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Table des matières

Déterminant de Vandermonde,polynôme caractéristique d’une matrice compagnon 5

Liens entre opérations élémentaires et matrices 11

I Matrices des opérations élémentaires 11

I.1 Multiplication à droite et à gauche par des vecteurs de la base canonique11

I.2 Échanger des lignes (permutation) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

I.3 Multiplier une ligne par un scalaire β (dilatation) . . . . . . . . . . . . . . . 15

I.4 Transvection . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

I.5 Opérations élémentaires en Python . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

II Réductions de Gauss 17

II.1 Opérations élémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

II.2 Réduction à une matrice triangulaire par la méthode de Gauss . . . 17

II.3 Calcul de l’inverse par méthode de Gauss-Jordan . . . . . . . . . . . . . 19

III Invariance par opérations élémentaires 19

III.1 Cas des systèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

III.2 Invariance du noyau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

III.3 Invariance du rang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

III.4 Invariance du déterminant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

IV Conclusion 24

Quelques compléments sur la réduction 25

Déterminants 35

6 Fonctions Vectorielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

I Dérivabilité 40I.1 Dérivabilité en un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40I.2 Dérivabilité sur un intervalle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42I.3 Dérivabilité et composition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43I.4 Fonctions de classe C k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

II Arcs paramétrés 48II.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48II.2 Tangente aux points réguliers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49II.3 Longueur d’un arc paramétré de classe C 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50II.4 Plan d’études des courbes paramétrées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50II.5 Exemples de construction d’arcs plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Exercices 59

Quelques rappels de géométrie 67

III Géométrie du plan affine 67

IV Droites et plans de l’espace 72

7 Intégration sur un intervalle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

I Fonctions continues par morceaux 75I.1 Fonctions continues par morceaux sur un segment . . . . . . . . . . . . . 75I.2 Fonctions continues par morceaux sur un intervalle . . . . . . . . . . . . . 76

II Intégrale d’une fonction continue par morceaux sur un segment77

II.1 Fonctions en escalier et intégrale d’une fonction en escalier . . . . . 77II.2 Intégrale sur un segment d’une fonction continue par morceaux . . 78II.3 Lien avec les primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

III Intégrales généralisées 82III.1 Intégrales généralisées sur [a,+∞[ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82III.2 Intégrales généralisées sur un intervalle quelconque . . . . . . . . . . . . 83III.3 Intégrale généralisée de référence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86III.4 Propriété . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87III.5 Manipulation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

IV Intégrales absolument convergentes et fonctions intégrables 93IV.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93IV.2 Manipulation et propriété . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95IV.3 Fonction de carré intégrable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

Exercices 101

8 Espaces euclidiens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

I Hyperplan et produit scalaire 119

II Isométries vectorielles 122II.1 Définition et caractérisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122II.2 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124II.3 Groupe orthogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

III Matrices orthogonales 126III.1 Définition et caractérisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126III.2 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

IV Espace euclidien orienté de dimension 2 ou 3 129IV.1 Orientation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129IV.2 Produit mixte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130IV.3 Produit vectoriel dans R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131IV.4 Interprétation géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

V Isométries vectorielles du plan euclidien 133V.1 Matrice de O2(R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133V.2 Interprétation géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

VI Isométries vectorielles de l’espace euclidien 135VI.1 Matrice de O3(E) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135VI.2 Intreprétation géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

VII Réduction des endomorphismes symétriques et matrices symé-triques réelles 138

VII.1 Définition et caractérisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138VII.2 Théorème spectral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

Exercices 141

Procédé de normalisation de Gram-Schmidt et applications 157

Rappels sur les polynômes 167

VIII Généralités 167VIII.1 Suite à support fini, polynôme formel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167VIII.2 Produit de deux polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167VIII.3 Fonction polynomiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168VIII.4 Degré d’un polynôme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169VIII.5 Retour sur la formule du produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171VIII.6 Composition dans K[X ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173VIII.7 Représentation informatique des polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . 174VIII.8 Dérivation dans K[X ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175VIII.9 Dérivées successives, formule de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

IX Divisibilité et division euclidienne dans K[X ] 180IX.1 Multiples et diviseurs dans K[X ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180IX.2 Division euclidienne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

X Racines 184X.1 Lien entre racine et divisibilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184X.2 Cas de plusieurs racines distinctes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185X.3 Généralisation aux racines d’ordre multiple . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

XI Décomposition en facteurs irréductibles de C[X ] et R[X ] 189XI.1 Polynômes irréductibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190XI.2 Théorème de d’Alembert-Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190XI.3 Factorisation dans C[X ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190XI.4 Factorisation dans R[X ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192XI.5 Somme et produit des racines d’un polynôme . . . . . . . . . . . . . . . . 194

Exercices classiques sur les polynômes 197

Déterminant de Vandermonde,polynôme caractéristique d’une matrice compagnon

Pelletier Sylvain PSI, LMSC

O Matrice et déterminant de VandermondeDéfinition .1 Soit n> 2 et (xi)i∈[[1,n]] des scalaires.

La matrice de Vandemonde est la matrice de taille n×n :

V (x1, . . . ,xn) =

1 1 1 . . . 1x1 x2 x3 . . . xn

x21 x2

2 x23 . . . x2

n...

...

xn−11 xn−1

2 xn−13 . . . xn−1

n

Le déterminant de Vandemonde est le déterminant de cette matrice :

v(x1, . . . ,xn) = det(V )

Si on considère l’application qui a un polynôme de Kn−1[X ] associé ses évaluations aux points (xi)i∈[[1,n]] :

ϕ :

Kn−1[X ] → Kn

P 7−→(

P(x1), . . . ,P(xn))

alors on constate que la matrice de ϕ dans la base canonique de Kn−1[X ] est en fait la transposée de V (x1, . . . ,xn).En effet, la base canonique de Kn−1[X ] est :(

1,X ,X2, . . . ,Xn−1)Et on a :

ϕ(1) =(

1, . . . ,1)

ϕ(X) =(

x1, . . . ,xn

)ϕ(X2) =

(x2

1, . . . ,x2n

)...

...

ϕ(Xn−1) =(

xn−11 , . . . ,xn−1

n

)Si les n scalaires (xi) sont tous distincts, alors ϕ est injective, puisqu’un polynôme P de son noyau vérifie à la fois

deg(P) 6 n− 1 et P a n racines distinctes, donc P est nul. Ainsi, dans ce cas, ϕ est bijective puisque les dimensions desespaces de départ et d’arrivée sont identiques.

On calcule le déterminant de Vandermonde par récurrence.On note donc :

P(n) : ”v(x1, . . . ,xn) = ∏16i< j6n

(x j− xi), pour tout choix de (x1, . . . ,xn)”

Pour l’initialisation, pour n = 2, on a la matrice :

V (x1,x2) =

(1 1x1 x2

)

5

On a bien :

v(x1,x2) = x2− x1

D’où l’initialisation.Pour l’hérédité, on part de la matrice V (x1, . . . ,xn,xn+1) de taille n+1×n+1 :

V (x1, . . . ,xn,xn+1) =

1 1 1 . . . 1 1x1 x2 x3 . . . xn xn+1x2

1 x22 x2

3 . . . x2n x2

n+1...

...

xn−11 xn−1

2 xn−13 . . . xn−1

n xn−1n+1

xn1 xn

2 xn3 . . . xn

n xnn+1

On utilise alors les opérations suivantes dans cet ordre :

Ln+1← Ln+1− xn+1Ln

puis Ln← Ln− xn+1Ln−1

. . .

puis Li← Li− xn+1Li−1

. . .

puis L2← L2− xn+1L1

La ligne 1 est inchangée.

! Attention, cela dépends de l’ordre ici, il faut bien l’indiquer.

On obtient :

v(x1, . . . ,xn,xn+1)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 1 1x1− xn+1 x2− xn+1 x3− xn+1 . . . xn− xn+1 0

(x1− xn+1)x1 (x2− xn+1)x2 (x3− xn+1)x3 . . . (xn− xn+1)xn 0...

...

(x1− xn+1)xn−21 (x2− xn+1)xn−2

2 (x3− xn+1)xn−23 . . . (xn− xn+1)xn−2

n 0(x1− xn+1)xn−1

1 (x2− xn+1)xn−12 (x3− xn+1)xn−1

3 . . . (xn− xn+1)xn−1n 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣On développe alors selon la dernière colonne :

v(x1, . . . ,xn,xn+1)

=1(−1)n+2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x1− xn+1 x2− xn+1 x3− xn+1 . . . xn− xn+1(x1− xn+1)x1 (x2− xn+1)x2 (x3− xn+1)x3 . . . (xn− xn+1)xn

......

(x1− xn+1)xn−21 (x2− xn+1)xn−2

2 (x3− xn+1)xn−23 . . . (xn− xn+1)xn−2

n(x1− xn+1)xn−1

1 (x2− xn+1)xn−12 (x3− xn+1)xn−1

3 . . . (xn− xn+1)xn−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣On factorise chacune des colonnes : la colonne C j est factorisée par (x j− xn+1), cela donne :

v(x1, . . . ,xn,xn+1) = (−1)n (x1− xn+1)(x2− xn+1) . . . (xn− xn+1)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 1x1 x2 x3 . . . xn

x21 x2

2 x23 . . . x2

n...

...

xn−11 xn−1

2 xn−13 . . . xn−1

n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣6

On applique alors l’hypothèse de récurrence qui donne :

v(x1, . . . ,xn,xn+1) =(xn+1− x1)(xn+1− x2) . . . (xn+1− xn)v(x1, . . . ,xn)

=(xn+1− x1)(xn+1− x2) . . . (xn+1− xn) ∏16i< j6n

(x j− xi)

= ∏16i< j6n+1

(x j− xi)

D’où l’hérédité.On en déduit donc la conclusion :

Proposition .1 Soit n> 2 et (xi)i∈[[1,n]] des scalaires. Alors le déterminant de la matrice de Vandermonde est :

v(x1, . . . ,xn) = ∏16i< j6n

(x j− xi)

Autrement dit :

v(x1, . . . ,xn) = (xn− xn−1) (xn− xn−2) (xn− xn−3) . . . (xn− x1)(xn−1− xn−2) (xn−1− xn−3) . . . (xn−1− x1)

(xn−2− xn−3) . . . (xn−2− x1)(x3− x2) (x3− x1)

(x2− x1)

En particulier, le déterminant est non nul (ie la matrice est inversible) si et seulement si les n scalaires (xi)i∈[[1,n]] sontdistincts deux à deux,

Ainsi, dans le cas où les n scalaires (xi)i∈[[1,n]] sont distincts deux à deux, on retrouve le fait que l’application ϕ estbijective.

Ainsi pour tout (y1, . . . ,yn), il existe un unique polynôme P de degré inférieur ou égal à n−1, tel que

∀i ∈ [[1,n]] , P(xi) = yi.

C’est le polynôme d’interpolation de Lagrange : le seuls polynôme de degré inférieur ou égal à (n−1) donc la courbereprésentative passe par les n points (x1,y1), . . . ,(xn,yn).

D’après l’étude des polynômes de Lagrange, on sait que ce polynôme a pour expression :

P =n

∑i=1

yiLi où Li =n

∏j=1, j 6=i

(X− x j)

(x j− xi)

En fait, on peut voir que Li est l’antécédent par ϕ du i-ième vecteur de la base canonique de Kn. En effet :

∀ j ∈ [[1,n]] , Li(x j) =

1 si i = j0 sinon.

O Polynôme caractéristique d’une matrice compagnon

Définition .2 Soit a0, . . . ,an−1, n scalaires.On définit la matrice compagnon associée au polynôme P = a0 +a1X + · · ·+an−1Xn−1 +Xn comme

C(a0, . . . ,an−1) =

0 0 0 . . . −a01 0 0 . . . −a10 1 0 . . . −a2

0 0. . .

...0 . . . 1 −an−1

Ainsi, à un polynôme unitaire de degré n corresponds une matrice compagnon de taille n×n.On a alors le résultat suivant :

7

Proposition .2 Soit a0, . . . ,an−1, n scalaires, P= a0+a1X + · · ·+an−1Xn−1+Xn et C(a0, . . . ,an−1) la matrice compagnonde ce polynôme.

On a alors : χC = P.Autrement dit, le polynôme caractéristique de la matrice compagnon du polynôme P est le polynôme P.En conséquence, tout polynôme unitaire de degré n est le polynôme caractéristique d’une matrice de taille n×n.

Démonstration. On construit χC. Soit λ ∈K,

χC(λ ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ 0 0 . . . a0−1 λ 0 . . . a10 −1 λ . . . a2

0 0. . .

...0 . . . −1 λ +an−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣On réalise alors l’opération suivante :

l1→ l1 +λ l2 +λ2l3 + · · ·+λ

n−1ln

Ce qui donne :

χC(λ ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 0 . . . a0 +λa1 + · · ·+λ n−1an−1 +λ n

−1 λ 0 . . . a10 −1 λ . . . a2

0 0. . .

...0 . . . −1 λ +an−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣On développe selon la première ligne, ce qui donne :

χC(λ ) =P(λ )(−1)n+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 λ 0 . . . 00 −1 λ 0

0 0. . .

. . .

0 . . . 0 −1 λ

0 . . . 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=P(λ )(−1)n+1(−1)n−1 = P(λ )

Ainsi χC = P.Ainsi, si P est un polynôme unitaire, on construit la matrice compagnon associée C et on a : P est le polynôme

caractéristique de C.

Proposition .3 Soit a0, . . . ,an−1, n scalaires, P= a0+a1X + · · ·+an−1Xn−1+Xn et C(a0, . . . ,an−1) la matrice compagnonde ce polynôme.

La matrice C est diagonalisable si et seulement si le polynôme P est scindé à racines simples.Plus précisément, dans ce cas, on note (λ1, . . . ,λn) les n racines de P et on a :

tC =V−1

λ1

λ2. . .

λn

V

8

avec V la matrice de Vandermonde associée à (λ1, . . . ,λn) :

V (λ1, . . . ,λn) =

1 1 1 . . . 1λ1 λ2 λ3 . . . λn

λ 21 λ 2

2 λ 23 . . . λ 2

n...

...

λn−11 λ

n−12 λ

n−13 . . . λ n−1

n

R Comme les racines sont distinctes, la matrice de Vandermonde est inversible.Attention, selon les conventions sur la matrice de Vandermonde et la matrice compagnon, la relation peut être différente.Avec les conventions adoptés ici, c’est la réduction de tC qui est donnée.

Démonstration. On suppose que P est scindé à racines simples, alors comme χC = P, on en déduit que C a n valeurs propresdistinctes notées (λ1, . . . ,λn), donc C est diagonalisable. La matrice V (λ1, . . . ,λn) notée V est alors inversible.

Écrivons la matrice tC :

0 10 1

0 1. . .

. . .

0 1−a0 −a1 −a2 . . . . . . −an−1

et notons λ une des valeurs propres (ie l’un des λi).

En utilisant la relation :

λn =−a0−a1λ + · · ·−an−1λ

n−1

on voit que l’on a la relation sur les colonnes de tC :

C1 +λC2 +λ2C3 + · · ·+λ

n−1Cn =

λ

λ 2

λ 3

...λ n−1

λ n

Ainsi :

tC

1λ

λ 2

...λ n−2

λ n−1

= λ

1λ

λ 2

...λ n−2

λ n−1

(on peut aussi travailler avec les colonnes de tC−λ In). On en déduit que le vecteur(

1,λ , . . . ,λ n−1)est une base de Eλ (

tC) (qui est de dimension 1).En appliquant sur chacune des n valeurs propres, on en déduit la relation :

tC =V−1

λ1

λ2. . .

λn

V

9

avec :

V =

1 1 1 . . . 1λ1 λ2 λ3 . . . λn

λ 21 λ 2

2 λ 23 . . . λ 2

n...

...

λn−11 λ

n−12 λ

n−13 . . . λ n−1

n

On a donc démontré que si P est scindé à racines simples, alors tC (donc C) est diagonalisable et que la relation est vraie.Supposons maintenant que C est diagonalisable.Considérons un vecteur propre x = (x1, . . . ,xn) de tC et λ la valeur propre associée. Déjà λ est nécessairement une racine

de P puisque P est le polynôme caractéristique.On a alors :

tCx = λx

ce qui s’écrit :

0 10 1

0 1. . .

. . .

0 1−a0 −a1 −a2 . . . . . . −an−1

x1x2x3...

xn

= λ

x1x2x3...

xn

ou encore :

x2 = λx1

x3 = λx2...

xn = λxn−1

−a0x1−a1x2 + · · ·−an−1xn = λxn

Les premières relations donnent directement :

∀i ∈ [[1,n]] , xi = λix1

La dernière relation est bien vérifiée puisqu’en remplaçant on a :

d’un côté : −a0x1−a1x2 + · · ·−an−1xn =(−a0−a1λ + · · ·−an−1λ

n−1)x1

de l’autre : λxn =λnx1

Or λ étant racine de P, on a :

−a0−a1λ −·· ·−an−1λn−1 = λ

n

on a donc bien l’égalité et la dernière relation.On a donc montré qu’un vecteur propre (x1, . . . ,xn) associé à λ s’écrit nécessairement sous la forme :

(x1, . . . ,xn) = x1(1,λ , . . . ,λ n−1)

et que la réciproque est vraie. Ainsi, on peut écrire :

Eλ

(tC)= Vect

((1,λ , . . . ,λ n−1))

En particulier, les espaces propres sont tous de dimension 1 pour toutes les valeurs du spectre.Comme C est diagonalisable, la somme des ordres géométriques fait la dimension de l’espace. Il faut donc n valeurs dans

le spectre et donc P a n racines distinctes. Ainsi, P est scindé à racines simples.

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Liens entre opérations élémentaires et matricesPelletier Sylvain PSI, LMSC

Dans cette fiche, on explique le lien entre opérations élémentaires et multiplication matricielle et les conséquences pour lecalcul du rang, du déterminant, etc.

I Matrices des opérations élémentairesI.1 Multiplication à droite et à gauche par des vecteurs de la base canonique

Définition I.1 On appelle ei le vecteur colonne de taille n tel que (ei) j (l’élément j de ce i-ième vecteur) est nul si i 6= j,vaut 1 sinon. Ainsi :

ei =

0...010...0

← ligne i

La famille (ei) est la base canonique de Mn1(R) (ie de Rn).

Proposition I.1 Soit une matrice A ∈Mn(K), alors Aei est la colonne i de A. tandis que teiA est la ligne i de A.

Démonstration. Le plus simple est de le démontrer avec une matrice générique, en faisant le produit à la main :a11 · · · a1i · · · a1n...

......

......

...an1 · · · ani · · · ann

00100

=

a1i......

ani

.

Sinon on peut voir :

∀ j ∈ [[1,n]] , (Aei) j =n

∑k=1

A jk(ei)k = A ji.

Ce qui signifie que la j-ième coordonnée du vecteur (colonne) (Aei) est l’élément ( j, i) de A, ce qui signifie bien que (Aei)est la colonne i de A.

Proposition I.2 Soient A et B deux matrices carrées de taille n, on note C1, . . .Cn les colonnes de B, et L1, . . .Ln les lignesde B on a alors :• AB est formé des n vecteurs colonnes AC1, AC2, . . .ACn.• BA est formé des n vecteurs lignes L1A, . . . ,LnA.

Démonstration. Cela se voit en écrivant :

AB = A

| | || | |

C1 C2 Cn

| | || | |

=

| | || | |

AC1 AC2 ACn

| | || | |

11

D’une manière générale, la colonne j de (AB) ne dépend que de la colonne j de B, et de la ligne i de A, puisque

(AB)i j =n

∑k=1

Aik︸︷︷︸ligne i de A

Bk j︸︷︷︸colonne j de B

Exemple I.1 Cela permet de faire facilement des calculs matriciels ou de les vérifier :1 3 22 4 15 6 7

0 ∗ ∗1 ∗ ∗0 ∗ ∗

=

3 ∗ ∗4 ∗ ∗6 ∗ ∗

En effet, on recopie la colonne 2.

1 3 22 4 15 6 7

1 ∗ ∗1 ∗ ∗0 ∗ ∗

=

4 ∗ ∗6 ∗ ∗11 ∗ ∗

en effet, on fait C1 +C2.

De la même manière :0 1 0∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗

1 3 22 4 15 6 7

=

2 4 1∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗

car on recopie la ligne 2.0 1 1

∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗

1 3 22 4 15 6 7

=

7 10 8∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗

car on fait l2 + l3.

Exemple I.2 D’une relation sur les colonnes d’une matrice, on déduit un vecteur dans le noyau.Exemple : si les colonnes de A ∈M3(R) vérifient C1 +C3 = 0, alors le vecteur (1,0,1) est dans le noyau. C’est

particulièrement utile pour résoudre des systèmes homogènes de taille n sans les poser (ex : calcul de valeurs propres d’unematrice de taille n).

Exemple I.3 Si une matrice A vérifie : la somme sur les colonnes (ie le long de chaque ligne) est constante, alors on peutécrire :

C1 + · · ·+Cn =

α

...α

ou encore :

A

1...1

= α

1...1

Ainsi, α est valeur propre et

1...1

est vecteur propre associé à α .

De même, si une matrice A matrice A vérifie : la somme sur les lignes (ie le long de chaque colonne) est constante, alorson peut écrire :

L1 + · · ·+Ln =(α · · · α

)12

ou encore :(1 . . . 1

)A = α

(1 . . . 1

)En prenant la transposée, on a :

tA

1...1

= α

1...1

et donc α est valeur propre de tA et donc de A.

O Base canonique de Mn(K)

La base canonique de Mn(K) est constituée des matrices (Ei, j)i, j∈[[1,n]]2 , définies par :

Ei, j =

1

← li

↑c j

On peut aussi voir que Ei, j contient le vecteur colonne ei dans la colonne j, ou le vecteur ligne te j ligne i. On peut aussi voirtEi, j = E j,i.

Si K=R, il s’agit d’une base orthonormée pour le produit scalaire usuel dans les matrices de Mn(R) c’est-à-dire : (A,B) 7→Tr (tAB). Avec cette base, on construit facilement une base orthonormée des matrices symétriques et anti-symétriques :

Sn(R) =Vect(

1√2(Ei, j +E j,i)

∣∣∣16 i < j 6 n⋃Ei,i|16 i6 n

)Sn(R) =Vect

(1√2(Ei, j−E j,i)

∣∣∣16 i < j 6 n)

Le produit d’une matrice à droite ou à gauche avec une matrice de la base canonique est facile à calculer :

AEi, j =

|0 0 Ci 0 0

|

↑c j

C’est la colonne i de A placée en position j.Et :

Ei, jA =

00

− − L j − −00

← li

C’est la ligne j de A placée en position i.En particulier :⟨

A,Ei, j⟩= Tr

(tEi, jA)= Tr (E j,iA) = ai, j

Ce qui est évident puisque :

A =n

∑i=1

n

∑j=1

⟨A,Ei, j

⟩Ei, j

13

En particulier, on calcule facilement :

Ei jEkl =

0 si j 6= kEi,l si j = k

Un exemple d’exercice qui utilise cette base canonique est :

Exercice 1 Soit ϕ une forme linéaire sur Mn(R) (ie une application linéaire de Mn(R) dans R) telle que :

∀(A,B) ∈ (Mn(R))2 , ϕ(AB) = ϕ(BA).

Montrer que ϕ est proportionnelle à la trace.

Correction : Si i 6= j :

ϕ(Ei j) = ϕ(EikEk j) = ϕ(Ek jEik) = ϕ(0) = 0 en choisissant kquelconque

et pour tout k ∈ [[1,n]] :

ϕ(Eii) = ϕ(EikEki) = ϕ(EkiEki) = ϕ(Ekk)

On note donc λ = ϕ(E11) et on a donc :

∀i ∈ [[1,n]] , ϕ(Eii) = λ

tandis que :

∀i ∈ [[1,n]] , ∀ j ∈ [[1,n]] , i 6= j =⇒ ϕ(Ei j) = 0

ainsi :

ϕ(A) =n

∑i=1

n

∑j=1

ai, jϕ(Ei, j) = λ

n

∑i=1

aii = λ tr(A)

I.2 Échanger des lignes (permutation)

Définition I.2 Soit 1 6 k < l 6 n, on appelle matrice de permutation des lignes k, l, la matrice Pkl de taille n égale àl’identité sauf que sur la colonne k le 1 est sur la ligne l et sur la colonne l, le 1 est sur la ligne k.

Par exemple, si n = 7, k = 2 et l = 5, on a :

Pkl =

10 1

11

1 01

1

← lk

← ll

↑ ↑ck cl

Cette définition provient de :

Proposition I.3 Soit A une matrice de taille n, alors Pk,lA est la matrice de taille n égale à A sauf qu’on a échangé la lignek et l.

De même APk,l est la matrice de taille n sauf que l’on a échangé la colonne l et k.

14

Démonstration. sur un exemple

10 1

11

1 01

1

a11 a12 a13 a14 a15 a16 a17a21 a22 a23 a24 a25 a26 a27a31 a32 a33 a34 a35 a36 a37a41 a42 a43 a44 a45 a46 a47a51 a52 a53 a54 a55 a56 a57a61 a62 a63 a64 a65 a66 a67a71 a72 a73 a74 a75 a76 a77

=


Autre démonstration : Si i 6= k et i 6= l, la ligne i de Pkl est tei donc la ligne k de PklA est li. La ligne k de Pkl est tel donc la

ligne k de PklA est ll , et idem pour la ligne k.

R Retrouver la matrice Pkl on applique l’opération associée à l’identité, car : Pkl = PklIn.

Proposition I.4 Les matrices Pkl sont inversibles et leurs inverses sont elles mêmes.En conséquence, det(Pkl) =−1.

Démonstration. En effet, l’opération inverse d’échanger les lignes k et l est de les échanger à nouveau, donc Pkl = Pkl−1.

I.3 Multiplier une ligne par un scalaire β (dilatation)

Définition I.3 On appelle matrice Mi(β ), où β est un nombre réel, une matrice de taille n égale à l’identité, sauf quel’élément i, i est remplacé par β . Ces matrices sont appelées matrices de multiplication de la ligne i par β .

Par exemple si n = 8, M4(β ) est :

M4(β ) =

11

1β

11

11

← li

Cette définition provient de

Proposition I.5 Soit A une matrice de taille n, alors Mi(β )A est la matrice obtenue en multipliant la ligne i de A par β ,tandis que AMi(β ) est la matrice obtenue en multipliant la colonne i de A par β .

Démonstration. C’est un cas particulier de multiplication par une matrice diagonale On rappelle que si D est une matricediagonale avec λ1, . . . ,λn sur la diagonale, alors DM s’obtient à partir de M en effectuant les opérations : li← λili pour toutesles lignes i. Et bien sûr, MD s’obtient à partir de M en effectuant les opérations : Ci← λiCi pour toutes les colonnes i.

R La matrice Mi(β ) est la matrice identité à qui on a appliqué l’opération correspondante.

Proposition I.6 Si β est non nul, alors Mi(β ) est inversible d’inverse Mi

(1β

).

Le déterminant d’une matrice Mi(β ) est β .

Démonstration. C’est un cas particulier de l’inverse d’une matrice diagonale. On peut aussi dire que l’inverse de l’opération« multiplier la ligne i par β » est « diviser la ligne i par β ».

15

I.4 TransvectionDéfinition I.4 Pour i ∈ [[1,n]] et k ∈ [[1,n]], avec k 6= i on appelle matrice Li,k(α) une matrice égale à l’identité, sauf sur lacolonne i, où on a mis un coefficient α ligne k.

Exemple :

L36(α) =

11

11

1α 1

1

← li

← lk

↑ci

Ces matrices sont appelées matrices de transvection.

Cette définition provient de

Proposition I.7 Soit A une matrice de taille n, alors Li,k(α)A est la matrice obtenue en faisant l’opération : lk← lk +αli.

Démonstration. Sur un exemple :

11

11

1α 1

1


=

a11 a12 a13 a14 a15 a16 a17a21 a22 a23 a24 a25 a26 a27a31 a32 a33 a34 a35 a36 a37a41 a42 a43 a44 a45 a46 a47a51 a52 a53 a54 a55 a56 a57

a61 +αa31 a62 +αa32 a63 +αa33 a64 +αa34a64 a65 +αa35 a66 +αa36 a67 +αa37a71 a72 a73 a74 a75 a76 a77

Sinon on voit que pour k 6 i, la ligne k de Li est tek, donc la ligne k de LiA est celle de A, tandis que pour k > i, la ligne kde Li est tek +αki

tei, donc la ligne k de LiA est égale à lk +αkili.

R Encore une fois, Lik est la matrice identité à qui on a appliqué l’opération correspondante.

Proposition I.8 La matrice Lik(α) est inversible et (Lik(α))−1 est Lik(−α).Son déterminant est 1.

Démonstration. Pour inverser l’opération lk← lk +αli, il faut faire : lk← lk−αli.Pour le déterminant, elle est triangulaire supérieure.

Soit i ∈ [[1,n]], faire les opérations :

∀k 6= i, lk← lk−αkli avec li inchangée

sur la matrice A, revient à multiplier à gauche A par :

Li1(α1)Li2(α2) . . .Li(i−1)(αi−1)Li(i+1)(αi+1) . . .Lin(αn)

puisqu’on peut faire d’abords l’opération l1← l1−α1li, puis modifier la ligne 2, etc.Ainsi, ces opérations s’écrivent comme des opérations élémentaires. On peut procéder de même sur les colonnes.

R On voit que l’ordre de ces opérations n’a pas d’imporance, ce qui montre que les matrices (Lik(αk))k 6=i commutent.

Par contre, la ligne i doit être inchangée.

16

I.5 Opérations élémentaires en PythonEn python, on peut réaliser toutes les opérations élémentaires facilement. une ligne d’une matrice s’obtient en utilisant le

slicing : on extrait la ligne i avec A[i,:] qui est alors un array.Les opérations s’écrivent alors :

Échange de ligne (permutation) La technique consiste à utiliser l’affectation simultanée

A[i,:], A[j ,:] = A [j,:], A[i ,:]

On peut aussi passer par une variable temporaire :

tmp = A[i ,:] # enregistre la ligne iA[i ,:] = A [j ,:]A[j ,:] = tmp

Multiplier une ligne par un scalaire (dilatation) On utilise l’opération float * array

A[i ,:] = beta*A[i ,:]

Transvection On utilise l’addition de array :

A[k ,:] = A[k ,:] + alpha*A[i ,:]

ou encore :

A[k ,:] += alpha*A[i ,:]

II Réductions de GaussLa réduction de Gauss consiste à utiliser des opérations élémentaires sur les lignes pour rendre la matrice plus simples.

II.1 Opérations élémentaires

Définition II.1 On considérera comme opération élémentaire sur les lignes :• La permutation de deux lignes j et k, l j↔ lk• La multiplication d’une ligne par un scalaire β non nul, li← β li (appelée dilatation).• La transvection : Ajouter la ligne i multipliée par un cœfficient α à la ligne k : lk ← lk +αli la ligne i restant

inchangée.Les mêmes opérations existent sur les colonnes.

On peut combiner ces opérations élémentaires, pour faire par exemple :

∀k 6= i, lk← lk +αkli

Ces opérations sont inversibles quelque soit les coefficient αk choisis (mais la ligne i doit rester inchangée).On utilisera aussi des opérations du type : lk← β lk +αli, qui sont inversibles si β 6= 0.Chacune de ces opérations élémentaires corresponds, comme on l’a vu, à multiplier la matrice A à gauche par une matrice

inversible. On multiplie à gauche pour faire des opérations sur les lignes et à droite pour des opérations sur les colonnes.L’expression de cette matrice est obtenue en appliquant l’opération sur l’identité.

Lorsqu’on utilise les opérations élémentaires pour réduire une matrice les points les plus importants sont :• Indiquer quelles sont les opérations faites ,• vérifier que ces opérations ont un sens (ne pas diviser par 0), en particulier dans le cas d’un paramètre,• vérifier que les opérations faites sur les matrices sont inversibles,• indiquer l’ordre dans lequel on fait ces opérations, si celui-ci a de l’importance.

II.2 Réduction à une matrice triangulaire par la méthode de Gauss

Proposition II.1 Soit A une matrice de taille (n, p), il existe une matrice M ∈ GLn(K), produit de matrices d’opérationsélémentaires, telle que la matrice MA soit échelonnée.

Autrement dit, en effectuant des opérations élémentaires sur les lignes de la matrice A, on peut la rendre échelonnée.De même : il existe une matrice M ∈ Glp(K), produit de matrice d’opérations élémentaires, telle que AM soit

échelonnée. Autrement dit, en effectuant des opérations élémentaires sur les colonnes de la matrice A, on peut la rendre

17

échelonnée.

Algorithme de réduction de Gauss. On démontre dans le cas des lignes, le cas des colonnes étant symétrique.La démonstration se fait en déterminant un algorithme permettant de calculer U . On procède colonne par colonne.

Considérons tout d’abord la première colonne : si elle ne contient que des zéros alors on passe à la suivante.Sinon,• on regarde le premier élément non nul de la première colonne, supposons que ce soit l’élément ligne k,• on fait l’opération : l1↔ lk, de cette manière l’élément a11 est non nul,• on fait les opérations

∀k > 1, lk← lk +αk1l1,

avec αk1 =−a j1a11

. De cette manière, on met des éléments non nuls sur la première colonne des lignes 2 à n. On peut direque l’on utilise la ligne 1, pour obtenir des termes nul en dessous, plus précisément, on utilise le terme non nul a11 pourobtenir : ∀ j > 1,a j1 = 0 .

La matrice ainsi obtenue est alors de la forme :

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Cette matrice est obtenue en multipliant la matrice A à gauche par un produit de matrice d’opérations élémentaires, puisquel’on a fait que des opérations élémentaires.

On applique alors le même procédé à la sous matrice de taille (n−1, p−1), contituée des lignes de 2 à n et des colonnesde 2 à p :• Si cette partie ne contient que des zéros, on ne fait rien,• sinon on échange deux lignes de manière à avoir a22 6= 0,• on utilise cette valeur non nulle, pour éliminer les valeurs situées en dessous.

En appliquant le même procédé, on obtient une matrice de la forme :

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

.

En continuant ainsi le procédé, on obtient une matrice échelonnée, on note U cette matrice.De plus, on voit que l’on n’a fait que des opérations élémentaires, i.e. on a multiplié à gauche la matrce A par des matrices

d’opérations élémentaires. La matrice U obtenue à la fin s’écrit donc : U = MpMp−1 . . .M1︸︷︷︸M

A, où les matrices Mi correspondent

à chaque opérations élémentaires faites sur la matrice A pour traiter la colonne p.On obtient donc le résultat en posant M = MpMp−1 . . .M1.

On peut prolonger cet algorithme :

Proposition II.2 Soit A une matrice de taille (n, p), il existe une matrice M ∈ GLn(K), produit de matrices d’opérationsélémentaires, telle que la matrice MA ne contiennent que des 0 et des 1. Précisément, au plus un seul 1 pour chaque ligneet chaque colonne.

Autrement dit : en effectuant des opérations élémentaires sur les lignes de la matrice A, on peut la réduire pour n’avoirque des 1 sur les pivots, des 0 partout ailleurs. On aura alors autant de 1 que le rang de A.

En particulier, si A ∈ Gln(K) est inversible, alors on peut la transformer en l’identité par des opérations élémentaires

18

sur les lignes.La même propriété existe pour les colonnes.

Démonstration. On reprend le processus précédent : par des opérations de dilatation, on remplace les par des 1, puis onutilise ces pivots pour « effacer » les ∗ situées au dessus.

II.3 Calcul de l’inverse par méthode de Gauss-Jordan

Proposition II.3 Soit A une matrice inversible, on considère la suite d’opérations élémentaires sur les lignes nécessairespour réduire la matrice A en la matrice identité.

Alors si on fait la même suite d’opérations élémentaires (dans le même ordre) sur les lignes de la matrice identité,on obtient A−1.

Démonstration. Considérons la matrice M correspondant à la suite d’opérations permettant de transformer la matrice A enl’identité, on a MA = In, donc M = A−1.

Pour calculer M, il suffit de l’interpréter comme une suite d’opérations élémentaire : comme M = MIn, on calcule M enfaisant ces opérations élémentaires sur la matrice In.

En pratique, on écrit les deux matrices A et In l’une à côté de l’autre, et on fait les opérations en parallèle.C’est la méthode la plus simple pour savoir si la matrice A est inversible et calculer son inverse : si le calcul aboutit, c’est

que la matrice est inversible. Sinon elle n’est pas de rang plein et donc elle n’est pas inversible.

R La même démonstration permet de montrer que si on part du vecteur colonne B et que l’on fait les mêmes opérationsélémentaires, on obtient le vecteur MB = A−1B, i.e. la solution de AX = B. C’est le principe des « matrices augmentées » :on ajoute le second membre comme une colonne de la matrice.

Ainsi, si on doit résoudre un système avec deux seconds membres B et B′, on peut obtenir les solutions en faisant lesopérations élémentaires parallèlement sur A et sur une matrice à n lignes et deux colonnes [BB′]. Les deux solutions X etX ′ se lisent alors sur chacune des colonnes, après les opérations élémentaires.

III Invariance par opérations élémentaires

III.1 Cas des systèmes

Pour les systèmes, on garde l’équivalence en multipliant à gauche :

Proposition III.1 Si M est une matrice inversible, alors le système

(S) ⇐⇒ AX = B ⇐⇒ MAX = MB

donc on garde l’équivalence du système AX = B en multipliant (à gauche) la matrice A par une matrice inversible.

Démonstration. En effet, si AX = B, alors MAX = MB, et si MAX = MB, alors en multipliant par M−1, on obtient AX =B.

Corollaire III.2 On garde l’équivalence des système par opérations élémentaires sur les lignes.

On obtient donc la proposition :

Proposition III.3 En effectuant des opérations élémentaires sur les lignes d’un système (coefficients et seconds membres),on conserve l’équivalence entre les systèmes.

On peut donc réduire un système AX = B en un système échelonné (qui se résout par remontée) en utilisant desopérations sur les lignes (et les lignes uniquement).

Effectuer des opérations élémentaires sur les lignes du système revient à effectuer ces opérations sur la matrice augmentée. Ilest ainsi plus simple d’écrire le système sous forme matricielle. On peut écrire la matrice augmentée ou écrire le système sousla forme AX = B en détaillant A et B.

19

O Algorithme de réduction de Gauss

Dans cette partie, on écrit l’algorithme de réduction de Gauss. Conformément au programme, on se contente d’un cassimple : La matrice A est carrée et inversible. Le système est alors de Cramer.

On réduit le système AX = B et UX =C avec U échelonnée.

1 def gauss(A, b) :"""

3 entree : A = array= matrice carrée inversible de taille nxn

5 b = array= vecteur second membre .

7 sortie : A = array= matrice triangulaire supé rieure

9 b = array= vecteur second membre .

11 le système AX=b initial est é quivalent au système final(qui se résout par remont ée)

13 """n, m = shape(A)

15 for j in range(n):#on traite la colonne j

17

#étape 1: on é change les lignes19 if A[j,j] != 0:

# on cherche le premier terme non nul21 # dans la colonne j en dessous de ajj:

# comme A est inversible , on est sûr de trouver .23 k = chNonNul (A,j)

# on é change lk et lj25 A[k,:], A[j ,:] = A[j,:], A[k ,:]

b[k], b[j] = b[j], b[k]27

# arrivé ici , A[j,j] != 029

#étape 2: on modifie toutes les lignes en dessous31 for k in range(j+1,n) :

alpha = A[k,j] / A[j,j]33 A[k ,:] += -alpha*A[j ,:]

b[k] += -alpha*b[j]35 return (A,b)

Avec comme fonction chNonNul :

def chNonNul :2 """

entrée: A = array4 = matrice carrée inversible de taille nxn

j = entier6 = indice de ligne

sortie : k = indice de ligne8 on cherche k >= j tel que A[k,j] !=0

"""10 n, m = shape(A)

for k in range(j,n) :12 if A[k,j] != 0 :

return (k)14 # normalement la suite est du code mort

# car A est inversible16 print(" ERREUR matrice non inversible ")

return ()

Il est plus efficace de chercher non pas le premier terme nul mais le terme le plus grand (en module), c’est le pivot max,cela permet de limiter les erreurs numériques.

20

III.2 Invariance du noyau

Proposition III.4 Soit A ∈Mn,p(K) une matrice, et M une matrice inversible, alors les solutions du système homogèneAX = 0 sont les même que le système MAX = 0.

En conséquence, on ne change pas le noyau en effectuant des opérations élémentaires sur les lignes.

Démonstration. C’est un cas particulier des systèmes.

R Dans ce cas pas besoin d’effectuer les opérations sur le second membre.

III.3 Invariance du rang

Proposition III.5 Soit A ∈Mn,p(K) une matrice, alors on ne change pas le rang en multipliant à gauche ou à droite par unematrice inversible.

En conséquence, on ne change pas le rang en effectuant des opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes.Pour calculer le rang d’une matrice, on peut donc la réduire par des opérations élémentaires sur les lignes et les

colonnes, jusqu’à obtenir une matrice dont le rang est évident.

Démonstration. C’est la traduction du résultat : Soit u ∈L (F,G) et v ∈L (E,F) de rang fini, alors :• Si u est un isomorphisme alors Rg(u v) = Rg(v).• Si v est un isomorphisme alors Rg(u v) = Rg(u).

Corollaire III.6 Le rang d’une matrice est le rang de sa transposée.

Démonstration. Soit A ∈Mn,p(K) une matrice, alors en faisant des opérations sur les lignes, on peut la réduire en une matriceéchelonnée E avec que des 0 et des 1. (un 1 au plus sur chaque ligne).

On constate qu’en faisant les mêmes opérations sur tA, on réduit la matrice en tE.On s’est donc ramené à montrer qu’une matrices échelonnée avec que des 0 et des 1 a le même rang que sa transposée, ce

qui est évident.

O Extraire une base d’un espace image ou d’un espace engendréSoit A ∈Mn,p(K) une matrice et f l’endomorphisme canoniquement associé. On suppose que l’on ne cherche pas que le

rang mais aussi une base de de Im( f ), ie quelles sont les colonnes de A qui engendrent l’espace image,Dans ce cas particulier, on peut réduire la matrice A en n’utilisant que des opérations sur les lignes. On obtient alors une

matrice échelonnée, dans laquelle le nombre de pivot est le rang. Dans cette matrice échelonnée, on regarde quelles sont lescolonnes qui contiennent un pivot : ce sont les colonnes de A qui engendrent l’espace image.

Exemple III.1 Si on considère l’application linéaire :

f :

R3 → R3

(x,y,z) 7−→ (2x+3y− z,−x+2y,7y− z).

La matrice associée est :

2 3 −1−1 2 00 7 −1

On calcule son rang avec la méthode de Gauss (en n’effectuant que des opérations sur les lignes) : 2 3 −1

0 7 −10 0 0

2l2 + l1

2 3 −10 7 −10 0 0

l3− l2

.

Le rang est donc 2, donc le noyau a pour dimension 1. L’application n’est ni injective ni surjective.Les deux vecteurs ( f (e1), f (e2)) dont on lit les coordonnées dans les deux premières colonnes de la matrice A forment

une famille libre de l’espace image. En effet, si on avait pris que les deux premières colonnes de A, on aurait obtenu unefamille de rang 2 : les calculs ont montré que

Rg

2 3−1 20 7

= 2

21

Ainsi, une base de Im( f ) est :((2,−1,0),(3,2,7)

).

