,d)eR#\0.
$ Commentaires
EE Points de cours
ÿ
ms
Matrice symétrique associée à une quadrique,
ms
Quadrique de révolution.
Indications
m
Avec p? = dd +b+c>
0, observer que A —
p? LB est de rang un,
À étant la matrice de la quadrique }.
ÿ Solution
La matrice de la forme quadratique associée à Ÿ est :
b°+c
ab
-ca
a
A=|
-ab
c+a
-cb
— ac
cb
d+b
Ms
=— {| b | (ab, c) + (a? + b°? +2)
C
Or une matrice symétrique de rang 1, de la forme ‘UU où U est un vecteur colonne, admet
pour noyau le plan orthogonal à U et pour droite propre la droite RU relativement à la valeur
propre ||U ||?.
On en déduit que les espaces propres de A sont :
—
_leplan P : ax+by+ cz = 0 pour la valeur propre a? + b? + ©,
—
la droite D orthogonale à P pour la valeur propre 0.
Dans un repère orthonormal d'origine O adapté à cette décomposition de R3, l'équation réduite
de X est :
(a? +b?+0c2) (x2+ y2) = q
Z est donc vide si d < 0, ou dégénère en la droite D orthogonale en O au plan P si d
= 0.
Lorsque d est strictement positif, Z est un cylindre de révolution d'axe D de rayon :
Chapitre 4 : Géométrie
458
251
CEN (M)
Soit À € {Un (R) une matrice symétrique. On lui associe le cône €1 de R° d’équation :
tXAX =0
A quelle condition, sur Sp A, @A contient-il au moins trois droites non coplanaires ?
Montrer que @A contient au moins trois droites deux à deux perpendiculaires
seulement si Tr A= 0.
si et
A quelle condition €1 admet-il au moins trois plans tangents deux à deux perpendiculaires ?
D Commentaires
ICE Points de cours
ÿ
s
Cône isotrope d’une forme quadratique,
s
Conservation de la trace.
Indications
=
Choisir un repère orthonormal dont un axe est sur le cône,
=
Caractériser analytiquement les plans tangents à un cône.
} Solution
Pour que @A contienne trois droites non coplanaires, il faut et il suffit qu'il existe une famille
(ez, e2, e3) libre telle que (0+ À e1,0+ À e&,0+ X e3) soient des droites de GA, donc que
=
les valeurs propres de À ne soient pas toutes de même signe.
=
Soit QA la forme quadratique associée à € A.
Pour qu'il y ait trois droites D1,%2,%3 deux à deux perpendiculaires dans @A\, il faut que les
vecteurs directeurs normés (e, e, e3) de ces trois droites forment une base orthonormale telle
que :
\
Qaler) = Qae2) = Qalez) = 0
La matrice de QA dans cette base est donc de diagonale nulle. Il en résulte que A est de trace
nulle.
Réciproquement, si A est une matrice symétrique réelle de rang 3 et de trace nulle, il existe une
base orthonormale (T, j’. K) telle que QACK) = 0, donc :
QACT)+ Qa(J) = 0
La restriction de QA au plan Vect{(?, 7) a pour matrice :
É
£) où
a + y=0
es
ce qui prouve que l'intersection du cône avec ce plan est la réunion de deux droites orthogonal
et que @A contient trois génératrices deux à deux orthogonales.
252
Les Grands Classiques de Mathématiques
=
Une condition nécessaire et suffisante pour que le plan ux + vy + wz = 0 soit tangent au
cône d'équation :
a2x2 + by — C2 =0
2
est que
+
8
E,
p?
=0
—
c'est-à-dire que :
%l
a
Qa-1(u, v, w) = 0
D'après ce qui précède, 64 admet trois plans tangents deux à deux perpendiculaires
si et
seulement si TrAT} = 0.
459
1)
P:
CEN (P)
ss
Condition sur (u, v, w, h) pour le plan Q d’équation
tangent à P ?
2)
ux+uy+wz+h=0
soit
En déduire quel est l’ensemble des points par lesquels il passe trois plans
tangents à P deux à deux orthogonaux.
o Commentaires
Ÿ
Indications
=“
Pour le 2), consulter l'exercice précédent.
ÿ Solution
1)
Pour que le plan Q soit tangent au paraboloïde elliptique P, il faut et il suffit que l'équation
aux intersections :
ux
au
ce)
2
wy
bv
+(22)
2
RE
2 2 +b°v
212
au
ait une racine unique, donc que :
hw = À(au? + bu?)
2)
|
Pour que l’on puisse mener du point A, de coordonnées (x, Vo. Zo), trois plans tangents à
P deux à deux perpendiculaires, il faut et il suffit que l'équation :
4uWxXy + AUD YO + AW
+ 2? + 2h? =0
ait trois triplets de solutions (u, v, w) deux à deux orthogonaux.