On peut aussi choisir ( f (e1), f (e3)), mais on ne sait rien sur ( f (e2), f (e3)).

Cette technique est aussi utilisée aussi pour une famille de vecteur.Si on considère une famille de vecteurs F = (u1, . . .up), dont on connaît les coefficients sur une base, pour savoir si cette

famille est libre ou génératrice, le plus simple est de mettre leurs coordonnées dans une matrice M de manière à calculer lerang par opérations élémentaires. Pour calculer le rang, on peut effectuer des opérations sur les lignes ou les colonnes, mais sion veut en plus une base du sous-espace vectoriel engendré par F , alors il peut être utile de ne faire que des opérations surles lignes.

Exemple III.2 On considère la famille de 5 vecteurs de R4 donnés par :

u1 = (1,2,−1,1) u2 = (2,4,−2,2)

u3 = (−3,−7,0,−4) u4 = (5,12,1,7) u5 = (−1,3,9,10).

On note E = Vect(u1,u2,u3,u4,u5).On calcule le rang de la matrice associée avec la réduction de Gauss :

1 2 −3 5 −12 4 −7 12 3−1 −2 0 1 91 2 −4 7 10

1 2 −3 5 −10 0 −1 2 50 0 −3 6 80 0 −1 2 11

l2−2l1l3 + l1l4− l1

1 2 −3 5 −10 0 -1 2 50 0 0 0 −70 0 0 0 6

l3−3l2l4− l2

1 2 −3 5 −10 0 -1 2 50 0 0 0 -70 0 0 0 0

7l4 +6l3

Considérons les vecteurs (u1,u3,u5) (les colonnes qui contiennent des pivots), la matrice de cette famille correspond auxcolonnes 1,3 et 5 :

Mat(u1,u3,u5) =

1 −3 −12 −7 3−1 0 91 −4 10

.

En refaisant les mêmes calculs, on voit que cette matrice se réduit matrice en :1 −3 −10 -1 50 0 -70 0 0

Cette matrice est donc de rang 3, ce qui signifie que (u1,u3,u5) est une famille libre de E, donc une base de E. On peut

donc dire qu’une base de E est

((1,2,−1,1),(−3,−7,0,−4),(−1,3,9,10)

).

! Attention : on utilise les coordonnées dans la matrice originale, et non dans la matrice réduite.

De plus, on ne peut faire dans ce cas que des opérations sur les lignes pour cette technique.

22

O Recherche de vecteurs dans le noyau

Considérons A une matrice de taille n et de rang r < n. Par des opérations élémentaires inversibles sur les colonnes (et lescolonnes uniquement), on peut utiliser la réduction de Gauss sur les colonnes et la réduire en faisant apparaître r colonnes de0.

Ces opérations reviennent à multiplier A par une matrice P inversible. On peut donc écrire :

AP =

| . . . | 0 . . . 0

| . . . |... . . .

...

. . . ... . . .

...

| . . . |... . . .

...| . . . | 0 . . . 0

où

||||

désigne une colonne non nulle, et

0.........0

désigne une colonne nulle. Plus précisément, AP a r colonne non nulle et

n− r colonne nulle.Si on décompose P en colonne :

P =

| | . . . | || | . . . | |

C1 C2 . . . Cn−1 Cn

| | . . . | || | . . . | |

et on sait alors que :

AP =

| | . . . | || | . . . | |

AC1 AC2 . . . ACn−1 ACn

| | . . . | || | . . . | |

or les n− r dernières colonnes de AP sont nulles, ainsi, les n− r dernières colonnes de P sont les coordonnées de vecteursdu noyau. On a donc trouvé des vecteurs dans le noyau. Pour trouver les colonnes de P, on ne garde pas en mémoire lesdifférentes matrices correspondantes : on applique les mêmes changement à A et à la matrice identité dans le même ordre.

En conséquence, on en déduit une méthode pour déterminer des vecteurs du noyau : On procède comme pour l’algorithmede Gauus-Jordan : on effectue les opérations en parallèle sur A et sur l’identité. On réduit A pour faire apparaître des colonnesnulles. Les colonnes correspondantes dans l’identité sont donc les vecteurs du noyau.

! Il ne faut faire que des opérations sur les colonnes dans ce contexte.

Exemple III.3 Soit la matrice :

A =

2 2 52 2 52 −2 9

On voit bien que le rang de A est 2 mais il n’est pas facile de déterminer une relation sur les colonnes. On peut donc utiliser la

23

technique précédente :2 2 52 2 52 −2 9

1 0 00 1 00 0 1

C2←C2−C1 et C3← 2C3−5C1

2 0 02 0 02 −4 8

1 −1 −50 1 00 0 2

C3← 2C3 +2C2

2 0 02 0 02 −4 0

1 −1 −70 1 20 0 2

On en déduit que (−7,2,2) est dans le noyau.

III.4 Invariance du déterminant

Proposition III.7 Soit A∈Mn une matrice carrée et P∈Gln une matrice inversible, alors det(PA)= det(AP)= det(P)det(A).En conséquence, lorsqu’on effectue une opération élémentaire inversible sur les lignes ou les colonnes de A, on change

le déterminant en le multipliant par le déterminant de la matrice correspondant à l’opération élémentaire.Ainsi :• permuter deux lignes ou deux colonnes multiplie le déterminant par −1.• effectuer l’opération lk← lk +αli avec i 6= k ne change pas le déterminant.• effectuer l’opération li← β li multiplie le déterminant par β .

Idem pour les colonnes.Pour calculer le déterminant d’une matrice carrée, on peut faire des opérations élémentaires sur les lignes et les

colonnes (ou les deux), de manière à réduire la matrice en une matrice dont le déterminant est clair, en prenant garde auxopérations qui modifient le déterminant.

Attention en particulier à l’opération lk← β lk +αli avec i 6= k qui multiplie le déterminant par β .

IV Conclusion• Pour le calcul de l’inverse de A, on effectue des opérations sur les lignes et les lignes uniquement en effectuant les

même opérations (dans le même ordre) sur la matrice identité.• Pour résoudre un système linéaire AX = B, on peut le réduire par des opérations sur les lignes en un système

échelonné. Dans ce contexte, on ne peut utiliser que des opérations sur les lignes, et il faut effectuer les mêmesopérations sur le second membre.• Pour déterminer le noyau d’une matrice (ie résoudre le système homogène), on peut réduire la matrice par des

opérations sur les lignes et uniquement les lignes.• Pour calculer le rang, on peut réduire la matrice (à une matrice échelonnée) avec des opérations sur les lignes ou les

colonnes (indifféremment). Dans le cas où on ne veut pas que le rang mais aussi une base de l’espace image ou del’espace vectoriel engendré, il est plus pratique de n’utiliser que des opérations sur les lignes, puis d’extraire la basecomme les colonnes sur lesquels la matrice échelonnée a un pivot.• Pour calculer le déterminant, on peut réduire la matrice avec des opérations sur les lignes ou les colonnes (indiffé-

remment), en faisant attention à certaines opérations qui modifient le déterminant :– échanger deux ligne (ou deux colonnes), multiplie le déterminant par −1,– effectuer li← β li +αlk (ou l’équivalent sur les colonnes) multiplie le déterminant par β

24

Quelques compléments sur la réductionPelletier Sylvain PSI, LMSC

Cette fiche propose quelques compléments sur la réduction qui ne sont pas explicitement au programme sans en être trèsloin.

O Réduction et transposée

Proposition IV.1 Pour une matrice A, le spectre de A est le spectre de la transposée de A.Le polynôme caractéristique de A est le polynôme caractéristique de sa transposée. En particulier, A et sa transposée

ont le même spectre et pour toute valeur propre λ la multiplicité algébrique de λ comme valeur propre de A est égale à lamultiplicité algébrique de λ comme valeur propre de tA.

Pour toute valeur propre λ , la dimension du sous-espace propre de λ comme valeur propre de A est égale à la dimensiondu sous-espace propre de λ comme valeur propre de tA. Autrement dit, on a égalité des ordres géométriques.

Démonstration. Le scalaire λ est valeur propre de la matrice A si et seulement si A−λ In n’est pas de rang n.Or le rang d’une matrice est le rang de sa transposée. En conséquence :

Rg(A−λ In) = Rg(t(A−λ In)

)= Rg(tA−λ In)

et donc λ est valeur propre de A si et seulement si λ est valeur propre de tA.En particulier avec le théorème du rang :

dim(Eλ (A)) =n−Rg(A−λ In)

=n−Rg(tA−λ In

)= dim

(Eλ (

tA))

et donc les ordres géométriques de λ comme valeurs propres de A et de tA sont les mêmes.

R Les sous-espaces propres ne sont pas identiques, seules leurs dimensions sont égales.

Pour l’égalité des polynôme caractéristique c’est le même principe : le déterminant de la matrice λ In−A est égal à celuide sa transposée qui est λ In− tA :

∀λ ∈ R, χA(λ ) = det(λ In−A) = det(λ In− tA

)= χt A(λ )

On retrouve que A et tA ont même valeurs propres, de plus l’ordre algébrique est le même.

Pour la réduction on a :

Corollaire IV.2 La matrice A est diagonalisable si et seulement si sa transposée est diagonalisable.La matrice A est trigonalisable si et seulement si sa transposée est trigonalisable.

Démonstration. La matrice A est diagonalisable si et seulement si χA est scindé et les ordres algébriques et géométriquessont égaux pour toutes les valeurs propres.

Comme A et tA ont même valeurs propres, même ordre algébrique et même ordre géométrique (pour chacune des valeurspropres), l’équivalence est donc claire.

La matrice A est traigonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé. Or ce polynôme caractéristiqueest le même que celui de sa tranposée, l’équivalence est donc évidente.

On a aussi la propriété suivante pour les polynômes annulateurs :

Proposition IV.3 Soit P ∈K[X ], alors P annule A si et seulement si P annule tA.

Démonstration. Pour un polynôme P =n

∑k=0

akXk quelconque, on a :

P(A) =n

∑k=0

akAk

25

donc :

P(tA)=

n

∑k=0

ak(tA)k

=n

∑k=0

akt(

Ak)

=

t( n

∑k=0

akAk

)= t(P(A))

D’où P(A) = 0 ⇐⇒ P(tA) = 0.

On retrouve en particulier A diagonalisable si et seulement si sa transposée est diagonalisable en utilisant la caractérisation :« annule un polynôme scindé à racine simple ».

O Réduction et matrice semblable

Proposition IV.4 Soit A et B semblables, alors :• elles ont le même rang,• elles ont la même trace, le même déterminant,• elles ont le même polynôme caractéristique, donc le même spectre et pour chaque valeur propre a le même ordre

algébrique,• Pour chaque valeur propre, l’ordre géométrique est le même.On a aussi A diagonalisable si et seulement si B l’est et dans ce cas, elle se réduise à la même matrice diagonale (à

l’ordre près des éléments diagonaux).

Démonstration. On écrit A = PBP−1.Comme multiplier à gauche et à droite par des matrices inversibles ne change pas le rang, on a rg(A) = rg(B).On a :

tr(A) = Tr(P(BP−1))= Tr(BP−1P) = Tr(B)

la même démonstration est valable pour le déterminant.On a pour κ ∈K :

A−λ In =PBP−1−λ In = P(B−λ In)P−1

donc A−λ In et B−λ In sont semblables. En particulier :

det(A−λ In) = det(B−λ In) et donc χA = χB

ce qui montre que A et B ont même spectre et que pour chaque valeur propre l’ordre algébrique est le même.Mais aussi :

rg(A−λ In) = rg(B−λ In)

donc avec le théorème du rang :

dim(Eλ (A)) = dim(Eλ (B))

et donc les ordres géométriques de λ comme valeur propre de A et de B sont les mêmes.Le dernier point est juste une conséquence de la transitivité de la relation d’équivalence « être semblable ». Si A

est semblable à une matrice diagonale, alors B l’est aussi. De plus, la matrice diagonale est déterminé par le polynômecaractéristique.

R Autrement dit deux matrices diagonales sont semblables si et seulement si elles sont égales à l’ordre près des colonnes.

Pour montrer que deux matrices sont semblables, la seule technique explicitement au programme est :

26

Proposition IV.5 Soit A et B deux matrices.On suppose que A est diagonalisable, alors A et B sont semblables si et seulement si B est aussi diagonalisable et se

réduit à la même matrice diagonale.

Démonstration. On a déjà fait l’implication si A et B sont semblable alors B l’est aussi et se réduit à la même matricediagonale. La réciproque est évidente.

C’est le seul résultat que l’on déduit directement du programme, mais il faut avoir en tête que la réduction permet desimplifier les matrices et donc de montrer qu’elles sont semblables. La réduction permet de construire le changement de baseexplicitement.

Exercice 1 Les matrices A =

1 2 3 40 1 2 30 0 1 20 0 0 1

et B =

1 1 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 1

sont-elles semblables?

Correction :On peut écrire :

B = I4 +N et A = I4 +2N +3N2 +4N3 = I4 +C

où N =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

vérifie N3 6= 0 et N4 = 0.

En notant C = 2N +3N3 +4N4, on constate que C3 6= 0 et C4 = 0.Les matrices C et N sont donc nilpotentes toutes les deux d’ordre 4. On va voir que cela permet de montrer qu’elles sont

semblables.On note u endomorphisme associé C et en choisissant x un vecteur tel que u3(x) 6= 0. on constate que (u3(x),u2(x),u(x),x)

est une base de R4.Pour cela, on montre que cette famille est libre en considérant l’équation :

αx+βu(x)+ γu2(x)+δu3(x) = 0

On compose par u3, pour avoir α = 0, puis par u2 pour avoir β = 0, puis par u pour avoir γ = 0 avant d’obtenir que δ = 0.Ainsi, (u3(x),u2(x),u(x),x) est une base de R4.On constate que la matrice de u dans cette base est N. Ainsi, N est semblable à C, et donc il existe P ∈ Gl4(R), telle que

N = P−1CP. Ainsi :

P−1AP = P−1 (I4 +C)P = I4 +P−1CP = I4 +N = B.

O Sous-espace propre et endomporphismes qui commutentOn rappelle les deux résultats suivants du cours :

Proposition IV.6 Soit u et v deux endomorphismes qui commutent.Soit λ une valeur propre de u et Eλ (u) espace propre associé à λ .On a alors Eλ (u) est stable par v.Autrement dit : si deux endomorphismes commutent, alors les sous-espace propres de l’un sont stables par l’autre.

Ce résultat est particulièrement utile si l’un des endomorphismes est diagonalisable.Supposons u diagonalisable alors l’espace E se décompose comme une somme directe de sous-espace propre :

E =p⊕

i=1

Eλi(u) avec Sp(u) =

λ1, . . . ,λp distinctes.

Puisque u et v commutent, chacun des sous-espaces propres de u sont stables Eλi(u) par v, donc la matrice de v peut êtrerendue diagonale par bloc.

27

Plus précisément, si on considère une base B de E constitué de vecteur propres de u. On note B = (e1, . . . ,en) et onsuppose que les ei sont classés par la valeur propre associée (les premiers sont vecteurs propres de λ1, les suivants de λ2, etc.),ce qui est naturel. Si bien que MatB(u) est diagonale avec les valeurs propres rangées dans la diagonale :

MatB(u) =

λ1λ1

. . .

λ1λ2

. . .

λ2. . .

Alors dans la base B la matrice de v est diagonale par blocs et la taille des blocs est celle des sous-espaces propres :

MatB(v) =

M1

M2. . .

Mp

où Mi est un bloc de taille mλi l’ordre de la valeur propreλi

Le même résultat est bien sûr valable pour les matrices.

Exemple IV.1 On suppose que la matrice A est diagonalisable et s’écrit A = PDP−1 avec

D =

α

α

α

β

β

γ

avec (α,βγ) distincts.

A a donc 3 valeurs propres distinctes, α de multiplicité 3, β de multiplicité 2 et γ de multiplicité 1.Soit B qui commute avec A. On a alors B = P−1∆P avec ∆ qui est diagonale par bloc :

∆ =

∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗

∗ ∗∗ ∗

∗

Il faut bien noter que c’est la même matrice inversible P (ie la même base) qui réduit les deux matrices.On utilise souvent le résultat suivant en complément :

Proposition IV.7 La droite D = Vect(x) de E est stable par l’endomorphisme u si et seulement si le vecteur x est vecteurpropre de u.

En effet, dans le cas où le sous-espace propre Eλ (u) de u est de dimension 1 (c’est une droite vectorielle), et que u et vcommutent, alors Eλ (u) est stable par v et donc le vecteur qui engendre cette espace propre est vecteur propre de v (pour unevaleur propre qui peut être différente).

Sur l’exemple, c’est le cas du dernier vecteur de la base.Cela permet par exemple de démontrer le résultat suivant (qui est un exercice classique) :

Proposition IV.8 Soit u et v deux endomorphismes qui commutent. On suppose que les sous-espaces propres de u sonttous de dimension 1. Alors il existe une base qui diagonalise u et v.

28

Démonstration. L’endomorphisme u est diagonalisable car tous les sous-espaces propres sont de dimension 1 (autant devaleurs propres que la dimension). Donc les sous-espaces propres Eλi(u) sont des droites on note donc Eλi(u) = Vect(ei)(pour i ∈ [[1,n]]). La base B = (e1, . . . ,en) diagonalise u.

Mais Eλi(u) est une droite stable par v donc ei est aussi vecteur propre de v (pour une valeur propre qui peut être différente).Ainsi, la base B = (e1, . . . ,en) diagonalise aussi v.

Plus difficile mais dans la même idée, on peut combiner ce résultat avec la proposition :

Proposition IV.9 L’endomorphisme induit par un endomorphisme diagonalisable sur un sous-espace vectoriel stable estdiagonalisable.

Cela permet par exemple de faire l’exercice suivant :

Exercice 2 Soit E un espace vectoriel de dimension finie.Soit f ∈L (E) et g ∈L (E), diagonalisables tels que f g = g f .

1. Montrer que f et g sont diagonalisables dans une même base.2. Montrer que f g est diagonalisable dans cette base.

1. On décompose E comme la somme des sous-espaces propres de f :

E =p⊕

i=1

Eλi( f ) où Sp( f ) = λ1, . . . ,λp valeurs propres distinctes.

On construit ensuite une base B de E constituée de vecteur propre de f :

MatB( f ) =

λ1Im1

λ2Im2

. . .

λpImp

où mi est l’ordre de λi comme valeur propre de f

On sait déjà que chacun des Eλi est stable par f , donc que MatB( f ) va être diagonale par blocs :

MatB( f ) =

M1

M2. . .

Mp

où Mi bloc de taille mi

En fait, Mi est la matrice de l’endomorphisme induit par g sur l’espaces Eλi( f ) qui est stable par g.Mais dans notre cas, on sait aussi que g est diagonalisable. Donc l’endomorphisme induit de g par restriction sur chacundes espaces Eλi( f ) est diagonalisable.Autrement dit chacune des matrices Mi est diagonalisable. Donc dans chaque espace Eλi( f ) on peut construire une baseconstituée de vecteurs propres de g.On construit alors une base de E ainsi :• On prend une base de Eλ1( f ) constituée de vecteurs propres de g. Ces vecteurs sont aussi des vecteurs propres de

f associés à λ1. Par contre, on ne connaît pas la valeur propre associée pour g.• On complète avec une base de Eλ2( f ),• on procède de même pour Eλ3( f ) . . .Eλp( f ).

Comme E =⊕p

i=1 Eλi( f ) On a ainsi construit une base de E constituée de vecteurs propres de f et de g. Dans cettebase, la matrice de f et la matrice de g sont diagonales. Notons que dans la matrice de f les valeurs propres sont« rangées » : λ1 est écrite m1 fois, puis λ2 etc. par contre dans la matrice de g elles sont dans un ordre quelconque.

2. Dans cette base la matrice de f g est le produit des matrices de f et g donc produit de matrices diagonales doncdiagonale.

O Polynôme annulateurSoit u un endomorphisme. Connaître un polynôme P annulateur de u est utile pour :

29

• connaître les valeurs propres : les valeurs propres de u sont racines de P, mais il peut y avoir d’autre racines de P qui nesont pas valeur propre de u ;• savoir si u est diagonalisable. Si P est scindé à racine simple, alors u est diagonalisable. Sinon, il suffit d’extraire les

valeurs propres de u des racines de P, notées (λ1, . . . ,λp) (distinctes) et de regarder si u annulep

∏i=1

(X−λi),

• Calculer l’inverse de u : si P a un terme constant non nul, on ré-écrit P(u) = 0 sous la forme uQ(u) = Id, où u est unpolynôme l’inverse de u est alors Q(u).• Calculer un : si deg(P) = n, alors un s’exprime en fonction de

(Id,u,u2, . . . ,un−1

). On montre ensuite que un+1

s’exprime aussi en fonction de la même famille. On montre alors par récurrence :

∀k ∈ N, ∃(

αk0 , . . . ,α

kn−1

)∈Kn, uk = α

k0 Id +α

k1u+α

k2u2 + . . .αk

n−1un−1

Les suites(αk

0 , . . . ,αkn−1

)k∈N sont k suites récurrentes linéaires (couplées), on peut alors trouver leurs expressions.

La proposition suivante est un exercice classique :

Proposition IV.10 Soit A une matrice inversible, alors A−1 est un polynôme en A.

Démonstration. On utilise Cayley-Hamilton : on écrit χA =n−1

∑k=0

akXk +Xn et comme on sait que A est inversible, 0 n’est pas

valeur propre donc a0 6= 0. On utilise alors la technique classique de calcul d’inverse par polynôme annulateur :

−An−n−1

∑k=1

akAk = a0In

et donc :

A

(1a0

(−An−1−

n−1

∑k=1

akAk−1

))= In

D’où l’expression de l’inverse de A comme un polynôme en A :

A−1 =1a0

(−An−1−

n−1

∑k=1

akAk−1

)

O Calcul de valeurs et de vecteurs propresÉtant donné une valeur propre λ ∈K d’une matrice A, il y a deux techniques pour déterminer des vecteurs propres :• Chercher des vecteurs dans le noyau de (A−λ In). La plupart du temps, on passe par chercher des relations sur les

colonnes de (A−λ In).• On peut aussi résoudre le système AX = λX sans le ramener à un système homogène.

Mathématiquement, c’est bien sûr équivalent, mais au niveau des calculs (si λ 6= 0), la deuxième technique est plus intéressantesi A est de rang faible. En effet, AX = λX (avec 6= 0) implique que X = A

( 1λ

X)∈ Im(A). Si Im(A) est de dimension petite,

alors cette équation va être relativement facile à calculer.

Exemple IV.2 L’exemple le plus simple est si A est de rang 1, dans ce cas, on écrit : Im(A) = Vect(x) et si il y a unevaleur propre non nulle, alors nécessairement, x est vecteur propre. On peut aussi voir cela, en écrivant : A =CL, où C estun vecteur colonne (c’est le vecteur qui engendre toutes les colonnes), et L est une ligne. Si AX = λX avec X non nul c’estnécessairement que X est proportionnel à C (et donc que λ = LC = Tr(A)).

Cela sert aussi parfois pour des matrices de rang 2.Pour trouver les valeurs propres, on peut utiliser le résultat suivant :

Proposition IV.11 Soit λ une valeur propre de la matrice A et X un vecteur propre associé, alors pour tout polynôme P,P(λ ) est valeur propre de P(A) et un vecteur propre associé est X .

On peut donc écrire en notant : Sp(A) = λ1, . . . ,λp

Sp(P(A))⊃ P(λ1) , . . . ,P(λp)

Dans le cas général, il peut y avoir d’autres valeurs propres pour P(A).

30

Si maintenant A est trigonalisable (ie χA est scindé), en particulier si K est le corps des complexes. Alors

Sp(P(A)) = P(λ1) , . . . ,P(λp)

En particulier, pour k ∈ N∗• dans le cas général :

Sp(

Ak)⊃

λk1 , . . . ,λ

kp

• dans le cas où A est trigonalisable (en particulier si K= C) :

Sp(

Ak)=

λk1 , . . . ,λ

kp

Ce résultat s’écrit de la même manière pour un endomorphisme.

R Prenons une rotation d’angle π

2 :

A =

(0 −11 0

)χA = X2 +1 SpR(A) = /0 SpC(A) = −i, i

alors son spectre réel est vide mais

A2 =

(−1 00 −1

)χA = (X +1)2 SpR(A) = SpC(A) = 1

Démonstration. On considère une valeur propre λ et X non nul tel que AX = λXAlors on sait que P(A)X = P(λ )X , donc P(λ ) est valeur propre de P(A) associée à X .Supposons maintenant que A soit trigonalisable, on écrit alors : A = QUQ−1 avec Q inversible. On sait alors que :

P(A) = QP(U)Q−1

mais comme U est triangulaire supérieure, on sait calculer les valeurs sur la diagonale à la puissance n :

U =

λ1 ∗ ∗ ∗

λ2 ∗ ∗. . . ∗

λn

et donc ∀k ∈ N, Uk =

λ k

1 ∗ ∗ ∗λ k

2 ∗ ∗. . . ∗

λ kn

par combinaison linéaire : P(U) =

P(λ1) ∗ ∗ ∗

P(λ2) ∗ ∗. . . ∗

P(λn)

donc les valeurs propres de P(A) sont P(λ1) , . . . ,P(λp)

R Ici encore la situation est plus simple dans C : la matrice a n valeurs propres (comptées avec leur ordre de multiplicitéalgébrique), elle est trigonalisable et les valeurs propres de Ak sont celles de A mise à la puissance k. On travaille ainsisouvent dans C même pour une matrice à coefficients réels.

Corollaire IV.12 Si on note λ1, . . . ,λn les valeurs propres complexes d’une matrice ou d’un endomorphisme (nonnécessairement distinctes). Alors, on a :

∀k ∈ N∗, tr(

Ak)=

n

∑i=1

λki

31

Exercice 3 Déterminer les éléments propres de la matrice carrée d’ordre n> 2 :

A =

1 1 . . . 1 11 0 . . . 0 1...

...1 0 . . . 0 11 1 . . . 1 1

Indication : calculer A2.

Correction : La matrice A est de rang 2, on a donc 0 qui est valeur propre d’ordre géométrique n−2, et donc en utilisantla trace :

χA = Xn−2 (X2−2X +β)

On note Sp(A) = 0,λ ,µ le spectre dans C (non nécessairement distinctes).On calcule donc A2 comme suggéré par l’énoncé :

A2 =

n 2 . . . 2 n2 2 . . . 2 2... 2 2

...2 2 . . . 2 2n 2 . . . 2 n

La matrice A2 est alors aussi de rang 2, donc 0 est valeur propre de A2 d’ordre géométrique n−2 d’autre part, on sait que

λ 2 et µ2 sont aussi valeurs propres. Dans C, il n’y a pas d’autres valeurs propres. Ainsi, Sp(A2)=

0,λ 2,µ2

.On peut alors utiliser la trace :

Tr(A) =λ +µ = 2

Tr(A2)=λ

2 +µ2 = 4n−4

On cherche alors λ et µ :

4 = (λ +µ)2 = λ2 +µ

2 +2λ µ = 4n−4+2λ µ

Si bien que : λ µ = 4−2n. Les valeurs (λ ,µ) sont donc solutions du problème :λ µ = 4−2nλ +µ = 2

ce qui donne λ ,µ= 1+√

2n−3,1−√

2n−3

On a donc trouvé toutes les valeurs propres :

Sp(A) =

0,1+√

2n−3,1−√

2n−3

Comme 1+√

2n−3 6= 0, la matrice A est diagonalisable.La valeur propre 0 est d’ordre (algébrique et géométrique) n−2, λ = 1+

√2n−3 est d’ordre 1 et µ = 1−

√2n−3 est

d’ordre 1.Il reste à trouver les vecteur propres.Pour 0, on a des relations sur les colonnes :

C1−Cn = 0

C2−C3 = 0...

C2−Cn−1 = 0

32

et donc :

E0(A) = Vect

100...0−1

,

01−1...00

, . . . ,

010...−10

Pour λ et µ , comme A est de rang faible, on va plutôt chercher à résoudre AX = λX sans le passer sous forme d’un

système homogène.

AX = λX ⇐⇒

1 1 · · · 1 11 0 · · · 0 1...

...1 0 · · · 0 11 1 · · · 1 1

x1x2...

xn−1xn

= λ

x1x2...

xn−1xn

⇐⇒

n

∑i=1

xi = λx1

x1 + xn = λx2

x1 + xn = λx3

. . .

x1 + xn = λxn−1n

∑i=1

xi = λxn

On considère maintenant X solution et on obtient alors :

x1 =1λ

∑ni=1 xi

xn =1λ

∑ni=1 xi = x1

x2 =2λ

x1...

xn−1 =2λ

x1

On obtient donc la forme de X :

X =

x1

2λ

x1. . .2λ

x1x1

= x1

12λ

...2λ

1

Ainsi :

Eλ (A) = Vect

12λ

...2λ

1

Le même calcul est vrai pour µ .

33

On voit ici que le calcul est plus simple que de chercher le noyau de A−λ In, même si c’est mathématiquement équivalent.En effet, la relation :

C1 +2λ

C2 + · · ·+2λ

Cn−1 +Cn = 0

n’est pas facile à trouver. En fait, une bonne méthode consiste à voir que :

Im(A) = Vect

01...10

,

10...01

donc un vecteur propre pour une valeur propre non nulle s’écrit nécessairement sous la forme :

α

β

...β

α

on doit donc juste calculer α et β . Ce que l’on a retrouvé ici.

34

DéterminantsPelletier Sylvain PSI, LMSC

O Calcul simple de déterminantsExercice 1 Calculer les déterminants :∣∣∣∣∣∣∣∣

0 a b ca 0 b ca b 0 ca b c 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a b cb a bc −c a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a b cc a bb c a

∣∣∣∣∣∣Correction : Pour le premier : l1← l1− l2 et l3← l3− l4, puis dvlp C4. Cela donne D =−acb(a+b+ c).

Pour le deuxième : D = (a+b)[(a−b)a+ c(b− c)

]. Ce qui s’écrit aussi : D = (a− c)(a+b)(a−b+ c)

Pour le dernier (avec Sarus directement) :

a3 +b3 + c3−3(abc)3

Exercice 2 Calculer le déterminant :

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣a e f ab d d cc d d ba f e a

∣∣∣∣∣∣∣∣O Calcul de déterminant de taille nMéthode : ne pas hésiter à travailler d’abord sur une matrice de petite taille (3 ou 4) pour trouver la méthode.

Exercice 3 Calculer les déterminants :

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 n . . . n

n 2. . .

......

. . .. . . n

n . . . n n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3 . . . an

a2 a2 a3 . . . an

a3 a3 a3 . . . an...

......

. . ....

an an an . . . an

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 11 1

1. . .

.... . .

1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Correction :

Pour le premier ∀i ∈ [[1,n]] , Ci←Ci−C1 puis mat triangulaire d’où Dn = (−1)n−1n!.Pour le deuxième : facto dernière colonne par an puis :

∀ j ∈ [[1,n−1]] , C j←C j−a jan

dvlpt ligne 1. Au final :

Dn = an(a2−a1)(a3−a2) . . .(an−an−1).

Pour le troisième : C1←C1−C2−·· ·−Cn puis dvlpt C1 au final Dn =−n+2

Exercice 4 Calculer les déterminants :

35

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a b . . . . . . bb a b . . . b

b b. . . b b

... b b. . . b

b . . . b b a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a a . . . . . . ab a a . . . a

b b. . . a a

... b b. . . a

b . . . b b a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a a . . . . . . a0 a a . . . a

0 0. . . a a

0 0 0. . . a

b 0 0 0 a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a b . . . . . . b0 a b . . . b

0 0. . . b b

0 0 0. . . b

c 0 0 0 a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Correction : Faire en taille 4 pour deviner la méthode.

a b b bb a b bb b a bb b b a

On fait C1←C1 +C2 +C3 +C4, cela donne :

(a+3b)

1 b b b1 a b b1 b a b1 b b a

Puis C2←C2−bC1, C3←C3−bC1, C4←C4−bC1, ce qui donne :

(a+3b)

1 0 0 01 a−b 0 01 0 a−b 01 0 0 a−b

= (a+3b)(a−b)3

dans le cas général : (a+(n−1)b)(a−b)n−1, avec la même technique.

Exercice 5 Soit k et n deux entiers avec n> 1 et 0 < k < n, a et b deux réels.On considère l’application :

f :

Rn[X ] → Rn[X ]P 7−→ aP+bP(1)Xk

Calculer det( f )À quelle condition sur a,b,k l’application f est-elle bijective?

Correction : déjà il faut écrire la matrice de l’endomorphisme f dans une base quelconque. Dans la base canonique,c’est : une diagonale de a, la k-ième ligne remplie de b, à l’intersection a+b. On trouve alors le déterminant :

det( f ) = an−1(a+b)

L’application est alors bijective si et seulement si a 6= 0 et a 6=−b.

Exercice 6 Calculer à l’aide d’une relation de récurrence :∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a+b ba a+b b

0. . .

. . .. . .

0 0. . .

. . .. . .

0 0 a a+b b0 0 a a+b

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣O Déterminants par blocs

36

Exercice 7 Soient A, B, C et D quatre matrices de Mn(K) vérifiant : CD = DC et D inversible.

On pose la matrice M ∈M2n(K) définie par blocs par : M =

(A BC D

).

1. Calculer le produit(

A BC D

)(D 0−C D−1

)2. En déduire det(M).

Correction :1. Facilement :

(AD−BC BD−1

0 In

)2. D’où det(M) = det(AD−BC)

Exercice 8 Soit A =

(a bc d

)une matrice de M2(C) avec a et c non nuls et M ∈Mn(C).

1. Montrer que la matrice P ∈M2n(C) définie par blocs par P =

(aM bMcM dM

)est le produit de deux matrices, la

seconde étant diagonale par blocs.2. En déduire le déterminant de P.

Correction :1. (

aM bMcM dM

)=

(aIn bIn

cIn dIn

)(M 00 M

)2. D’où :

det(P) =∣∣∣∣aIn bIn

cIn dIn

∣∣∣∣(det(M))2

On peut ensuite au choix utiliser l’exercice précédent, où effectuer les opérations

∀k ∈ [[0,n−1]] , ln+k← aln+k− clk

et donc :

an∣∣∣∣aIn bIn

cIn dIn

∣∣∣∣= ∣∣∣∣aIn bIn

0 (da−bc)In

∣∣∣∣= an (da−bc)n

d’où :

det(P) = (det(A))n (det(M))2

O Vandermonde

Exercice 9 Soit n> 2 et(

λi

)i∈[[1,n]]

des complexes deux à deux distincts. On suppose ∀k ∈ [[1,n]] ,n

∑j=1

λkj = 0.

Montrer que l’un au moins des λ j est nul.

Correction : Par l’absurde, on suppose tous les (λ j) non nuls. La matrice de Vandermonde associée à (λ1, . . . ,λn,0) estalors inversible.

La relation donne alors l1 + l2 + · · ·+ ln−1−nl1 = 0. La matrice n’est donc pas inversible, contradiction. donc l’un des λ j

est nul.

37

DérivabilitéArcs paramétrésExercicesQuelques rappels de géométrieGéométrie du plan affineDroites et plans de l’espace

6 — Fonctions Vectorielles

Dans ce chapitre, on étudie les fonctions de la variable réelle à valeur dans Rn.L’objectif de ce chapitre est double :• généraliser aux fonctions à valeurs dans Rn la notion de dérivée d’une fonc-

tion numérique, en vue notamment de préparer le chapitre sur les équationsdifférentielles ;• formaliser des notions géométriques (arc paramétré, tangente) et cinématiques

(vitesse, accélération) rencontrées dans d’autres disciplines scientifiques.

On considère I un intervalle de R et une fonctions f : I→ Rn. On note aussi a ∈ I.Dans le cas n = 2 (resp. n = 3), cela s’interprète comme la trajectoire d’un point

dans le plan (resp. dans l’espace).

Rappel sur les limites des fonctions de R dans Rn

Soit I un intervalle de R, f : I→Rn, a ∈R un point de I ou un bords de I et l ∈Rn.On dit que limx→a f (x) = l, lorsque :

∀ε > 0, ∃α > 0,∀x ∈ I, |x−a|6=⇒ ‖ f (x)− l‖6 ε.

en particulier, pour a ∈ I, f est continue en a lorsque limx→a f (x) = f (a), ce qui s’écritdonc :

∀ε > 0, ∃α > 0,∀x ∈ I, |x−a|6=⇒ ‖ f (x)− f (a)‖6 ε.

A priori, ces définitions dépendent de la norme choisie sur Rn. En fait, comme onest en dimension finie, on verra que cela ne dépends pas de la norme choisie. On peutdonc prendre n’importe quelle norme de Rn, en particulier, on choisit souvent la normecanonique.

Avec ces définition, pour deux fonctions f et g : I → Rn, on peut définir parexemple :

f (x) =x→a

g(x)+ ox→a

((x−a)n)

Si :

limx→a

1(x−a)n ( f (x)−g(x)) = 0

On peut aussi dire que ox→a

((x−a)n) désigne (x−a)nε(x) où ε : I→Rn est une fonction

vérifiant limx→a

ε(x) = 0.Enfin, la limite de la fonction est la limite des applications coordonnées : si B =

(e1, . . . ,en) une base de Rn et ( fi)i∈[[1,n]] les applications coordonnées de f relativement

à cette base, ie ∀x ∈ I, f (x) =(

f1(x), . . . , fn(x))

B. Si on note l = (l1, . . . , ln)B . Alors :

limx→a

f (x) = l ⇐⇒ ∀i ∈ [[1,n]] , limx→a

fi(x) = li

I DérivabilitéI.1 Dérivabilité en un point

Définition I.1 — Dérivabilité en un point. On dit que la fonction f : I→ Rn estdérivable en a ∈ I si, et seulement si, l’application taux d’accroissement en a :

Ta :

I \a → Rn

x 7−→ 1x−a

( f (x)− f (a))

admet un vecteur L de Rn pour limite en a.Le vecteur L est alors le vecteur dérivée de f au point a et ce vecteur est

noté f ′(a).Lorsque le taux d’accroissement n’admet qu’une limite à droite (resp. gauche),

on parle de dérivée à droite (resp. gauche) notée f ′d(a) (resp. f ′g(a)).

Notation I.1. On note le vecteur dérivé : f ′(a), D f (a) ou encore d fdx (a). Pour les

dérivées à droite / gauche, on note : f ′d(a), D f (a+) ou encore d fdx (a

+).

R C’est bien :1

x−a( f (x)− f (a)) (scalaire × vecteur).

. Écrire limx→a

Ta(x) = L signifie :

∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x ∈ I, (x ∈]a−α,a+α[ =⇒ ‖Ta(x)−L‖6 ε)

Ici, ‖·‖ désigne la norme dans Rn, ( ‖Ta(x)−L‖ désigne donc la distance). Onpeut choisir la norme canonique ou une autre norme.Comme on le verra dans le chapitre sur les espaces normées que cela ne dépendspas du choix de la norme.

. Si a n’est pas une extrémité de I (on dit que a est un point intérieur à I), alorsf est dérivable en a si et seulement si f est dérivable à gauche et à droite etf ′d(a) = f ′g(a).

. Physiquement, c’est le vecteur vitesse du point mobile.Une fonction f : I→ Rn est en fait la donné de n fonctions ( f1, . . . , fn) de I dans R,

définie par :

∀x ∈ I, f (x) =(

f1(x), . . . , fn(x))

La proposition suivante montre que l’étude de la dérivabilité de f peut se ramener àl’étude de la dérivabilite des n fonctions

(f1(x), . . . , fn(x)

).

Proposition I.1 — Caractérisation par la dérivabilité des applications coor-données. Soit B = (e1, . . . ,en) une base de Rn et ( fi)i∈[[1,n]] les applications coor-

données de f relativement à cette base, ie ∀x ∈ I, f (x) =(

f1(x), . . . , fn(x))

B.

On a alors : f est dérivable en a si et seulement si ses applications coordonnéessont dérivables en a.

Dans ce cas, on a : f ′(a) =(

f ′1(x), . . . , f ′n(x))

B.

Démonstration. On va faire la démonstration dans le cas n = 2 pour faciliter les nota-tions.

Commençons par un rappel : si f : I→ R2 et L = (L1,L2) ∈ R2, alors limx→a

f (x) = L

est équivalent à limx→a

f1(x) = L1 et limx→a

f2(x) = L2.

Notons T 1a le taux d’accroissement en a de f1 et T 2

a le taux d’accroissement en a def2.

On vérifie alors :

∀x ∈ I \aTa(x) =1

x−a( f (x)− f (a))

=1

x−a(( f1(x), f2(x))− ( f1(a), f2(a)))

=

(1

x−a( f1(x)− f1(a)) ,

1x−a

( f2(x)− f2(a)))

=(

T 1a (x),T

2a (x)

)Autrement dit : Ta est le taux d’accroissement de la fonction vectorielle f , on

constate que la première composante de Ta corresponds au taux d’accroissement de lapremière composante de f . Idem pour la deuxième.

Ainsi en appliquant le rappel à Ta :

limx→a

Ta(x) = (L1,L2) ⇐⇒

(limx→a

T 1a (x) = L1 et lim

x→aT 2

a (x) = L2

)

ce qui signifie que f est dérivable en a si et seulement f1 et f2 sont dérivable en a etdans ce cas on a bien f ′(a) = ( f ′1(a), f ′2(a)).

. Essentiellement, on dérive donc composante par composante dès que cela estpossible. L’idée est la même que la continuité vue en première année : augmenter

la dimension dans l’espace d’arrivée n’est pas un problème on se ramène à l’étudede chaque composante.par contre, augmenter la dimension dans l’espace de départ est compliqué (pasde résultat au programme).

La proposition suivante fait le lien avec les développements limités.

Proposition I.2 — Dérivabilité et existence d’un DL à l’ordre 1. La fonction fest dérivable en a si et seulement si f admet un développement limité à l’ordre 1 ena.

Autrement dit, si il existe L ∈ Rn tel que :

f (x) = f (a)+(x−a)L+ ox→a

(x−a)

De plus, dans ce cas L = f ′(a).

Démonstration. Comme dans le cas de fonctions à valeurs réelles, c’est une simpleré-écriture de la définition :

f (x) = f (a)+(x−a)L+ ox→a

(x−a)

signifie limx→a

1(x−a)

( f (x)− f (a)− (x−a)L) = 0

ce qui s’écrit aussi : limx→a

1(x−a)

( f (x)− f (a))−L = 0

ou encore : limx→a

1(x−a)

( f (x)− f (a)) = L

On a donc clairement une équivalence entre les deux propositions.

R Ici aussi, on écrit : (x−a)L et non L(x−a) : c’est scalaire × vecteur.

Corollaire I.3 Si f est dérivable en a alors f est continue en a

Démonstration. Ici encore, il s’agit juste de voir que :(f (x) = f (a)+(x−a)L+ o

x→a(x−a)

)=⇒

(f (x) = f (a)+ o

x→a(1))

I.2 Dérivabilité sur un intervalleDéfinition I.2 Une fonction est dérivable sur un intervalle lorsqu’elle est dérivableen tout point de cet intervalle.

Notation I.2. On note alors f ′ ou D f ou d fdx la fonction dérivée.

Proposition I.4 Soit f et g dérivable sur I et α ∈R, alors f +αg est dérivable sur I.Et ( f +αg)′ = f ′+αg′

. Autrement dit : l’ensemble des fonctions dérivables sur I est un R-espace vectorielet la dérivée est une application linéaire.

I.3 Dérivabilité et compositionOn rappelle que l’on manipule les fonctions de I→ Rn. On ne peut donc pas faire

de produit ni de composée de telles fonctions.On peut composer de deux manières : soit à droite par une fonction de R→ R, ou

à gauche par une fonction de Rn→ Rp. On rappelle que l’on ne sait pas dériver unefonction de Rn→ Rp.

Proposition I.5 — Composée application linéaire et d’une application déri-vable. Soit u une application linéaire de Rn dans Rp et f : I→ Rn et a ∈ I. On aalors :• Si f est dérivable en a, alors u f est dérivable en a avec :

(u f )′ (a) =(u f ′

)(a)

• Si f est dérivable sur I , alors u f est dérivable sur I

(u f )′ = u f ′

Démonstration. On montre la première proposition , la deuxième en est clairement uneconséquence.

On note T le taux d’accroissement en a de u f , on a :

∀x ∈ I \a T (x) =1

x−a(u( f (x))−u( f (a)))

=u(

1x−a

( f (x)− f (a)))

en exploitant la linéarité de u.On admet le résultat suivant : u étant une application linéaire, elle est continue.

Comme on a limx→a

1x−a

( f (x)− f (a)) = f ′(a), on obtient :

limx→a

T (x) = u(

f ′(a))

On rappelle qu’une application est bilinéaire si elle est linéaire par rapport à chaquecomposante :

Définition I.3 Une application B de Rn×Rp dans Rq est dite bilinéaire lorsque les

deux conditions suivantes sont vérifiées :

∀(x,y) ∈ (Rn)2 ,∀u ∈ Rp,∀α ∈ R, B(x+αy,u) = B(x,u)+αB(y,u)

∀x ∈ Rn,∀(u,v) ∈ (Rp)2 ,∀α ∈ R, B(x,u+αv) = B(x,u)+αB(x,v)

Proposition I.6 Soit B une application bilinéaire de Rn×Rp dans Rq, f une fonctionI→ Rn et g une fonction I→ Rp. Enfin, soit a ∈ I.

On définit alors B( f ,g) par :

∀x ∈ I, B( f ,g)(x) = B( f (x),g(x)).

On a alors :• Si f et g sont dérivables en a, alors B( f ,g) est aussi dérivable en a, avec :

(B( f ,g))′ (a) = B( f ′(a),g(a))+B( f (a),g′(a))

• Si f et g sont dérivables sur I, alors B( f ,g) est aussi dérivable sur I, avec :

(B( f ,g))′ = B( f ′,g)+B( f ,g′)

Démonstration. Ici encore, on se contente de démontrer la première relation, la deuxièmeest une conséquence directe.

On note T le taux d’accroissement associé à B( f ,g), et on a :

∀x ∈ I \a, T (x) =1

x−a(B( f (x),g(x))−B( f (a),g(a)))

=1

x−a(B( f (x),g(x))−B( f (a),g(x)))

+1

x−a(B( f (a),g(x))−B( f (a),g(a)))

=B(

1x−a

( f (x)− f (a)),g(x))+B

(f (a),

1x−a

(g(x)−g(a)))

On admet le résultat suivant : la fonction B est continue car elle est bilinéaire.On a alors :

limx→a

1x−a

( f (x)− f (a)) = f ′(a) et limx→a

g(x) = g(a)

donc limx→a

B(

1x−a

( f (x)− f (a)),g(x))= B( f ′(a),g(a))

et de même :

limx→a

1x−a

(g(x)−g(a)) = g′(a) donc

limx→a

B(

f (a),1

x−a(g(x)−g(a))

)= B( f (a),g′(a))

. Si on considère l’application B : (x,y) 7→ xy c’est une application bilinéaire deR2 dans R. Si f et g sont deux fonctions I→R, alors B( f ,g) = f g est le produit.On vient donc de retrouver :

( f g)′ = B( f ,g)′ = B( f ′,g)+B( f ,g′) = f ′g+ f g′.

. Si f : I→ Rn et α : I→ R, alors

(α f )′ = α′ f +α f ′

En effet l’application B : (λ ,x) 7−→ λx est bilinéaire de R×Rn dans Rn, et(α f ) = B(α, f )

On peut aussi composer à droite par une fonction réelle de la variable réelle :

Proposition I.7 Soit ϕ une application réelle de la variable réelle avec ϕ : J→ I etf : I→ Rn et soit a ∈ J. On peut alors composer f ϕ .

On a alors :• Si ϕ est dérivable en a et f est dérivable en ϕ(a) alors f ϕ est dérivable en

a avec :

( f ϕ)′ (a) = ϕ′(a)

(f ′ ϕ

)(a)

• Si ϕ est dérivable sur J et f est dérivable sur I f ϕ est dérivable sur J avec :

( f ϕ)′ = ϕ′ ( f ′ ϕ

)Démonstration. heuristique De la même manière, on démontre la première partie.

On note T le taux d’accroissement de f ϕ

∀x ∈ I \a, T (x) =1

x−a( f (ϕ(x))− f (ϕ(a)))

On a pour x 6= a tel que ϕ(x) 6= ϕ(a) :

T (x) =ϕ(x)−ϕ(a)

x−a1

ϕ(x)−ϕ(a)( f (ϕ(x))− f (ϕ(a)))

On fait tendre x vers a. Pour le premier terme, on a :

limx→a

ϕ(x)−ϕ(a)x−a

= ϕ′(a) car ϕ est dérivable en

Pour le deuxième, il faut faire un changement de variables :

limx→a

1ϕ(x)−ϕ(a)

( f (ϕ(x))− f (ϕ(a))) = limy→ϕ(a)

1y−ϕ(a)

( f (y)− f (ϕ(a)))

= f ′(ϕ(a))

On admet que l’on peut justifier ce calcul même dans le cas où on ne peut pas fairetendre x vers a en gardant ϕ(x) 6= ϕ(a).

O Exemples à connaître Exemple I.1 Dérivée du produit scalaire Soit f et g deux fonctions de I dans Rn

dérivables sur I, on considère la fonction h =< f ,g > définie donc par :

∀x ∈ I, h(x) =< f (x),g(x)>

Comme le produit scalaire est bilinéaire, on a h est dérivable sur I avec :

∀x ∈ I, h′(x) =< f ′(x),g(x)>+< f (x),g′(x)>

En particulier, si f = g, on a h = ‖ f‖2 et :

∀x ∈ I,(‖ f‖2)′ (x) = 2 < f ′(x), f (x)>

Exemple I.2 Soit f et g deux fonctions à valeurs dans R2 dérivable sur I, on a alorsx 7−→ det( f (x),g(x)) est dérivable sur I, avec :

(det( f ,g))′ = det( f ′,g)+det( f ,g′)

I.4 Fonctions de classe C k

Définition I.4 — Fonction de classe C k. Soit k un entier naturel.On définit les fonctions de classe C k sur I par récurrence de la manière suivante :

une fonction f : I→ Rn est dite• de classe C 0 si elle est continue,• de classe C k+1 si elle est dérivable et si sa dérivée f ′ est de classe C k

Enfin, une fonction f : I→Rn est dite de classe C ∞ si elle est de classe C k pourtoute valeur de k ∈ N.

Notation I.3. On note C k(I,Rn) ou simplement C k l’ensemble des fonctions de classeC k.

On a : C k+1 ⊂ C k, ainsi que par définition : f ∈ C k ⇐⇒ f ′ ∈ C k−1.

Définition I.5 — Dérivées successives. Soit f ∈ C k(I,Rn), on définit la dérivéek-ième de f sur I par récurrence :

f (0) = f et ∀i ∈ [[1,k]] , f (i) =(

f (i−1))′

. Par exemple si f (t) est la trajectoire d’un point mobile, f ′(t) est le vecteur vitesse,tandis que f ′′(t) est le vecteur accélération.

Proposition I.8 L’ensemble C k(I,Rn) est un sous-espace vectoriel de l’ensembledes application I→ Rn.

La dérivée k-ième est une application linéaire sur cet ensemble.

Conformément au programme, on se contente d’une brève extension des résultatsprécédents.

Proposition I.9 Soit B une base de Rn, on note ( f1, . . . , fn) les application coordon-nées, ie les fonctions de I dans R telles que :

∀x ∈ I, f (x) =(

f1(x), . . . , fn(x))

B

L’application f est alors de classe C k si et seulement si les n applications( f1, . . . , fn) sont de classe C k.

De plus :

∀ j ∈ [[0,k]] ,∀x ∈ I, f ( j)(x) =(

f ( j)1 (x), . . . , f ( j)

n (x))

B

En particulier, f ∈ C ∞ si et seulement si ( f1, . . . , fn) sont de classe C ∞.

Pour montrer qu’une fonction I→ Rn est donc de classe C ∞, on le montre doncpour toutes ces composantes.

Proposition I.10 Soit u ∈L (Rn,Rp) et f : I→ Rn de classe C k.L’application composée u f est alors de classe C k sur I avec :

∀ j ∈ [[0,k]] , (u f )( j) = u f ( j)

En particulier, si f ∈ C ∞, on a u f de classe C ∞.

Proposition I.11 — Formule de Leibniz. Soit B une application bilinéaire de Rn×Rp dans Rq, soit f : I→ Rn et g : I→ Rp deux applications de classe C k.

L’application composée B( f ,g) est alors de classe C k et on a la formule :

∀ j ∈ [[0,k]] , B( f ,g)( j) =j

∑i=0

(ji

)B(

f (i),g( j−i))

En particulier, si f ∈ C ∞ et g ∈ C ∞, on a B( f ,g) de classe C ∞.

On retrouve bien sûr la formule de la dérivée j-ième d’un produit.

Démonstration. La démonstration se fait par récurrence sur j en appliquant le cas j = 1vu à la précédente section.

C’est la même démonstration que celle vue en première année pour le produit.

Proposition I.12 Soit I et J deux intervalles de R, ϕ : I → J et f : J → Rn, onconsidère alors la composée f ϕ .

Si f ∈ C k(J,Rn) et si ϕ ∈ C k(I,J) alors f ϕ est aussi de classe C k.

En particulier, Si f ∈ C ∞(J,Rn) et si ϕ ∈ C ∞(I,J) alors f ϕ est aussi de classeC ∞.

R Il n’y a pas de formule explicite pour ( f ϕ)( j) dans ce cas.

II Arcs paramétrés

On fixe dans ce chapitre un repère(O,−→i ,−→j)

du plan et un repère(O,−→i ,−→j ,−→k)

de l’espace. Avec ce repère, on identifie les points M du plan (resp. de l’espace) avecles éléments de R2 (resp. de R3).

II.1 Définitions

Définition II.1 Soit 16 k ou k =+∞.Un arc paramétré (ou courbe paramétrée) de classe C k du plan est la

donnée d’une fonction f : I→ R2 où I est un intervalle de R.On parle d’arc paramétré de l’espace, lorsque f est à valeurs dans R3.Le point de paramètre t noté M(t) est le point de coordonnées f (t) dans

le repère choisi. Ce point est simple si il est atteint pour une seule valeur de t ∈ I,sinon il est multiple.

L’arc est simple si tous les points sont simples.On considère aussi le support de l’arc paramétré :

Γ =

M(t)∣∣∣t ∈ I

Le couple (I, f ) avec I l’intervalle et f la fonction est un paramétrage de Γ.

. Ce qui nous intéresse dans cette section est le tracé du support Γ. Physiquement,cela s’interprète comme la trajectoire du point mobile.Un point est simple si physiquement le point mobile passe une seule fois parce point, il est multiple si le point mobile passe plusieurs fois par ce point. Ondistingue courbe plane (dans le plan) et courbe gauche (dans l’espace).Souvent on note

Γ :

x(t) = ...y(t) = ...

t ∈ I,

cela corresponds à : f :

I → R2

t 7−→ (x(t),y(t))

. Un même support peut être défini par plusieurs paramétrage. Par exemple lecercle peut être paramétré par :

f :

R → R2

θ 7−→(

cosθ ,sinθ

) f :

[0,2π] → R2

θ 7−→(

sinθ ,cosθ

)

et le quart de cercle peut être paramétré par :

g :

[−1,1] → R2

t 7−→ (t,√

1− t2)

. Ce dernier exemple montre qu’une courbe représentative d’une fonction réelle dela variable réelle y = f (x) corresponds en fait à l’arc paramétré : x 7−→ (x, f (x)).La différence entre un arc paramétré est la courbe représentative d’une fonctionest qu’il peut y avoir plusieurs points avec la même abscisse.

. La régularité des fonctions n’est pas la régularité de la courbe : les fonction(x,y) peuvent être de classe C ∞ et la courbe Γ peut avoir des angles (exemple del’astéroïde plus loin).

II.2 Tangente aux points réguliers

Définition II.2 — Point régulier, point stationnaire. Le point M(t) = f (t) estrégulier lorsque f ′(t) n’est pas le vecteur nul. Dans le cas contraire, le point M(t)est irrégulier ou stationnaire.

L’arc paramétré est dit régulier lorsque tous ses points sont réguliers.

. Physiquement : un point stationnaire M(t) corresponds à un temps où le pointmobile dont on regarde la trajectoire a une vitesse nulle. En particulier, si il y ades points stationnaires, la courbe peut avoir des coins.

Définition II.3 — Tangente. Soit f : I→ R2 un arc paramétré et t0 ∈ I.On dit que la courbe paramétrée Γ admet en M(t0) une tangente si

le vecteur unitaire1

‖−−−−−−−→M(t0)M(t)‖

(−−−−−−→M(t0)M(t)

)admet une limite lorsque t→ t0

Autrement dit si :

1‖ f (t)− f (t0)‖

( f (t)− f (t0)) admet une limite lorsque t→ t0

La tangente est alors la droite passant par M(t) est dirigé par ce vecteur limite.

. On distingue parfois les deux demi tangente comme la limite à droite et à gauche

def (t)− f (t0)‖ f (t)− f (t0)‖

lorsque t tends vers t0.

Proposition II.1 Soit f : I→ R2 un arc paramétré et t0 ∈ I. Si M(t0) est un pointrégulier (ie si f ′(t0) 6= 0), alors la courbe paramétrée Γ admet une tangente en M(t0)qui est la droite passant par M(t0) et dirigée par f ′(t0).

Démonstration. Admis.

! Attention dans le cas d’un point non régulier, la courbe peut présenter uneirrégularité (vois plus loin).

II.3 Longueur d’un arc paramétré de classe C 1

Proposition II.2 Soit t 7→ f (t) un arc paramétré de classe C 1 à valeurs dans Rn ett0 < t1 deux réels de I.

La longueur de l’arc entre les points M(t0) et M(t1) est le réels :∫ t1

t0‖ f ′(t)‖dt

Ce réel positif est la longueur de la courbe entre les deux points.En particulier, dans le cas d’une courbe plane, t ∈ I 7−→ (x(t),y(t)) de classe

C 1, on obtient la formule de la longueur de l’arc :∫ t1

t0

√x′2(t)+ y′2(t)dt

En particulier, dans le cas d’une courbe dans l’espace t ∈ I 7−→ (x(t),y(t),z(t))de classe C 1, on obtient la formule de la longueur de l’arc :∫ t1

t0

√x′2(t)+ y′2(t)+ z′2(t)dt

Démonstration. ADMIS.

. C’est l’intégrale du vecteur vitesse. Cela dépend de la norme choisie (en fait ondonne la longueur dans la norme usuelle).

. On peut adapter au cas d’une fonction f : I→ R. Si on veut la longueur de lacourbe représentative de la fonction entre les points (a, f (a)) et (b, f (b)), il fautconsidérer la courbe paramétrée :

x(t) =t

y(t) = f (t)

ainsi, la longueur cherchée est :

L =∫ b

a

√1+ f ′2(t)dt

II.4 Plan d’études des courbes paramétrées

Le plan général d’étude d’une courbe paramétrée f : t 7−→(

x(t),y(t))

est :• Déterminer l’ensemble de définition, et la régularité de la fonction f .• Déterminer l’ensemble d’étude.

Dans le cas où les fonctions x(t) et y(t) sont périodique de même période T ,

on les étudiera sur un intervalle de longueur T . On a alors :

Γ =(

x(t),y(t))∣∣∣t ∈ R

=(

x(t),y(t))∣∣∣t ∈ [0,T ]

La parité permet de restreindre le domaine d’étude à R+. Pour cela, on doitpouvoir exprimer le point M(−t)=

(x(−t),y(−t)

)en fonction de

(x(t),y(t)

)=

M(t).– Si x et y sont paires, M(−t) = M(t), on obtient alors directement toute

la courbe en étudiant sur R+.– Si x est paire et y est impaire, M(−t) =

(x(t),−y(t)

), on étudie alors sur

R+, puis on obtient toute la courbe par symétrie d’axe l’axe horizontal.– Si x est impair et y est paire, M(−t) =

(−x(t),y(t)

), on étudie alors sur

R+, puis on obtient toute la courbe par symétrie d’axe l’axe vertical.– Si x et y sont paires, M(−t) =−M(t), on étudie alors sur R+, puis on

obtient toute la courbe par symétrie de centre (0,0).Le plus simple est de faire un dessin plutôt que de retenir par cœur cesrésultats.Diverses symétries permettent aussi de diminuer l’intervalle d’étude.• Variation de (x(t),y(t)) On dérive ensuite x et y de manière à obtenir leur

variation sur l’intervalle d’étude. On obtient alors les tangentes aux pointsréguliers.On rassemble ses informations dans un unique tableau de variation. Si despoints particuliers apparaissent, on les signale dans le tableau. Dans le casoù un point n’est particulier que pour l’une des fonctions, on donne alors lavaleur de l’autre fonction en ce point.• Étude des branches infinies Il y a branche infinie dès que x, y tendent vers±∞ (éventuellement lorsque t tend vers +∞).dans ce cas, on fait généralement un DL et on calcule des limites :

– Si limt→t0 x(t) =±∞ et limt→t0 y(t) = y0 ∈ R, on a une asymptote hori-zontale y = y0.

– Si limt→t0 x(t) = x0 ∈ R et limt→t0 y(t) =±∞, on a une asymptote verti-cale x = x0.

– Si x et y tendent ensemble vers +∞, il faut étudier le rapport y(t)x(t) .

∗ Si cette limite n’existe pas, on ne peut rien dire,∗ si limt→t0

y(t)x(t) = ∞, alors on a une branche parabolique verticale (y

tends plus vite que x).∗ si limt→t0

y(t)x(t) = 0, alors on a une branche parabolique horizontale

(x tends plus vite que y).∗ si limt→t0

y(t)x(t) = a ∈ R∗, on va étudier y(t)−ax(t). Si cette quantité

tend vers b, c’est que ax+b est asymptote, sinon c’est que l’on aune branche parabolique de pente a.

• Étude au voisinage d’un point En un point régulier, la courbe suit sa tangentequi est dirigé par la dérivée.Pour étudier l’allure, on fait généralement des DLs de x(t) et de y(t). Si t0 est

un point irrégulier, on regarde :

limt→t0

x(t)− x(t0)y(t)− y(t0)

cela donne l’allure de la courbe au point de paramètre t0.En un point irrégulier, on considère souvent :

p =min

p ∈ N∣∣∣ f (p)(t0) 6= 0

et q =min

p ∈ N

∣∣∣ f (q)(t0) non nul et non colinéaire à f (p)(t0)

On a alors les schémas suivants :

REM : on obtient généralement la forme de la courbe par les symétrie aupoint irrégulier. De plus, on utilise souvent des développements limités pourtrouver la forme de la courbe.• Tracé de la courbe Γ Avec toutes ses informations on trace alors la courbe

en faisant apparaître le maximum d’information. Ne pas oublier d’utiliser lessymétries pour avoir toute la courbe.

O Visualisation à l’aide de l’outil informatique

Pour afficher une courbe en Python, on utilise bien sûr les bibliothèques numpy etpyplot. La fonction plot permet de relier des points par des segments de droites.

Il faut donc créer deux listes listeX = (x0, . . . ,xn−1) et listeY = (y0, . . . ,yn−1)puis utiliser l’instruction plot(listeX, listeY) pour visualiser la courbe qui relie lespoints (x0,y0), . . . ,(xn−1,yn−1).

Pour obtenir ces listes, on discrétise l’intervalle I avec la fonction linspace. L’ins-truction listeT= linspace(a,b, nbrPoints) discrétise le segment [a,b] en nbrPointséquirépartis.

On peut aussi utiliser les opérations entre array.

II.5 Exemples de construction d’arcs plansO Exemple de l’astroïde

L’astroïde est définie par :x(t) = cos3 ty(t) = sin3 t

Le domaine d’étude à priori est R, mais comme les deux fonctions sont périodiques, onpeut se ramener à [0,2π], mais aussi à [−π,π].

Cela nous donne déjà les instructions pour tracer la courbe :

listeT = linspace (0, 2*pi , 100)listeX = cos( listeT ) **3 # opé rations entre arraylisteX = sin( listeT ) **3 # opé rations entre arrayplot(listeX , listeY )

On a : M(−t) =(

cos3(−t),sin3(−t))=(

cos3(t),−sin3(t))=(

x(t),−y(t))

. Onétudie donc la courbe pour t ∈ [0,π], puis on complète par symétrie d’axe l’axe hori-zontal.

On voit facilement que M(π− t) =(− x(t),y(t)

), donc on peut se contenter d’étu-

dier sur [0, π

2 ], puis compléter par symétrie d’axe vertical.Il est aussi clair que M(π

2 − t) = (y(t),x(t)), donc on peut étudier sur [0, π

4 ], puiscompléter par symétrie d’axe ∆ : y = x.

On a :x′(t) =−3cos2 t sin ty′(t) = 3cos t sin2 t.

,

On a donc le tableau de variation :

t

Signe de x′(t)

Variation de x(t)

Signe de y′(t)

Variation de y(t)

Pointsparticuliers

0 π

4

0 − −√

24

11

3√

243√

24

0 +√

24

00

3√

243√

24

A B

On ne sais pas quelle est la forme de la tangente en A = (0,0), mais on a :

x(t)−1 =cos3(t)−1

=

(1− t2

2+o(t3)

)3

−1

=

(1− t2

2+o(t3)

)(1− t2

2+o(t3)

)(1− t2

2+o(t3)

)−1

=−3t2

2+o(t3) ∼

t→0−3

t2

2

et :

y(t) =sin3(t) ∼t→0

t3

Ainsi, limt→0

y(t)x(t)−1

= 0. intuitivement, y tends vers 0 plus vite que x ne tends vers 1.

Cela prouve que la tangente au point A = M(0) =(1,0)

est horizontale.Le point B = M

(π

4

)est régulier, la tangente est dirigée par le vecteur

(1,1).

On construit :1. la courbe pour t ∈ [0, π

4 ],2. on complète par symétrie d’axe : ∆ : y = x pour obtenir t ∈ [0, π

2 ],3. on complète par symétrie d’axe vertical pour obtenir t ∈ [0,π],4. on complète par symétrie d’axe horizontal pour obtenir t ∈ [0,2π],5. on a alors obtenu toute la courbe 6.1 pour t ∈ R.

0 1−10

1

−1

FIGURE 6.1 – L’astroïde

On peut de plus calculer la longueur de la courbe :

‖(x′(t),y′(t)

)‖=

√x′(t)2 + y′(t)2 =

√9sin2 t cos2 t

et donc :

L = 4∫ π

2

03sin(t)cos(t)dt = 6.

O Un autre exemplePour la courbe :

x(t) = 12

(t + 1

t

)y(t) = 1

2

(t− 1

t

),

t ∈ R∗

on a :

M(−t) =(1

2

(−t− 1

t

),12

(−t +

1t

))=(− x(t),−y(t)

).

Ainsi, on obtient la courbe en étudiant sur R+∗ , puis on complète par symétrie de centre

(0,0).On voit que M

(1t

)=(

x(t),−y(t))

. On peut donc étudier sur ]0,1], puis compléterpar symétrie d’axe horizontal.

on a :

x′(t) =12

(1− 1

t2

)=

12

t2−1t2 < 0 sur ]0,1]

y′(t) =12

(1+

1t2

)> 0

Il est clair de plus que limt→0+

x(t) = +∞ et limt→0+

y(t) =−∞.

D’où le tableau de variation :

t

Signe de x′(t)

Variation de x(t)

Signe de y′(t)

Variation de y(t)

Pointsparticuliers

0 1

− 0

+∞

11

+ 1

−∞

00

A

On voit que la tangente au point A est verticale.On a : x(t) ∼

t→0+12t , et y(t) ∼

t→0+− 1

2t , d’où on voit que y(t)x(t) −−−→t→0+

−1. D’où l’idée de

calculer : y(t)+ x(t) = t −−−→t→0+

0. Cela implique que la droite ∆ : y =−x est asymptote

oblique à Γ.

0 1 2−1−20

1

2

−1

−2

FIGURE 6.2 – La courbe Γ

O Exemple des courbes de LissajousSoit :

Γ :

x(θ) = sin

(θ

3

)y(θ) = sin

(θ

2

) .

Il est clair qu’il s’agit d’une courbe définie sur R, et C ∞ sur R.Pour le domaine d’étude on a : déjà x(θ) et y(θ) sont 12π périodique, et impaires,

on se restreint donc à θ ∈ [0,6π],Ensuite :

x(6π−θ) =sin(

2π− θ

3

)=−x(θ),

et x(6π−θ) =sin(

3π− θ

2

)= y(θ).

On va donc se restreindre à θ ∈ [0,3π], les valeurs pour θ ∈ [3π,6π], étant obtenuespar symétrie d’axe vertical. donc on étudie sur [0,3π].

On dérive :

x′(θ) =13

cosθ

3

y′(θ) =12

cosθ

2.

Puis on a : x′(θ)> 0 si θ ∈ [0, 3π

2 [, et y′(θ)> 0 si θ ∈ [0,π[.D’où le tableau de variation :

θ

Signe de x′(θ)

Variationde x(θ)

Signe de y′(θ)

Variationde y(θ)

Pointsparticuliers

0 π 3π

2 2π 3π

13 + 0 −

00

11

00

√3

2

√3

2

12 + 0 − 0

00

11

−1−1

√2

20

O A B C D

Au point A =(√3

2 ,1)

la tangente est horizontale, et en B =(1,√

22

), la tangente est

verticale. Enfin en O = (0,0), la tangente est dirigé selon(1

3 ,12

). D’où le graphique

figure 6.3

0 1−1

1

−1

x

y

FIGURE 6.3 – Courbe de Lissajou

Fonctions vectoriellesPelletier Sylvain PSI, LMSC

O Dérivation des fonctions vectoriellesExercice 1 On considère le déterminant dans la base canonique, < ·, · > un produit scalaire sur R2 et ( f ,g,h,k) desapplications de C 1(I,R2) .

1. Montrer que 〈 f ,det(g,h)k〉 ∈ C 1(I,R) et calculer sa dérivée.2. Montrer que det( f ,det(g,h)k) ∈ C 1(I,R) et calculer sa dérivée.

Correction : il faut utiliser les propriétés de dérivation des fonctions bilinéaires.Pour le premier, la dérivée est

det(g,h)< f ′,k >+(det(g′,h)+det(g,h′)

)< f ,k >+det(g,h)< f ,k′ >

pour le deuxième, la dérivée est :

det(g,h)det( f ′,k)+de f (g,h)det( f ,k′)+det(g′,h)det( f ,k)+det(g,h′)det( f ,k)

Exercice 2 Soit f : x 7−→(x,sin(x2),cos(2x+3)

)et g : t 7→ e−t .

Montrer que f g est dérivable sur R et calculer sa fonction dérivée.

Correction : Il faut écrire :

∀t ∈ R, ( f g)′ = g′(t) f ′ (g(t))

Ce qui donne :

e−t (1,2e−t cos(x−2t) ,−2sin

(2e−t +3

))Exercice 3 On considère une base B de Rn.

1. Soit ( f1, . . . , fn) des fonctions de I dans Rn dérivable. Montrer que l’application :

ϕ : t 7−→ detB

(f1(t), . . . , fn(t)

)est dérivable sur I.

2. Pour n> 2 et (a1, . . . ,an) ∈ Rn, on considère :

∆n =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 a1 . . . , an−2

1 an1

1 a2 . . . , an−22 an

2...

......

...1 an . . . , an−2

n ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣et l’application Dn : R→ R définie par :

Dn : t 7−→

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ea1t a1ea1t · · · an−1

1 ea1t

ea2t a2ea2t · · · an−12 ea2t

......

...eant aneant · · · an−1

n eant

∣∣∣∣∣∣∣∣∣En utilisant la dérivabilité de Dn calculer ∆n.

R La première question est un exercice classique à savoir refaire. Pour la faire, on doit admettre la continuité de l’applicationdéterminant (qui sera vue dans le chapitre sur les espaces vectoriels normés).

59

Correction :1. On considère t dans I et on fait un DL :

ϕ(t +h) =detB

(f1(t +h), . . . , fn(t +h))

)=det

B

(f1(t)+h f ′(t)+o(h), . . . , fn(t)+h f ′n(t)+o(h)

)On développe tous les termes, et on obtient (par continuité du déterminant) :

ϕ(t +h) =ϕ(t)+hn

∑i=1

detB

(f1(t), . . . , fi−1(t), f ′i (t), fi+1(t), . . . , fn(t)

)+o(h)

D’où la dérivabilité de ϕ et :

∀t ∈ I, ϕ′(t) = h

n

∑i=1

detB

(f1(t), . . . , fi−1(t), f ′i (t), fi+1(t), . . . , fn(t)

)On peut aussi rédiger autrement en reprenant la démonstration du cours pour le cas d’une fonction bilinéaire :

1h(ϕ(t +h)−ϕ(t))

=1h

(detB

(f1(t +h), . . . , fn(t +h))−det

B

(f1(t), . . . , fn(t)

))=det

B

(1h( f1(t +h)− f1(t)) , f2(t +h) . . . , fn(t +h)

)+

1h

detB

(f1(t), f2(t +h) . . . , fn(t +h)

)− 1

hdetB

(f1(t), . . . , fn(t)

)On note alors T1(h) = 1

h ( f1(t +h)− f1(t)) le taux d’accroissement de f1 et on obtient

1h(ϕ(t +h)−ϕ(t))

=detB

(T1(h), f2(t +h) . . . , fn(t +h)

)+det

B

(f1(t),T2(h), f3(t +h), . . . , fn(t +h)

)+

1h

detB

(f1(t), f2(t), f3(t +h) . . . , fn(t +h)

)− 1

hdetB

(f1(t), . . . , fn(t)

)On procède de même par récurrence sur j ∈ [[1,n]] :

1h(ϕ(t +h)−ϕ(t))

=j

∑i=1

detB

(f1(t), . . . , fi−1(t),Ti(h), fi+1(t +h) . . . , fn(t +h)

)+

1h

detB

(f1(t), . . . , f j(t), f j+1(t +h) . . . , fn(t +h)

)− 1

hdetB

(f1(t), . . . , fn(t)

)à la fin on obtient :

1h(ϕ(t +h−ϕ(t))

=n

∑i=1

detB

(f1(t), . . . , fi−1(t),Ti(h), fi+1(t +h) . . . , fn(t +h)

)

60

On fait tendre h vers 0, et par continuité de l’application déterminant, cela donne que ϕ est dérivable et :

ϕ′(t) =

n

∑i=1

detB

(f1(t), . . . , fi−1(t), f ′i (t), fi+1(t) . . . , fn(t)

)2. Dn est dérivable chacune des fonctions :

fi : t 7−→(ai−1

1 ea1t , . . . ,ai−1n eant)

est dérivable.On dérive Dn avec la formule de la question 1 :

D′n(t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a1ea1t a1ea1t · · · an−1

1 ea1t

a2ea2t a2ea2t · · · an−12 ea2t

......

...aneant aneant · · · an−1

n eant

∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸=0

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ea1t a2

1ea1t · · · an−11 ea1t

ea2t a22ea2t · · · an−1

2 ea2t

......

...eant an

2eant · · · an−1n eant

∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸=0

+ . . .

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ea1t a1ea1t · · · an

1ea1t

ea2t a2ea2t · · · an2ea2t

......

...eant aneant · · · an

neant

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Chacun des termes est de la forme :

det(

f1(t), f2(t), . . . , fi−1(t), f ′i (t), fi+1(t), . . . , fn(t))

Comme :

∀i ∈ [[1,n]] , f ′i (t) = fi+1(t)

on en déduit que chacun des ces déterminants est nuls (car deux colonnes sont identiques), ainsi les n−1 premierstermes sont nuls. Et donc :

D′n(t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ea1t a1ea1t · · · an−2

1 ea1t an1ea1t

ea2t a2ea2t · · · an−22 ea2t an

2ea2t

......

...eant aneant · · · an−2

n eant anneant

∣∣∣∣∣∣∣∣∣En particulier, D′n(0) = ∆n. D’un autre côté, en factorisant chacune des lignes par eait , on a facilement que :

∀t ∈ R, Dn(t) = e∑ni=1 aitV (a1, . . . ,an)

et donc en dérivant :

∀t ∈ R, D′n(t) =

(n

∑i=1

ai

)e∑

ni=1 aitV (a1, . . . ,an)

et au final :

D′n(0) =

(n

∑i=1

ai

)V (a1, . . . ,an)

Ce qui donne la valeur de ∆n.

O Exercices de concours

61

Exercice 4 Dérivation d’une fonction à valeur dans l’ensemble des matricesSoit :

f :

R → Mn,1(R)t 7−→ A(t)X(t)

où A ∈ C 2 (R,Mn(R)) et X ∈ C 1 (R,Mn,1(R))

et :

g :

Mn,1(R) → Mn,1(R)Y 7−→ BY

où B ∈Mn(R)

1. Montrer que g est lipschitzienne.2. Calculer f ′(x).3. On suppose que A est une fonction constante et que :

∀t ∈ R, X ′(t) = AX(t)

(a) Montrer que X est une fonction de classe C ∞ sur R et que :

∀p ∈ N, ∀t ∈ R, X (p)(t) = ApX(t)

(b) Montrer que :

∀p ∈ N, ∀t ∈ R, X(t) =p

∑k=0

tk

k!AkX(0)+

∫ t

0

(t−u)p

p!Ap+1X(u)du

(c) Soit t ∈ R, montrer que

X(t) = limp→+∞

p

∑k=0

tk

k!AkX(0)

(d) En déduire que les fonctions coordonnées de X sont DSE sur R.

R Si ϕ ∈ C (R,Mn,1(R), la notation :∫ t

0ϕ(u)du désigne l’intégrale d’une fonction à valeurs dans Mn,1(R) : c’est un

vecteur obtenu en intégrant composante par composante la fonction ϕ . Cette notion sera vue un peu plus tard dans l’année.

correction :1. linéarité.2. Par bilinéarité de l’application (A,X) 7−→ AX :

f ′(t) = A′(t)X(t)+A(t)X ′(t)

3. (a) On utilise une récurrence sur p ∈ N :

P(p) : ”X ∈ C p, et ∀t ∈ R, X (p)(t) = ApX(t)”

C’est vrai pour p = 1, puis en dérivant c’est héréditaire. D’où le résultat.(b) C’est le principe d’une intégration par parties :

∫ t

0

(t−u)p

p!Ap+1X(u)du =

[−(t−u)p+1

(p+1)!Ap+1X(u)

]t

0+∫ t

0

(t−u)p+1

(p+1)!Ap+2X(u)du

=t p+1

(p+1)!Ap+1X(0)+

∫ t

0

(t−u)p+1

(p+1)!Ap+2X(u)du

Le problème est que la fonction : u 7−→ Ap+1X(u) est à valeurs dans Mn,1(R) et que l’on a pas de résultatd’intégration par parties pour une telle fonction.

62

Il faut donc faire composante par composante et écrire :∫ t

0

[(t−u)p

p!Ap+1X(u)

]1

du =∫ t

0

(t−u)p

p![Ap+1X(u)

]1 du

=

[−(t−u)p+1

(p+1)![Ap+1X(u)

]1

]t

0+∫ t

0

(t−u)p+1

(p+1)!Ap+2X(u)du

=t p+1

(p+1)![Ap+1X(0)

]1 +

∫ t

0

(t−u)p+1

(p+1)![Ap+2X(u)

]1 du

où [·]1 désigne la première composante.(c) On fixe t. Il suffit d’écrire par fct lipschitzienne :∥∥∥∥∫ t

0

(t−u)p+1

(p+1)!Ap+2X(u)du

∥∥∥∥6∫ t

0

(t−u)p+1

(p+1)!|||A|||p+2‖X(u)‖du

6M|||A|||p+2∫ t

0

(t−u)p+1

(p+1)!du

avec M = sup‖M(u)‖

∣∣∣u ∈ [0, t]

, qui existe bien par continuité sur un segment.D’où :∥∥∥∥∫ t

0

(t−u)p+1

(p+1)!Ap+2X(u)du

∥∥∥∥6M|||A|||p+2 t p+2

(p+2)!→ 0

(d) Les coordonnées de X sont donc DSE sur R.

O Étude d’arcs paramétrésExercice 5 Leminscate de Bernoulli

Étudier et tracer :x(t) =

t1+ t4

y(t) =t3

1+ t4

Correction : On étudie sur [0,1], du fait des imparités et de la symétrie :

x(

1t

)= y(t) y

(1t

)= x(t)

On dérive :

x′(t) =1−3t4

1+ t4 y′(t) =t2(3− t4)

1+ t4

x croissante entre 0 et 3−14 (de 0 à 3

4 4√3) décroissante (jusqu’à 0). y croissante sur [0,1]. (de 0 à 1

2 ) Attention, le pointcorrespondant à 0 n’est pas atteint.

t = linspace ( -10 ,10 ,1000)2 x = (t) / (1+t**4)

y = (t**3) / (1+t**4)4 plot(x,y)

axis("equal")6 show ()

Exercice 6 Étudier et tracer l’arc :x(t) = 3cos(t)− cos(3t)y(t) = 3sin(t)− sin(3t)

63

Calculer sa longueur.

Correction : (x,y) est 2π périodique. x est paire et y impaire.

x(π− t) =−x(t)

y(π− t) = y(t)

On réessaie :

x(

π

2− t)= 3sin(t)+ sin(3t)

pas d’autre symétrie. On étudie sur[0, π

2

].

On dérive :

∀t ∈[0,

π

2

],

x′t) = 3(−sin(t)+ sin(3t))y′(t) = 3(cos(t)− cos(3t)

On résout :

sin(t) = sin(3t) pour t ∈[0,

π

2

]Ce qui donne :

t ≡ 3t[2π] ou t ≡ π−3t[2π]

comme t ∈[0, π

2

], 3t ∈

[0,3 π

2

], donc t ≡ 3t[2π] n’est possible que si t = 0. De même : comme t ∈

[0, π

2

], π−3t ∈

[−π

2 ,π],

donc : t ≡ π−3t[2π] n’est possible que si t = π−3t et donc que t = π

4 . Ainsi x′ s’annule uniquement en t = 0 et en t = π

4 x′

est positif pour t ∈[0, π

4

], négatif ensuite. (dessiner les courbes sin(t) et sin(3t) pour t ∈

[−π

2 ,π]).

On résout de même :

cos(t) = cos(3t)

les solutions sont, t = 0 et t = π

2 . Sur[0, π

2

], y est croissante.

x varie de 2 à 2√

2 puis à 0. y varie entre 0 et 4. pour t = π

4 , on a y(t) =√

2.Pour l’étude pour t = 0 (point irrégulier), on a :

x(t)− x(0) ∼t→0

3t2 y(t)− y(0) ∼t→0

4t3

ainsi la tangente est horizontale.Pour la longueur :

L =4∫ π

2

0

√x′2(t)+ y′2(t)dt

On calcule :√x′2(t)+ y′2(t) =3

√2√

1− cos2t

=6|sin(t)|= 6sin(t)

ainsi L = 24.

Exercice 7 Étude localeÀ l’aide d’un développement limité, donnez l’allure de :

M : t 7−→(

t− sin(t)sin3(t)

)au voisinage de 0.

64

Correction :(x(t)y(t)

)=

t→0t3(1

61

)+ t5

(− 1

120−1

2

)+o(t5)

Les vecteurs(1

61

)et(− 1

120−1

2

)forment une famille libre de R2. D’après le cours, on a un point d’inflexion.

Dans cette base notée B, on peut écrire :(x(t)y(t)

)B

=t→0

t3(

10

)B

+ t5(

01

)B

+o(t5)

il faut donc reporter ce dessin avec le changement de base.On peut aussi calculer la limite de y(t)

x(t) :

limt→0

y(t)x(t)

= 6 ie limt→0

y(t)− y(0)x(t)− x(0)

= 6

Donc la droite (y− y(0))−6(x− x(0)) = 0 ie y−6x = 0 est tangente à la courbe en (0,0)Puis calculer :

y(t)−6x(t) =t→0

(t3− t5

2+o(t5)

)−6(

t3 16− 1

120t5 +o(t5)

)=t5

(−1

2+

120

)+o(t5)

=− 920

t5 +o(t5)

On en déduit le signe de : y(t)−6x(t) : positif si t < 0 et négatif pour t > 0, ainsi, la courbe traverse sa tangente.Voici le code permettant d’obtenir le dessin :

t = linspace (-1, 1, 100 )2 x = t - sin(t)

y= (sin(t))**34 plot(x,y)

show ()

Exercice 8 Étude de branche infinieEtudier la courbe paramétrée définie par

M : t 7−→

(et

t+1e−t

t+1

)

Étudier les branches infinies de la courbe et représenter son support.

Correction : En +∞, on a :

limt→+∞

x(t) = +∞ limt→+∞

y(t) = 0

ainsi, on a une droite asymptotique y = 0, la courbe est au dessus puisque y(t)> 0.En −1+ :

limt→+∞

x(t) = +∞ limt→+∞

y(t) = +∞

On calcule donc :

limt→+∞

y(t)x(t)

= limt→+∞

e2t = e2

65

Ainsi, le rapport tend vers e2 et on On regarde donc y− e2x.

Il faut faire le DL en 1 de : y(t)− e2x(t) =e−t − e2et

1+ t, on fait donc le changement de variable h = 1+ t, ce qui donne :

e−t − e2et

1+ t=

e1−h− e2eh−1

h

=eh

(−2h− h3

3+ o

h→0(h3)

)=−2e− e

h2

3+ o

h→0(h2)

Avec les anciennes variables, cela donne :

y(t)− e2x(t) =−2e− e(t−1)2

3+ o

t→1

((t−1)2)

D’où l’asymptote : ∆ : y− e2x+2e = 0. La courbe est en-dessous car :

y(t)− e2x(t)+2e ∼t→1+

−e(t−1)2

36 0

En −1−, x et y tendent vers −∞. C’est la même asymptote (et le même calcul), on est toujours en dessous.en −∞, x→ 0 et y→−∞, avec x < 0 asymptote verticale à gauche de l’asymptote.

Exercice 9Résoudre sur R les équations :

sin(2t) = sin(t) et cos(2t) = cos(t)

Étudier et représenter la courbe :

M : t 7−→(

2cos(t)− cos(2t)2sin(t)− sin(2t)

)

Exercice 10 Calcul de longueur d’arc1. Calculer la longueur de l’arc décrit par la fonction ch sur le segment [0; ln(2)]2. Calculer la longueur de l’arc décrit par la fonction t 7−→ 1

2 t2 sur le segnemt [0,1] en posant t = sh(u)3. Soit l’arc paramétré :

M : t 7−→(

2ln(t)t + 1

t

)Calculer la longueur de l’arc paramétré pour t ∈ [1,2]

66

Quelques rappels de géométriePelletier Sylvain PSI, LMSC

III Géométrie du plan affine

Définition III.1 Le plan affine P est défini formellement comme un ensemble caractérisé par l’existence d’une applicationP×P → R2

(A,B) 7→ −→AB

qui vérifie :• Pour tout point O du plan P et pour tout vecteur −→u ∈ R2, il existe un unique point M de P tel que

−−→OM =−→u , ie une

fois choisi une origine l’application M 7→ −−→OM est bijective de P dans R2, donc P s’identifie à R2 une fois choisiel’origine.• Quels que soit les points A, B et C du plan P, on a la relation de chasles :

−→AB+

−→BA =

−→AC

Les éléments de P sont appelés des points.