Or cette équation est celle du cône C de sommet O dont la forme quadratique associée
a
pour matrice :
|
|
og
t20
0,2
72%
us )
2x%
42%
2yo
et, d’après l'exercice précédent, pour qu'il existe trois génératri
ces de C deux à deux
orthogonales, il faut et il suffit que la trace de cette matrice soit nulle, donc
que :
4% +ad°?+b?=0
Chapitre 4 : Géométrie
253
L'ensemble cherché est donc un plan parallèle au plan (O, Ÿ, ——
1»)
Remarque :
Dans le cas où P est un paraboloïde de révolution, ce plan contient les directrices des
paraboles méridiennes, ce qui est cohérent avec le fait que l'ensemble des points du plan
d'une parabole d'où l'on peut mener deux tangentes perpendiculaires est la directrice.
460
CEN (M)
Soit #2 un hyperboloïde de révolution à deux nappes, S un sommet de #2, ® une
droite tangente en S à #2 et ® un plan passant par 2.
On désigne par y la courbe P 42 et par C le centre de courbure à y ensS.
Déterminer l’ensemble des points C lorsque ® tourne autour de 3.
[) Commentaires
ICE Points de cours
«
Ÿ
Détermination du rayon de courbure dans un repère local.
Indications
=
Bien choisir le repère initial,
=
Former les équations de y dans le repère de Frenet en S.
} Solution
On prend comme équation de #2 :
tte
Rae
et comme sommet Sle point de coordonnées (0, 0, c).
La droite ® tangente en S en #2 a pour équations :
Z=CRel
CU
(par symétrie de révolution, on peut toujours se ramener à ce Cas).
Un plan P, passant par ®, a pour équation :
É
xsina +(z—c)cosa=0
(ae [0, mi)
L'intersection de ce plan avec #2 est une conique 7 dont on va déterminer une équation dans
le repère (S, 1,4,kK)où Ka pour coordonnées (sin «,0, cos a), J' = de CIPIR= CIRE
Les formules de changement de coordonnées :
to =
Xcosa
+Zsina
Why
z
=
—-Xsina
0
donnent :
+Zcosa +c
Y
sin ©
cos 2
# |5 = — —5— |:
a
c
2
:
2X sin a
+ a
&
C
lt
=0
Les Grands Classiques de Mathématiques
254
Y = Z = 0 et le centre de courbure C a pour
Au point S, la normale à y est la droite
coordonnées :
y?
a? sin a
Dans le repère initial, C a pour coordonnées :
a? sin a cos
a sin? a
=
——" ,0, ————
+0
C
C
ce qui prouve que l’ensemble des points C, lorsque P tourne autour de %Ÿ, est le cercle du plan
2
2
y = 0, ce centre | O, 0 C+5à
yon Cl
5e.
et de rayon
Ce cercle passe par S (en effet, lorsque le plan P est z = c, l'intersection est réduite au point
S).
d
Selon le signe de
cos a
sina
|—5— — —;—|,
a
C
:
:
la conique y est un ellipse, une parabole ou une
hyperbole.
GI
Soit
1)
E :
cm
(2 + y? — 2ay = 0) A (y=2).
Déterminer une équation, en coordonnées cylindriques, de la surface Ÿ, réunion des droites qui rencontrent orthogonalement l’axe Oz et qui s’appuient
sur E.
Déterminer une équation cartésienne de la surface de révolution Z’ engendrée
par E en tournant autour de la droite A (x = 0, y = 2a).
Montrer, qu’en tout point de E, les surfaces Y et X’ ont un plan tangent commun.
ÿ Commentaires
ICs Points de cours
=
ÿ
Tangente à une courbe tracée sur une surface.
Indications
s
Pourle3), caractériser le plan tangent en un point par deux courbes
tracées sur la surface, passant par ce point.
ÿ Solution
1)
Ecrivons que la droite ®= O+h(8)K +R U (8) rencontre l’ellipse:
E
(r=2asin 86,rsin 6= 2)
au point :
My = O+hK +ru(6)
Cela donne
h(8) = 2a sin? 6 et l'équation de Ÿ en coordonnées cylindriques :
Chapitre 4 : Géométrie
255
Z:
OU
7 =
2a
Lx
z=-2asin’
6
en coordonnées cartésiennes M o(%, Vo, Z) ù
Le cercle le d’axe A passant par le point Ma(Xo, Vo, Zo) est donné par les équations :
22 + (y — 2aŸ° = xÈ(+yo — 2a)?
Z=%
où
32 + y — 2ayo =0
, Ue = Z% car
Mo € E.
Par élimination de x, ye, & entre ces quatre rélations, on obtient l'équation cartésienne
de »’:
x +(y — 2a) = 2a(2a-7z)
(0 < z< 2a)
>’ est une partie d’un paraboloïde de révolution.
3)
Le plan tangent en M, à Z est défini par la droite a (tracée sur 2 et passant par Me) et la
tangente à l’ellipse E en Mo
Le plan tangent en Ms à Z/ est défini par la tangente au cercle l4 parallèle passant par
Me) et la tangente à E au point M6.
256
Les Grands Classiques de Mathématique.
To
Comme la tangente en M à le est la génératrice Do, les plans tangents en Ms à
X et Z’ coïncident.
A
D NE
Achevé d'imprimer en octobre 1996
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Dépôt légal : octobre 1996
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