Ainsi, dans le plan, la seule opération possible est de combiner deux points pour faire un vecteur : si A et B sont deuxpoints, on peut créer le vecteur

−→AB. On peut ensuite agir sur ce vecteur. On a par exemple :

∀(A,B) ∈ P, A = B ⇐⇒ −→AB = 0

On définit l’opération « point plus vecteur » par :

∀M ∈ P,∀−→u ∈ R2,M+−→u est l’unique point P tel que−→MP =−→u

O DistanceEn utilisant la norme euclidienne dans R2, on peut poser une structure d’espace métrique sur le plan affine.

On définit la distance entre deux points A et B comme la norme euclidienne du vecteur−→AB. Cela permet de munir le plan

affine d’une structure d’espace métrique.

Notation III.1. On note AB la distance entre les points A et B.

O Angle, angle orientéOn peut aussi une fois que l’on a orienté l’espace, mesurer l’angle entre deux vecteurs dans R2 et donc l’angle entre trois

points.

Définition III.2 On munit R2 d’une base orthonormale B directe.Soit (A,B,C) trois points du plan affine P, on définit une mesure de l’angle orienté ˆABC comme le réel θ vérifiant :⟨−→

AB,−→AC⟩= AB ·AC.cos(θ)

detB

(−→AB,−→AC)= AB ·AC.sin(θ)

R On rappelle que detB(−→

AB,−→AC)

ne dépend pas du choix de B (à condition que B soit orthonormée directe).

O Équation d’une droite

67

Définition III.3 Une droite D est une partie non vide du plan tel qu’il existe un vecteur −→u ∈ R2, non nuls, et un point A telque :

M ∈D ⇔−→AM et −→u sont colinéaires.

On parle de la droite passant par A et de vecteur directeur −→u .

On remarque que par deux points distincts A et B passe une unique droite : c’est celle passant par A et dirigé par le vecteur−→AB.

Il n’y a bien évidement pas unicité du vecteur directeur, en effet, on peut remplacer −→u par un autre vecteur colinéaire nonnul.

Pour une droite passant par un point A(

xA

yA

)et dirigé selon un vecteur −→v =

(vx

vy

)on a :

M(

xy

)∈D ⇐⇒ −→

AM et −→v sont colinéaires

⇐⇒ ∃λ ∈ R,−→AM = λ

−→v

⇐⇒ ∃λ ∈ R,

x = xA +λvx

y = yA +λvy.

On obtient l’équation paramétrique d’une droite passant par A(

xA

yA

)et dirigé par un vecteur −→v =

(vx

vy

):

D =

(xA +λvx

y+λvy

)∣∣∣λ ∈ R.

Pour déterminer l’équation paramétrique d’une droite passant par deux points A et B, on applique ce qui précède au point A etau vecteur directeur

−→BA.

Exemple III.1 Pour le cas de A(

12

)et B

(0−2

)deux points du plan et le vecteur −→v =

(1−1

).

Une représentation paramétrique de la droite passant par A et dirigé par −→v est :

M(

xy

)∈D ⇐⇒ ∃λ ∈ R,

x = 1+λ

y = 2−λ.

Une représentation paramétrique de la droite passant par A et B est :

M(

xy

)∈D ⇐⇒ ∃λ ∈ R,

x = 1−λ

y = 2−4λ.

O Équation cartésienne d’une droite

Pour déterminer l’équation cartésienne de la droite D, passant par le point A(

xA

yA

)et de vecteur directeur −→v =

(vx

vy

),

on utilise le déterminant, en effet :

M(

xy

)∈D ⇐⇒ −→

AM et −→v sont colinéaires

⇐⇒∣∣∣∣x− xA vx

y− yb vy

∣∣∣∣= 0

⇐⇒ vy(x− xA)− vx(y− yb) = 0

⇐⇒ vyx− vxy− vyxA + vxyb = 0

D =

M(

xy

)∣∣∣∣vyx− vxy− vyxA + vxyb = 0

68

Ainsi, toutes les droites du plan admettent une équation cartésienne du type :

ax+by+ c = 0.

(avec (a,b) 6= (0,0)).

Un vecteur directeur est :v =(

b−a

)Il n’y a pas d’unicité de l’équation cartésienne. puisque ax+by+ c = 0⇔ λ (ax+by+ c) = 0.En particulier, on peut utiliser deux normalisations :• Si a 6= 0, on peut supposer que a = 1, sinon, on a a = 0 et b = 1.• On suppose que a2 +b2 = 1, i.e. le vecteur directeur est de norme 1.Pour se souvenir rapidement de comment obtenir une vecteur directeur à partir de l’équation cartésienne, il faut se souvenir

que si un point M(x,y) ∈ P, alors le point (x+ vx,x+ vy) doit aussi appartenir à P, donc il faut a(x+ vx)+b(y+ vw)+ c = 0,ce qui donne en développant : avx +bvw = 0. Tous les vecteurs directeurs de la droite D satisfont cette équation. En effet, elleest équivalentes à∣∣∣∣vx −b

vy a

∣∣∣∣= 0,

C’est-à-dire à(

vx

vy

)et(

b−a

)sont colinéaires.

On n’a pas besoin de considérer à part les cas d’une droite verticale (cas où a = 0), ou horizontale (cas b = 0). Pourdéterminer l’équation de la droite qui passe par les deux points A et B, on applique ce résultat au point A et au vecteur

−→AB.

Exemple III.2 Soient A(

12

)et B

(0−2

)deux points du plan et le vecteur −→v =

(1−1

).

La droite passant par A et dirigé par −→v est déterminé en utilisant :

M(

xy

)∈D ⇐⇒

∣∣∣∣x−1 1y−2 −1

∣∣∣∣= 0

⇐⇒ −(x−1)− (y−2) = 0

⇐⇒ −x− y+3 = 0

Et la droite (AB) par :

M(

xy

)∈D ⇐⇒

∣∣∣∣x−1 1y−2 4

∣∣∣∣= 0

⇐⇒ 4(x−1)− (y−2) = 0

⇐⇒ 4x− y−2 = 0.

O Vecteur normal à une droite

Définition III.4 Soit D une droite du plan P d’équation cartésienne ax+by+ c = 0, et soit−→N le vecteur (a,b). Enfin soit

A un point quelconque de D . Alors :

D =

M ∈ P∣∣∣−→AM⊥−→N

.

Réciproquement, si A est un point quelconque de P et−→N un vecteur (a,b) non nul, alors l’ensemble des points M tel

que AM⊥−→N est une droite passant par A et qui admet pour équation cartésienne ax+by+ c = 0, pour un certain c ∈ R.

Démonstration. Avec des notations évidentes, on a :

axA +byA + c = 0 donc c =−axA−byA.

69

On a alors :

M(

xy

)∈D ⇐⇒ ax+by+ c = 0

⇐⇒ ax+by−ax1−byA = 0

⇐⇒ a(x− xA)+b(y− yA) = 0

⇐⇒(

x− xA

y− yA

)·(

ab

)= 0

⇐⇒−→AM ·−→N = 0

⇐⇒−→AM⊥−→N

Sur l’équation cartésienne ax+by+ c = 0, on peut lire directement :

• un vecteur directeur −→v =

(−ba

),

• un vecteur normal :−→N =

(ab

),

• dans le cas général, deux points de la droite :

M1

(0− c

b

)(intersection avec l’axe horizontal) et M2

(− c

a0

)(intersection avec l’axe vertical)

R À retenir : si (a,b) est un vecteur, alors (−b,a) est un vecteur orthogonal, de même norme (en plus dans le sens direct).

O Projeté orthogonal d’un point sur une droite

Proposition III.1 — Définition du projeté orthogonal. Soit M un point du plan et D une droite, alors il existe un uniquepoint H, tel que

−−→MH est colinéaire au vecteur

−→N (normal à D).

C’est le projeté orthogonal du point M sur la droite D .

Démonstration. On choisit un point A quelconque, un vecteur directeur −→u de D , et−→N un vecteur normal.

La famille(−→u ,−→N)

est une base de R2, donc il existe α et β , tel que−→AM = α

−→u +β−→N .

Le point H définit par H = A+α−→u vérifie alors les propriétés demandées.

Bien entendu, H est le point de D , le plus proche (au sens de la distance euclidienne) de M. Puisque si A est un autrepoint de D , alors :

(AM)2 = ‖−→AM‖2 =‖−→AH +−−→HM‖2

=‖−→AH‖2 +‖−−→HM‖2

>‖−−→HM‖2 = (HM)2

Définition III.5 Soit M un point du plan et D une droite, on note H le projeté de M sur D .La distance du point M à la droite D est alors la longueur du vecteur

−−→MH.

Proposition III.2 — Expression de la distance. Soit M(

xy

)un point du plan et D une droite d’équation ax+by+c = 0,

70

alors la distance du point M à la droite D est :

d (M(x,y),D) =|ax+by+ c|√

a2 +b2

Démonstration. Avec les notations précédentes, on a :−→AM = α

−→u +β−→N . et donc

d (M(x,y),D) = |β |∥∥∥−→N ∥∥∥

or puisque−→AM = α

−→u +β−→N , on a :⟨−→

AM ·−→N⟩=β

∥∥∥−→N ∥∥∥2

Ainsi :

d (M(x,y),D) =1∥∥∥−→N ∥∥∥∣∣∣⟨−→AM ·−→N

⟩∣∣∣=

1√a2 +b2

∣∣∣⟨−→AM ·−→N⟩∣∣∣

Il reste donc à calculer :⟨−→AM ·−→N

⟩=a(x− xa)+b(y− ya)

=ax+by−axa−bya

or comme A ∈D , on a : axa +bya + c = 0, ainsi :⟨−→AM ·−→N

⟩= ax+by+ c

d’où le résultat.

O Équation d’un cercle défini par son centre et son rayon

Définition III.6 Le cercle C de centre Ω

(x0y0

)et de rayon R est l’ensemble des points M du plan tel que : ΩM = R.

On a donc :

M(

xy

)∈ C ⇐⇒ ΩM = R

⇐⇒√(x− x0)2 +(y− y0)2 = R

⇐⇒ (x− x0)2 +(y− y0)

2 = R2.

C’est l’équation cartésienne d’un cercle.

On peut donc facilement passer du centre et du rayon d’un cercle à une équation cartésienne.Réciproquement, si on considère une équation du type : x2 + y2 +ax+by+ c = 0, alors il existe un seul cercle C tel que :

Cl =

M(

xy

)∣∣∣∣x2 + y2 +ax+by+ c = 0.

Pour calculer le centre et le rayon, on développe comme le début d’un carré :

x2 + y2 +ax+by+ c = 0 ⇐⇒(

x+a2

)2+

(y+

b2

)2

+ c− a2

4− b2

4= 0

⇐⇒ ΩM = R

Avec Ω le point de coordonnées(−a

2 ,−b2

), et R2 =−c+ a2

4 + b2

4 . Dans le cas, où cette quantité est négative (et donc Rn’existe pas) le cercle est vide, si R = 0 le cercle est réduit au centre, sinon c’est un vrai cercle.

71

Exemple III.3 Soit le cercle d’équation : C : x2 + y2 +4x−6y−3 = 0, on a : x2 + y2 +4x−6y−3 = (x+2)2−4+(y−3)2−9−3 = (x+2)2 +(y−3)2−16. C’est donc le cercle de centre Ω(−2,3) et de rayon 4.

Pour trouver l’équation cartésienne d’un cercle dont le diamètre [A,B] est donné, on utilise le fait que :

M ∈ C ⇐⇒ −→AM⊥−→BM ⇐⇒ −→AM ·−→BM = 0.

Démonstration. En effet, si on note I le milieu du segment [AB], et r tel que AB = 2r, soit alors−→AM ·−→BM = (

−→AI +

−→IM) · (−→BI +

−→IM)

= ‖IM‖2 +−→AI ·−→BI +

−→IM ·−→AI +

−→BI︸︷︷︸

=0

= ‖IM‖2− ‖AB‖2

4= ‖IM‖2− r2.

Ainsi, l’ensemble des points qui vérifient−→AM ·−→BM = 0 est l’ensemble des points qui vérifient |IM|= r.

O Équation paramétrique d’un cercleSoit C un cercle de rayon R et de centre Ω, on a alors :

M(

xy

)∈ C ⇐⇒ ΩM = R

⇐⇒ ∃θ ∈ R,−−→ΩM =

(Rcosθ

Rsinθ

)⇐⇒ ∃θ ∈ R,

x = x0 +Rcosθ

y = y0 +Rsinθ

D’où l’équation paramétrique du cercle C :

C :

x(θ) = x0 +Rcosθ

y(θ)x = y0 +Rsinθ, θ ∈ R.

IV Droites et plans de l’espaceOn définit l’espace affine de la même manière que le plan affine : c’est R3 avec un choix de l’origine.

O Vecteur directeur d’une droite, représentation paramétrique

Définition IV.1 Soit A un point de l’espace E et −→u un vecteur de R3. On définit alors la droite D passant par A et devecteur directeur −→u par :

M ∈D ⇐⇒ −→AM et −→u sont colinéaires.

En adaptant la démonstration faite dans le cas du plan, on obtient la représentation paramétrique d’une droite del’espace :

D =

M

xA +λux

yA +λuy

zA +λuz

∣∣∣∣∣λ ∈ R

O Base d’un plan, représentation paramétrique d’un plan

Définition IV.2 Soit A un point de l’espace E, −→u et −→v deux vecteurs de R3 non nuls et non colinéaires. On définit alors le

72

plan Π contenant A et de base −→u et −→v par :

Π =

M

xA +λux +µvx

yA +λuy +µvy

zA +λuz +µvz

∣∣∣∣∣(λ ,µ) ∈ R2

O Vecteur normal à un plan, équation cartésienne d’un plan obtenue à l’aide d’un vecteur normal

Proposition IV.1 Soit Π un plan et A un point de Π, alors il existe un vecteur noté−→N de R3, tel que :

M ∈Π ⇐⇒ −→AM⊥−→N

Le vecteur−→N est alors un vecteur normal au plan.

De plus, si on note−→N = (a,b,c) les coordonnées de

−→N , alors Π admet une équation de la forme :

Π =

M

xyz

∣∣∣∣∣ax+by+ cz+d = 0.

C’est une équation cartésienne du plan Π.

Réciproquement, si−→N = (a,b,c) est un vecteur non nul de R3, et A un point quelconque de l’espace, alors l’ensemble

des points M tels que−→AM⊥−→N est un plan passant par A et qui admets une équation de la forme : ax+by+ cz+d = 0,

pour un certain d ∈ R.

Démonstration. On considère −→u et −→v une base du plan Π et on note−→N =−→u ∧−→v .

Ainsi,(−→u ,−→v ,

−→N)

est une base de R3.

tout vecteur −→x de R3 s’écrit de manière unique sous la forme :

−→x = α−→u +β

−→v +

−→N ·−→x‖−→N ‖2

−→N avec (α,β ) ∈ R2.

On a alors :

M

xyz

∈Π ⇐⇒∃(λ ,µ) ∈ R2,−→AM = λ

−→u +µ−→v

⇐⇒−→AM.−→N = 0 ⇐⇒ −→AM⊥−→N .

En utilisant les coordonnées, on obtient l’équation cartésienne :

M

xyz

∈Π ⇐⇒−→AM⊥−→N

⇐⇒−→AM ·−→N = 0

⇐⇒

x− xA

y− yA

z− zA

·a

bc

= 0

⇐⇒ a(x− xA)+b(y− yA)+ c(z− zA) = 0

⇐⇒ ax+by+ cz− (axA +byA + czA) = 0

⇐⇒ ax+by+ cz+d = 0

en notant d =−(axA +byA + czA).Réciproquement, soit

−→N est un vecteur non nul de R3, on a admis que l’on peut trouver −→u et −→v tels que

−→u ⊥−→N −→v ⊥−→N −→u et −→v non colinéaires.

73

Considérons alors un point M de E de coordonnées(

xy

), on a alors

−→AM = α

−→u +β−→v + γ =

−→N ·−→AM

‖−→N ‖2

−→N pour un certain couple (α,β ) ∈ R2.

Ce qui donne :

−→AM⊥−→N ⇐⇒∃(α,β ) ∈ R2,

−→AM = α

−→u +β−→v

⇐⇒M ∈Π le plan passant par A et de base (−→u ,−→v ).

De plus, on a :

−→AM⊥−→N ⇐⇒

x− xA

y− yA

z− zA

·a

bc

= 0

⇐⇒ ax+by+ cz− (axA +byA + czA) = 0

On a donc démontré qu’une équation du plan Π est : ax+by+ cz+d pour un certain d ∈ R.

74

Fonctions continues par morceauxIntégrale d’une fonction continue par mor-ceaux sur un segmentIntégrales généraliséesIntégrales absolument convergentes etfonctions intégrablesExercices

7 — Intégration sur un intervalle

Dans ce chapitre, on considère une fonction f de la variable réelle à valeurs dans Rou C.

I Fonctions continues par morceauxI.1 Fonctions continues par morceaux sur un segment

Définition I.1 — Fonction continue par morceaux sur un segment. Soit [a,b]un segment de R. On dit qu’une fonction f : [a,b]→ R (ou C) est continue parmorceaux sur le segment [a,b], si il existe une subdivision finie de [a,b] :

a = x0 < x1 < · · ·< xn = b

telle que :

∀k ∈ [[0,n−1]] , f est continue sur ]xk,xk+1[

et admet une limite finie à droite en xk et une limite finie à gauche en xk+1.

Notation I.1. On note C M ([a,b],K) l’ensemble des fonctions continues par morceauxsur [a,b] à valeurs dans K.

La subdivision σ est notée σ = (x0, . . . ,xn)

. Dire que f est continue par morceaux sur un segment, c’est dire qu’elle a unnombre fini de discontinuités et qu’en chacun points de discontinuité (en chaque« saut »), elle est prolongeable par continuité à droite et à gauche.On peut aussi dire que pour toute valeur de k ∈ [[0,n−1]], la restriction de f àl’intervalle ouvert ]xk,xk+1[ est continue et peut être prolongée en une fonctioncontinue sur [xk,xk+1].

Une subdivision σ qui vérifie la propriétée de la définition est dire adaptée à lafonction f . Toute subdivision plus fine (ie constituée au moins des mêmes intervalles)

vérifie aussi la définition. Donc lorsqu’on considère deux fonctions f et g, continuespar morceaux sur [a,b], on peut trouver une subdivision adaptée aux deux.

On obtient ainsi :

Proposition I.1 L’ensemble C M ([a,b],R) (ou C) des fonctions continues par mor-ceaux sur [a,b] est un SEV des fonctions [a,b]→ R (ou C).

On a aussi deux résultats intéressants :

Proposition I.2 Toute fonction continue par morceaux sur [a,b] est bornée sur [a,b].

Démonstration. On considère une subdivision adaptée, et les valeurs (Mk), (mk) telleque

∀k ∈ [[0,n−1]] , ∀x ∈ [xk,xk+1], mk 6 f (x)6Mk

ces valeurs existent car f|]xk,xk+1[ peut être prolongée par continuité sur [xk,xk+1]. Enconsidérant m = min

k∈[[0,n−1]](mk) et M = max

k∈[[0,n−1]](Mk), cela donne :

∀x ∈ [a,b], m6 f (x)6M.

Pour une fonction complexe, on travaille avec | f |.

Proposition I.3 Si f est continue par morceaux sur [a,b] alors | f | est aussi continuepar morceaux.

Démonstration. Si σ est une subdivision adaptée à f , alors elle est aussi adaptée à| f |.

I.2 Fonctions continues par morceaux sur un intervalle

Définition I.2 — Fonction continue par morceaux sur un intervalle. Soit I unintervalle de R.

On dit qu’une fonction f : I→ R (ou C) est continue par morceaux surl’intervalle I lorsque pour tout segment [a,b] inclus dans cet intervalle ma restrictionde f à [a,b] est continue par morceaux sur [a,b].

Exemple I.1 La partie entière : dès que l’on prend un segment [a,b] de R, il y a unnombre fini de saut dans le segment [a,b].

Exemple I.2 Exemple plus compliqué :

f :]0,1]→ R tel que ∀k ∈ N∗,∀x ∈]

1k+1

,1k

[, f (x) = k.

Cette fonction est continue par morceaux sur l’intervalle ]0,1], mais pas sur le segment[0,1].

. Une fonction continue par morceaux sur un intervalle n’est pas nécessairementbornée sur cet intervalle (ex :x 7→ 1

x est continue par morceaux sur R+∗). Ellepeut avoir une infinité de points de discontinuité (ex : la partie entière). Mais sion la restreint à un segment [a,b], alors elle est continue par morceaux sur cesegment (donc avec un nombre fini de points de discontinuités sur ce segment etbornée).

II Intégrale d’une fonction continue par morceaux sur un segmentII.1 Fonctions en escalier et intégrale d’une fonction en escalier

Définition II.1 Une fonction f : [a,b]→ R (ou C) est dite en escalier sur lesegment [a,b] lorsqu’il existe une subdivision finie σ = (x0, . . . ,xn) de [a,b]

a = x0 < x1 < · · ·< xn = b

telle qu’il existe n scalaires (λk)k∈[[0,n−1]] vérifiant :

∀k ∈ [[0,n−1]] , ∀x ∈]xk,xk+1[, f (x) = λk

Autrement dit : la fonction f est constante sur chaque segment ]xk,xk+1[.On appelle alors intégrale de f sur [a,b] le scalaire :

∫[a,b]

f =n−1

∑k=0

(xk+1− xk)λk

. Les fonctions en escalier sont bien sûr un cas particulier de fonction continue parmorceaux. La valeur de l’intégrale sur [a,b] est indépendante de la subdivisionchoisie du moment que celle-ci est adaptée à la fonction f .

La proposition suivante montre que si on change la fonction f sur un nombre finide points de [a,b], alors on ne change pas l’intégrale.

Proposition II.1 Deux fonctions en escalier qui coïncident sur [a,b] sauf sur unnombre fini de points ont la même intégrale.

Démonstration. Il suffit de mettre dans la subdivision les points où les fonctions nesont pas égales.

Cette simple définition de l’intégrale a déjà les bonnes propriétés que l’on souhaiteobtenir :

Proposition II.2 L’ensemble des fonctions en escalier est un SEV de l’ensemble desfonctions continues par morceaux.

De plus, l’application intégrale est une forme linéaire sur cet ensemble.

Autrement dit, si f et g sont deux fonctions en escalier et α un scalaire, alors :∫[a,b]

( f +αg) =∫[a,b]

f +α

∫[a,b]

g

Démonstration. Déjà, on peut remarquer qu’en prenant une subdivision adaptée à f etune subdivision adaptée à g et en les « rassemblant » (en prenant la réunion) on obtientune subdivision adaptée à f et g.

Une fois cela écrit, on considère les suite (λk) et (µk)telle que :

∀k ∈ [[0,n−1]] , ∀x ∈]xk,xk+1[, f (x) = λk et g(x) = µk

On a alors :∫[a,b]

f +αg =n−1

∑k=0

(xk+1− xk)(λk +αµk)

=n−1

∑k=0

(xk+1− xk)λk +α

n−1

∑k=0

(xk+1− xk)µk

=∫[a,b]

f +α

∫[a,b]

g

Proposition II.3 — Positivité de l’intégrale. Soit f en escalier vérifiant : ∀x ∈[a,b], f (x)> 0, alors

∫[a,b]

f > 0.

On peut aussi remplacer l’hypothèse de positivité sur [a,b] par : f > 0 sauf enun nombre fini de points de [a,b].

Démonstration. Avec les notations précédentes :

∫[a,b]

f =n−1

∑k=0

(xk+1− xk)λk est une somme de termes positifs

Corollaire II.4 — Croissance de l’intégrale. Soit f et g deux fonctions continuespar morceaux sur [a,b] vérifiant ∀x ∈ [a,b], f (x)6 g(x). On a alors :∫

[a,b]f 6

∫[a,b]

g

Démonstration. En utilisant la linéarité et la positivité : f −g6 0 donc∫[a,b]

( f −g)6 0

ce qui donne le résultat.

II.2 Intégrale sur un segment d’une fonction continue par morceaux

On a donc obtenu une définition de l’intégrale qui vérifie les propriétés de linéarité,de positivité et de croissance. C’est cette notion que l’on va étendre aux fonctionscontinues par morceaux.

Conformément au programme, aucune construction n’est exigible, il s’agit justede décrire le procédé qui permet d’étendre cette définition aux fonctions continuespar morceaux en conservant ces propriétés.

On considère f une fonction continue par morceaux à valeurs réelles.On définit alors les ensembles suivants :

A =

∫[a,b]

ϕ

∣∣∣∣∣ϕ en escalier et ϕ 6 f

B =

∫[a,b]

ψ

∣∣∣∣∣ψ en escalier et ψ > f

Il s’agit de parties de R, non vides (car f est bornée sur [a,b]). On voit que A est majoréeet que B est minorée. En effet, en prenant ϕ n’importe qu’elle fonction en escaliervérifiant ϕ 6 f , on a :

∀ψ en escalier telle que ψ > f ,∫[a,b]

ψ 6∫[a,b]

ϕ.

Ainsi,∫[a,b]

ϕ majore B. On peut donc considérer supA et infB.

On admet que supA = infB. Conformément au programme, on ne détaille pas cepoint ainsi que la plupart des démonstrations techniques de ce chapitre.

Ce qui amène à la définition suivante :

Définition II.2 Soit f une fonction continue par morceaux à valeurs réelles, avec lesnotations précédentes, on définit l’intégrale de f sur [a,b] comme le scalaire :∫

[a,b]f = supA ou de manière équivalente :

∫[a,b]

f = infB

. On a donc directement l’interprétation en termes d’aire sous la courbe. En appli-quant ce que l’on a vu sur les fonctions en escalier, on obtient alors les mêmespropriétés :

– On ne change pas la valeur de l’intégrale en changeant un nombre fini devaleurs de f ,

– la linéarité– la positivité– la croissance

On a aussi la propriété d’inégalité triangulaire :∣∣∣∣∫[a,b]

f∣∣∣∣6 ∫

[a,b]| f |

qui s’obtient en intégrant les inégalités :

∀x ∈ [a,b], −| f (x)|6 f (x)6 | f (x)|

. Cette définition est bien évidement théorique et ne permet aucun calcul effectifde l’intégrale. En pratique, dès que f est continue par morceaux sur un segment

[a,b], alors on sait que∫ b

af existe.

Par contre, cette construction montre l’importance de comparer des intégrales àdes rectangles.

Il faut donc maintenant passer au cas où b < a.

Définition II.3 Soit f une fonction continue par morceaux sur un intervalle I et

(a,b) ∈ I2. L’intégrale de f entre a et b noté∫ b

af (t)dt est :

∫ b

af (t)dt =

∫[a,b]

f si a < b et∫ b

af (t)dt =−

∫[a,b]

f si a > b

Par convention :∫ b

af (t)dt = 0 si a = b.

On dispose alors de la relation de Chasles

Proposition II.5 Soit f continue par morceaux sur un intervalle I et (a,b,c) ∈ I3,on a alors :∫ b

af (t)dt =

∫ c

af (t)dt +

∫ b

cf (t)dt.

On a aussi les propriétés de croissance et de positivité dans le cas où a < b.

! Les propriétés de croissance et de positivité ne sont valables que dans le cas oùon intègre dans le sens naturel, ie a < b !

Pour une fonction complexe, on se ramène au cas réel avec :

Définition II.4 Soit f : I→ C une fonction complexe continue par morceaux et soita et b deux réels, on définit alors :∫ b

af (t)dt =

∫ b

aRe( f (t))dt + i

∫ b

aIm( f (t))dt

II.3 Lien avec les primitives

Conformément au programme, il s’agit ici encore d’une rapide extension des proprié-tés vues en première année.

Rappelons la définition suivante que l’on étends aux fonctions continues par mor-ceaux :

Définition II.5 — Primitives d’une fonction continue par morceaux. Soit f uneapplication continues par morceaux sur I. On note (xi)i∈I les points de discontinuitésde f .

Une primitive de f est une fonction F définie et continue sur I, dérivable surI \xi|i ∈ I telle que :

∀x ∈ I \xi ∈ I, F ′(x) = f (x).

. Les points de discontinuité de f sont alors les points où la fonction F n’est pasdérivable. Mais la fonction F est continue en ces points.Tout se passe comme si on prenait la primitive de la fonction f sur chaqueintervalle ]xk,xk+1[ et que l’on réglait les constantes pour avoir une fonctioncontinue.

Exemple II.1 Pour la fonction :

f : x 7−→

−1, si x < 00, si x = 01, si x > 0

Une primitive est :

F : x 7−→ |x|

Par contre :

G : x 7−→

−x, si x < 0x+1, si x> 0

n’est pas une primitive car elle n’est pas continue en 0

L’exemple précédent montre bien ce qui se passe : on prends une primitive sur R−∗on a donc un choix de constante pour cette primitive, mais ensuite la continuité donneun unique choix pour la primitive sur R+

∗ .On obtient ainsi le résultat suivant :

Proposition II.6 Soit f une fonction continue par morceaux sur un intervalle Iadmettant une primitive F . Une application G est une autre primitive de f sur I si etseulement si il existe k ∈ R telle que G = F + k.

Autrement dit deux primitive de f diffèrent d’une constante.

On obtient aussi le théorème fondamental suivant :

Proposition II.7 Si f est une application continue par morceaux sur un intervalle Iet si a est un point de I, alors :

F : x 7−→∫ x

af (t)dt est l’unique primitive de f qui s’annule en a.

Et pour toute primitive G de f sur I, on a :

∀(a,x) ∈ I2,∫ x

af (t)dt = G(x)−G(a)

On manipule donc les intégrales et les primitives de fonctions continues par mor-ceaux de la même manière que pour les fonctions continues.

III Intégrales généraliséesIII.1 Intégrales généralisées sur [a,+∞[

La lettre a désigne un réel.

Définition III.1 Si f est une fonction continue par morceaux sur [a,+∞[ à valeursréelles ou complexes, On dit que l’intégrale généralisée (ou intégrale impropre)∫ +∞

af (t)dt est convergente si

∫ x

af (t)dt admet une limite finie lorsque x tends vers +∞

On note alors∫ +∞

af (t)dt la valeur de cette limite.

Dans le cas contraire, l’intégrale est dite divergente.

. Si l’intégrale est divergente, on peut avoir :

limx→+∞

∫ x

af (t)dt =+∞ ou ne converge pas.

Exemple III.1 On a :

limx→+∞

∫ x

0e−tdt = lim

x→+∞1− e−x = 1

Ainsi :∫ +∞

1e−tdt = 1

Exemple III.2∫ +∞

1

dt√t

est une intégrale divergente, car :

∫ x

1

dt√t= 2√

x−2−−−−→x→+∞

+∞.

Exemple III.3∫ +∞

0cos(t)dt est une intégrale divergente, car :

∫ x

0cos(t)dt = sin(x) n’a pas de limite lorsque x tends vers +∞.

. Comme on l’a vu sur les exemples précédents, dans le cas (assez rare en pratique)

où l’on connaît une primitive F de f , alors pour prouver que∫ +∞

af (t)dt existe,

il suffit de regarder la limite limx→+∞

F(x).

Comme pour les séries, un cas très important est celui où la fonction est positivedans ce cas l’existence de la limite de F en +∞ est équivalent à dire que la fonction estbornée.

Proposition III.1 Soit f une fonction continue par morceaux sur [a,+∞[ et à valeurspositives.

L’intégrale généralisé∫ +∞

af (t)dt converge si et seulement si la fonction :

x 7−→∫ x

af (t)dt est majorée

Démonstration. La fonction F : x 7−→∫ x

af (t)dt est croissante car f est positive. Elle

admet donc une limite en +∞ si et seulement si elle est majorée.

III.2 Intégrales généralisées sur un intervalle quelconqueLes définitions suivantes sont naturelles et purement technique : il s’agit de prolon-

ger ce qui a été fait pour l’intervalle [a,+∞[ aux différents cas possibles.Les lettres a et b désignent des réells

Définition III.2 Soit f une fonction continue par morceaux sur un intervalle I avec :

I =]−∞,a] ou I =]−∞,a[ ou I =]a,+∞[ ou I = [a,+∞[

I =]a,b] ou ]a,b[ ou [a,b[

alors l’intégrale∫ sup I

inf If (t)dt est dite généralisée.

Exemple III.4 Par exemple :∫ 1

0

dtt

∫ +∞

1

ln(t)dt

∫ +∞

0

ln(t)dt

∫ 0

−∞

etdt

On commence par le cas d’un intervalle semi-ouvert à droite :

Définition III.3 Soit f continue par morceaux sur [a,b[ on dit que l’intégrale généra-

lisé :∫ b

af (t)dt converge lorsque :

x 7−→∫ x

af (t)dt admet une limite lorsque x tends vers b

Dans le cas contraire, on dit que l’intégrale diverge.

En remplaçant b par +∞ on obtient la définition de la convergence de∫ +∞

af (t)dt

(que l’on a déjà détaillé).De même, pour une fonction f continue par morceaux sur ]a,b] on dit que

l’intégrale généralisé :∫ b

af (t)dt converge lorsque :

x 7−→∫ b

xf (t)dt admet une limite lorsque x tends vers a

et on définit de même la convergence de∫ b

−∞

f (t)dt en remplaçant a par −∞.

. Si f est continue par morceaux sur [a,b[, alors la convergence de∫ b

af (t)dt

ne dépends que du comportement en b. En effet, si il existe c ∈ [a,b[, tel que∫ b

cf (t)dt converge, alors, l’écriture :

limx→b

∫ x

af (t)dt = lim

x→b

∫ x

cf (t)dt +

∫ b

af (t)dt

montre que∫ b

af (t)dt converge. Idem pour la divergence.

En particulier, on voit que en cas de convergence, on a la relation de Chasles :∫ b

af (t)dt =

∫ c

af (t)dt +

∫ b

cf (t)dt

La remarque précédente permet de traiter le cas des intégrales « doublement géné-ralisée » : on prends un point quelconque dans ]a,b[ et on étudie les deux intégralesgénéralisées.

Définition III.4 Soit f une fonction continue par morceaux sur ]a,b[, l’intégrale

généralisée∫ b

af (t)dt est dite convergente si et seulement si il existe un réel

c ∈]a,b[, tel que :∫ c

af (t)dt et

∫ b

cf (t)dt convergent

On pose alors :∫ b

af (t)dt =

∫ c

af (t)dt +

∫ b

cf (t)dt

Dans le cas contraire, l’intégrale est dite divergente.En remplaçant a par−∞ et b par +∞, on obtient les définitions de la convergence

des intégrales :∫ b

−∞

f (t)dt∫ +∞

af (t)dt

∫ +∞

−∞

f (t)dt

R Si le point c existe alors n’importe qu’elle autre point de ]a,b[ convient.

Exemple III.5 Pour étudier la convergence de∫ 1

0

dtln t

, on se ramène aux deux inté-

grales :

∫ 12

0

dtln t

∫ 1

12

dtln t

! Pour étudier la convergence de∫ +∞

−∞

f (t)dt, on ne peut pas étudier la limite :

limx→+∞

∫ x

−xf (t)dt.

il faut étudier l’existence des deux limites :

limx→+∞

∫ x

0f (t)dt, et lim

x→+∞

∫ 0

−xf (t)dt.

Pour le cas d’une fonction complexe, on peut étudier les parties réelles et imaginairesséparément.

Proposition III.2 Soit f une fonction complexe continue par morceaux sur un inter-

valle I. Alors l’intégrale généralisée :∫ sup I

inf If (t)dt converge si et seulement si

∫ sup I

inf IRe( f (t))dt et

∫ sup I

inf IIm( f (t))dt convergent

dans ce cas on a :∫ sup I

inf If (t)dt =

∫ sup I

inf IRe( f (t))dt + i

∫ sup I

inf IIm( f (t))dt

Dans le cas des fonctions positives, on a le résultat suivant :

Proposition III.3 Si f est continue par morceaux et à valeurs positives sur un inter-

valle I, alors l’intégrale généralisée∫ sup I

inf If (t)dt converge si et seulement si il existe

un réel positif M tel que :

∀(a,b) ∈ I2 avec a < b,∫ b

af (t)dt 6M

Démonstration. C’est une redite de ce qui a été fait dans le cas de [a,b[.Par exemple, dans le cas d’une intégrale généralisée sur ]−∞,b]. On suppose :

∃M ∈ R, ∀x < b,∫ b

xf (t)dt 6M

On considère alors la fonction F : x 7→∫ b

xf (t)dt, on constate facilement que F ′ =

− f 6 0, ainsi, F est décroissante, et minorée, donc il limx→−∞

F(x) existe.

Réciproquement, si la fonction F admet une limite, alors elle est décroissante.

. Le même résultat existe avec f négative en remplaçant 6 par > dans l’hypothèse.

. Pour une fonction f continue par morceaux sur ]a,b], mais prolongeable parcontinuité en a. Alors l’intégrale

∫ ba f (t)dt est convergente. En fait, on définit :∫ b

af (t)dt par

∫ b

af (t)dt =

∫ b

af (t)dt4 où f est le prolongement par continuité de f à [a,b]

Ce cas a été vu en première année.

III.3 Intégrale généralisée de référence

Proposition III.4 L’intégrale dite intégrale de Riemann∫ +∞

1

dttα

est convergente

si et seulement si α > 1. Dans ce cas, sa valeur est 1α−1 .

L’intégrale (dite aussi de Riemann)∫ 1

0

dttα

est convergente si et seulement si

α < 1. Dans ce cas, sa valeur est 11−α

.

Démonstration. Il suffit d’écrire :

∀A > 1,∫ A

1

dttα

=1

1−α

(1

Aα−1 −1)

−−−−→A→+∞

1

1−αsi α > 1

+∞ si α < 1

Le cas α = 1 se traite à part :

∀A > 1,∫ A

1

dtt= ln(A)−−−−→

A→+∞+∞

Idem pour ]0,1].

. Bien sûr, on peut faire un lien avec les séries et la vitesse de décroissance vers 0.Cette analogie est utile (certains résultats se ressemblent), mais il y a plusieursdifférences : en particulier, une fonction positive peut ne pas être bornée et telle

que∫ +∞

0f (t)dt converge. Pour cela, il suffit de faire un « triangle » sur chaque

valeur n ∈ N, de hauteur n et tel que aire du « triangle » soit 12n .

Proposition III.5 L’intégrale∫ 1

0ln tdt est convergente est égale à −1

Démonstration. On écrit :

∀A ∈]0,1[,∫ 1

Aln(t)dt = [t(ln t)− t +1]1A =−A(lnA)+A−1−−−−→

A→+0−1

Proposition III.6 L’intégrale∫ +∞

0e−αtdt est convergente si et seulement si α > 0.

Dans ce cas, elle vaut 1α

.

Démonstration. On a pour α 6= 0 :

∀A > 0,∫ A

0e−αtdt =

[1−α

e−αt]A

0

=1−α

(e−αA−1

)Si α > 0, on voit que la limite est 1

α. Si α < 0, on voit que la limite est +∞.

Le cas α = 0 se traite à part (la fonction est constante égale à 1).

III.4 PropriétéPar passage à la limite, on admet que l’on retrouve les mêmes bonnes propriétés

pour l’intégrale généralisée.

Proposition III.7 — Linéarité. L’ensemble des applications f continues par mor-

ceaux sur un intervalle I telles que l’intégrale généralisée∫ sup I

inf If (t)dt converge est

un sous-espace vectoriel de l’ensemble des applications continues par morceaux surI.

De plus, si f et g sont dans cet ensemble :∫ sup I

inf I( f (t)+λg(t))dt =

∫ sup I

inf If (t)dt +λ

∫ sup I

inf Ig(t)dt

! Bien lire la propriété : il faut que∫ sup I

inf If (t)dt et

∫ sup I

inf Ig(t)dt convergent pour

que∫ sup I

inf I( f (t)+λg(t))dt converge et qu’il y ait égalité.

C’est le même problème que pour les séries.

Proposition III.8 — Positivité et Croissance. Soit f et g deux applications réelles

continues par morceaux sur un intervalle I telles que :∫ sup I

inf If (t)dt et

∫ sup I

inf Ig(t)dt convergent

On a alors :

• Si f est positive, alors∫ sup I

inf If (t)dt > 0.

• Si f 6 g, alors∫ sup I

inf If (t)dt 6

∫ sup I

inf Ig(t)dt.

Proposition III.9 — Relation de Chasles. Soit f une fonction continue par mor-

ceaux sur un intervalle I telle que∫ sup I

inf If (t)dt converge.

On a alors pour toute valeur de a ∈ I :∫ sup I

inf If (t)dt =

∫ a

inf If (t)dt +

∫ sup I

af (t)dt

III.5 ManipulationO Changement de variables

Les lettres (α,β ,a,b) désignent des réels ou l’infini.

Proposition III.10 — Changement de variables. Si ϕ :]α,β [→]a,b[ est une bi-jection strictement croissante de classe C 1 et si f :]a,b[→ R (ou C) est continue parmorceaux, alors∫

β

α

( f ϕ)(u)ϕ ′(u)du est convergente

si et seulement si :∫ b

af (t)dt est convergente

Dans ce cas, on a :∫β

α

( f ϕ)(u)ϕ ′(u)du =∫ b

af (t)dt

Démonstration. ADMIS

. On a plus d’hypothèse que dans le cas d’une intégrale non généralisée (il faut lamonotonie).En pratique c’était déjà le cas. On le vérifie souvent avec la dérivée : ∀x ∈]α,β [, ϕ ′(x) 6= 0 assure la monotonie.Le même résultat est aussi valable avec une fonction ϕ strictement décroissante,

en remplaçant∫ b

af (t)dt par

∫ a

bf (t)dt.

Il arrive que l’on lise les résultats de gauche à droite : on sait que∫ b

af (t)dt

converge donc :∫

β

α

( f ϕ)(u)ϕ ′(u)du. Le théorème donne en effet l’existence

de l’intégrale généralisée.

Méthode : pour rédiger un changement de variable :• On donne la nouvelle variable (notée ici t) en fonction de l’ancienne (notée ici

u) : on écrit donc t = . . . (en fonction de u) dans le théorème c’est t = ϕ(u).• Facultatif mais très conseillé : on donne l’ancienne variable en fonction de la

nouvelle en écrivant u = . . ..• On indique l’intervalle de variation :

u varie de α à β

t varie de a à b

Notons que si le changement de variable est décroissant, il peut arriver quel’on ait b < a.• On indique que u 7−→ ϕ(u) (expression de t en fonction de u donnée au

premier point). est de classe C 1 sur l’intervalle où varie u et bijective (iestrictement monotone).• On donne dt en fonction de du, en dérivant t comme une fonction de u, cela

s’écrit : dt = ϕ ′(u)du avec les notations du théorème.Cela permet de faire le changement de variable.

Il faut aussi bien comprendre le résultat : on a les deux intégrales de mêmenature, donc si l’une existe, alors l’autre aussi et on a égalité. On peut donc avoirplusieurs cas d’utilisation :

• On sait que l’intégrale de départ :∫

β

α

( f ϕ)(u)ϕ ′(u)du converge, on fait

alors le changement de variable et on sait déjà que l’intégrale :∫ b

af (t)dt va

converger. Le changement de variable sert ici à calculer la valeur.• On ne sait pas que l’intégrale de départ converge. On écrit alors : « sous

réserve d’existence, on a » :∫β

α

( f ϕ)(u)ϕ ′(u)du =∫ b

af (t)dt

On prouve ensuite que∫ b

af (t)dt converge, on sait alors que∫

β

α

( f ϕ)(u)ϕ ′(u)du converge et que l’on a égalité. Le changement de va-

riable sert ici à prouver la convergence d’une intégrale.Enfin, on peut toujours faire une intégrale sur un segment puis faire tendre l’une desbornes (ou les deux l’une après l’autre) vers la valeur problématique.

Exemple III.6 Pour étudier∫ b

a

dt(t−a)α

qui est généralisée en a, on pose u = t−a.

Sous réserve d’existence, on a :

intba

dt(t−a)α

=∫ b−a

0

duuα

Or on sait que∫ b−a

0

duuα

converge si α < 1, On en déduit que∫ b

a

dt(t−a)α

converge si

α < 1. De plus, on sait que :∫ b

a

dt(t−a)α

=∫ b−a

0

duuα

=∫ b−a

0u−αdu

=

[1

−α +1u−α+1

]b−a

0

=1

1−α(b−a)−α+1

Exemple III.7 Considérons∫ +∞

1

sinxx2 dx.

La fonction f : x 7→ sinxx2 est C M sur [1,+∞[, l’intégrale est donc généralisée en

+∞. On a :

∀x ∈ R+, | f (x)|6 1x2

Comme∫ +∞

1

dxx2 converge, on en déduit que

∫ +∞

1

sinxx2 dx converge.

On effectue le changement de variables :

t =1x

x =1t

t varie de 1 à 0 x varie de 1 à +∞

x 7→ 1x

est de classe C 1 sur [1,+∞[ et bijective

dt =−dxx2

On en déduit que :∫ 1

0sin

1t

dt converge et vaut∫ +∞

1

sinxx2 dx

Exemple III.8 Soit l’intégrale généralisée :∫ 1

−1

dx

(2− x2)√

1− x2

comme f : x 7→ 1(2−x2)

√1−x2 est C M sur ]−1,1[, on voit que cette intégrale est double-

ment généralisée.

On fait un changement de variable :

x = sin(t) t =arcsin(x)

x varie de −1 à 1

t varie de − π

2à

π

2x 7→ arcsin(x) est de classe C 1 et bijective sur ]−1,1[

dt =1√

1− x2dx

Sous réserve d’existence, on a donc :∫ 1

−1

dx

(2− x2)√

1− x2=∫ π

2

− π

2

dt(2− sin2(t))

=∫ π

2

− π

2

dt1+ cos2(t)

Cette intégrale est bien convergente (car t 7→ 11+cos2(t) est bien C M sur

[−π

2 ,π

2

],

l’intégrale n’est pas généralisée).

On en déduit que l’intégrale∫ 1

−1

dx

(2− x2)√

1− x2est aussi convergente et que le

calcul fait au-dessus est bien valide.On fait un autre changement de variable cette fois pour calculer la valeur :

t = arctanu u = tan t

t varie de − π

2à

π

2u varie de −∞ à +∞

t 7−→ tan t est de classe C 1 et bijective sur]−π

2,π

2

[dt =

11+u2 du

(notons que l’on a transformé une intégrale non généralisée en intégrale généralisée ici).avant de faire le changement de variable, on écrit :

11+ cos2(t)

=1

1+ 11+tan2(t)

=1+ tan2(t)2+ tan2(t)

On en déduit :∫ π

2

− π

2

dt1+ cos2(t)

=∫ π

2

− π

2

1+ tan2(t)2+ tan2(t)

dt

=∫ +∞

−∞

12+u2 du

Plus précisément, on en a déduit que l’intégrale :∫ +∞

−∞

12+u2 du converge et que l’on a

égalité.Il ne reste plus qu’à écrire :∫ +∞

−∞

12+u2 du =

[1√2

arctan(

u√2

)]+∞

−∞

=π√2

Ainsi, on a démontré :∫ 1

−1

dx

(2− x2)√

1− x2=

π√2

O Intégration par parties

Proposition III.11 — Intégration par parties. Soit f et g deux applications declasse C 1 sur ]a,b[. On suppose :

limx→a+

f (x)g(x) et limx→b−

f (x)g(x) existent et sont finies

alors :∫ b

af ′(t)g(t)dt et

∫ b

af (t)g′(t)dt sont de même nature

et en cas de convergence, on a :∫ b

af ′(t)g(t)dt = [ f (t)g(t)]ba−

∫ b

af (t)g′(t)dt

ou le symbole : [ f (t)g(t)]ba désigne :

[ f (t)g(t)]ba = limx→b−

f (x)g(x)− limx→a+

f (x)g(x)

Démonstration. ADMIS

Méthode : Pour faire une intégration par partie :• on indique les fonctions f , f ′, g et g′, en indiquant que les fonctions sont de

classe C 1.• on commence par calculer à part le crochet : [ f (t)g(t)]ba. Il faut que le crochet

converge pour être assuré que les deux intégrales aient la même nature.

• Soit on sait que l’intégrale de départ :∫ b

af ′(t)g(t)dt converge, et on sait alors

que∫ b

af (t)g′(t)dt converge. Cela permet le calcul de l’intégrale.

Soit on veut démontrer que l’intégrale de départ converge, on écrit alors « sous

réserve d’existence, on a », Puis on démontre que∫ b

af (t)g′(t)dt converge et

on en déduit alors que l’intégrale de départ :∫ b

af ′(t)g(t)dt converge et que

le calcul fait au-dessus a bien un sens.Parfois, on fait l’intégration par parties sur un segment (ex : [0,A]) puis on fait

tendre l’une des bornes (ex A→+∞). Surtout que, parfois, le crochet ne converge

pas, mais la partie∫ b

af (t)g′(t)dt vient « compenser » le crochet (voir en exercice).

D’une manière générale : on dérive les polynôme, on dérive les fonctions loga-

rithmes, on dérives les fonctions trigonométriques réciproques, on intègre le reste.Mais ce n’est pas une règle absolue.

Exemple III.9 L’exemple classique de l’étude d’une suite d’intégrales :

In =∫ +∞

0tne−tdt

L’intégrale est généralisée en +∞. Pour toute valeur de n ∈ N, cette intégrale estconvergente car :

f (t) = tne−t = ot→+∞

(1t2

)et∫ +∞

1

dtt2 converge.

On cherche une relation de récurrence par intégration par parties :

u(t) =tn v(t) =ntn−1

v(t) =e−t v′(t) =− e−t

On calcule donc :[−tne−t]+∞

0 = 0

Ainsi, le crochet converge (et est égal à 0), on peut donc écrire :

In = n∫ +∞

0tn−1e−tdt = nIn−1

(précisément, on retrouve le fait que l’intégrale généralisée In−1 est convergente et quel’on a l’égalité ci-dessus).

Ainsi : In = nIn−1. On utilise alors le calcul de I0 =∫ +∞

0 e−tdt = 1 (intégrale deréférence) pour obtenir que In = n! par une récurrence facile.

IV Intégrales absolument convergentes et fonctions intégrablesIV.1 Définitions

Définition IV.1 — Intégrale généralisée absolument convergente. Si f estune application numérique continue par morceaux sur un intervalle I, l’intégrale

généralisée∫ sup I

inf If (t)dt est absolument convergente lorsque l’intégrale géné-

ralisée∫ sup I

inf I| f (t)|dt est convergente.

. | f (t)| désigne la valeur absolue ou le module.Pour une fonction réelle et positive, la notion de convergence et de convergenceabsolue sont confondues.

Exemple IV.1 Pour prendre un exemple complexe :∫ +∞

1

eit

t2 dt est absolument convergente car∫ +∞

1

1t2 dt est convergente

Proposition IV.1 Soit f une fonction telle que l’intégrale généralisée∫ sup I

inf If (t)dt

soit absolument convergente, alors cette intégrale est convergente.Autrement dit, la convergence absolue entraîne la convergence.Dans ce cas, on a de plus :∣∣∣∣∫ sup I

inf If (t)dt

∣∣∣∣6 ∫ sup I

inf I| f (t)|dt

Démonstration. Pour faciliter les notations, on montre ce résultat dans le cas où I =[a,+∞[.

Commençons par montrer la convergence. On considère une fonction f telle que∫I| f | converge.

Dans le cas réel, on définit les fonctions (partie positive et négative) :

f+ =12(| f |+ f ) : x 7−→

f (x) si f (x)> 00 sinon

f− =12(| f |− f ) : x 7−→

− f (x) si f (x)6 00 sinon

On a : f = f+− f− et | f |= f++ f−. Les fonctions f+ et f− sont positive, et : f+6 | f |et f− 6 | f |.

Donc :∫I

f+ et∫

If− convergent

en conséquence∫

If converge.

Dans le cas complexe, on travaille sur la partie réelle et imaginaire :

f = Re( f )+ iIm( f )

Or |Re( f )| 6 | f |, et de même : |Im( f )| 6 | f | ainsi, Re( f ) et Im( f ) sont absolumentconvergente et donc convergente (en appliquant le résultat précédent), ainsi la fonctionf est convergente.

Pour montrer l’inégalité, on applique le résultat sur un segment :

∀A > a,∣∣∣∣∫ A

af (t)dt

∣∣∣∣6 ∫ A

a| f (t)|dt

En faisant tendre A vers +∞ on obtient (puisqu’on a montré la convergence) :∣∣∣∣∫ +∞

af (t)dt

∣∣∣∣6 ∫ +∞

a| f (t)|dt

R La décomposition f = f++ f− est à connaître.

. On peut bien sûr trouver des intégrales convergentes non absolument conver-gente. De même que pour les fonctions l’étude des intégrales convergentes nonabsolument convergente est compliqué : il s’agit des cas où les parties positiveset négatives se « compensent ».

Définition IV.2 Une fonction f continue par morceaux sur un intervalle I est inté-

grable sur I lorsque∫ sup I

inf If (t)dt est absolument convergente.

. La fonction f est donc intégrable si∫ sup I

inf I| f (t)|dt converge, c’est la même notion

que celles de familles sommables.

Notation IV.1. On note alors∫ sup I

inf If (t)dt =

∫I

f (t)dt =∫

If

Si la fonction f est continue sur ]a,b] (a et b réel) et prolongeable par continuité ena, alors elle est intégrable sur [a,b].

D’une manière générale, si a et b sont réels, que I est l’intervalle ]a,b] ou [a,b[ ouencore ]a,b[, et que la fonction f est bornée sur I, alors clairement f est intégrable surI.

IV.2 Manipulation et propriété

Proposition IV.2 — Intégrabilité et comparaison. Soient f et g deux fonctionscontinues par morceaux sur I = [a,+∞[ :• si | f |6 |g| et si g est intégrable sur I, alors f est intégrable sur I.• si f (x) = O

x→+∞

(g(x)) et si g est intégrable sur I, alors f est intégrable sur I.

C’est particulièrement le cas si f (x) = ox→+∞

(g(x))

• si f (x) ∼x→+∞

g(x), alors f est intégrable si et seulement si g est intégrable.

On traite de même les cas d’intégrales généralisées sur

I =]−∞,a], I = [a,b[, I =]a,b]

Démonstration. Supposons g intégrable et | f |6 |g|, on applique alors le résultat surles fonctions positives d’intégrale convergente à |g| :

∃M ∈ R, ∀x > a,∫ x

a|g(t)|dt 6M

Cela donne alors directement :

∀x > a,∫ x

a| f (t)|dt 6

∫ x

a|g(t)|dt 6M

Ainsi,∫ +∞

a| f (t)|dt converge et | f | est aussi intégrable.

De même, si on suppose f (x) = Ox→+∞

(g(x)), alors, on sait qu’il existe A ∈ R, telque :

| f |6 A|g| à partir d’un certain rang

Ainsi, si g est intégrable sur I, alors f aussi.Enfin, si f (x) ∼

x→+∞g(x), alors à partir d’un certain rang :

12|g(x)|6 | f (x)|6 2|g(x)|

et donc l’intégrabilité de f est équivalente à celle de g.

Proposition IV.3 Si la fonction f est continue et intégrable sur un intervalle I, et

telle que∫

I| f (t)|dt = 0, alors f = 0.

Démonstration. Pour faciliter les notations, on montre ce résultat dans le cas où I =[a,+∞[.

On remarque que pour tout A > a, on a :

06∫ A

a| f (t)|dt 6

∫ +∞

a| f (t)|dt

et donc :

∀A > a,∫ A

a| f (t)|dt = 0

En appliquant le résultat connu au segment [a,A] on obtient : f est nulle sur [a,A].Comme A est quelconque, cela donne que la fonction f est nulle sur [a,+∞[.

R Si la fonction f est uniquement continue par morceaux, alors elle est nulle saufaux points de discontinuités.

Proposition IV.4 L’ensemble des fonctions continues par morceaux, à valeurs dansK et intégrable sur l’intervalle I est un K-espace vectoriel.

IV.3 Fonction de carré intégrable

Définition IV.3 Soit f : I→K une fonction continue par morceaux.On dit que f est de carrée intégrable sur l’intervalle I lorsque | f |2 est

intégrable sur I.

R Dans le cas où K= R, la définition s’écrit f 2 est intégrable.

Proposition IV.5 Le produit de deux fonctions continues par morceaux de carréintégrable sur un intervalle I est une fonction intégrable.

Démonstration. Soit f et g deux fonctions continues par morceaux de carré intégrablesur un intervalle I.

Commençons par le cas réel.Rappelons l’inégalité suivante :

∀(a,b) ∈ R, |ab|6 12(a2 +b2)

En effet, on a :

(a−b)2 > 0 donc a2 +b2 > 2ab

(a+b)2 > 0 donc a2 +b2 >−2ab

et donc 2|ab|6 a2 +b2

On a alors :

∀x ∈ I, | f (x)g(x)|6 f 2(x)+g2(x)

et donc :∫I| f (x)g(x)|dx6

∫I

f 2(x)+g2(x)dx

6∫

If 2(x)dx+

∫Ig2(x)dx

ainsi la fonction f g est intégrable.Dans le cas complexe, c’est la même chose (on applique en fait le résultat précédent

aux fonctions réelles | f | et |g|).

∀(a,b) ∈ C, |ab|6 12(|a|2 + |b|2

)et donc :∫

I| f (x)g(x)|dx6

∫I| f (x)|2 + |g(x)|2 dx

6∫

I| f (x)|2 dx+

∫I|g(x)|2 dx

Ainsi, la fonction | f g| est intégrable, ie f g est intégrable.

Proposition IV.6 L’ensemble des fonctions continues par morceaux de carré inté-grable sur un intervalle I est un K-espace vectoriel.

Démonstration. Notons E l’ensemble des fonctions continues par morceaux de carréintégrable sur I.

Soit f et g deux fonctions de E et λ ∈ K.

On a alors :∫I|λ f |2 = |λ |2

∫I| f |2

On voit donc que (λ f ) ∈ E et E est stable par produit externe.On a aussi :∫

I| f +g|2 =

∫I

∣∣ f 2 +2 f g+g2∣∣6∫

I

∣∣ f 2∣∣+2∫

I| f g|+

∫I

∣∣g2∣∣62∫

I

∣∣ f 2∣∣+2∫

I

∣∣g2∣∣En appliquant l’inégalité 2|ab|6 |a|2 + |b|2

O Produit scalaire sur l’ensemble des fonctions continues de carré inté-grable

Proposition IV.7 Soit E l’espace vectoriel des fonctions continues de carré inté-grable sur un intervalle I à valeurs réelles.

L’application :

E2 → R( f ,g) 7−→ 〈 f ,g〉=

∫I

f g

est un produit scalaire sur E.Ainsi, E est un espace pré-hilbertien.

R Il faut la continuité (pour avoir définie positive).

Démonstration. Déjà cette application est bien définie. car si f et g sont des fonctionsde E, alors f g est intégrable.

On voit aussi directement la symétrie 〈 f ,g〉= 〈g, f 〉 et la bilinéarité :

〈 f1 +α f2,g〉=∫

I( f1 +α f2)g

=∫

If1g+α

∫I

f2g

=〈 f1,g〉+α 〈 f2,g〉

La positivité est aussi évidente :

〈 f , f 〉=∫

If 2 > 0

Enfin, montrons que cette application est définie positive. Pour cela, on considèreune fonction f ∈ E telle que 〈 f , f 〉= 0, alors :

∀x ∈ I, f 2(x)> 0 et∫

If 2(x)dx = 0

donc on en déduit que ∀x ∈ I, f 2(x) = 0, ie f (x) = 0. Ainsi f est la fonction nulle.L’application est donc un produit scalaire.

O Inégalité de Cauchy-Schwarz

Proposition IV.8 Soit f et g deux fonctions réelles continues de carré intégrable surun intervalle I. On a alors :(∫

If g)2

6∫

If 2∫

Ig2

Autrement dit :∣∣∣∣∫If g∣∣∣∣6√∫I

f 2

√∫Ig2

L’égalité a lieu si et seulement si il existe un réel k tel que g = k f ou f = kg.

Démonstration. C’est l’inégalité usuelle de Cauchy-Schwarz valable pour un produitscalaire quelconque, rappelons rapidement la démonstration dans ce contexte.

On fixe f et g dans E avec g non nulle et on considère l’application :

ϕ : λ 7−→∫

I( f +λg)2

=∫

If 2 +2λ

∫I

f g+λ2∫

Ig2

Il s’agit d’un polynôme de degré 2 à coefficients réels sans racine, donc son discriminantest négatif, ie :

4(∫

If g)2

−4∫

If 2∫

Ig2 6 0

ce qui donne bien le résultat.Si il y a égalité, alors il existe λ0 tel que ϕ(λ0) = 0, et donc :∫

I( f +λ0g)2 = 0 ce qui donne f +λ0g = 0.

Intégration sur un intervallePelletier Sylvain PSI, LMSC

O Convergence par calcul d’une primitive

Exercice 1 En revenant à la définition, étudier la convergence des intégrales généralisées suivantes :

∫ +∞

2

dtt ln t

∫ +∞

3

dtt ln t ln(ln t)

∫ 1

−1

dt√1− t2

Correction : On fait un changement de variables sur [2,A] :∫ A

2

dtt ln t

=∫ lnA

ln(2)

duu

en posant u = ln(t)

cette intégrale diverge en +∞.Idem pour la deuxième :∫ A

3

dtt ln t ln(ln t)

=∫ ln(ln(A)

ln(ln(3))

duu

en posant u = ln(ln(t)

Cette intégrale diverge.Pour la troisième :∫ 1−ε

0

dt√1− t2

= arcsin(1− ε)→ π

2

idem sur ]−1,0] et donc l’intégrale converge et vaut π .

Exercice 2 Étudier la convergence en fonction de α de∫ 1

e

0

1x(− lnx)α dx.

Correction : x 7→ 1x (− lnx)α est C M sur

]0, 1

e

].

Il faut traiter le cas α =−1 à part : une primitive de x 7→ 1x (− lnx)−1 est x 7→ − ln(ln(x)) avec ça on prouve facilement

que l’intégrale diverge si α =−1.Soit ε > 0, on cherche une primitive, en faisant un changement de variable sur

[ε, 1

e

]:

∫ 1e

ε

1x(− lnx)αdx =

∫ 1

− lnε

uα(−du) avec u =− lnx

=∫ − lnε

1uαdu =

[1

α +1uα+1

]− ln(ε)

1=

(− ln(ε))α+1−1α +1

−−→ε→0− 1

α +1converge uniquement si α +1 < 0

Ainsi, l’intégrale converge si et seulement si α +1 < 0

Exercice 31. Déterminer 3 réels a,b,c tels que :

∀x ∈]0,+∞[,1

x2(x+1)=

ax+

bx2 +

cx+1

2. Montrer que la série ∑k>0

1k2(k+1)

converge et calculer sa somme

101

3. Montrer que l’intégrale généralisée∫ +∞

1

dxx2(x+1)

converge et la calculer.

O Convergence par comparaison

Exercice 4 Étudier l’intégrabilité de :

f : x 7→ e−x

1+ x2 sur R+ g : x 7→ ln(x)1+ x2 sur [1,+∞[

h : x 7→ 1(1+ x2)

√x

sur ]0,+∞[ fz : t 7→ 1(z+ t)

√1+ t

, z ∈ C\R−, sur R+

Correction : La fonction f est CM et positive sur R+ et on a f (x) = ox→+∞

( 1x2

), ainsi f est intégrable sur R+.

La fonction g est CM et positive sur [1,+∞[ et on a :

g(x) ∼x→+∞

ln(x)x2 = o

x→+∞

(1

x√

x

)La fonction h est CM et positive sur ]0,+∞[ , l’intégrale est doublement généralisée. Cela donne :

1(1+ x2)

√x

∼x→0

1√x

donc intégrable en 0

et :

1(1+ x2)

√x

∼x→0+∞

1x2√x

donc intégrable en +∞.

La fonction fz est C M sur R+, car z+ t ne s’annule pas. Le problème est donc en +∞, or :

|z+ t|2 = (Re(z)+ t)2 +(Im(t))2 ∼t→+∞

t2

ainsi :

| fz(t)| ∼t→+∞

1

t32

Ainsi, fz est intégrable.

Exercice 51. Soit a un réel, pour quelles valeurs de a les intégrales :∫ 1

0

ln(x)xa dx et

∫ +∞

1

ln(x)xa dx

convergent ?

2. Soit (t,u) ∈ (]0,+∞[)2, calculer∫ u

t

ln(x)xa dx en déduire la valeur des intégrales de la question précédente (en cas de

convergence).3. Pour quelles valeurs du couple de réels (a,b) avec a < b, l’intégrale :∫ +∞

0

ln(x)xa + xb dx

converge-t-elle ?

Correction :1. Soit a > 1, on pose b = 1+a

2 , on a :

ln(x)xa = o

x→+∞

(1xb

)

102

d’où la convergence de∫ +∞

1

ln(x)xa dx Si a6 1 :

ln(x)xa >

1xa

d’où la divergence.Pour l’autre (ne pas oublier les valeurs absolues) :∣∣∣∣ ln(x)xa

∣∣∣∣=− lnxxa >

1xa

d’où la divergence si a> 1.Sinon, on considère b = 1+a

2 , et on a :∣∣∣∣ ln(x)xa

∣∣∣∣ ox→0

(1xb

)D’où manière à avoir convergence si a < 1

2. IPP : ∫ u

t

ln(x)xa dx =

∫ u

tln(x)x−adx

=

[1

−a+1x−a+1 ln(x)

]u

t− 1−a+1

∫ u

tx−adx

=1

−a+1

(u−a+1 ln(u)− t−a+1 ln(t)− 1

−a+1u−a+1− 1

−a+1t−a+1

)Pour a > 1, on pose d’abords t = 1 puis on fait tendre u vers +∞, pour obtenir :∫ +∞

1

ln(x)xa =

1(1−a)2

De même pour a < 1, on pose d’abord u = 1 et on fait tendre t vers 0, pour obtenir :∫ 1

0

ln(x)xa =− 1

(1−a)2

3. Il suffit de faire des équivalents :

ln(x)xa + xb ∼

x→0

ln(x)xa

donc convergence si a < 1, et :

ln(x)xa + xb ∼

x→+∞

ln(x)xb

donc convergence si b > 1.Il faut les deux conditions (intégrales doublement généralisées).

O Changement de variables

Exercice 6 Calculer∫ 1

0arcsin

(√t)

dt

Correction : La fonction t 7→ arcsin√

tdt est C M sur [0,1]. L’intégrale n’est donc pas généralisée.On fait donc le changement de variable :

t = sin2(u) u = arcsin(√

t)

t varie de 0 à 1 u varie de 0 àπ

2dt = 2sin(u)cos(u)du u 7→ sin2(u) ∈ C 1 et bijective.

103

D’où :

I =∫ π

2

02sinucosuudu =

∫ π

2

0sin(2u)udu

On finit par une ipp :

I =[−1

2ucos(2u)

] π

2

0+

12

∫ π

2

0cos(2u)du

=π

4+

14[sin(2u)]

π

20

=π

4

Une autre méthode consiste à faire les modifications suivantes :∫ 1

0arcsin

(√t)

dt =∫ 1

0arcsin(u)(2u)du

=[arcsin(u)u2]1

0−∫ 1

0

u2√

1−u2du

=π

2−∫ π

2

0sin2(t)dt

=π

4.

Exercice 7 À l’aide de changement de variable montrer la convergence et calculer :

∫ 1

0

ln(1− t2

)t2 dt en utilisant u =

1t∫ 1

0

t3√

1− t2dt en utilisant t = sinu∫ +∞

1

dt

t3√

t2−1en utilisant t = chu

Correction : Pour le premier, la fonction f : t 7→ln(1− t2

)t2 est C M sur ]0,1[. Elle est donc doublement généralisée.

En 0, on a :ln(1− t2

)t2 ∼

t→0−1 on peut donc prolonger par continuité et la fonction est intégrable sur

]0, 1

2

].

En 1, on a : f (t) ∼t→1

ln(1− t) or l’intégrale∫ 1

2

0ln(u)du converge donc t 7→ ln(1− t) est intégrable sur

]0, 1

2

].

Ainsi, f est intégrable sur ]0,1[.Avec le changement de variable proposée, on a :∫ 1

0

ln(1− t2

)t2 dt =

∫ 1

+∞

− ln(

1− 1u2

)du

=∫ +∞

1ln(

1− 1u2

)du

Pour le calcul on a pour x > 1 :∫ x

1ln(

1− 1u2

)du =

∫ x

1ln(u−1)du+

∫ x

1ln(u+1)du−2

∫ x

1ln(u)du

=∫ x−1

0ln(u)du+

∫ x+1

2ln(u)du−2

∫ x

1ln(u)du

=∫ 1

0ln(u)du−

∫ 2

1ln(u)du−

∫ x

x−1ln(u)du+

∫ x+1

xln(u)du

104

Il reste à vérifier que :

limx→+∞

−∫ x

x−1ln(u)du+

∫ x+1

xln(u)du = 0

On aura alors :

I =[u ln(u)−u+1]10− [u ln(u)−u+1]21=−1− (2ln(2)−2+1) =−2ln(2).

Il faut donc faire des DLs :

−∫ x

x−1ln(u)du+

∫ x+1

xln(u)du =(x+1) ln(x+1)+(x−1) ln(x−1)−2x ln(x)

=(x+1) ln(

1+1x

)+(x−1) ln

(1− 1

x

)=

1x+ o

x→+∞

(1x

)Pour le deuxième : f : t 7→ t3

√1−t2 est C M sur [0,1[. L’intégrale est donc généralisée en 1. Or on a :

| f (t)| ∼t→1

1√2√

1− t

et on sait que∫ 1

0dt√1−t

=∫ 1

0du√

u est convergente. Ainsi f est intégrable.On utilise donc le changement de variables :

t =sin(u) u =arcsin(t)

t varie de 0 à 1 u varie de 0 àπ

2u 7→ sin(u) ∈ C 1 et bijective

Ainsi :

I =∫ π

2

0

sin3(u)√1− sin2(u)

cos(u)du

=∫ π

2

0sin3(u)du

On continue par une linéarisation :

sin3(u) =− 18i

(eiu− e−iu)3

=14(3sinu− sin(3u))

ou sinon écrire :

I =∫ π

2

0

(1− cos2(u)

)sin(u)du

=

[−cosu+

cos2 u3

] π

2

0= 1− 1

3=

23

Pour le troisième : t 7→ 1t2√

t2−1est C M et positive sur ]1,+∞[. L’intégrale est donc doublement généralisée.

On a :

f (t) ∼t→+∞

1t2 intégrable en +∞

f (t) ∼t→1

1√2√

1− tintégrable en 1

105

Ainsi, la fonction f est intégrable.On fait le changement de variable proposée :∫ +∞

1

dt

t3√

t1−1=∫ +∞

0

shuch3ushu

du

=∫ +∞

0

duch3u

=∫ +∞

0

chu(1+ sh2(u)

)2 du

puis de nouveau : x = chu :

I =∫ +∞

0

dx

(1+ x2)2

Enfin, on fait x = tanv :

I =∫ π

2

0

(1+ tan2 v)

(1+ tan2 v)2 dv

=∫ π

2

0

dv1+ tan2 v

=∫ π

2

0cos2(v)dv

Il reste à linéariser pour obtenir :

I =π

4

O Intégration par parties

Exercice 8 Montrer la convergence et calculer les intégrales suivantes :

∫ +∞

1

ln tt2 dt

∫ 1

0

ln t

(1+ t)2 dt

Correction : t 7−→ ln tt2 est continue et positive par morceaux sur [1,+∞[. Comme :

ln(t)t2 =

ln t√t

1

t32

=t→+∞

o(

1

t32

)

on peut en déduire que t 7−→ ln tt2 est intégrable et donc que :

∫ +∞

1

ln tt2 dt existe.

On utilise donc une ipp :

u(t) = ln(t) u′(t) =1t

v′(t) =1t2 v(t) =− 1

t

On regarde le crochet :[− ln(t)

t

]+∞

1=− lim

t→+∞

ln tt

= 0.

On en déduit que :∫ +∞

1

ln tt2 dt =

∫ +∞

1

1t2 dt

106

au sens où l’existence de l’une est équivalente à l’existence de l’autre et qu’elles sont égales.

On sait :∫ +∞

1

1t2 dt = 1 d’où

∫ +∞

1

ln tt2 dt = 1.

La fonction t 7−→ ln t(1+t)2 est continue par morceaux sur ]0,1], et on sait que ln t

(1+t)2 ∼t→0

ln(t) et t 7−→ ln t est intégrable sur

]0,1], donc∫ 1

0

ln t

(1+ t)2 dt existe.

Pour∫ 1

0

ln t

(1+ t)2 dt, on peut utiliser l’ipp suivante :

u(t) = ln(t) u′(t) =1t

v′(t) =1

(1+ t)2 v(t) =− 11+ t

On calcule le crochet :[− ln t

1+ t

]1

0= lim

t→0− ln t

1+ t=−∞

On ne peut donc pas utiliser le résultat sur les ipp pour des intégrales généralisées.Il faut revenir à l’intégrale sur un segment. On considère donc ε > 0. On a alors en faisant l’ipp sur [ε,1] :

∫ 1

ε

ln t

(1+ t)2 dt =[− lnt

1+ t

]1

ε

+∫ 1

ε

1t(t +1)

dt

=lnε

1+ ε+∫ 1

ε

(1t− 1

1+ t

)dt‘

=lnε

1+ ε− ln(2)− ln(ε)+ ln(1+ ε)

=− ln(2)− ε lnε

1+ ε+ ln(1+ ε)

−−→ε→0− ln(2)

Ainsi :∫ 1

0

ln t

(1+ t)2 dt =− ln(2)

Exercice 9 Calculer pour n ∈ N∗, In =∫ +∞

0

dt(1+ t2)n

Correction : Déjà pour l’existence : fn : t 7→ 1(1+t2)

n est CM sur [0,+∞[ et fn(t) ∼t→+∞

1t2n .

On fait ensuite :

In =∫ +∞

0

dt(1+ t2)n

=∫ +∞

0

(1+ t2− t2

)(1+ t2)n dt

=In−1−∫ +∞

0

t2

(1+ t2)n dt

(en effet cette dernière intégrale converge). On effectue une ipp :

∫ +∞

0

t2

(1+ t2)n dt =[− t(2(n−1)(1+ t2)n−1

]+∞

0+

12(n−1)

∫ +∞

0

dt

(1+ t2)n−1

107

On obtient alors :

In =2n−32n−2

In−1

Et par récurrence et avec I0 =π

2 :

In =(2n−2)!

22n−2 ((n−1)!)2π

2

O Produit scalaire et inégalité de Cauchy-Schwarz

Exercice 10

1. Montrer que t 7−→ | ln t| est de carré intégrable sur ]0,1] et calculer∫ 1

0| ln t|2dt.

2. Montrer que :

06∫ 1

0

| ln t|t

14

dt 6 2

Correction :1. Cette fonction est continue par morceaux.

On utilise ensuite une IPP :

u(t) = ln(t) u′(t) =1t

v′(t) = ln(t) v(t) =t ln(t)− t

Cela donne :∫ 1

0| ln t|2dt =

∫ 1

0(ln t)2 dt

=[ln(t)(t ln(t)− t)]10−∫ 1

0(ln(t)− t)dt

On calcule le crochet :

[ln(t)(t ln(t)− t)]10 =− limt→0

t ln2(t)− t ln(t) = 0

On obtient de plus :∫ 1

0(ln(t)− t)dt = [t ln t−2t]10−2

d’où I = 2.2. On applique ensuite cauchy-schwarz.

Exercice 11 Soit f une fonction de carré intégrable sur R+.Montrer que :(∫ +∞

0e−t f (t)dt

)2

612

∫ +∞

0f 2(t)dt.

Étudier le cas d’égalité.

Correction : simple application de Cauchy-Schwarz avec :∫ +∞

0e−2tdt =

12

le cas d’égalité : f : t 7→ ke−t .

108

Exercice 12 Soit E l’espace vectoriel des fonctions réelles continues de carré intégrable sur R, muni du produit scalaire :

〈 f ,g〉=∫R

f g

Montrer que le sous-espace vectoriel de E des fonctions paires et le sous-espace vectoriel de E des fonctions impairessont supplémentaires orthogonaux.

Correction : on prend f paire et g impaire et on vérifie que∫ +∞

0 f (t)g(t)dt = 0 (car c’est l’intégrale sur R d’une fonctionimpaire). Les deux espaces sont donc orthogonaux Attention : cela ne suffit pas.

On vérifie ensuite que si ϕ ∈ E, les fonctions

f : t 7→ 12(ϕ(t)+ϕ(−t))

g : t 7→ 12(ϕ(t)−ϕ(−t))

sont paires / impaires, continues et de carré intégrable (attention aux trois points).

Exercice 13 Soit E l’espace vectoriel des fonctions réelles continues de carré intégrable sur I, muni du produit scalaire :

〈 f ,g〉=∫

If g

on note N2 la norme associée à ce produit scalaire.On dit qu’une suite de fonctions ( fn) de E converge en moyenne quadratique vers une fonctions f de E si lim

n∞N2( fn− f ) = 0.

1. Montrer les inégalités :

∀( f ,g) ∈ E2, |〈 f ,g〉|6∫

I| f g|6 N2( f )N2(g)

2. En déduire que si ( fn) et (gn) sont deux suites de fonctions de E convergeant en moyenne quadratique vers f et g

respectivement, alors la suite de réels

(〈 fn,gn〉

)n∈N

est convergente de limite < f ,g >.

Correction :1. Remarque : c’est un truc à avoir vu pour les fonctions continues réelles de carré intégrable : N2( f ) = N2(| f |).

Soit ( f ,g) ∈ E.

|〈 f ,g〉|=∣∣∣∣∫I

f g∣∣∣∣

6∫

I| f g|=

∣∣∣∣∫I| f g|

∣∣∣∣= |< | f |, |g|>|6N2(| f |)N2(|g|) = N2( f )N2(g)

2. On écrit :

|〈 fn,gn〉−〈 f ,g〉|= |〈 fn− f ,gn〉+ 〈 f ,gn−g〉|6N2( fn− f )N2(gn)+N2( f )N2(gn−g)

On a alors

limn∞

N2( fn− f ) = 0 limn∞

N2(gn−g) = 0 limn∞

N2(gn) = N2(g)

O Exercices de concoursExercice 14

1. Montrer que l’intégrale :

In =1√2π

∫ +∞

−∞

tne−t22 dt

109

converge.Que vaut I2p+1 ?

2. Trouver une relation entre I2p+2 et I2p et achever le calcul des (Ip).On admet que I0 = 1.

3. Soit l’application ϕ définie par :

ϕ :

Rn[X ]×Rn[X ] → R

(P,Q) 7−→ ϕ(P,Q) = 1√2π

∫ +∞

−∞

P(t)Q(t)e−t22 dt

Montrer que ϕ est un produit scalaire sur Rn[X ].4. On suppose n = 2.

Construire une base orthonormale (P0,P1,P2) de R2[X ] pour ce produit scalaire par le procédé d’orthogonalisationde Gram-Schmidt appliqué à (1,X ,X2).

On admet :∫ +∞

−∞

e−t2dt =

√π .

Correction :1. Intégrale doublement généralisée d’une fonction continue par morceaux. On a facilement :

tne−t22 = o

t→+∞

(1t2

)et |t|ne−

t22 = o

t→−∞

(1t2

)d’où la convergence des deux intégrales. I2p+1 est l’intégrale sur R d’une fonction impaire, donc I2p+1 = 0.

2. On fait une ipp :

u′(t) = te−t22 u(t) =−e−

t22

v′(t) = (2p+1)t2p v(t) = t2p+1

Le crochet est nul par croissance comparée, ce qui donne :

I2p+2 = (2p+1)I2p

On obtient alors par une récurrence facile :

∀p> 0, I2p =(2p−1)!

2p−1(p−1)!

3. Il faut en premier s’assurer que si P et Q sont des polynômes, (P,Q) existe. Pour cela, on note R = PQ, n le degré de Ret on a :

R =n

∑k=0

rkXk

donc :

(P,Q) =n

∑k=0

rkIK existe.

Les propriétés de symétries et de bilinéarités, de positivité sont évidentes. Pour définie positif, attention à bien écrire :intégrale d’une fonction continue et positive est nulle, donc la fonction est nulle.

4. On commence par calculer ‖1‖ :

‖1‖2 =1√2π

∫ +∞

−∞

e−t22 dt = I0 = 1

Ainsi 1 est le premier vecteur cherché.Cherchons le deuxième : on cherche P = X +α tel que : < 1,P >= 0, ie : α =−< 1,X >

α =− 1√2π

∫ +∞

−∞

te−t22 dt =−I1 = 0

110

Ainsi, P = X convient. On calcule ensuite ‖X‖ :

‖X‖2 =1√2π

∫ +∞

−∞

t2e−t22 dt = I2 = 1

D’où le deuxième vecteur de la base est : X .Cherchons le troisième : on cherche P = X2 +αX +β tel que : < 1,P >= 0 et < X ,P >= 0, cela donne :

β =−< 1,X2 >= I2 = 1

α =−< X ,X2 >= I3 = 0

D’où P = X2−1, on normalise :

‖P‖2 = I4−2I2 + I0 = 2

d’où ‖P‖=√

2 et on choisit le troisième vecteur :

1√2

(X2−1

)

Exercice 15 Soit E l’ensemble des fonctions de carré intégrable de R+ dans R.On munit cet espace du produit scalaire :

∀( f ,g) ∈ E2, 〈 f ,g〉=∫ +∞

0f (t)g(t)dt

Soit :

H = Vect(x 7−→ e−x,x 7−→ e−2x,x 7−→ e−3x)

Construire une base orthonormée de H.

Exercice 16 Intégrales de WallisOn pose :

un =∫ π

2

0sinn(x)dx

1. calculer u0, u1, u2 et u3.2. Montrer que la suite (un) décroît et converge.3. Montrer que :

∀n ∈ N, un =∫ π

2

0cosn(x)dx

4. À l’aide des formules d’Euler et de la formule du binôme de Newton, écrire un sous forme d’une somme.5. Trouver une relation entre un+2 et un.6. En déduire l’expression de u2l+1 et de u2l en fonction de l.7. Montrer que le produit : (n+1)un+1un est constant.

En déduire un équivalent de un lorsque n tend vers +∞.8. Lien avec la formule de Stirling

On admet qu’il existe C ∈ R tel que nn ∼n∞

C√

nnne−n. Déduire de ce qui précède la valeur de C.

Correction :

111

1. On trouve facilement : u0 =π

2 , u1 = 1. Ensuite :

u2 =∫ π

2

0sin2 xdx

=12

∫ π

2

0(1− cos(2x))dx

=12

π

2=

π

4car

∫ π

2

0cos(2x)dx = 0

Pour :

u3 =∫ π

2

0sin3 xdx

on linéarise :

sin3 x =(

eix− e−ix

2i

)3

=− 18i

(e3ix−3eix +3e−ix−3e−3ix)

=− 14(sin(3x)−3sin(x))

=− 14

sin(3x)+34

sin(x)

ce qui donne :

u3 =14

(∫ π

2

0sin(3x)dx+3

∫ π

2

0sin(x)dx

)=

14

(−1

3+3)

=23

2. Soit n ∈ N, on a :

∀x ∈[0,

π

2

], sinn+1(x)6 sinn(x)

en intégrant sur[0, π

2

], cela donne :

un+1 6 un

ainsi la suite décroît.Elle est minorée par 0 donc converge vers une limite positive ou nulle.

3. Soit n ∈ N. On utilise le changement de variables en posant t = π

2 − x. Cela donne :

un =∫ π

2

0sinn(x)dx

=∫ 0

π

2

sinn(

π

2− t)(−dt)

=∫ π

2

0cosn (t)dt

4. On part de la formule d’Euler :

cos(x) =12(eix + e−ix)

112

ce qui donne :

un =∫ π

2

0cosn(x)dx

=12n

∫ π

2

0

(eix + e−ix)n

dx

=12n

∫ π

2

0

n

∑k=0

(nk

)eikxe−i(n−k)xdx

=12n

n

∑k=0

(nk

)∫ π

2

0ei(2k−n)xdx inversion somme finie et intégrale

Il me semble que l’on peut s’arrêter ici vu la manière dont la question est posée.5. Soit n ∈ N. On utilise une intégration par parties :

un+2 =∫ π

2

0sinn+2(x)dx

=∫ π

2

0sin(x)sinn+1(x)dx

On pose alors :

u(x) =sinn+1(x) u′(x) =(n+1)sinn(x)cos(x)

v(x) =− cos(x) v′(x) =sin(x)

D’où :

un+2 =[cos(x)sinn+1(x)

] π

20 +(n+1)

∫ π

2

0sinn(x)cos2(x)dx

=(n+1)∫ π

2

0sinn(x)

(1− sin2(x)

)dx

=(n+1)un− (n+1)un+2

Ainsi :

∀n ∈ N, un+2 =n+1n+2

un

6. Pour les termes pairs, la relation s’écrit :

∀l ∈ N, u2l+2 =2l +12l +2

u2l

avec u0 =π

2 donne :

u2 =12

u0 =12

π

2

u4 =34

u2 =1×32×4

π

2

u6 =56

u2 =1×3×52×4×6

π

2

u8 =78

u2 =1×3×5×72×4×6×8

π

2

On voit donc le produit des termes impairs au numérateur et le produit des nombres pairs au dénominateur.On montre donc par une récurrence très rapide que :

∀l ∈ N, u2l =(2l−1)(2l−3) . . .1(2l)(2l−2) . . .2

π

2

113

Il reste donc à simplifier l’expression :

(2l−1)(2l−3) . . .1(2l)(2l−2) . . .2

=(2l)!

((2l)(2l−2) . . .2)2

=(2l)!

(2ll!)2

=(2l)!

4l (l!)2

Ainsi :

∀l ∈ N, u2l =(2l)!

4l (l!)2π

2

Pour les termes impairs, la relation s’écrit :

∀l ∈ N, u2l+3 =2l +22l +3

u2l+1

et comme u1 = 1, on obtient par récurrence la relation :

u2l+1 =(2l)(2l−1) . . .2

(2l +1)(2l−1) . . .1

Avec la même technique :

∀l ∈ N, u2l+1 =4l (l!)2

(2l +1)!

7. Notons, vn la suite définie par :

vn = (n+1)un+1un

on a alors :

∀n ∈ N, vn+1 =(n+2)un+2un+1

=(n+1)unun+1 = vn en utilisant un+2 =n+1n+2

un

Ainsi, la suite (vn) est constante.On en déduit :

∀n ∈ N, vn = v0 ie (n+1)un+1un = u1u0 =π

2

Ainsi :

∀n ∈ N, (n+1)un+1un =π

2

NB : attention la relation un ∼n∞

un+1 n’est pas toujours vraie (ex des suites géométriques).On part ensuite de la relation de décroissante :

∀n ∈ N, un+2 6 un+1 6 un

que l’on écrit :

n+2n+1

un 6 un+1 6 un

on multiplie par (n+1)un (quantité positive) :

(n+2)u2n 6

π

26 (n+1)u2

n

114

On renverse l’inégalité :

u2n 6

π

2(n+1)et

π

2(n+2)6 u2

n

et donc :π

2(n+2)6 u2

n 6π

2(n+1)

On en déduit que :

limn∞

u2nn =

π

2

et donc que u2n ∼

n∞

π

2n ou encore que un ∼n∞

√π

2n

8. On admet donc l’existence de C tel que :

nn ∼n∞

C√

nnne−n

On remplace dans l’expression de u2l :

u2l =(2l)!

4l (l!)2π

2

∼l∞

C√

2l(2l)2le−2l

4l(

C√

llle−l)2

π

2

∼l∞

1C

√2l(2l)2l

4lll2lπ

2

∼l∞

1C

1√2l

π

Or on sait que :

u2l ∼l∞

12

√π

l

D’où C =√

2π . On retombe bien sur la formule de Stirling :

nn ∼n∞

√2π√

nnne−n

Exercice 17 Montrer que les intégrales suivantes convergent et les calculer :

∫ +∞

0

t(1+ t)3

∫ +∞

0ln(

1− 1t2

)dt

Exercice 18

1. Pour quelles valeurs de a l’intégrale∫ +∞

0

e−t

ta dt est-elle convergente?

2. L’intégrale∫ +∞

0e−t ln(t)dt est-elle convergente?

3. On considère les fonctions :

f : x 7−→∫ 2x

x

e−t

tdt g : x 7−→

∫ +∞

x

e−t

t

Étudier les variations de f et de g. Donner leurs limites en 0 et à l’infini.

115

Exercice 19 Soit (a,b,c,d) 4 réels, vérifiant : a > b et c > d.

À quelle condition l’intégrale généralisée :∫ +∞

0

xa + xb

xc + xd dx converge?

Exercice 20 Soit f une fonction continue sur [0,1], calculer :

limn→+∞

∫ 1

0f (t)tndt

Exercice 21 Convergence de l’intégrale de Dirichlet

1. Montrer que∫ +∞

0

sin2(x)x2 dx converge.


0

1− cos(x)x2 dx converge.

3. Soit x un réel strictement positif, on pose :

f : x 7−→∫ x

π

sin(t)t

dt

À l’aide d’une intégration par parties, donner une autre expression de f (x).

En déduire que :∫ +∞

π

sin(t)t

dt converge, puis que :∫ +∞

0

sin(t)t

dt converge.

Correction :1. En 0, c’est prolongeable par continuité (intégrale faussement généralisée) avec limx→0

sin2(x)x2 = 1. En +∞ :

sin2(x)x2 6

1x2

2. En 0 c’est encore prolongeable par continuité avec : limx→01−cos(x)

x2 = 12

En +∞ :∣∣∣∣1− cos(x)x2

∣∣∣∣6 2x2

3. On primitive le sinus en 1− cos(t) et dérive 1t :∫ x

π

sin(t)t

dt =[

sin(t)t

]x

π

+∫ x

π

1− cos(t)t2 dt

=sin(x)

x+∫ x

π

1− cos(t)t2 dt

Lorsque x tend vers +∞ :

limx→+∞

sin(x)x

= 0

ainsi : ∫ +∞

π

sin(t)t

dt converge et∫ +∞

π

sin(t)t

dt =∫ +∞

π

1− cos(t)t2 dt

Comme∫

π

0sin(t)

t dt est faussement génralisée en 0, on en déduit que∫ +∞

0

sin(t)t

dt converge.

116

Exercice 221. Pour quelles valeurs de a réel, l’intégrale généralisée :∫ +∞

0

arctan(t)ta dt

converge-t-elle ?2. Soir les fonctions :

f :

]0,+∞[ → Rx 7−→

∫ x0

arctan tt dt

et g :

]0,+∞[ → Rx 7−→

∫ +∞

xarctan t

t2 dt

Montrer que f et g sont de classe C 1 sur R+∗ .

Donner leur sens de variations et calculer leur limite aux bornes de R+∗


0

ln(t)1+ t2 dt converge.

4. Soit b et x deux réels strictement positifs.

Donner une relation liant :∫ x

b

arctan tt

dt et∫ x

b

ln t1+ t2 dt.

En déduire un équivalent de f (x) au voisinage de +∞.

Exercice 23 Soit f une fonction de classe C 1 sur R telle que f (0) 6= 0.

Montrer que∫ 1

0

f (t)t

dt diverge et que∫ 1

0

f (t)− f (0)t

dt converge.

En déduire un équivalent de∫ 1

x

f (t)t

dt lorsque x tend vers 0.

117

Hyperplan et produit scalaireIsométries vectoriellesMatrices orthogonalesEspace euclidien orienté de dimension 2 ou3Isométries vectorielles du plan euclidienIsométries vectorielles de l’espaceeuclidienRéduction des endomorphismes symé-triques et matrices symétriques réellesExercicesProcédé de normalisation de Gram-Schmidt et applicationsRappels sur les polynômesGénéralitésDivisibilité et division euclidienne dans K[X ]RacinesDécomposition en facteurs irréductibles deC[X ] et R[X ]Exercices classiques sur les polynômes

8 — Espaces euclidiens

Ce chapitre prolonge les acquis de première année sur les espaces euclidiens.

I Hyperplan et produit scalaire

On rappelle qu’un hyperplan est un sous-espace vectoriel qui admet un supplémen-taire de dimension 1. On a vu qu’un hyperplan s’identifie toujours comme le noyaud’une forme linéaire non nulle sur E.

On a aussi vu que dans le cas de la dimension finie, si on note B = (e1, . . . ,en) unebase de E, alors H est un hyperplan si et seulement si il existe n scalaires (a1, . . . ,an)non tous nuls, tels que :

x =n

∑i=1

xiei ∈ H ⇐⇒n

∑i=1

aixi = 0

C’est l’équation cartésienne du plan.Dans le cas où E est en fait un espace euclidien, on a mieux.

Proposition I.1 Soit E un espace euclidien et f une forme linéaire sur E.Alors il existe un unique vecteur a ∈ E tel que :

∀x ∈ E, f (x) =< a,x >

Réciproquement, pour tout a ∈ E, l’application :

x 7−→< a,x >

est une forme linéaire.

. a = 0 si et seulement si f est l’application nulle.

Démonstration. Commençons par l’unicité : supposons qu’il y ait deux vecteurs a et bqui vérifient la relation.

On considère alors une base orthonormée B = (e1, . . . ,en) de E (qui existe toujoursgrâce au procédé d’orthonormalisation de Gramm-Schmidt).

On a alors :

f (e1) =< a,e1 >=< b,e1 >

idem pour e2, e3 jusqu’à en. Donc les coordonnées de a et de b dans B sont les mêmesdonc a = b. D’où l’unicité.

Pour l’existence, on considère toujours une BON B et on pose donc a le vecteur deE, tel que

a =n

∑i=1

f (ei)ei =(

f (e1), . . . , f (en))

B

On constate alors que si x = ∑ni=1 f (ei)ei =

(x1, . . . ,xn

)B

est un vecteur quelconque deE, alors :

f (x) =n

∑i=1

xi f (ei) =⟨

a,x⟩

En effet, puisque B est une BON, le produit scalaire s’exprime en fonction des coor-données dans B comme le produit scalaire canonique.

. la matrice de f dans la base B est une simple ligne MatB( f ) = (a1, . . . ,an). Levecteur a de la proposition est le vecteur donc les coordonnées dans la base Bsont (a1, . . . ,an). En effet :

∀x = (x1, . . . ,xn) ∈ E, f (x) = MatB( f )

x1...

xn

=n

∑i=1

aixi =< a,x >

Proposition I.2 Soit E un espace euclidien et H un hyperplan de E, alors il existea ∈ E tel que :

x ∈ H ⇐⇒ a⊥x

On dit que a est un vecteur normal à H.

Démonstration. On considère donc un forme linéaire de noyau H, et on écrit : f : x 7→<a,x >.

On a alors :

x ∈ H ⇐⇒ f (x) = 0

⇐⇒< a,x >= 0

. Pour un hyperplan H, il y a plusieurs formes linéaires f telles que ker( f ) = H,donc plusieurs vecteurs normaux (ils sont tous colinéaires). Pour une formelinéaire f donnée, il n’y a qu’un vecteur a tel que f s’écrive : x 7→< a,x >.Si on connaît un vecteur normal alors on connaît l’équation cartésienne et réci-proquement :

l’équation cartésienne :n

∑i=1

aixi = 0

donne le vecteur normal a =(

a1, . . . ,an

).

Le vecteur normal a est en fait une base de H⊥ (qui est une droite).

. On retrouve l’équation cartésienne d’une droite (vectorielle) ∆ du plan qui s’écrit :

(x,y) ∈D ⇐⇒ ax+by = 0

pour une droite affine c’est une équation de la forme :

(x,y) ∈D ⇐⇒ ab+by+ c = 0

Le vecteur (a,b) est normal à la droite.On peut faire de même l’équation d’un plan Π de l’espace :

(x,y,z) ∈Π ⇐⇒ ax+by+ cz = 0 (vectoriel)

(x,y,z) ∈Π ⇐⇒ ax+by+ cz+d = 0 (affine)

O Projeté et distance à un hyperplanSoit un vecteur x et H un hyperplan de vecteur normal a.Alors le projeté est solution des équations :

y⊥ax− y colinéaire à a

d’inconnue y

On cherche une solution sous la forme y = x−αa puisque x− y doit être colinéaire à a.On trouve alors facilement que : En fait, on constate que :

x− 1‖a‖2 < x,a > a est le projeté orthogonal de x sur H.

puisque c’est une solution (donc l’unique solution) du système d’équations précédent.En particulier, la distance de x à H est :

d(x,H) = ‖x−PH(x)‖=1‖a‖|< a,x >|

Dans le cas où on a une base orthonormée, alors l’hyperplan admet pour équationcartésienne :

a1x1 + · · ·+anxn = 0

alors la distance à l’hyperplan d’un vecteur x est :

d(x,H) =|a1x1 + · · ·+anxn|√

a21 + · · ·+a2

n

. Ainsi, dans le cas d’un hyperplan en dimension finie, si on connaît un vecteur nor-mal et / ou si connaît l’équation cartésienne, alors on a une expression analytiquedu projeté et de la distance.

. Pour une droite vectorielle du plan d’équation : D : ax+by = 0, la distance est :

d ((x,y),D) =|ax+by|√

a2 +b2

Pour une droite affine, on admet (voir le cours de première année) que la distanceà la droite D : ax+by+ c = 0 est :

d ((x,y),D) =|ax+by+ c|√

a2 +b2

Pour un plan de l’espace Π : ax+by+ cz = 0 la distance est de même :

d ((x,y,z),Π) =|ax+by+ cz|√

a2 +b2 + c2

et de la même manière, pour un plan affine Π : ax+by+ cz+d = 0 :

d ((x,y,z),Π) =|ax+by+ cz+d|√

a2 +b2 + c2

II Isométries vectoriellesII.1 Définition et caractérisation

On rappelle qu’un espace euclidien est un espace vectoriel sur R de dimension finiequi est muni d’un produit scalaire.

Définition II.1 Soit E un espace euclidien.Un endomorphisme u ∈L (E) est une isométrie vectorielle (ou automor-

phisme orthogonal) s’il conserve la norme euclidienne, c’est-à-dire si :

∀x ∈ E, ‖x‖= ‖u(x)‖

ou de manière équivalente si : ∀x ∈ E,‖x‖2 = ‖u(x)‖2.

On utilise toujours le mot automorphisme car une isométrie est toujours bijec-tive :

Proposition II.1 Une isométrie de E est toujours un automorphisme de E.

Démonstration. On peut facilement vérifier que ker(u) = 0 puisque si on considèreun x de E tel que u(x) = 0, alors ‖x‖= ‖u(x)‖= 0 donc x = 0.

. Si u est une isométrie, et λ est une valeur propre (complexe ou réelle) de u, alors|λ |= 1, en effet, on connaît l’existence d’un x (vecteur propre) non nul tel queu(x) = λx et donc ‖u(x)‖= |λ |‖x‖ mais comme ‖u(x)‖= ‖x‖ ainsi |λ |= 1.

Proposition II.2 Un endomorphisme u ∈L (E) est une isométrie vectorielle si, etseulement si, il conserve le produit scalaire :

∀(x,y) ∈ E2, 〈u(x),u(y)〉= 〈x,y〉

Le preuve est essentiellement basée sur le lien entre produit scalaire et norme : leproduit scalaire détermine la norme et réciproquement (égalité de polarisation).

Démonstration. Notons :

(1) : ∀x ∈ E,‖x‖= ‖u(x)‖(2) : ∀(x,y) ∈ E2,〈u(x),u(y)〉= 〈x,y〉

Montrons que (1) ⇐⇒ (2).Supposons (1) et considérons (x,y) ∈ E2, on a alors :

〈x,y〉=14(‖x+ y‖2−‖x− y‖2)

=14(‖u(x+ y)‖2−‖u(x− y)‖2) car u conserve la norme

=14(‖u(x)+u(y)‖2−‖u(x)−u(y)‖2)

=〈u(x),u(y)〉

D’où (1) =⇒ (2)Supposons (2) et considérons x ∈ E. On a alors :

‖x‖=√〈x,x〉

=√〈u(x),u(x)〉 d’après (2)

=‖u(x)‖

D’où (2) =⇒ (1).

Exemple II.1 Soit F un SEV de E et la symétrie orthogonale par rapport à F est uneisométrie puisque si x s’écrit x = a+b avec a ∈ F et b ∈ F⊥, alors s(x) = a−b et

‖x‖2 = a2 +b2 et ‖s(x)‖2 = a2 +b2

donc ‖x‖= ‖s(x)‖

On sait déjà que u étant un automorphisme, il transforme toute base de E en unebase de E. En fait, on a une caractérisation des isométries :

Proposition II.3 Soit u ∈L (E) un endomorphisme de E, les propositions suivantessont équivalentes :

1. u est une isométrie de E,2. Toute base orthonormale de E est transformée par u en une base orthonormale

de E.3. Il existe une base orthonormale de E transformée par u en une base orthonor-

male de E.

Démonstration. On suppose que u est une isométrie.Soit B = (e1, . . . ,en) une base orthonormée de E.On sait alors que :

∀(i, j) ∈ [[1,n]] ,⟨ei,e j

⟩=

1 si i = 1,0 sinon.

Soit (i, j) ∈ [[1,n]], on calcule alors :

⟨u(ei),u(e j)

⟩=⟨ei,e j

⟩=

1 si i = 1,0 sinon.

Ainsi,(

u(e1), . . . ,u(en))

est bien une base orthonormée de E, et u a bien transforméla BON quelconque B en une BON. Ainsi, l’isométrie u transforme toutes les basesorthonormales de E en une base orthonormale.

Supposons maintenant qu’il existe une base orthonormale B = (e1, . . . ,en) de E,telle que B′ =

(u(e1), . . . ,u(en)

)est une base orthonormée de E.

Considérons x ∈ E. On écrit alors :

x =n

∑i=1

xiei ie x =(

x1, . . . ,xn

)B.

On a alors :

‖x‖2 =n

∑i=1

x2i expression de la norme en fonction des coordonnées dans une BON

On a :

u(x) =n

∑i=1

xiu(ei) ie x =(

x1, . . . ,xn

)B′.

Comme B′ est toujours une BON, on a encore :

‖u(x)‖2 =n

∑i=1

x2i

On en déduit :

‖u(x)‖2 = ‖x‖2

et comme x est quelconque, on obtient que u est une isométrie.

II.2 Propriétés

Proposition II.4 Soit u une isométrie de E.Si F est un SEV de E et si F est stable par u, alors F⊥ est aussi stable par u.

Démonstration. On considère une base base de E adaptée à F . Par le procédé d’ortho-normalisation de Gram-Shmidt, on peut supposer que cette base orthonormée.

On note cette base B = (e1, . . . ,en) et on suppose que les p premiers vecteursforment une base de F , ie F =Vect(e1, . . . ,ep). On sait alors que F⊥=Vect(ep+1, . . . ,en).Comme B est une base orthonormée et que u est une isométrie, on a

B′ = (u(e1), . . . ,u(en)) est une BON.

Comme F est stable, on a : ∀i ∈ [[1, p]] ,u(ei) ∈ F , et comme ces vecteurs forment unefamille libre, on a par argument de dimension :

F = Vect(u(e1), . . . ,u(ep)).

Par suite(

u(e1), . . . ,u(ep))

est une base de F et donc(

u(ep+1), . . . ,u(en))

est une

base de F⊥. En particulier, F⊥ est stable par u.

. Dans la base B, la matrice matB(u) est diagonale par bloc. Ce résultat est surtoututile avec F qui est sous-espace propre de u.

Il existe une autre démonstration mais qui utilise le résultat suivant : en dimensionfinie, si F est stable par u, et que u est un automorphisme, alors F est aussi stable paru−1.

En effet, l’endomorphisme induit u par u sur F est aussi inversible puisque ker(u) =ker(u)∩F = 0. Ainsi, on peut définit u−1(a) pour a∈ F . Pour un tel a, u−1(a) vérifieu(u−1(a)

)= a donc u−1(a) = u−1(a). Or u−1(a) ∈ F , donc u−1(a) ∈ F .

Avec ce résultat, on peut démontrer le résultat précédent de la manière suivante :Soit x ∈ F⊥ et a ∈ F , on a alors :

〈u(x),a〉=⟨x,u−1(a)

⟩or u−1(a) ∈ F , donc

⟨x,u−1(a)

⟩= 0 car x ∈ F⊥.

On en déduit que u(x) ∈ F⊥ et donc que F⊥ est stable.

II.3 Groupe orthogonalOn note GL(E) l’ensemble des endomorphismes bijectifs appelé groupe linéaire.

Comme on l’a vu si u est une symétrie, alors u ∈ GL(E).

Proposition II.5 L’ensemble des isométries forment une partie de GL(E) qui eststable par composition et par passage à l’endomorphisme réciproque.

Autrement dit : si u ∈L (E) et v ∈L (E) sont des isométries, alors :

u v et u−1 sont des isométries.

On appelle cet ensemble le groupe orthogonal de E.

Notation II.1. On note O(E) le groupe orthogonal de E.

Démonstration. Considérons u et v deux isométries. On a alors :

∀x ∈ E, ‖u v(x)‖=‖u(v(x))‖=‖v(x)‖= ‖x‖

Ainsi, u v est une isométrie.On a aussi :

∀x ∈ E, ‖u−1(x)‖=‖u(u−1(x)

)‖= ‖x‖

donc u−1 est aussi une isométrie.

III Matrices orthogonalesIII.1 Définition et caractérisation

Définition III.1 Une matrice de Mn(R) est orthogonale lorsque l’endomorphismede Rn qui lui est associé est une isométrie vectorielle.

Exemple III.1 Considérons la matrice :

1 0 00 cosθ sinθ

0 −sinθ cosθ

L’endomorphisme

associé est :

f : (x,y,z) 7−→(

x,cos(θ)y+ sin(θ)z,−sin(θ)y+ cos(θ)z)

On a :

‖ f (x,y,z)‖2 =x2 +(cos(θ)y+ sin(θ)z)2 +(−sin(θ)y+ cos(θ)z)2

=x2 + y2 + z2 = ‖(x,y,z)‖2

Proposition III.1 Une matrice est orthogonale si, et seulement si, elle est la matriced’un changement de base orthonormale, ie la matrice de passage d’une base Borthonormale à une base C orthonormale.

Démonstration. Supposons M orthogonale.Si on note f l’endomorphisme associé à la matrice M, alors f transforme la base

canonique B = (e1, . . . ,en) (qui est orthonormale) en une base orthonormale C =( f (e1), . . . , f (en)). La matrice M qui est donc la matrice de passage de B à C est doncune matrice d’un changement de base orthonormale.

Réciproquement, supposons que M soit la matrice d’un changement de base d’unebase orthonormale B à une base orthonormale C . L’endomorphisme associé f envoiedonc la BON B sur la BON C , c’est donc une isométrie vectorielle.

Notation III.1. On note On(R) ou O(n) l’ensemble des matrice orthogonale. C’est legroupe orthogonal.

Proposition III.2 Soit M une matrice de Mn(R), les propositions suivantes sontéquivalentes :

1. M est une matrice orthogonale2. Les colonnes de M forment une base orthonormale de Rn.3. M tM = In et tMM = In, ie M est inversible et M−1 = tM.4. Les lignes de M forment une base orthonormale.

Démonstration. Supposons que la matrice M est orthogonale, alors c’est la matrice depassage de la base canonique à une BON, donc ces colonnes forment une BON.

En particulier, lorsque l’on calcule tMM en décomposant M par ses colonnes, onobtient :

tMM =

−−C1−−−−C2−−

...−−Cn−−

| | |

C1 C2 Cn

| | |

On sait que :

(−−Ci−−

) |C j

|

=< ci,c j >

=

1 si i = j,0 sinon

où ci et c j sont les vecteurs de Rn dont les coordonnées dans la base canonique sont Ci

et C j.On retrouve bien la matrice identité. Ainsi, tMM = In.On en déduit que tM = M−1 et donc M tM = In.On a donc :

(1) =⇒ (2) (1) =⇒ (3)

Réciproquement, si on suppose (2), on a alors : que M est la matrice de passage dela base canonique vers une BON. et donc M ∈ O(n). D’où (2) =⇒ (1).

Si on suppose maintenant que tMM = In, alors le calcul ci dessus montre que lescolonnes de M forment une BON. D’où (3) =⇒ (1).

Enfin, on en déduit que M est orthogonale si et seulement si tM est une matriceorthogonale et donc que les lignes de M forment une BON si et seulement si les colonnesde M forment une BON.

. Une propriété évidente à avoir en tête : si X et Y sont deux matrices colonnes,correspondant aux coordonnées des vecteurs x et y dans la base canonique, alors :

〈x,y〉= tXY

à condition d’identifier les réels et les matrices de taille 1×1.

. L’inverse et la transposée d’une matrice orthogonale sont donc des matrices ortho-gonales, plus précisément, l’inverse d’une matrice orthogonale est sa transposée.

On peut enfin montrer qu’un endomorphisme est une isométrie en utilisant samatrice :

Proposition III.3 Soit E un espace vectoriel euclidien et u ∈L (E).Les propositions suivantes sont équivalentes :

1. u est une isométrie vectorielle.2. dans toute base orthonormale, la matrice associée à u est orthogonale.3. il existe une BON telle que la matrice associée à u dans cette base est orthogo-

nale.

Démonstration. Supposons que u est une isométrie vectorielle, et soit B = (e1, . . . ,en)une BON. On a alors la famille C = (u(e1), . . . ,u(en)) est une BON. ainsi, MatB(u)est une matrice orthogonale. C’est valable pour toutes les BON B.

Réciproquement, soit une BON B, telle que MatB(u) est une matrice orthogonale,ie telle que C = (u(e1), . . . ,u(en)) est une BON, alors on a vu que u est une isométrie.

III.2 Propriétés

Proposition III.4 Toute matrice orthogonale est inversible.L’ensemble des matrice orthogonales est stable par multiplication et par passage

à l’inverse.

. Cela justifie l’utilisation du terme : « groupe orthogonal ».

Démonstration. On a déjà vu que toute matrice orthogonale est inversible et que M−1 =tM.

On a aussi remarqué que si M ∈ O(n) alors M−1 ∈ O(n).Soit A et B orthogonale, on a alors :

(AB)−1 = B−1A−1 = tB tA = t(AB)

ainsi, AB est aussi orthogonale.

Proposition III.5 Le déterminant d’une matrice orthogonale est égal à +1 ou −1.

Démonstration. On applique le déterminant à tMM = In, ce qui donne det(M)2 =1.

. On découpe alors les isométries en deux parties : les isométries directes (tellesque det(M) = 1) et les isométries indirectes (det(M) = −1). Notons que lesrotations du plan sont directes, mais que les réflexions sont indirectes.

O Groupe spécial orthogonal

Proposition III.6 L’ensemble des matrices orthogonales de déterminant 1 est stablepar multiplication et par passage à l’inverse.

Notation III.2. On note cet ensemble SO(n) ou SOn(R), c’est le groupe spécialorthogonal d’ordre n.

. SO(n) est donc un sous-groupe du groupe O(n), lui même un sous-groupe deGLn.

. L’ensemble des matrices orthogonales de déterminant −1 n’est pas stable parmultiplication puisque le produit de deux matrices de déterminant −1 est unematrice de déterminant 1.

Démonstration. Soit A et B deux matrices de SOn. On a alors : AB est orthogonal etdet(AB) = det(A)det(B) = 1, ainsi : AB ∈ SOn.

On a aussi A−1 est orthogonal et det(A−1) = 1, donc A−1 ∈ SOn.

IV Espace euclidien orienté de dimension 2 ou 3

IV.1 OrientationDéfinition IV.1 Soit B et B′ deux BON.

La matrice M de passage de B à B′ peut être de déterminant 1 ou −1.Dans le cas où M est de déterminant 1, on dit que les BON B et B′ ont la

même orientation.Dans le cas où M est de déterminant −1, on dit que les BON B et B′ sont

d’orientation contraire.Orienter l’espace c’est choisir une BON de référence. Les BON qui ont

la même orientation sont alors orthonormales directes, tandis que les BONd’orientation contraire sont orthonormales indirectes (ou rétrogrades).

. Pour mesurer des produits scalaires (et donc des normes), on a besoin d’une BON.On a besoin d’orienter l’espace pour mesurer des angles orientés !Orienter l’espace permet aussi de définir le produit mixte (voir plus loin).Orienter l’espace consiste donc à juste choisir une BON de référence et dire : celle-ci est directe. En pratique, en SI et en physique on oriente toujours l’espace de lamême manière (avec la main droite : le premier vecteur sur le pour, le deuxièmesur l’index et le dernier sur le majeur). Mais ceci n’est qu’une convention.Si on a orienté l’espace en choisissant la BON B directe, alors une base C (quipeut-être ou pas orthonormée) est dans le sens directe si detB(C )> 0, rétrogradesinon.

O Orientation d’un plan ou d’une droite dans un espace euclidien orientéde dimension 3

Dans un espace euclidien orienté de dimension 3 :• On oriente une droite D en choisissant un vecteur directeur (ie une base de

D) de norme 1. On choisit donc u1 un vecteur de norme 1 à partir de celui-cion a une seule manière de le compléter en une base orthonormée directe

(u1,u2,u3).On peut orienter la droite de deux manière (en choisissant u1 ou −u1).• On oriente un plan Π, en prenant une base (u,v) orthonormée du plan et en

complétant par un vecteur orthogonal w normée pour avoir une base (u,v,w)orthonormée directe.On peut orienter le plan de deux manière en choisissant w ou −w.

Dans un espace euclidien orienté de dimension 2 : on peut de la même manièreorienter une droite D de R2 : en choisissant un vecteur u1 de norme 1. On peutalors compléter u1 en un BOND (u1,u2). On peut choisir u1 ou −u1 pour orienter ladroite.

IV.2 Produit mixteDans le cas général : si E est un espace de dimension n et (u1, . . . ,un) est une famille

de n vecteurs de E, alors detB(u1, . . . ,un) dépend du choix de la base B : quand onchange de base, on change la matrice des coordonnées de la famille, donc on change ledéterminant. La formule est :

detB′

(u1, . . . ,un) = detB′

(B)detB(u1, . . . ,un)

notons que c’est le déterminant de la matrice de passage qui intervient.On se place maintenant dans R2 muni d’une base orthonormée directe notée B.

Soient u et v deux vecteurs de R2, alors le réel detB(u,v) est indépendant du choix dela base B. En effet, si B′ est une autre base (toujours orthonormée directe), alors

detB′

(u,v) = detB′

(B)︸︷︷︸=1

detB(u,v)

Ceci amène à la définition suivante :

Définition IV.2 Pour u et v deux vecteurs de R2 on appelle produit mixte de u et vle réel detB(u,v) où B est une base orthonormée directe quelconque de R2,

De la même manière, pour u, v et w trois vecteurs de R3, on appelle produitmixte de u, v et w le réel detB(u,v,w), où B est une base orthonormée directequelconque de R3.

Notation IV.1. On note [u,v] = detB(u,v) le produit mixte dans R2 et [u,v,w] dans R3.

. D’une manière générale, si E est un espace euclidien orienté de dimension n et(u1, . . . ,un) est une famille de vecteurs alors detB(u1, . . . ,un) ne dépend pas duchoix de B et donc on peut définir le produit mixte de n vecteurs : [u1, . . . ,un].Le produit mixte est donc simplement un autre nom pour le déterminant.

. En dimension 2, le produit mixte [u,v] représente l’aire algébrique du parallé-logramme construit sur ces deux vecteurs. En dimension 3, le produit mixte[u,v,w] représente le volume algébrique du parallélépipède construit sur ces troisvecteurs.

IV.3 Produit vectoriel dans R3

Définition IV.3 Soit u et v deux vecteurs de R3, il existe alors un unique vecteur wde R3 tel que :

∀x ∈ R3, [u,v,x] =< w,x >

Ce vecteur w est appelé le produit vectoriel de u par v.

Démonstration. En effet, l’application : x 7→ [u,v,x] est une forme linéaire sur R3. Doncil existe un unique vecteur w vérifiant la condition.

Notation IV.2. On note u∧ v. On a donc la relation :

∀x ∈ R3, [u,v,x] = detB(u,v,x) = 〈u∧ v,x〉

avec B une BOND quelconque.

Proposition IV.1 — Propriétés du produit vectoriel.L’application : (u,v) 7−→ u∧ v est bilinéaire alternée. Autrement dit, on a :• à u fixé, v 7→ u∧ v est linéaire,• à v fixé, u 7→ u∧ v est linéaire,• u∧ v =−v∧u.On a :

u∧ v = 0 ⇐⇒ u et v sont colinéaires

Le vecteur u∧ v est orthogonal à u et à v.Si u et v sont non colinéaires, alors (u,v,u∧ v) est une base directe de R3.

Démonstration. On fixe u, et on considère v1 +αv2 une combinaison linéaire de vec-teurs de R3. Pour un vecteur x quelconque de R3 :

[u,v1 +αv2,x] =detB(u,v1 +αv2,x) B BOND quelconque de R3

=detB(u,v1,x)+α det

B(u,v2,x) linéarité du déterminant

=〈u∧ v1,x〉+α 〈u∧ v2,x〉 définition du produit vectoriel

=〈(u∧ v1 +αu∧ v2) ,x〉 linéarité du produit scalaire

Par définition du produit vectoriel, on peut ainsi écrire que :

u∧ (v1 +αv2) = u∧ v1 +αu∧ v2

Pour l’antisymétrie, on fixe u et v dans R3 et un vecteur x quelconque de R3 :

〈u∧ v,x〉= [u,v,x] =detB(u,v,x)

=−detB(v,u,x) =−〈v∧u,x〉

Cette relation montre alors que u∧ v =−v∧u.

Supposons que u et v soient deux vecteurs de R3 colinéaires, alors l’application :

x 7→ [u,v,x] = detB(u,v,x) est l’application nulle

donc u∧ v = 0.Réciproquement : si u∧ v = 0 c’est que l’application ci-dessus est nulle, et donc

qu’il est impossible d’ajouter un vecteur x à la famille (u,v) pour obtenir une famille(u,v,x) qui soit une base de R3. c’est donc que (u,v) est liée d’après le résultat sur lesbases incomplètes.

On a aussi :

[u,v,u] = detB(u,v,u) = 0 donc 〈u∧ v,u〉= 0

ce qui signifie donc que (u∧ v)⊥u, on obtient de même (u∧ v)⊥v.Supposons maintenant que u et v soient non colinéaire (ie que (u,v) est une famille

libre). Montrons que (u,v,u∧ v) est libre. Pour cela, on forme l’équation αu+βv+γu∧ v = 0. On prend le produit scalaire avec u∧ v pour obtenir γ‖u∧ v‖2 = 0 doncγ = 0 puisqu’on a vu que u∧ v 6= 0. Il reste αu+βv = 0 qui donne (α,β ) = (0,0) car(u,v) est libre.

On a donc une famille libre donc une base. de plus :

[u,v,u∧ v] = detB(u,v,w) = ‖u∧ v‖2 > 0

donc cette base est directe.

Proposition IV.2 — Expression analytique du produit vectoriel. Soit B unebase orthonormée directe de R3, et soit u= (x,y,z)B et v= (x′,y′,z′)B deux vecteursde R3.

Alors, on a :

u∧ v =(yz′− y′z,zx′− xz′,xy′− x′y

)B

On a ainsi directement accès aux coordonnées de u∧ v en fonction de celles de u etde v.

Démonstration. C’est lié au calcul en développant le déterminant selon la dernièrecolonne

detB(u,v,w) =

∣∣∣∣∣∣x x′ ay y′ bz z′ c

∣∣∣∣∣∣= (yz′− y′z)a− (xz′− zx′)b+(xy′− x′y)c

=〈u∧ v,w)

. Il est important de retenir la démonstration pour pouvoir retrouver rapidement laformule.

IV.4 Interprétation géométrique

Définition IV.4 Soient u et v deux vecteurs non nuls de R3.La mesure de l’angle des vecteur u et v est l’unique réel θ ∈ [0,π], tel que :

< u,v >= ‖u‖‖v‖cos(θ)

comme on l’a vu c’est l’inégalité de Cauchy-Schwarz qui permet la définition ducosinus.

Il s’agit ici d’un angle géométrique, ie entre 0 et π . Il n’est pas orienté.

Proposition IV.3 Soient u et v deux vecteurs non nuls et non liés et P le planengendré par (u,v). Soit w un vecteur unitaire orientant P.

Alors on a :

u∧ v = ‖u‖‖v‖sin(θ)w

où θ est une mesure de l’angle orienté de u et v selon w dans le plan P.

Démonstration. ADMIS.

V Isométries vectorielles du plan euclidien

V.1 Matrice de O2(R)

Proposition V.1 Une matrice de O2(R) est de l’une des deux formes suivantes :(cosθ −sinθ

sinθ cosθ

)ou

(cosθ sinθ

sinθ −cosθ

)En particulier :

SO2(R) =

(cosθ −sinθ

sinθ cosθ

)∣∣∣∣∣θ ∈ R

C’est l’ensemble des rotations vectorielles.

. Les isométries vectorielles de R2 sont donc :

les rotations de la forme(

cosθ −sinθ

sinθ cosθ

)les réflexions de la forme

(cosθ sinθ

sinθ −cosθ

)

Démonstration. Soit(

a bc d

)une matrice de O2(R).

On a : les relations suivantes :

a2 + c2 =1 première colonne orthonormée

a2 +b2 =1 première ligne orthonormée

b2 +d2 =1 deuxième colonne orthonormée

ab+ cd =0 première et deuxième colonne orthogonale

On peut donc écrire a = cosθ et c = sinθ , de la deuxième, on obtient alors : b = sinθ

ou b =−sinθ , puis d = cosθ ou d =−cosθ

Supposons b = sinθ , alors on obtient :

cosθ sinθ + sinθd = 0,

d’où d =−cosθ .Supposons b =−sinθ et on obtient de même : d = cosθ .On a donc bien l’une des deux formes ci-dessus.

Proposition V.2 Soit deux matrices R(θ) et R(θ ′) de rotation de la forme :

R(θ) =(

cosθ −sinθ

sinθ cosθ

)On a alors :

R(θ)R(θ ′) = R(θ ′)R(θ) = R(θ +θ′)

En particulier, la multiplication est commutative dans SO2.

Démonstration. Il suffit de faire le produit :

R(θ)R(θ ′) =(

cosθ −sinθ

sinθ cosθ

)(cosθ ′ −sinθ ′

sinθ ′ cosθ ′

)=

(cosθ cosθ ′− sinθ sinθ ′ −sinθ ′ cosθ − sinθ cosθ ′

sinθ ′ cosθ ′+ sinθ ′ cosθ cosθ cosθ ′− sinθ sinθ ′

)=

(cos(θ +θ ′) −sin(θ +θ ′)sin(θ +θ ′) cos(θ +θ ′)

)=R(θ ′)R(θ).

V.2 Interprétation géométriqueSoit maintenant P le plan orienté, c’est à dire que l’on a muni le plan d’un repère

orthonormé direct.Les isométries de P correspondent aux isométries vectorielles, donc aux matrices

orthogonales.

Les isométries de P directes, correspondent aux matrices de SO2(R). Il s’agit doncdes isométries vectorielles positives ou des rotations vectorielles planes. Cet ensembleest noté SO(P).

Pour une telle rotation r, il existe un réel θ unique à 2π près tel que quelque soit laBON B directe, on a :

MatB(r) = R(θ) =(

cosθ −sinθ

sinθ cosθ

)le réel θ est alors une mesure de l’angle de cette rotation, qui est alors la rotationd’angle θ .

La composée de deux rotations est une rotation. Plus précisément, la composée desrotations d’angle θ et d’angle θ ′ est la rotation d’angle θ +θ ′. La composition est donccommutative dans SO(P).

Si un vecteur v a pour coordonnées (x,y) dans une BON de P , alors son image parla rotation r d’angle θ a pour coordonnées (x′,y′) (toujours dans la base B) :(

x′

y′

)=

(cosθ −sinθ

sinθ cosθ

)(xy

)On constate l’analogie avec les complexes :

x′+ iy′ = (cosθ + isinθ)(x+ iy)

ce qui justifie l’écriture complexe de la rotation.

Proposition V.3 En identifiant le plan orienté et les complexes, la rotation r d’angleθ est l’application :

z 7−→ eiθ z

On obtient aussi :

Proposition V.4 Les isométries vectorielles d’un plan euclidien P sont soit desrotations soit des réflexions.

La composées de deux réflexions est une rotation.

Démonstration. C’est la classification des matrices de O2(R).On voit que si A et B sont deux réflexions, alors : AB est de déterminant 1, donc une

rotation.

VI Isométries vectorielles de l’espace euclidienOn considère E un espace euclidien de dimension 3. On va alors classifier les

isométries de E.

VI.1 Matrice de O3(E)

Proposition VI.1 Soit u ∈ O(E). Alors on a :• Si det(u) = 1 (ie u ∈ SO(E)), alors il existe une base orthonormée (que l’on

peut choisir directe) B de E telle que :

MatB(u) =

1 0 00 cosθ −sinθ

0 sinθ cosθ

• Si det(u) =−1 (ie u ∈ O(E)\SO(E)), alors il existe une base orthonormée

(que l’on peut choisir directe) B de E telle que :

MatB(u) =

−1 0 00 cosθ −sinθ

0 sinθ cosθ

Démonstration. Considérons u ∈ O3(E), alors les valeurs propres complexes de u sonttoutes de modules 1, et il existe au moins une valeur propre réelle (donc 1 ou −1 estvaleur propre).

Supposons det(u) = 1, alors on a plusieurs choix (selon l’ordre géométrique de lavaleur propre 1) :• Soit dim(E1(u)) = 3, et donc u est l’identité. Ce qui correspond au cas θ = 0

ci-dessus.• Soit dim(E1(u)) = 2, et donc E1(u) est un plan stable. Le problème est que dans

ce cas : (E1(u))⊥ est une droite stable, donc il y a une autre valeur propre (qui

n’est pas 1) que l’on note λ . u est donc diagonalisable. Les valeurs propres de usont donc 1 (ordre géométrique et algébrique 2) et λ d’ordre 1. Comme χu estréel, on a nécessairement λ ∈ R, et donc λ =−1. Ceci est impossible puisquedet(u) = 1. Donc ce cas ne se produit pas.• Soit dim(E1(u)) = 1, dans ce cas E1(u) est une droite stable notée D et (E1(u))

⊥

est un plan stable noté Π. Dans une base B = ( f1, f2, f3) orthonormée directe,avec f1 base de D et donc ( f2, f3) base de Π, la matrice de u est diagonale parbloc :

MatB(u) =

1 0 00 a b0 c d

L’endomorphisme induit par u sur Π est aussi une isométrie (u conserve la norme

donc u aussi), de plus : det(u) = 1 (car la matrice de u dans ( f2, f3) est :(

a bc d

)). On applique le résultat précédent qui donne :

MatB(u) =

1 0 00 cosθ −sinθ

0 sinθ cosθ

Si B n’est pas directe, on peut remplacer f1 par − f1. Donc on peut toujourssupposer u directe.

• Soit dim(E1(u)) = 0 et donc 1 n’est pas valeur propres. Dans ce cas les troisvaleurs propres complexes sont (−1,−1,−1) ou (−1,λ ,λ ) avec λ ∈C\R, maisdans tous les cas det(u) =−1 ce qui n’est pas possible.

Supposons maintenant que det(u) =−1On procède de même en considérant l’ordre géométrique de la valeur propre −1 :• Si dim(E−1(u)) = 3, et donc u = −id est l’identité. Ce qui correspond au cas

θ = π ci-dessus.• Si dim(E−1(u)) = 2, alors comme ci-dessus, cela signifie qu’une droite est stable

et donc qu’il y a une deuxième valeur propre réelle, qui doit donc être 1. Donc ledéterminant est égal à 1 ce qui n’est pas possible.

• Si dim(E−1(u)) = 1, alors c’est une droite D, et idem qu’au dessus D⊥ est unplan stable Π. On construit de même une base ( f1, f2, f3) base orthonormée avecf1 base de D et ( f2, f3) base de Π, On note toujours u l’endomorphisme induitpar u sur Π. Comme ci-dessus, u est une isométrie et en regardant la matrice, onconstate que son déterminant est 1. On applique alors le résultat sur SO2(R) pouravoir la forme de la matrice :

MatB(u) =

−1 0 00 cosθ −sinθ

0 sinθ cosθ

de la même manière, si la base constuite n’est pas directe, alors on remplace f1par − f1.

• Si dim(E−1(u)) = 0, c’est que−1 n’est pas valeur propre donc les valeurs propressont (1,1,1) ou (1,λ ,λ ) avec λ ∈ C\R, mais dans tous les cas det(u) =−1 cequi n’est pas possible.

VI.2 Intreprétation géométriquePour les isométries d’un espace euclidien de dimension 3, on a le tableau suivant :

dim(E1(u)) Nature de u Type d’isométrie0 antirotation d’axe E−1(u) −

cas particulier : −IdE

1 rotation d’axe E1(u) +cas particulier : demi tour

2 réflexion par rapport au plan E1(u) −3 IdE +

Une antirotation d’axe D est une composée d’une symétrie par rapport au planΠ = D⊥ et d’une rotation par rapport à D.

Pour classifier les isométries d’un espace vectoriel de dimension 3, on procède ainsi :• Si det(u) = 1. On regarde la dimension de E1(u).

– Si dimE1(u) = 3 c’est l’identité.– Si dimE1(u) = 1, E1(u) est une droite D, c’est l’axe de rotation.

On commence par déterminer cet axe de rotation en trouvant f1 une basede D.

Le plan Π = D⊥ est stable par u et l’endomorphisme induit par u sur Π

est une rotation. Pour trouver l’angle de la rotation on construit une baseB = ( f1, f2, f3) (orthonormée directe) et la matrice de u dans cette base.Cette matrice MatB(u) a la forme ci-dessus.Si on n’a pas une telle base, on peut utiliser Tr(u) = 1+2cos(θ) quipermet facilement de déterminer θ au signe près.

• Si det(u) =−1.– Si dimE−1(u) = 3 c’est que u =−Id.– Si dimE−1(u) = 1 on cherche de même une base f1 de D = E−1(u), puis

on procède de même : soit en construisant une BOND B = ( f1, f2, f3)et MatB(u), soit en utilisant Tru =−1+2cosθ .

VII Réduction des endomorphismes symétriques et matrices symé-triques réelles

VII.1 Définition et caractérisationDéfinition VII.1 Un endomorphisme u de E est dit symétrique lorsque :

∀(x,y) ∈ E2, 〈u(x),y〉= 〈x,u(y)〉 .

. Soit x et y deux vecteurs de E, B une BON, et X et Y les matrices colonnescorrespondantes à x et y, soit enfin M = MatB(u) la matrice correspondant à u.On a alors :

〈u(x),y〉= t(MX)Y = tX tMY

=⟨x, tu(y)

⟩où tu est l’endomorphisme correspondant à tM.

On obtient alors :

Proposition VII.1 Si B est une BON de E et que u est un endomorphisme de E,alors u est symétrique si et seulement si MatB(u) est symétrique.

Démonstration. Supposons u symétrique, et soit (x,y) ∈ E2 On écrit les coordonnéesde x et de y dans des matrices colonnes X et Y . On a alors :

〈u(x),y〉= 〈x,u(y)〉 ⇐⇒ tX tMY = tXMY

Si M est symétrique, on a alors clairement u est une isométrie.Supposons maintenant que u soit une isométrie, on utilise alors pour X et Y les

vecteurs ei de base de Mn,1(R), ie les vecteurs colonnes avec une 1 sur la i-ièmecomposante et des zéros ailleurs.

On a facilement pour (i, j) ∈ [[1,n]] :

teiMe j = Mi, j

et donc

teiMe j =tei

tMe j ⇐⇒ Mi, j = M j,i

Comme on sait :

∀(i, j) ∈ [[1,n]] , teiMe j =tei

tMe j

car u est symétrique.On en déduit que M est symétrique.

VII.2 Théorème spectral

Théorème VII.2 Un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien admet unebase orthonormale de vecteurs propres.

En particulier un endomorphisme symétrique est diagonalisable.

Démonstration. Conformément au programme ce théorème est admis.

R Sans aucun doute, le résultat le plus important de la partie algèbre linéaire !

Proposition VII.3 Pour toute matrice symétrique réelle A, il existe une matriceorthogonale P et une matrice diagonale D telle que :

A = PDP−1 ou encore A = PD tP

. Bien repérer et indiquer les hypothèses (la matrice doit être symétrique et réelle).Le fait que les vecteurs propres sont orthogonaux est utile : si on n’en connaîtcertains alors on peut en déduire d’autres.La matrice :

M =

(1 ii −1

)est complexe, symétrique. Elle n’est pas diagonalisable, puisque χM = X2 et queM n’est pas nulle.

Démonstration. On met dans P les vecteurs propres, et dans D les valeurs propres cor-respondantes. Comme ils forment une BON, la matrice P est inversible et orthogonale.

Comme P est constitué de vecteurs propre, on a :

AP = PD et donc A = PDP−1.

Espaces euclidiensPelletier Sylvain PSI, LMSC

O Rappels de première annéeExercice 1

1. Montrer que l’application (A,B) 7−→ Tr(tAB) est un produit scalaire sur l’ensemble Mn(R).Trouver une base orthonormée pour ce produit scalaire.

2. On note Sn et An les ensembles des matrices symétriques et antisymétriques. Montrer que An est le supplémentaireorthogonal de Sn.

3. Soit A = (ai, j) une matrice réelle. Expliquer pourquoi :

infM∈Sn(R)

n

∑i=1

n

∑j=1

(ai, j−mi, j)2 avec M = (mi, j)

existe et est égal à14

n

∑i=1

n

∑j=1

(ai, j−a j,i)2.

4. Calculer l’orthogonal des matrices diagonales pour ce produit scalaire.5. Montrer que :

∀A ∈Mn(R), |Tr(A)|6√

nN(A)

où N(A) est la norme associée à ce produit scalaire.Étudier le cas d’égalité.

Correction :1. Très classique, notons que

‖A‖2 = Tr(tAA) = ∑i, j

a2i, j

donc c’est la norme canonique en identifiant Mn(R) avec Rn2.

Une BON est la base canonique constituée des matrices (Ei, j)i, j, avec Ei, j est la matrice avec un 1 en (i, j) 0 partoutailleurs.En particulier, on peut vérifier que (A,Ei, j) = ai, j (coefficient ligne i colonne j de A).

2. Il existe deux méthodes :• construire des BON pour Sn et An :(

(Ei,i)i,i ,1√2(Ei, j +E j,i)i< j

)BON de Sn(

1√2(Ei, j−E j,i)i< j

)BON de An

On vérifie alors facilement que :((Ei,i)i,i ,

1√2(Ei, j +E j,i)i< j ,

1√2(Ei, j−E j,i)i< j

)BON de Mn(R)

Comme la réunion de la BON de Sn(R) et de An(R) est une BON de Mn(R), on en déduit que An et Sn sontsupplémentaires orthogonaux.• on sait aussi que

∀A ∈Mn(R),A =12(A+ tA

)+

12(A− tA

)On connaît donc la projection de la matrice A sur les matrices Sn et An.

141

Ainsi, Mn(R) = Sn(R)⊕An(R).On considère ensuite deux matrices A ∈Sn et B ∈An. On a :

(A,B) = Tr(tAB

)=Tr(AB) car A ∈S

=Tr(tBA

)car Tr(A) = Tr(tA)

=−Tr(BA) =−Tr(BA) car Tr(AB) = Tr(BA)

On en déduit que (A,B) = 0 et que on en déduit que An et Sn sont supplémentaires orthogonaux.3. La borne inférieure existe car c’est une partie minorée par 0 et non vide de R. Il faut faire le lien et dire que l’on calculer

d2(A,Sn) = d2(A,P), où P est le projeté sur Sn, la borne inférieure est donc atteinte.C’est donc aussi ‖Q‖2, avec Q le projeté sur An À partir de là deux choix :• Utiliser l’expression du projeté : Q = 1

2 (A−tA), ce qui donne :

‖Q‖2 =14 ∑

i∑

j(ai, j−a j,i)

2.

• Utiliser les BON vues à la question précédente :

‖Q‖2 =∑i< j

((A,

1√2(Ei, j−E j,i)

))2

=12 ∑

i< j(ai, j−a j,i)

2

Un petit calcul montre alors que ces deux expressions sont égales.4. En utilisant les BON vue à la question précédente, on obtient :

D =Vect((Ei,i)i

)BON

D⊥ =Vect((Ei, j)i6= j

)C’est à dire les matrices avec des 0 sur la diagonales.On peut aussi chercher les conditions sur une matrice A pour que pour tout matrices D ∈D , (A,D) = 0. Cela s’écrit :

∀(λ1, . . . ,λn) ∈ Rn, λ1a11 + · · ·+λnann = 0

D’où clairement :

a11 = · · ·= ann = 0

5. On utilise l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

|Tr(A)|= |(A, In)|6 ‖A‖‖In‖

Or on a :‖In‖=√

n. Le cas d’égalité corresponds au cas où A = λ In.

Exercice 2 Soit n réels strictement positifs x1,x2, . . . ,xn tels quen

∑i=1

xi = 1.

Montrer que :n

∑i=1

1xi> n2. Étudier le cas d’égalité.

Correction : On utilise les vecteurs :

X =(√

x1, . . . ,√

xn)

Y =

(1√

x1, . . . ,

1√

xn

)On a :

(〈X ,Y 〉)2 6 ‖X‖2‖Y‖2

Or < X ,Y >= n et ‖X‖2 = 1. D’où le résultat.L’égalité a lieu si (x1, . . . ,xn) =

1n (1, . . . ,1).

142

Exercice 31. Montrer que l’application :(

(x,y,z),(x′,y′,z′))7−→ 2xx′+ yy′+5zz′

définit un produit scalaire sur R3.2. Si (x,y,z) ∈ R3 vérifie : 2x2 + y2 +5z2 6 1. Montrer que

(x+ y+ z)2 61710

Est-ce qu’il peut y avoir égalité ?

Correction :1. Facile.2. On applique Cauchy-Schwarz avec : X = (x,y,z) et Y = (1

2 ,1,15), cela donne :

(x+ y+ z)2 = (< X ,Y >)2 6 ‖X‖2‖Y‖2

Il suffit de vérifier que ‖Y‖2 = 1710 .

Il y a égalité si ‖X‖2 = 1 et égalité dans Cauchy-Schwarz. On en déduit que ∃λ ∈ R, X = λY . On obtient alors

X =±√

1017Y .

Exercice 4 Soit R3 muni de sa structure canonique d’espace euclidien. Vérifier que les vecteurs

v1 = (1,0,1), v2 = (1,0,2), v3 = (1,1,1)

forment une base de R3.Déterminer son orthonormalisée de Gram-Schmidt

Correction : calculatoire mais sans difficulté.Pour montrer que c’est une base, on peut calculer le déterminant :

det(v1,v2,v3) =

∣∣∣∣∣∣1 1 10 0 11 2 1

∣∣∣∣∣∣=−∣∣∣∣1 11 2

∣∣∣∣=−1 6= 0

Pour u1, on calcule ‖v1‖. Ainsi, u1 =√

22 (1,0,1).

Pour u2, on commence par chercher x sous la forme x = v2 +αu1, avec < x,u1 >= 0. Ainsi, α =−< v2,u1 >=−√

22 3.

Au final :

x =(1,0,2)− 32(1,0,1) =

(−1

2,0,

12

)=

12(−1,0,1)

On a alors ‖x‖=√

22 , et donc :

u2 =

√2

2(−1,0,1)

Pour u3, on cherche x sous la forme x = v3 +αu2 +βu1.On veut : < x,u2 >= 0 donc

α =−< v3,u2 >=−√

22〈(−1,0,1) ,(1,1,1)〉= 0

143

on veut aussi < x,u1 >= 0 donc :

β =−< v3,u1 >=−√

22〈(1,0,1) ,(1,1,1)〉=−

√2.

Au final :

x = v3−√

2u1 = (0,1,0)

et comme x est déjà normé : u3 = (0,1,0). La base obtenue est donc :

u1 =

√2

2(1,0,1) u2 =

√2

2(−1,0,1) u3 = (0,1,0)

O Exercices rapides d’application directe du cours

Exercice 5 Soit E un espace euclidien, u ∈ O(E) et F un SEV de E.Montrer que u

(F⊥)= (u(F))⊥.

Retrouver en particulier que si F est stable par u, alors F⊥ est aussi stable par u.

Correction : Soit y ∈ u(F⊥)

et y′ ∈ u(F). On écrit alors y = u(x) et y′ = u(x′) avec x ∈ F⊥ et x′ ∈ F . Clairement, on a :

< y,y′ >=< u(x),u(x′)>=< x,x′ >= 0

D’où l’inclusion.Pour montrer l’égalité, on peut utiliser les dimensions en utilisant :

dim(u(F)) = dim(F) car u est un isomorphisme.

On peut rappeler cela rapidement : on considère une base de F : (e1, . . . ,ep), alors ( f (e1), . . . , f (ep)) est libre (caru injective), de plus, ( f (e1), . . . , f (ep)) est génératrice de u(F). Donc, ( f (e1), . . . , f (ep)) est une base de u(F), doncdim(u(F)) = dim(F).

En particulier, si F est stable, on a u(F) = F (en effet u(F)⊂ F et égalité des dimensions). Donc : u(F⊥)= F⊥.

Exercice 6 Soit E un espace pré-hilbertien. (ei)i∈[[1,n]] une famille orthonormée.Montrer que :

n

∑i=1

(< x,ei >)2 6 ‖x‖2

Cette inégalité dite inégalité de Bessel est du cours.

Correction : On note F = Vect(e1, . . . ,en) le SEV engendré par la famille. Alors :

n

∑i=1

< x,ei > ei est le projeté de x sur F

et donc ‖PF(x)‖2 6 ‖x‖2 donne le résultat.On rappelle que l’on peut projeter sur un espace de dimension finie (même si l’espace ambiant n’est pas de dimension

finie).On rappelle aussi que comme (ei) est une famille orthonormale, on a :

PF(x) =n

∑i=1

< x,ei > ei

‖PF(x)‖2 =n

∑i=1

(< x,ei >)2

O Isométrie

144

Exercice 7 Soit u un vecteur unitaire de Rn.Montrer que l’application de Rn dans Rn définie par :

f : x 7−→ x−2 < u,x > u

est une isométrie vectorielle de Rn.Interpréter cette isométrie.

Correction : on considère un vecteur x de Rn

‖ f (x)‖2 =‖x−2 < u,x > x‖2

=‖x‖2−4(< u,x >)2 +4(< u,x >)2 ‖u‖2

=‖x‖2

Ainsi, f est une isométrie. Si on note D = Vect(u), alors f = Id−2p, avec p le projecteur sur D. C’est donc une symétrie.

Exercice 8 Soit f une isométrie vectorielle d’un espace euclidien E.Montrer que :

ker( f − IdE) = Im( f − IdE)⊥

Correction : Il faut faire une inclusion et l’égalité des dimensions.Soit x ∈ ker( f − IdE) et y ∈ Im( f − IdE). Il s’agit de démontrer que x⊥y.On sait que f (x) = x et on sait ∃a ∈ E, y = f (a)−a. On a alors :

〈x,y〉=〈x, f (a)〉−〈x,a〉=〈 f (x), f (a)〉−〈x,a〉

Comme f est une isométrie, on sait que 〈 f (x), f (a)〉= 〈x,a〉. D’où 〈x,y〉= 0, comme x et y sont quelconques, cela signifieque ker( f − IdE)⊂ Im( f − IdE)

⊥.L’égalité des dimension provient du théorème du rang.

O Une application théorique du procédé d’othogonalisation

Exercice 9 Inégalité de HadamardSoit (x1, . . . ,xn) n vecteurs d’un espace euclidien de dimension n.Prouver que :∣∣∣ [x1, . . . ,xn]

∣∣∣6 ‖x1‖‖x2‖· · ·‖xn‖

R Géométriquement, l’inégalité exprime que, pour des côtés de longueur donnée, un parallélépipède est de volume maximals’il est rectangle.

Correction : Déjà si x1, . . . ,xn sont liés, alors c’est évident, le problème se pose donc quand c’est une base.On note B une BOND et on suppose donc que (x1, . . . ,xn) est une base et on note (u1, . . . ,un) la BON obtenue en

appliquant le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt.Montrons alors la propriété suivante :

∀k ∈ [[1,n]] ,∣∣∣[x1, . . . ,xn]

∣∣∣6 ‖x1‖‖x2‖· · ·‖xk‖[u1, . . . ,uk,xk+1, . . . ,xn]

On note donc :

P(k) : ”∣∣∣[x1, . . . ,xn]

∣∣∣6 ‖x1‖‖x2‖· · ·‖xk‖[u1, . . . ,uk,xk+1, . . . ,xn]”

145

et on procède par récurrence finie.Montrons la propriété pour k = 1 : comme u1 =

x1‖x1‖ , cela donne :∣∣∣[x1, . . . ,xn]

∣∣∣= ‖x1‖|[u1,x2, . . . ,xn]|

D’où la propriété au rang 1 (qui est dans ce cas une égalité).Soit k < n tel que P(k) est vrai.On sait donc :

∣∣∣[x1, . . . ,xn]∣∣∣6 ‖x1‖‖x2‖· · ·‖xk‖[u1, . . . ,uk,xk+1, . . . ,xn]. Le procédé de Gram-Schmidt consiste à poser :

w = xk+1−k

∑i=0〈xk+1,uk〉uk

puis à choisir uk+1 =w‖w‖ .

Comme

k

∑i=0〈xk+1,uk〉uk ∈ Vect(u1, . . . ,uk)

on a :

[u1, . . . ,uk,xk+1, . . . ,xn] =[u1, . . . ,uk,w,xk+2 . . . ,xn]

=‖w‖[u1, . . . ,uk,uk+1,xk+2 . . . ,xn]


‖w‖6 ‖xk+1‖

Pour cela, on a (comme (u1, . . . ,un) est une BON) :

‖xk+1‖2 =n

∑i=0

(〈xk+1,uk〉)2

et comme w est le projeté de xk+1 sur (uk+1, . . . ,un), on a :

‖w‖2 =n

∑i=k+1

(〈xk+1,uk〉)2

Ainsi : ‖w‖6 ‖xk+1‖ (c’est en fait l’inégalité de Bessel). Ce qui démontre l’hérédité.À la fin, on obtient :∣∣∣[x1, . . . ,xn]

∣∣∣6 ‖x1‖‖x2‖· · ·‖xn‖∣∣∣ [u1, . . . ,un]︸︷︷︸

=±1

∣∣∣Autre correction : si on se contente d’orthogonaliser (sans normaliser les vecteurs), on note encore : (u1, . . . ,un) la base

obtenue.La matrice P de passage de (x1, . . . ,xn) à (u1,dotsun) est triangulaire supérieure avec sur la diagonale les valeurs de

< xi,ui >. Ainsi,

|det(P)|=n

∏i=1|< xi,ui >|6

n

∏i=1‖ui‖.

Or detB(x1, . . . ,xn) = det(P)detB(u1, . . . ,un)︸︷︷︸

=±1

O Théorème spectral

146

Exercice 10 Soit M =

a2 ab acab b2 bcac bc c2

,

où a, b et c sont trois réels vérifiant a2 +b2 + c2 = 1.1. La matrice M est-elle diagonalisable?2. Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres associés à M.3. Préciser la nature géométrique de l’endomorphisme de R3 canoniquement associé à M.

Correction :

1. La matrice M est diagonalisable car réelle et symétrique.2. On a rang(M) = 1, donc 0 est valeur propre d’ordre géométrique (donc algébrique car M diagonalisable) 2. La somme

des valeurs propres fait la trace donc 1. Donc l’autre valeur propre est 1 (de multiplicité 1).Il faut ensuite trouver des bases des sous-espaces propres. On a :

E0 = ker(M) =(x,y,z) ∈ R3

∣∣∣ax+by+ cz = 0

(c’est un plan). Pour E1, il faut prendre un vecteur orthogonal. Une base de E1 est par exemple((a,b,c)

).

3. L’endomorphisme est donc un projecteur orthogonal sur (la droite) E1.

O Produit mixte et vectoriel

Exercice 11 On se place dans E = R3 orienté par une BOND.1. Démontrer la relation :

∀(u,v,w) ∈ E3, u∧ (v∧w) = (u ·w)v− (u · v)w

2. Démontrer la relation :

∀(u,v) ∈ E2, ‖u∧ v‖2 +(u · v)2 = ‖u‖2‖v‖2

3. Résoudre pour tout (a,b) ∈ E2, l’équation a∧ x = b d’inconnue x.

Correction :

1. On peut le faire avec les coordonnées dans une BOND. On note :

u = (a,b,c), v = (d,e, f ), w = (g,h, i) coordonnées dans une BOND

On a :

v∧w =

defdef

ghighi

=

ei− f hf g−didh− eg

avec la technique habituelle pour retrouver le calcul avec 3 déterminants.

147

Il faut alors calculer :

abc

∧ei− f h

f g−didh− eg

=

abcabc

ei− f hf g−didh− egei− f hf g−didh− eg

=

b(dh− eg)− c( f g−di)c(ei− f h)−a(dh− eg)a( f g−di)−b(ei− f h)

=

bdh+ cdi−beg− c f gcei+aeg− c f h−adha f g+b f h−adi−bei

=

d(bh+ ci)−g(be+ c f )e(ci+ag)−h(c f +ad)f (ag+bh)− i(ad +be)

=

d(ag+bh+ ci)−g(ad +be+ c f )e(bh+ ci+ag)−h(be+ c f +ad)f (ci+ag+bh)− i(c f +ad +be)

=(ag+bh+ ci)

def

− (ad +be+ c f )

ghi

=(u ·w)v− (u · v)w

2. On peut le faire avec les coordonnées dans une BOND.Toujours en notant :

u = (a,b,c), v = (d,e, f ) coordonnées dans une BOND

On a :

a∧w =

abcabc

defdef

=

b f − cecd−a fae−bd

On a :

‖u∧ v‖2 =(b f − ce)2 +(cd−a f )2 +(ae−bd)2

=(b f )2 +(ce)2 +(cd)2 +(a f )2 +(ae)2 +(bd)2−2(b f ce+ cda f +aebd)

et :

(u · v)2 =(ad +be+ c f )2

=(ad)2 +(be)2 +(c f )2 +2(adbe+adc f +bec f )

Ainsi :

‖u∧ v‖2 +(u · v)2 = (b f )2 +(ce)2 +(cd)2 +(a f )2 +(ae)2 +(bd)2 +(ad)2 +(be)2 +(c f )2

D’autre part :

‖u‖2‖v‖2 =(a2 +b2 + c2)(d2 + e2 + f 2)

=(b f )2 +(ce)2 +(cd)2 +(a f )2 +(ae)2 +(bd)2 +(ad)2 +(be)2 +(c f )2

148

3. Si a n’est pas orthogonal à b alors il n’y a pas de solution. Si a est nul, et b non nul, alors il n’y a pas de solution. Si aest nul et b nul, alors tout vecteur x de E est solution.Supposons donc a⊥b, et a 6= 0. Soit x solution.Sur le dessin, il semble que x soit colinéaire et dans le même sens que b∧a On note c = a∧b. On a alors :

‖c‖2 = ‖a‖2‖b‖2 ie ‖c‖= ‖a‖‖b‖

d’après la question 2 comme a⊥b.On sait que

(a‖a‖ ,

b‖b‖ ,

c‖c‖

)forment une BOND.

On sait aussi que : x⊥b et x⊥a. ainsi, on peut écrire :

x = (x · c) c‖c‖2

On a déjà ‖x‖= |<c·x>|‖c‖

Comme a∧ x = b, on rapplique la question 2 en utilisant x⊥a :

‖a∧ x‖= ‖a‖‖x‖= ‖b‖

Ainsi :

‖x‖= ‖b‖‖a‖

Ainsi :

|c · x|= ‖b‖‖a‖‖c‖= ‖b‖2

Ainsi :

x =±‖b‖2 c‖c‖2 ie x =±a∧b

‖a‖2


det(a,b,x) =−det(a,x,b) =−〈(a∧ x) ·b〉=−‖b‖2 < 0

Ainsi, a,b,x est dans le sens rétrograde, ce qui montre que x =− a∧b‖a‖2 ce que l’on peut aussi écrire :

x =b∧a‖a‖2

Réciproquement, (toujours dans le cas où a⊥b et a 6= 0), on pose x = b∧a‖a‖2 On a alors :

a∧ (b∧a) = (a ·a)b− (a ·b)a = ‖a‖2b

Ainsi : a∧ x = b

O Projecteur orthogonal et endomorphisme symétrique

Exercice 12 Dans un espace E préhilbertien.Soit p ∈L (E) un projecteur (ie p p = p).Montrer que les trois propriétés suivantes sont équivalentes :

1. p est un projecteur orthogonal (ie Im p⊥ker p).2. ∀x ∈ E, ‖p(x)‖6 ‖x‖ (continuité)3. ∀(x,y) ∈ E, 〈p(x),y〉= 〈x, p(y)〉Ainsi, dans un espace E euclidien, un projecteur est un endomorphisme symétrique si et seulement si c’est un projecteur

orthogonal.

Soit s ∈L (E) un projecteur (ie s s = Id). Montrer que les trois propriétés suivantes sont équivalentes :1. s est une symétrie orthogonale,2. ∀x ∈ E, ‖s(x)‖= ‖x‖3. ∀(x,y) ∈ E, 〈s(x),y〉= 〈x,s(y)〉

Ainsi, dans un espace E euclidien, une symétrie est un endomorphisme symétrique si et seulement si c’est un projecteur

149

orthogonal.

R Attention au vocabulaire : on parle de projecteur orthogonal lorsque Im p⊥ker p. Bien entendu, un tel projecteur neconserve pas la norme et donc n’est pas un automorphisme orthogonal (une isométrie).

Correction :On suppose que p est un projecteur orthogonal, alors par l’inégalité de Bessel, on a : ∀x ∈ E, ‖p(x)‖ 6 ‖x‖. D’où la

continuité.Supposons la continuité, on considère ensuite x ∈ Im p et y ∈ ker p. On note pour α ∈ R, w = αx+ y. On a alors :

‖w‖2 = α2‖x‖2 +2α 〈x,y〉+‖y‖2

or p(w) = αx et donc ‖p(w)‖2 = α2‖x‖. L’inégalité donne donc :

∀α ∈ R, 06 2α 〈x,y〉+‖y‖2

Ce qui n’est possible que si < x,y >= 0. On en déduit Im(p) ⊂ ker(p)⊥ et l’égalité par le théorème du rang qui donnel’égalité des dimensions.

D’où 1 ⇐⇒ 2.Supposons maintenant que p est un projecteur orthogonal. Soit x et y dans E. On décompose alors selon E = ker p⊕ Im p

x = p(x)+(x− p(x)) et y = p(y)+(y− p(y))

si bien que :

〈p(x),y〉= 〈p(x), p(y)〉 car 〈p(x),y− p(y)〉= 0

De même :

〈x, p(y)〉= 〈p(x), p(y)〉 car 〈x− p(x), p(y)〉= 0

Supposons maintenant la propriété :

∀(x,y) ∈ E, 〈p(x),y〉= 〈x, p(y)〉

soit x ∈ E, on utilise la propriété avec y = p(x), ce qui donne :

‖p(x)‖2 =〈p(x), p(x)〉=⟨x, p2(x)

⟩= 〈x, p(x)〉

6 |〈x, p(x)〉|6 ‖x‖|p(x)||

ainsi : ‖p(x)‖2 6 ‖x‖ et la continuité (qui entraîne l’orthogonalité).Ainsi, un projecteur est orthogonal (1) si et seulement si il est symétrique (3).Ce que l’on peut écrire : 1 ⇐⇒ 3.

O Interprétation géométrique des matrices de O3(R)

Exercice 13 Montrer que l’endomorphisme de R3 canoniquement associé à la matrice :

A =13

−1 2 −22 2 1−2 1 2

est une réflexion dont on déterminera l’axe.

150

Correction :Il faut déjà vérifier que A est une matrice orthogonale. Pour cela, on fait :

A tA = A2 car A est symétrique.

et on constate que cela fait l’identité.Il faut ensuite déterminer le sous-espace propre associé à 1.

E1 = ker(A− I3) = ker

−4 2 −22 −1 1−2 1 −1

On constate que Rg(A− I3) = 1, donc dim(ker(A− I3)) = 2, ainsi, u est une réflexion. On a :

E1 = Vect((1,2,0),(0,1,1))

On note donc f1 = (1,2,0), et f2 = (0,1,1). C’est une base (non orthonormée) du plan Π.Pour déterminer l’axe, on peut prendre :

f3 = f1∧ f2

la base ( f1, f2, f3) sera donc directe (non orthonormée)On peut alors vérifier que u( f3) =− f3 (ce n’est même pas obligatoire, car le cours assure que −1 est aussi valeur propre).

Exercice 14 Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de l’endomorphisme f de R3 canoniquement associé à :

S =13

1 2 −22 1 2−2 2 1

Correcion :On constate que S est symétrique et que S2 = I3. On vérifie que 1 est valeur propre d’ordre 2.

u1 = (1,1,0) , u2 = (0,1,1)

forment une base de E1, donc

u1∧u2 = (1,−1,0) est une base de E−1

Symétrie orthogonale par rapport au plan d’équation : x− y+ z = 0.

Exercice 15 Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de l’endomorphisme f de R3 canoniquement associé à :

S =13

1 2 −2−2 2 12 1 2

Correction : rotation d’axe D : Vect((0,1,1)) et d’angle −arccos(1

3

).

Pour cela, on vérifie que S tS = 1 et que det(S) = 1. On cherche le sous-espace propre : E1 = Vect((0,1,1).Ensuite, on utilise la relation sur la trace pour avoir θ =±arccos

(13

).

Ensuite, on prend u1 =1√2(0,1,1) et u2 = (1,0,0), comme u1⊥u2, on a u2 qui est dans le plan de la rotation. On prend

u3 = u1∧u2, et on calcule 〈 f (u2) ·u3〉=− 3√2

pour avoir le signe de θ .

O Exercices de concours

151

Exercice 16 Mn(R) est muni du produit scalaire < A,B >= Tr(tAB).On pose :

U =

0 1 0 . . . 0

0 0 1. . .

......

. . .. . .

0 0 11 0 . . . . . . 0

∈Mn(R) et F = Vect(

Uk∣∣∣k ∈ [[0,n−1]]

)

1. Montrer que ∀k ∈ [[0,n−1]] , (tU)k =Un−k.2. Montrer que

(Uk)

k∈[[0,n−1]]est une base orthogonale de F .

3. Déterminer la projection orthogonale d’une matrice A de Mn(R) sur F .

Correction :1. Méthode 1 : on vérifie que tU =U−1 et que Un = In. Ainsi :(tU

)k=U−k =Un−k

Méthode 2 : On vérifie que :

∀k ∈ N, Uk =

(0 In−kIk 0

)2. Pour 06 i < j < n, on a :⟨

U i,U j⟩=Tr(

t(U i)U j

)=Tr

(U j−i)

En utilisant :

Un+i− j =

(0 In− j+i

I j−i 0

)on obtient :

⟨U i,U j

⟩= 0. La famille est orthogonale.

Notons que⟨U i,U i

⟩= Tr(In) = n.

3. Soit A ∈Mn(R), alors comme c’est le produit scalaire naturel, on a :

⟨A,Uk

⟩=

k

∑j=1

an−k+ j, j +n

∑j=k+1

a j−k, j

C’est la somme double ∑ni=1 ∑

nj=1 ai, j

(Uk)

i, j. C’est donc la somme des coefficients de A, le long de la k-ième « diago-nale » les valeurs égales à 1 dans Uk.On note donc :

dk =k

∑j=1

an−k+ j, j +n

∑j=k+1

a j−k, j

et on a :

pF(A) =1n

n−1

∑k=0

dkUk

152

Exercice 17 Endomorphisme symétrique dans les polynômes

Soit E = Rn[X ] muni du produit scalaire défini par (P,Q) =∫ 1

0P(t)Q(t)dt. On identifie de plus, les polynômes et les

applications polynomiales.1. Montrer que l’application u définie sur E par :

u(P) : x 7−→∫ 1

0(x+ t)nP(t)dt

est un endomorphisme symétrique de E.2. En déduire qu’il existe une base orthonormée (P0, . . . ,Pn) de E formées de vecteurs propre de u.

On note (λ0, . . . ,λn) les valeurs propres associées.3. Montrer que :

∀(x,y) ∈ R2, (x+ y)n =n

∑k=0

λkPk(x)Pk(y).

En déduire Tr(u) en fonction de n.

Correction :1. Soit P ∈ Rn[X ], on fixe alors t, et on note ϕ : x 7→ (x+ t)nP(t) = ∑

nk=0(k

n

)P(t)tn−kxk. ϕ est clairement une fonction

polynomiale (en x) de degré au plus n, ainsi on peut écrire :

∃(a0, . . . ,an) ∈ Rn+1, ϕ(x) =n

∑k=0

αk(t)xk

De plus, αk : t 7→(k

n

)P(t)tn−k est clairement un polynôme en t donc continue.

En intégrant, on a :

∀x ∈ R, u(P)(x) =n

∑k=0

(∫ 1

0αk(t)dt

)xk

on voit donc que u(P) est une fonction polynomiale de degré au plus n.De plus u est clairement linéaire, donc u est un endmorphisme.Montrons que u est symétrique. Pour cela, on calcule pour (P,Q) ∈ E2 :

〈u(P),Q〉=∫ 1

0u(P)(t)Q(t)dt

=∫ 1

0

(∫ 1

0(t +u)nP(u)du

)Q(t)dt

=∫ 1

0

∫ 1

0(t +u)nP(u)Q(t)dudt

il s’agit d’intégrale finie donc on peut échanger les deux intégrales :

〈u(P),Q〉=∫ 1

0

(∫ 1

0(t +u)nQ(t)dt

)P(u)du

=∫ 1

0u(Q)(u)P(u)du = 〈P,u(Q)〉

D’où la symétrie.2. Comme u est symétrique le théorème spectral s’applique.3. On fixe y ∈ R, et on décompose la fonction polynomiale fy : x 7−→ (x+ y)n (qui est bien de degré inférieur ou égal à n)

dans la base des vecteurs propres :

fy =n

∑k=0〈 fy,Pk〉Pk

153

ce qui s’écrit :

∀x ∈ R, (x+ y)n =n

∑k=0〈 fy,Pk〉Pk(x)

Il reste donc à calculer 〈 fy,Pk〉 qui est une fonctions de y :

〈 fy,Pk〉=∫ 1

0(u+ y)nPk(u)du

=u(Pk)(y) = λkPk(y)

On peut donc écrire :

∀(x,y) ∈ R2, (x+ y)n =n

∑k=0

λkPk(x)Pk(y).

On choisit ensuite t ∈ R, et on a :

2ntn =n

∑k=0

λk (Pk(t))2

On intègre ente 0 et 1 :

2n

n+1=

n

∑k=0

λk

∫ 1

0(Pk(t))

2 dt︸︷︷︸=1

Ainsi, la trace de u (la somme des valeurs propres) est 2n

n+1 .

Exercice 18 Soit E = Rn[X ] muni de :

< P,Q >=∫ 1

0P(t)Q(t)dt

Montrer que ϕ : P 7−→ (1−X2)P′′−2XP′ est dans S(E).Déterminer son spectre.

Correction :

〈ϕ(P),Q〉=∫ 1

0

((1− t2)P′′(t)−2tP′(t)

)Q(t)dt

=∫ 1

0(1− t2)P′(t)Q′(t)dt après une ipp.

D’où la symétrie.On sait donc que ϕ est diagonalisable.On cherche (λ ,P), avec P non nul tel que : ϕ(P) = λP. Cela donne :

(1−X2)P′′−2XP′−λP = 0

On écrit alors P = ∑mk=0 akXk. Comme P est non nul am 6= 0.

Et on obtient :

(1−X2)m

∑k=0

akk(k−1)Xk−2−2Xm

∑k=0

kakXk−1−λ

m

∑k=0

akXk = 0

On regarde ensuite le terme de plus haut degré :

−amm(m−1)Xm−2mamXm−λamXm + · · ·= 0

Ainsi :

λ =−m(m−1)−2m =−m2−m =−m(m+1)

Ainsi, les valeurs propres candidates sont les n+1 valeurs valeurs :−m(m+1)

∣∣∣m ∈ [[0,n]]

154

Exercice 19 Soit E un espace euclidien de dimension n> 3 et (a,b) une famille libre de deux vecteurs unitaires de E.Soit

f :

E → Ex 7−→ (a,x)a+(b,x)b

1. Montrer que f est un endomorphisme symétrique de E.2. Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de f .

155

Procédé de normalisation de Gram-Schmidt etapplications

Pelletier Sylvain PSI, LMSC

O Le procédéLe but du procédé de normalisation de Gram-Schmidt est de construire une base othonormale d’un espace.Le principe est de « redresser » les vecteurs un par un pour obtenir une base orthonormée.On considère donc F = (u1, . . . ,up) une famille libre.On souhaite construire une famille G = (v1, . . . ,vp) qui soit orthonormale et telle que :

∀i ∈ [[1, p]] , Vect(u1, . . . ,ui) = Vect(v1, . . . ,vi)

Pour cela, on procède vecteur par vecteur :• Il faut prendre v1 colinéaire à u1, comme on veut qu’il soit unitaire, on choisit donc :

v1 =1‖u1‖

u1

• (v1,v2) doit engendrer le même plan que (u1,u2), on doit donc chercher v2 comme un combinaison linéaire de (v1,u2).Le plus simple est de procéder en deux étapes :

– on cherche un vecteur temporaire x = u2 +αv1 (avec α à déterminer), tel que : < x,v1 >= 0, ce qui donne :α = − < u2,v1 >, avec un tel choix de α , le vecteur x est orthogonal à v1. Géométriquement : on redresse levecteur en le déplaçant parallèlement à la droite engendré par u1 pour le rendre orthogonal.

– on pose v2 =1‖x‖x pour le normaliser.

Au final, on a donc posé :

v2 =1

‖(u2−< u2,v1 > v1‖(u2−< u2,v1 > v1)

• (v1,v2,v3) doivent engendrer le même plan que (u1,u2,u3), on doit donc chercher v3 comme un combinaison linéairede (v1,v2,u3).On procède encore en deux étapes :

– On cherche un vecteur temporaire x = u3 +αv1 + βv2 (avec (α,β ) à déterminer), tel que : < x,v1 >= 0, et< x,v2 >= 0. Cela donne facilement :

α =−< u3,v1 > et β =−< u3,v2 >

le vecteur x est ainsi orthogonal à v1 et à v2.Géométriquement : on redresse encore le vecteur en le déplaçant parallèlement au plan (v1,v2).

– on pose v3 =1‖x‖x pour le normaliser.

Au final, on a donc posé :

v3 =1

‖(u3−< u3,v1 > v1−< u3,v2 > v2‖(u3−< u3,v1 > v1−< u3,v2 > v2)

• à l’étape i, en considérant que les i−1 premiers vecteurs (v1, . . . ,vi−1) ont été construit, on cherche le vecteur vi commeune combinaison linéaire de (v1, . . . ,vi−1,ui).On procède de la même manière :

– On cherche un vecteur temporaire x = ui +i−1

∑k=1

αkvk (avec les (αk) à déterminer), tel que :

∀k ∈ [[1, i−1]] , < x,vk >= 0

Cela donne facilement :

∀k ∈ [[1, i−1]] , αk =−< ui,vk >

157

On pose donc :

x = ui−i−1

∑k=1

< ui,vk > vk

– On normalise en posant : vi =1‖x‖

x

Pour donner la formule exacte, on a donc posé :

vi =1∥∥∥∥∥ui−

i−1

∑k=1

< ui,vk > vk

∥∥∥∥∥(

ui−i−1

∑k=1

< ui,vk > vk

)

Le procédé de Gram-Schmidt est un processus constructif, ie un algorithme. Il n’y a pas de formule qui donne directementle i-ième. Il faut savoir l’appliquer sur un exemple en petite dimension.

. En fait pour calculer x, on projete ui sur l’orthogonal à l’espace Vect(v1, . . . ,vi−1). En effet, le vecteur :i−1

∑k=1

< ui,vk > vk

est le projeté sur l’espace Vect(v1, . . . ,vi−1), donc : ui−i−1

∑k=1

< ui,vk > vk est le projeté sur l’orthogonal de cet espace.

. Si on souhaite simplement avoir une famille orthogonale, il n’est pas nécessaire de normaliser, mais on doit alors poser :

vi = ui−i−1

∑k=1

< ui,vk >

< vk,vk >vk

O Exemple de mise en œuvre

On considère la base B = (1,X ,X2) des polynômes de R2[X ] et le produit scalaire :

〈P,Q〉=∫ 1

0P(x)Q(x)dx

On cherche une base (P0,P1,P2) de R2[X ] qui est orthonormée. On va donc orthonormaliser la base canonique(1,X ,X2).

On a : ‖1‖= 1, donc le premier vecteur 1 n’a pas besoin d’être changé et P0 = 1.Ensuite, on cherche un polynôme Q sous la forme Q = X +α avec α ∈ R, tel que : 〈Q,1〉= 0, cela donne :

∫ 1

0(x+α)dx =

[12

x2 +αx]1

0=

12+α = 0

D’où α =−12 .

On pose donc Q = X− 12 , puis P1 =

Q‖Q‖ . On calcule donc la norme de Q = X− 1

2 :

‖Q‖2 =∫ 1

0Q2(x)dx =

∫ 1

0

(x2− x+

14

)dx

=

[x3

3− x2

2+

x4

]1

0=

13− 1

2+

14

=4−6+3

12=

112

Ainsi, on pose P1 =√

12(X− 1

2

).

On recommence ensuite pour P2.On commencer par chercher un polynôme Q de la forme : Q = X2 +αP1 +βP0 vérifiant :

〈Q,P0〉= 0 et 〈Q,P1〉= 0

158

Cela donne :⟨X2,P0

⟩+β = 0 donc β =−

∫ 1

0x2dx =−1

3⟨X2,P1

⟩+α = 0 donc α =−

√12∫ 1

0x2(

x− 12

)dx

=−√

12(

14− 1

6

)=

1√12

On en déduit la valeur de Q :

Q =X2−(

X− 12

)− 1

3

=X2−X +16

Puis sa norme :

‖Q‖2 =∫ 1

0

(x2− x+

16

)2

dx

=∫ 1

0

(x4 + x2 +

136−2x3 +

x2

3− x

3

)dx

=15+

13+

136− 1

2+

16− 1

12

=1

180(36+60+5−90+20−30)

=1

180

Ainsi, ‖Q‖= 1√180

= 16√

5.

Ce qui donne pour finir :

P3 =6√

5(

X2−X +16

)=6√

5X2−6√

5X +√

5

O Conséquences théoriquesLe procédé d’orthonormalisation de Gramm-schmidt est l’équivalent du théorème de la base incomplète pour les espaces

euclidiens :

Dans un espace euclidien, il existe des bases orthonormales.Plus précisément, si on considère une base B = (u1, . . . ,un) de E, alors on peut construire une base orthonormale

C = (v1, . . . ,vn) vérifiant :

∀p ∈ [[1,n]] , Vect(

u1, . . . ,up

)= Vect

(v1, . . . ,vp

).

En partant d’une famille orthonormale, on peut la compléter en une base puis orthonormaliser cette base, or dans leprocédé de Gramm-schmidt si les premiers vecteurs forment une famille orthonormale, il ne sont pas modifié par le procédéd’orthonormalisation. On obtient ainsi le résultat suivant :

Toute famille orthonormale peut être complétée en une base orthonormale.

Cela permet étant donné un sous-espace vectoriel F de construire son supplémentaire : on part d’une BON de F que l’oncomplète en une BON, les vecteurs que l’on ajoute sont alors une base de l’orthogonal de F .

O Application au calcul du projetéOn considère F un SEV d’un espace euclidien E. On peut même supposer que E est de dimension infinie du moment que

l’espace F sur lequel on projette est de dimension finie. Or, si on connaît une BON (u1, . . . ,up) de F , alors :

PF(x) =p

∑i=1

< ui,x > ui.

159

Notons que parfois, on veut juste calculer la distance de x à F , ie ‖x− pF(x)‖ or cette distance est par définition égale à‖PF⊥(x)‖. Donc parfois, ce n’est pas une BON de F qui nous intéresse, mais une BON de son orthogonal. Si (u1, . . . ,up) estune BON de F , alors on complète cette base avec le procédé de gramm-schmidt en une base (u1, . . . ,up,up+1, . . . ,un) de E et(up+1, . . . ,un) est une base de F⊥.

O Calcul du projeté après utilisation de Gramm-schmidtCalculons le projeté de X3 sur R2[X ] pour le produit scalaire :

〈P,Q〉=∫ 1

0P(x)Q(x)dx

En notant (P1,P2,P3) la base orthonormée de R2[X ] obtenue par le procédé de Gramm-schmidt précédemment. On a laformule directe :

PR2[X ](X3) =

⟨X3,P1

⟩P1 +

⟨X3,P2

⟩P2 +

⟨X3,P3

⟩P3

On dot donc calculer les produits scalaires :⟨X3,P1

⟩=∫ 1

0x3dx =

14⟨

X3,P2⟩=√

12∫ 1

0x3(

x− 12

)dx

=√

12(

15− 1

8

)=√

123

40⟨X3,P3

⟩=∫ 1

0x3(

6√

5x2−6√

5x+√

5)

dx

=√

5− 65

√5+

14

√5

=√

5(

1− 65+

14

)=

120

√5

Au final, le projeté est :

PR2[X ](X3) =

14+12

340

(X− 1

2

)+

3020

(X2−X +

16

)=

14+

910

(X− 1

2

)+

32

(X2−X +

16

)=

32

X2− 610

X +120

O Calcul du projeté sans utiliser Gramm-schmidtPour le problème précédent, on peut aussi calculer ce projeté ainsi : on cherche (a,b,c) ∈ R3, tel que :⟨

1,X3−aX2−bX− c⟩=0⟨

X ,X3−aX2−bX− c⟩=0⟨

X2,X3−aX2−bX− c⟩=0

Ainsi, aX2+bX+c sera le projeté de X3 sur R2[X ], puisque X3−(aX2 +bX + c

)sera orthogonal à une famille génératrice

de R2[X ].Cela donne :

14− a

3− b

2− c =0

15− a

4− b

3− 1

2=0

16− a

5− b

4− 1

3=0

160

on résout donc le système : 13

12 1

14

13

12

15

14

13

abc

=

141516

En calculant A−1 =

30 −180 180−36 192 −180

9 −36 30

on retrouve bien la même solution.

O Calcul d’une borne inférieure liée à une intégraleVoici un autre exemple : on cherche

inf(a,b)∈R2

∫ 2π

0

(x−acosx−bsinx

)2dx

Cette borne inférieure existe, puisque c’est la borne inférieure de l’ensemble non vide et minoré (par 0), de l’ensemble deréels :∫ 2π

0

(x−acosx−bsinx

)2dx∣∣∣(a,b) ∈ R2

On interprète ce problème ainsi : dans l’ensemble des fonctions continues de [0,2π] dans R, on utilise le produit scalaire :

〈 f ,g〉=∫ 2π

0f (t)g(t)dt

Il s’agit bien d’un produit scalaire.si on note i : x 7→ x et

F = Vect(x 7−→ cosx,x 7−→ sinx)

alors, le problème revient à chercher :

infg∈F‖i−g‖2

On peut donc assurer que cette borne inférieure est atteinte en un unique point pour g projeté de i sur F . Ce projeté existe bienpuisque F est de dimension finie.

Pour calculer g, on doit chercher a et b, tels que :∫ 2π

0cos(x)(x−acos(x)−bsin(x))dx = 0 et

∫ 2π

0sin(x)(x−acos(x)−bsin(x))dx = 0

En effet, pour de tels (a,b), on peut noter g : x 7→ acos(x)+bsin(x) et on a :

(i−g)⊥cos et (i−g)⊥sin

autrement dit g est le projeté orthogonal de i sur F .Pour obtenir un système, on calcule rapidement :∫ 2π

0xcos(x)dx =0

∫ 2π

0xsin(x)dx =−2π∫ 2π

0cos2(x)dx =π

∫ 2π

0cos(x)sin(x)dx =0

∫ 2π

0sin2(x)dx = π

On obtient alors le système :

−aπ = 0 −2π−bπ = 0

d’où a = 0 et b =−2. ainsi, le projeté est x 7−→ −2sin(x) et la distance est :

inf(a,b)∈R2

∫ 2π

0

(x−acosx−bsinx

)2dx =

∫ 2π

0(x+2sin(x))2 dx

=∫ 2π

0

(x2 +4xsin(x)+4sin2(x)

)dx

=8π3

3−8π +4π =

8π3

3−4π

161

O Exemple completConsidérons le produit scalaire sur R2[X ] :

〈P,Q〉= P(1)Q(1)+P′(1)Q′(1)+P′′(1)Q′′(1)

Prenons la base canonique et calculons l’orthonormalisation de Gramm-schmidt :• 1 est déjà normé, on pose donc P1 = 1.• < X ,1 >= 1, on pose donc Q = X−1, qui est normé donc P2 = X−1.• <X2,1>= 1, <X2,X−1>= 2 donc Q=X2−2(X−1)−1= (X−1)2, sa norme est ‖Q‖2 = 4, ainsi : P3 =

12(X−1)2

On doit enfin calculer le projeté de X2 sur R1[X ], on peut faire :

PR1[X ]

(X2)=< X2,1 > 1+< X2,X−1 > (X−1) = 2X−1

ou encore chercher (a,b) ∈ R2, tels que :

< X2−aX−b,1 >= 0 et < X2−aX−b,X >= 0

Cela donne :

1−a−b =0

1−a−b+2−a =0

d’où a = 2 et b =−1, on retrouve bien 2X−1 comme projeté.Au final, on obtient la distance :

d(X2,R1[X ]

)=∥∥X2−2X +1

∥∥= ∥∥(X−1)2∥∥= 2

O Exemple d’implémentation en PythonVoici un exemple de code pour le premier problème.

1 from pylab import *

3 """calcul de l’orthonormalisation de Gramm - Schmidt pour les polynômes

5 et le produit scalaire :<P,Q> = int_0 ^1 P(x)Q(x)dx

7

Structure choisie pour les polynômes: array1d9 avec:

P =(a0 , ... , a_n -1) <--> P = sum_k=0^n -1 a_k X^k11

> la somme de deux polynômes s’écrit sommePoly (P,Q)13 > le produit externe s’écrit lambda *P

> le produit de deux polynômes correspond à la fonction produitPoly15 > Attention : le degré est degP = len(P)+1

"""17

def produitScalaire (P,Q):19 """

entrée: P , Q = array1d21 = polynômes:

P =(a0 , ... , a_n -1) <--> P = sum_k=0^n -1 a_k X^k23 sortie : prodScal = <P,Q> = int_0 ^1 P(x)Q(x)dx

"""25 R = produitPoly (P, Q)

prodScal = sum( [R[i] *1/(i+1) for i in range(len(R))] )27 return prodScal

29 def produitPoly (P, Q):"""

31 entrée: P , Q = array1d= polynômes

162

33 P =(a0 , ... , a_n -1) <--> P = sum_k=0^n -1 a_k X^ksortie : R = array1d = polynôme

35 """degP , degQ = len(P)-1, len(Q)-1

37 degR = degP + degQR = zeros(degR +1)

39 for i in range(len(P)):for j in range(len(Q)):

41 R[i+j] += P[i]*Q[j]return R

43

def norme(P):45 """

entrée: P = array1d47 = polynôme

P =(a0 , ... , a_n -1) <--> P = sum_k=0^n -1 a_k X^k49 sortie : norme = norme du polynôme pour le ps consid éré

"""51 return sqrt( produitScalaire (P,P))

53 def sommePoly (P,Q):"""


57 sortie : S = P+Q = array1d = polynômesNB: on n’a pas éliminé les é ventuels termes nuls dans S

59 """lenS = max(len(P), len(Q))

61 S = zeros(lenS)

63 n = min(len(P), len(Q))for i in range(n):

65 S[i] = P[i]+Q[i]

67 if len(P) < lenS:for i in range(n, len(S)):

69 S[i] = Q[i]elif len(Q) < lenS:

71 for i in range(n, len(S)):S[i] = P[i]

73 return S

75 def orthonormalise (listeV , U):"""

77 entrée: listeV = list de array1d= liste de polynômes déjà orthonormalis és

79 U = array1d= polynôme à ajouter à la famille

81 sortie : Q = polynôme orthogonal à la famille listeV"""

83

Q = U85 for V in listeV :

alpha = produitScalaire (U,V)87 # print (" alpha :", alpha)

Q = sommePoly (Q, - alpha*V)89 return Q

91

def printPoly (P):93 """

entrée: P = array1d95 = polynômes

163

sortie : None97 impression du polynôme

"""99 msg = ""

for i in range(len(P)):101 msg += str(P[i]) + "X^("+str(i)+")"

if i < len(P)-1:103 msg +=" + "

else :105 msg +=" de degré "+str(len(P)-1)

print(msg)107 return

109

111

print(" --- exemple d’orthonormalisation de gramm - Schmidt ---")113 print(" --- Calcul de l’orthonormalis é de la base canonique ---")

115 Un = array ([1])P1 = (1 / norme(Un)) * Un

117 print(" --- premier polynôme: ---")printPoly (P1)

119 listeV = [ P1 ]

121

X = array ([0 ,1])123 Q = orthonormalise (listeV , X)

P2 = (1 / norme(Q)) * Q125 print(" --- deuxième polynôme: ---")

printPoly (P2)127 listeV . append (P2)

129 X2 = array ([0 ,0 ,1])Q = orthonormalise (listeV , X2)

131 P3 = (1 / norme(Q)) * Qprint(" --- troisi ème polynôme: ---")

133 printPoly (P3)

135 print(" --- calcul du projet é ---")X3 = array ([0 ,0 ,0 ,1])

137

P = zeros (3)139 for U in [P1 ,P2 ,P3]:

P = sommePoly (P, produitScalaire (X3 , U) *U)141 print(" projet é:")

printPoly (P)

Pour le dernier problème, on peut reprendre des parties du code :

from pylab import *2

"""4 calcul de l’orthonormalisation de Gramm - Schmidt pour les polynômes

et le produit scalaire :6 <P,Q> = P(1)Q(1) + P ’(1) Q ’(1)+P ’’(1) Q ’’(1)

8 Structure choisie pour les polynômes: array1davec:

10 P =(a0 , ... , a_n -1) <--> P = sum_k=0^n -1 a_k x^k

12 > la somme de deux polynômes s’écrit sommePoly (P,Q)> le produit externe s’écrit lambda *P

14 > le produit de deux polynômes correspond à la fonction produitPoly

164

> Attention : le degré est degP = len(P)+116 """

18 def produitScalaire (P,Q):"""

20 entrée: P , Q = array1d= polynômes:

22 P =(a0 , ... , a_n -1) <--> P = sum_k=0^n -1 a_k x^ksortie : prodScal = <P,Q> = int_0 ^1 P(x)Q(x)dx

24 """p1 = sum(P)

26 q1 = sum(Q)pd1 = sum ([k*P[k] for k in range(len(P))])

28 qd1 = sum ([k*Q[k] for k in range(len(Q))])pdd1 = sum ([k*(k -1)*P[k] for k in range(len(P))])

30 qdd1 = sum ([k*(k -1)*Q[k] for k in range(len(Q))])prodScal = p1*q1 + pd1*qd1 + pdd1*qdd1

32 return prodScal

34 def sommePoly (P,Q):"""


38 sortie : S = P+Q = array1d = polynômes"""

40 lenS = max(len(P), len(Q))S = zeros(lenS)

42

n = min(len(P), len(Q))44 for i in range(n):

S[i] = P[i]+Q[i]46

if len(P) < lenS:48 for i in range(n, len(S)):

S[i] = Q[i]50 elif len(Q) < lenS:

for i in range(n, len(S)):52 S[i] = P[i]

return S54

def norme(P):56 """

entrée: P = array1d58 = polynôme

P =(a0 , ... , a_n -1) <--> P = sum_k=0^n -1 a_k x^k60 sortie : norme = norme du polynôme

"""62 return sqrt( produitScalaire (P,P))

64 def orthonormalise (listeV , U):"""

66 entrée: listeV = list de array1d= liste de polynômes déjà orthonormalis és

68 U = array1d= polynôme à ajouter à la famille

70 sortie : Q = polynôme orthogonal à la famille listeV"""

72

Q = U74 for V in listeV :

alpha = produitScalaire (U,V)76 # print (" alpha :", alpha)

Q = sommePoly (Q, - alpha*V)

165

78 return Q

80

def printPoly (P):82 """

entrée: P = array1d84 = polynômes

sortie : None86 impression du polynôme

"""88 msg = ""

for i in range(len(P)):90 msg += str(P[i]) + "X^("+str(i)+")"

if i < len(P)-1:92 msg +=" + "

else :94 msg +=" de degré "+str(len(P)-1)

print(msg)96 return

98

100

print(" --- exemple d’orthonormalisation de gramm - Schmidt ---")102 print(" --- Calcul de l’orthonormalis é de la base canonique ---")

104 Un = array ([1])P1 = (1 / norme(Un)) * Un

106 print(" --- premier polynôme: ---")printPoly (P1)

108 listeV = [ P1 ]

110

X = array ([0 ,1])112 Q = orthonormalise (listeV , X)

P2 = (1 / norme(Q)) * Q114 print(" --- deuxième polynôme: ---")

printPoly (P2)116 listeV . append (P2)

118 X2 = array ([0 ,0 ,1])Q = orthonormalise (listeV , X2)

120 P3 = (1 / norme(Q)) * Qprint(" --- troisi ème polynôme: ---")

122 printPoly (P3)

124 print(" --- calcul du projet é ---")X3 = array ([0 ,0 ,1])

126

P = zeros (2)128 for U in [P1 ,P2]:

P = sommePoly (P, produitScalaire (X3 , U) *U)130 print(" projet é: ")

printPoly (P)132 print(" distance : ", norme( sommePoly (X3 ,-P)))

166

Rappels sur les polynômesPelletier Sylvain PSI, LMSC

VIII GénéralitésVIII.1 Suite à support fini, polynôme formel

Définition VIII.1 — Suites à support fini. Une suite (an)n∈N d’éléments de K est à support fini si elle est nulle à partird’un certain rang.

On appelle polynôme à un indéterminée à coefficient dans K une suite de K à support finie.

Notation VIII.1. On peut noter P ou P(X) le polynôme. En utilisant la composition définie plus loin.

On parle alors de polynôme formel (qui désigne donc la suite des coefficients) par opposition à la fonction polynomiale(qui désigne la fonction t ∈K 7−→ P(t) ∈K) que l’on définira plus loin.

L’intérêt est :• de pouvoir appliquer un polynôme sur des matrices, des endomorphismes,• de pouvoir dériver les polynômes complexes (alors qu’on ne peut pas dériver des fonctions de C→ C).

En pratique, on utilise la notation « avec des grands X » pour désigner le polynômes, et « des petits x » pour désigner lavaleur du polynôme en x (la variable x doit alors avoir une valeur). Par exemple, écrire P(X) = 0 signifie que P est lepolynôme nul (c’est une égalité de polynômes), tandis que écrire P(x) = 0 signifie que pour le x considéré est une racine(c’est une égalité dans K). Bien entendu, on ne peut pas utiliser la variable X lorsqu’on manipule les polynômes. On nepeut pas écrire : « ∀X ∈K », ou « Soit X ∈K »

Définition VIII.2 Soit P un polynôme. Les valeurs de la suite P sont les coefficients du polynôme P.Pour n ∈ N, an est le coefficient d’ordre n de P.

Notation VIII.2. On note K[X ] l’ensemble des polynômes à coefficients dans K.

. Deux polynôme sont égaux si et seulement si ils ont les mêmes coefficients.La suite nulle (tous les termes sont nuls) est dans K[X ], c’est le polynôme nul. Un scalaire λ (ie un élément de K)peut être identifié à un élément de K[X ] : c’est la suite dont le premier terme est λ et tous les autres sont nuls, c’est unpolynôme constant.On note X et on appelle indéterminée la suite support fini : (0,1,0,0 . . .). On appelle monôme un polynôme avec unseul coefficient non nul, ie de la forme (0,0, . . . ,ak,0, . . .).K[X ] est un sous-espace vectoriel de l’ensemble des suites à valeurs dans K. On a aussi le produit et la compositiondans K[X ] que l’on va voir plus loin.

. Tout polynôme de R[X ] (à coefficients réels) peut être vu comme un polynôme de C[X ] (à coefficients complexes donc).Dans ce sens, on peut écrire : R[X ]⊂ C[X ].Par contre, les propriétés d’un polynôme réel peuvent être très différentes si on le regarde comme un polynôme àcoefficients complexes ou si on le regarde comme un polynôme à coefficients réels. Par exemple X2 +1 vu comme unpolynôme réel, n’admet pas de racines, et est irréductible, par contre, vu comme un polynôme complexe, X2 +1 =(X− i)(X + i), est réductible et a deux racines distinctes.

VIII.2 Produit de deux polynômes

Définition VIII.3 — Produit de polynômes. Soit P = (an) et Q = (bn) deux polynômes.On définit le produit des deux polynômes P = (an) et Q = (bn) comme la suite PQ = (cn) définie par :

∀n ∈ N, cn =n

∑k=0

akbn−k =n

∑k=0

an−kbk = ∑(i, j)∈N2

i+ j=n

aib j

167

La suite PQ est un polynôme (ie la suite (cn)n∈N est à support fini).

Proposition VIII.1 Soit P, Q et R trois polynômes, on a alors :

PQ = QP le produit est commutatif

(PQ)R = P(QR) le produit est associatif

(P+Q)R = PR+QR le produit est distributif

L’indéterminée X est la suite X = (0,1,0,0,0 . . . ,), on a alors :

X2 =X×X = (0,0,1,0,0 . . . ,)

X3 =(0,0,0,1,0,0,0, . . . ,) etc.

On ajoute la convention X0 = 1 = (1,0,0,0, . . . ,), pour avoir pour k ∈ N, Xk est la suite définie par :

∀n ∈ N,(

Xk)

n=

1 si k = n0 sinon.

Ainsi, si P = (an) est un polynôme avec ∀k > n, ak = 0, on a :

P =(a0,a1,a2, . . . ,an,0,0,0, . . .)

=a0(1,0,0, . . .)+a1(0,1,0,0, . . .)+a2(0,0,1,0, . . .)

+ · · ·+an(0,0, . . . ,1,0, . . .)

=a0X0 +a1X +a2X2 + . . .anXn

=n

∑k=0

akXk au sens de l’égalité de suites.

Si on ne connaît pas la valeur de n (le degré du polynôme), on écrit simplement :

P =+∞

∑k=0

akXk.

! La somme+∞

∑k=0

akXk est en fait une somme sur un nombre fini de termes par définition d’un polynôme comme une suite à

support fini.

Ainsi, on peut écrire, un polynôme est une expression de la forme :

n

∑k=0

akXk avec n ∈ N, et (a0, . . . ,an) ∈Kn.

n est alors un majorant du degré, ou encore :

+∞

∑k=0

akXk avec (ak) une suite à support fini.

Dans ces écritures, X désigne la suite à support fini (0,1,0, . . .).

VIII.3 Fonction polynomiale

Définition VIII.4 Soit P =+∞

∑k=0

akXk et α ∈K.

On pose alors

P(α) =+∞

∑k=0

akαk c’est un élément de K.

168

Cette expression a bien un sens puisqu’il s’agit d’une somme finie.On dit que l’on évalue le polynôme P en α , ou que l’on substitue α à X .La fonction polynomiale associée à P est :

P :

K → Kα 7−→ P(α)

R On confond parfois le polynôme et la fonction polynomiale. On verra que la fonction polynomiale détermine le polynôme(dans le cadre du programme).

Comme on a : 0k =

0 si k > 01 si k = 0

, on a P(0) = a0 et P(1) =+∞

∑k=0

ak (somme des coefficients). Enfin,

P(−1) =+∞

∑k=0

(−1)kak somme alternée des coefficients.

Exemple VIII.1 Pour bien comprendre ce qu’est un polynôme, montrons qu’il existe des polynômes P0, P1 et P2 tels que

∀i ∈ [[1,2]] , ∀θ ∈ R, Pi(cosθ) = cos(iθ).

Pour P0, cela s’écrit : ∀θ ∈ R, P0(cos(θ)) = 1. Ainsi, le polynôme qui convient est P0 = 1, i.e. le polynôme constant.Pour P1, cela s’écrit : ∀θ ∈ R, P1(cos(θ)) = cos(θ). Ainsi, un polynôme qui convient est P1 = X .Pour P1, cela s’écrit :

∀θ ∈ R, P1(cos(θ)) =cos(2θ)

=cos2(θ)− sin2(θ) = 2cos2(θ)−1

Ainsi, un polynôme qui convient est P1 = 2X2−1.

VIII.4 Degré d’un polynôme

Si P est un polynôme non nul, alors l’ensemble

k ∈ N∣∣∣ak 6= 0

est une partie non vide et majorée de N. Elle admet donc

un maximum.

Définition VIII.5 — degré d’un polynôme. On appelle degré d’un polynôme non nul P, l’indice maximal d’uncoefficient non nul :

d(P) = max

k ∈ N∣∣∣ak 6= 0

Par convention, on pose que le degré du polynôme nul est −∞.

Autrement dit si n est le degré de P, alors an 6= 0 et ∀k > n, ak = 0, i.e. P s’écrit P =n

∑k=0

akXk sans termes nuls à la fin.

Notation VIII.3. On le note d(P) ou parfois deg(P).On note Kn[X ], l’ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à n.

Définition VIII.6 Si d(P) = n,• on appelle terme dominant de P, son monôme de plus haut degré, i.e. anxn,• on appelle coefficient dominant de P, le coefficient de son terme dominant, i.e. an,• on appelle coefficient constant ou terme constant le coefficient a0,• on appelle polynôme unitaire ou normalisé un polynôme dont le coefficient dominant est égal à 1.

R Écrire deg(P) ∈ N revient à écrire que P n’est pas le polynôme nul, écrire deg(P) > 1 revient à dire que P n’est pasconstant.

169

Si d(P) = n et P =n

∑k=0

akXk, alors on accepte l’écriture :

P =anXn + . . .︸︷︷︸deg<n

qui consiste à n’écrire que le terme dominant (on dit que l’on étudie les termes dominants ou que l’on néglige les termesde degré inférieurs).

On a de manière évidente :

∀λ ∈K∗, d(λP) = d(P)

et d(0×P) =−∞.

Proposition VIII.2 Soit P et Q deux polynômes.Le degré de la somme est au plus le maximum des degré :

dans le cas général, d(P+Q)6max(d(P), d(Q))

si d(P) 6= d(Q) alors d(P+Q) =max(d(P), d(Q))

Le degré du produit est la somme des degré :

d(PQ) = d(P)+d(Q).

En particulier, si k ∈ N, on a d(

Pk)= kd(P).

Démonstration. Si P ou Q est nuls les propositions sont évidentes avec la convention : ∀n ∈ N, −∞ < n et −∞+n =−∞.Notons n = d(P) et m = d(Q), et supposons n > m, on a alors :

P+Q =anXn + . . .︸︷︷︸d<n

+bmXm + . . .︸︷︷︸d<m

=anXn + . . .︸︷︷︸d<n

ainsi, d(P+Q) =n dans ce cas.

Ainsi, si les degrés sont différents, le degré de la somme est le maximum des degré. Si les degré sont identiques, on peutavoir une perte de degré (si an +bn = 0) : les termes de plus haut degrés s’annulent. L’exemple le plus parlant est que si oncalcule P−P on obtient le polynôme nul.

On reprends les mêmes notations, et on calcule PQ :

PQ =

anXn + . . .︸︷︷︸d<n

bmXm + . . .︸︷︷︸d<m

=anbmXn+m + . . .︸︷︷︸

d<(n+m)

ainsi, d(PQ) =n+m.

. En conséquence : si P et Q sont deux polynômes de Kn[X ] et (α,β ) ∈K2, alors αP+βQ est un polynôme de Kn[X ].Ainsi, Kn[X ] est un sous-espace vectoriel de K[X ].

Corollaire VIII.3 Soit P et Q deux polynômes tels que le produit PQ soit égal au polynôme nul, alors P ou Q est lepolynôme nul.

On dit que K[X ] est intègre.

170

Démonstration. On a : PQ = 0, donc en utilisant le degré : d(P)+d(Q) =−∞, donc forcément d(P) ou d(Q) doit être égalà −∞, ie P = 0 ou Q = 0.

Corollaire VIII.4 En particulier, un polynôme non nul est simplifiable pour le produit, c’est-à-dire :

si A 6= 0, AB = AC⇒ B =C.

Autre conséquence, les seuls polynômes A ∈K[X ] tel qu’il existe B ∈K[X ] vérifiant AB = 1 sont les polynômes constantsnon nuls.

VIII.5 Retour sur la formule du produitVoici plusieurs moyens de comprendre la notation : cl = ∑

i+ j=laib j.

Déjà, il s’agit a priori d’une somme double : c’est la somme sur(i, j) ∈ [[0,n]]× [[0,m]]

∣∣∣i+ j = l

l’ensemble des couples vérifiant une propriété. En fait, si on représente les couples (i, j) dans un tableau, l’ensemble descouples (i, j) vérifiant la propriété correspond à une diagonale.

Voici un exemple pour n = 4 et m = 3 : on représente les couple (i, j) et la somme i+ j :

ji

0 1 2 3 4

0 0 1 2 3 41 1 2 3 4 52 2 3 4 5 63 3 4 5 6 7

Ce tableau montre que pour l ∈ [[0,7]], le terme cl est obtenu en faisant la somme sur tous les termes du tableau qui contiennentl, cela correspond donc à une des diagonales en couleur. Ainsi, on voit qu’il ne s’agit pas d’une somme double sur un tableau,mais d’une somme simple le long d’une diagonale.

On a donc en suivant le schéma ci-dessus :

(a0 +a1X +a2X2 +a3X3 +a4X4)(b0 +b1X +b2X2 +b3X3)

=a0b0 +(a0b1 +a1b0)X

+(a0b2 +a1b1 +a2b0)X2

+(a0b3 +a1b2 +a2b1 +a3b1)X3

+(a1b3 +a2b2 +a3b1 +a4b0)X4

+(a2b3 +a3b2 +a4b1)X5

+(a3b3 +a4b2)X6 +a3b4X7

Autre manière de voir : si i ∈ [[0,n]], et l ∈ [[0,n+m]] il y a un et un seul j ∈ [[0,m]] tel que i+ j = l, c’est de manièreévidente j = l− i. On peut donc écrire :

cl =min(l,n)

∑i=max(0,l−m)

aibl−i =l

∑i=0

aibl−i

Les deux dernières somme se comprennent avec la convention qu’un coefficient qui n’existe pas est nul (ce qui est cohérentavec la définition des polynômes comme des suites à support fini).

Ainsi, si i > n, ai = 0, et si i > l, bl−i = 0.Avec cette convention, on peut écrire indifféremment la somme de 0 à l ou de 0 à n (en fait dans tous les cas, cette somme

s’arrête à min(l,n) ).De même, on a la formule :

cl =min(l,m)

∑j=max(0,l−n)

al− jb j =l

∑j=0

al− jb j.

Enfin, comme peut le vérifier sur l’exemple ci-dessus, certaines couleur ne correspondent qu’à une case :

171

• si l = 0, le seul couple (i, j) qui correspond est (i, j) = (0,0), ce qui signifie que le terme constant de PQ est le produitdes termes constants de P et de Q. Autrement dit :

c0 = a0b0.

• si l = n+m, le seul couple (i, j) qui correspond est (i, j) = (n,m), ce qui signifie que le coefficient dominant de PQ estle produit des coefficients dominants de P et de Q. Autrement dit :

cn+m = anbm.

Au final, la formule à retenir est :

cl = ∑i+ j=l

aib j =l

∑i=0

aibl−i =l

∑j=0

al− jb j.

Pour la retrouver, il suffit de développer le produit :

PQ =

(n

∑i=0

aiX i

)(m

∑j=0

b jX j

)=

∑06i6n06 j6m

aib jX i+ j

Cette écriture signifie simplement que le produit PQ se fait en choisissant un terme akXk de P et en le multipliant par unterme b jX j de Q, on ajoute ainsi n×m termes du type aib jX i+ j, pour obtenir la somme indiqué.

Pour calculer cette somme double, on regroupe les termes selon la valeur de l = i+ j, qui peut aller de 0 à n+m. Celarevient dans le tableau précédent, à regrouper le tableau en parties de même couleur.

De manière théorique cela se montre avec la formule :

[[0,n]]× [[0,m]] =n+m⋃l=0

(i, j)

∣∣∣i+ j = l

union disjointe,

qui signifie que l’on peut créer une partition de l’ensemble des couples (i, j) en sous-ensemble tel que i+ j = l.On a donc : ∑

06i6n06 j6m

aib jX i+ j

=n+m

∑l=0

(∑

i+ j=laib j

)X l

Proposition VIII.5 En conséquence immédiate, on a que :

P2 =2n

∑k=0

clX l, avec cl =n

∑i=0

aial−i.

Exercice 1 Soit n1,n2 et N trois entiers naturels non nuls.Montrer la formule :

n1

∑k=0

(n1

k

)(n2

N− k

)=

(n1 +n2

N

)En déduire pour n entier quelconque la formule :

n

∑k=0

(nk

)2

=

(2nn

)

172

Correction : On regarde l’égalité de polynôme :

(1+X)n1(1+X)n2 = (1+X)n1+n2

pour le terme de gauche, on développe avec Newton :

(1+X)n1+n2 =n1+n2

∑N=0

(n1 +n2

N

)XN

et à droite :

(1+X)n1(1+X)n2 =

(n1

∑i=0

(n1

i

)X i

)(n2

∑j=0

(n1

j

)X j

)

=n1+n2

∑N=0

(n1

∑k=0

(n1

i

)(n2

N− k

))XN

avec la formule du produit. On doit donc identifier le terme en XN .La dernière formule s’obtient en prenant n1 = n2 = N = n, et en utilisant

(nk

)=( n

n−k

).

VIII.6 Composition dans K[X ]

Définition VIII.7 — Composition de polynôme. Soit P =+∞

∑k=0

akXk un polynôme de K[X ] et Q un autre polynôme de

K[X ]. On pose alors PQ comme le polynôme :

PQ =+∞

∑k=0

akQk

Cette expression est bien définie car il s’agit d’une somme finie.

Notation VIII.4. On peut noter PQ ou plus simplement P(Q).

R Il n’existe pas de formule simple pour les coefficients de la composée de deux polynômes. En règle générale, les coefficientsd’une composée sont durs à calculer.

Le polynôme P(X), i.e. P composé avec le polynôme X est égal au polynôme P. C’est pourquoi on peut écrire indifférem-ment P ou P(X).

. Un polynôme est pair si P(X) = P(−X), cela est équivalent à dire que ∀k ∈ N,a2k+1 = 0 (tous les coefficients d’ordreimpair sont nuls).De même, un polynôme est impair si P(X) = −P(−X), ce qui signifie que : ∀k ∈ N,a2k = 0 (tous les coefficientsd’ordre pair sont nuls).

On a de manière évidente :

Proposition VIII.6 Pour trois polynômes P, Q et R et deux scalaires λ et µ , on a :

(λP+µQ)(R) =λP(R)+µQ(R)

(PQ)(R) =P(R)Q(R)

Proposition VIII.7 Si P et Q sont des polynômes, on a :

d(PQ) = d(P)×d(Q)

Démonstration. Si P ou Q est nul, c’est clair avec la convention n×−∞ =−∞.

173

Sinon, on a avec les notations habituelles :

PQ =n

∑k=0

akQk =n

∑k=0

ak

bmXm + . . .︸︷︷︸d<m

k

=n

∑k=0

ak(bm)kXmk + . . .︸︷︷︸

d<mk

=an(bm)

nXmn + . . .︸︷︷︸d<mn

Avec an(bm)n 6= 0.

VIII.7 Représentation informatique des polynômesClassiquement, un polynôme est représenté par la liste de ses coefficients :

P=[a0 ,a1 , ..., an]

! Le degré du polynôme P est len(P)+1.

On peut alors écrire différentes fonctions :Coefficient Renvoie le coefficient d’ordre k (0 si on dépasse la taille de la liste) :

def coef(P,k) :if k < len(P) :

return P[k]return 0

Degré Renvoie le degré d’un polynôme (sans compter les 0 finaux) :

def degre(P) :n = len(P)for k in range(len(P)-1,-1,-1):

if P[k] != 0 :return k

return -1 # si P=0

Somme de deux polynôme P et Q

def som(P,Q) :n = len(P)m = len(Q)l = max(n,m)S = [0]*l # initialisationfor k in range(n):

S[k] = P[k]for k in range(m):

S[k] += Q[k]return S

On peut aussi utiliser une liste en compréhension :

S = [coef(P,k) + coef(Q,k) for k in range(l)]

On peut aussi faire une fonction qui enlève les 0 à la fin d’une liste pour simplifier les sommes. On peut aussi remplacern et m par d(P)−1 et d(Q)−1 en faisant attention à écrire : for k in range( degre(P) +1):

Produit externe Si a ∈ R et P est un polynôme :

def mult_constante (a,P):return [a*coef(P,k) for k in range(len(P))]

Produit de deux polynômes P et Q :

174

def prod_poly (P, Q):n = len(P)m = len(Q)R = [0]*(n+m -1)for i in range(n) :

for j in range(m) :R[i+j] += P[i]*Q[j]

return R

Puissance Il suffit d’utiliser plusieurs fois la fonction produit.Composition Il suffit d’utiliser plusieurs fois les fonctions puissance et somme.Évaluation en un point Pour calculer la valeur de P(α) pour un certain α ∈K, on utilise l’algorithme de Horner qui consiste

à écrire :

P(α) =a0 +a1α +a2α2 + · · ·+an−1α

n−1 +anαn

=(. . .((((anα +an−1)α +an−2)α +an−3)α +an−4)α + · · ·+a1)α +a0

Par exemple pour un polynôme de degré 4 :

P(α) =a0 +a1α +a2α2 +a3α

3 +a4α4

=

((((a4α +a3)α +a2

)α +a1

)α +a0

)

L’algorithme s’écrit :

def horner (P, alpha ):S = 0for k in range(n-1,-1,):

S = S*alpha + P[k]return S

P On peut utiliser reversed(P) pour parcourir P en sens inverse.

Cet algorithme est plus efficace que l’algorithme naïf qui consiste à calculer directement la somme :n

∑k=0

akαk.

Il existe une structure spéciale pour les polynômes : la classe poly1d du module numpy.Le programme de produit de deux polynômes permet de bien comprendre la formule du produit.

VIII.8 Dérivation dans K[X ]

Définition VIII.8 — Polynôme dérivé. Soit P = ∑+∞

k=0 akXk un polynôme. Le polynôme dérivée noté P′ est :

P′ =+∞

∑k=1

kakXk−1 =+∞

∑k=0

(k+1)ak+1Xk

On aurait aussi pu écrire : P′ =+∞

∑k=0

kakXk−1 puisque le premier terme est nul.

R On peut ainsi dériver un polynôme complexe, alors que l’on a pas la limite du taux d’accroissement. C’est une dérivéeformelle.Bien sûr, pour un polynôme réel, cela coïncide avec la notion de dérivée vue en analyse.

175

Proposition VIII.8 Soit P ∈K[X ], on a :

si deg(P)> 0 alors deg(P′) = deg(P)−1

P est constant si et seulement si P′ = 0.

On a les propriétés classiques :

Proposition VIII.9 Soient P et Q deux polynômes et λ un élément de K. Alors on a :

(λP)′ =λP′

(P+Q)′ =P′+Q′

(PQ)′ =P′Q+PQ′

(PQ)′ =P′ Q×Q′

Contrairement à ce que l’on peut penser ces formules ne sont pas déjà connues. En effet, celles qui sont courammentutilisées concernent la dérivation des fonction R→ R ou de R→ C et non la dérivation formelle.

R On verra plus loin une manière plus rapide de montrer ces relations : on sait qu’elles sont vraies pour les applicationspolynomiales, elles sont donc vraies pour les polynômes formels puisque l’application polynomiale caractérise le polynôme.

Démonstration. On note P =+∞

∑k=0

akXk et Q =+∞

∑k=0

bkXk On a alors pour la première formule :

(λP)′ =

(+∞

∑k=0

λakXk

)′

=+∞

∑k=1

λkakXk−1 par définition de la dérivation

=λ

+∞

∑k=1

kakXk−1 = λP′

Pour la deuxième, on a :

(P+Q)′ =

(+∞

∑k=0

(ak +bk)Xk

)′

=+∞

∑k=1

k(ak +bk)Xk−1 par définition de la dérivation

=+∞

∑k=1

kakXk ++∞

∑k=1

kbkXk−1 = P′+Q′.

La troisième est plus ardue. On part de la formule du produit :

PQ =+∞

∑k=0

ckXk avec ck =k

∑i=0

aibk−i

Par définition de la dérivation, cela donne :

(PQ)′ =+∞

∑k=0

(k+1)ck+1Xk

176

Ce que l’on peut donc écrire :

(PQ)′ =+∞

∑k=0

(k+1)

(k+1

∑i=0

aibk+1−i

)Xk

=+∞

∑k=0

k+1

∑i=0

(k+1)aibk+1−iXk

=+∞

∑k=0

k+1

∑i=0

(k+1− i)aibk+1−iXk ++∞

∑k=0

k+1

∑i=0

iaibk+1−iXk

On commence par étudier la première somme. On enlève les termes nuls :

+∞

∑k=0

k+1

∑i=0

(k+1− i)aibk+1−iXk =+∞

∑k=0

k

∑i=0

(k+1− i)aibk+1−iXk

On a :

PQ′ =

(+∞

∑k=0

akXk

)(+∞

∑k=0

(k+1)bk+1Xk

)

=+∞

∑k=0

(k

∑i=0

ai(k+1− i)bk+1−i

)Xk

Le premier terme est donc bien PQ′.Pour la deuxième somme. On enlève le permier terme nul :

+∞

∑k=0

k+1

∑i=0

iaibk+1−iXk =+∞

∑k=0

k+1

∑i=1

iaibk+1−iXk

Puis on fait le changement de variable : i← (k+1− i) (le changement de variable peut se justifier car il s’agit de somme d’unnombre fini de termes).

Cela donne :

+∞

∑k=0

k+1

∑i=1

iaibk+1−iXk =+∞

∑k=0

k

∑i=0

(k+1− i)ak+1−ibiXk

On a d’un autre côté :

QP′ =

(+∞

∑k=0

bkXk

)(+∞

∑k=0

(k+1)ak+1Xk

)

=+∞

∑k=0

(k

∑i=0

(k+1− i)biak+1−i

)Xk

On constate bien que le deuxième terme est QP′.On a donc bien obtenu la formule.La dernière se démontre en remarquant que :

PQ =+∞

∑k=0

akQk

et donc par application des règles précédentes :

(PQ) =+∞

∑k=0

akkQk−1Q′ = P′ Q×Q′

VIII.9 Dérivées successives, formule de Taylor

177

Définition VIII.9 — Dérivée d’ordre r. Soit P un polynôme et r ∈ N, on définit par récurrence le polynôme dérivéed’ordre r de P par :

P(0) = P et ∀r > 0, P(r+1) =(

P(r))′.

. Un cas très important est la dérivation du monôme Xn :

(Xn)(p)

=

n(n−1) . . .(n− p+1)Xn−p si p6 n0 si p > n

On peut donc écrire pour p6 n :(Xn)(p)

=n!

(n− p)!Xn−p = Ap

nXn−p

Proposition VIII.10 Pour la somme et le produit externe on a la propriété de linéarité :

∀(P,Q) ∈ (K[X ])2 , (λP)(r) =λP(r)

(P+Q)(r) =P(r)+Q(r)

En appliquant la dérivée de Xn et la linéarité, on peut calculer directement la dérivée r-ième d’un polynôme (alors quepour une fonction c’est impossible).

Précisément :

Proposition VIII.11 Soit P un polynôme que l’on écrit : P =n

∑k=0

akXk avec n = d(P).

On a :• pour l > n le polynôme P(l) est nul,• sinon, pour l 6 n, on a :

P(l) =n

∑k=l

akk!

(k− l)!Xk−l

On peut aussi écrire :

P(l) =+∞

∑k=l

akk!

(k− l)!Xk−l =

+∞

∑k=l

akAlkXk−l

Ou encore :

P(l) =+∞

∑k=0

al+k(k+ l)!

k!Xk en posant k← k− l

. Pour une fonction quelconque, il est impossible de calculer les dérivées successives immédiatement. Pour un polynôme,c’est possible.

Pour le produit, on a la formule de Leibniz :

Théorème VIII.12 — Formule de Leibniz. Soit P et Q deux polynômes de K[X ], alors on a, pour tout r ∈ N :(PQ)(r)

=r

∑k=0

(kr

)P(k)Q(r−k)

! Attention P(0) = P, alors que si x ∈K, x0 = 1, on se méfiera donc de l’analogie avec la formule de Newton.

Démonstration. La formule de Leibniz se démontre par récurrence. Comme dans le cas de fonctions.

178

. La formule de Leibniz est particulièrement utile pour les polynômes, puisque P(k) = 0 si k > d(P). On l’utiliseratoujours dans le cas où l’un des polynômes se dérive facilement.C’est la même technique que pour les matrices : on dérive un produit en utilisant la formule de Leibniz en dérivant lepolynôme pour avoir un nombre fini de termes.

Théorème VIII.13 — Formule de Taylor. Soit P ∈K[X ] et a ∈K, alors on a :

P(X) =+∞

∑k=0

P(k)(a)k!

(X−a

)k.

En particulier, pour a = 0, on obtient :

P(X) =+∞

∑k=0

P(k)(0)k!

Xk.

Enfin, on a :

P(X +a) =+∞

∑k=0

P(k)(a)k!

Xk.

R Il s’agit bien sûr de somme finie.La formule la plus importante est celle en 0 !

En fait la formule de Taylor en 0 est assez naturelle :

Si P =a0 +a1X +a2X2 + · · ·+akXk + · · ·+anXn

alors clairement a0 = P(0)

puis : P′ =a1 +2a2X +3a3X2 · · ·+ kakXk−1 + · · ·+nanXn−1

et donc a1 = P′(0)

ensuite : P′′ =2a2 +3×2a3X · · ·+ k(k−1)akXk−2 + · · ·+n(n−1)anXn−2

et encore 2a2 = P′′(0)

Si on dérive encore une fois, on a : 3×2a3 = P(3)(0), puis : 4×3×2a4 = P(4)(0), etc.

Démonstration. Preuve de la formule de Taylor en 0.La preuve provient de la formule qui donne la dérivée d’ordre k d’un polynôme :

P(k) =+∞

∑j=0

ak+ j( j+ k)!

j!X j

le terme constant de P(k) corresponds à j = 0 et est donc k!ak, i.e. k!ak = P(k)(0), ou encore ak =P(k)(0)

k!.

Ainsi, il est équivalent de connaître le polynôme formel P et de connaître toutes les valeurs de ses dérivées en 0. Autrementdit un polynôme est entièrement déterminée par ses dérivée en 0.

Ce n’est pas le cas pour les fonctions.Par exemple, la fonction f : x 7→ e−

1x2 prolongée en 0 par 0 est de classe C ∞ et vérifie la propriété ∀n ∈ N, f (n)(0) = 0,

alors que la fonction f n’est pas nulle, et ne coïncide avec la fonction nulle sur aucun intervalle.Remarquons en particulier que les dérivées étant locales, si on connaît la fonction polynomiale sur ]−α,α[, avec α > 0,

alors on connaît le polynôme formel et donc la fonction polynomiale sur R entier. Là encore, ce n’est pas le cas des fonctions :on peut trouver des fonctions C ∞, non identiquement nulle, mais nulle sur [−1,1].

Ce qui montre au passage que si P et Q sont deux polynômes dont les fonctions polynomiales coïncident sur un intervalledu type ]a−α,a+α[, avec a ∈ R alors ils ont les mêmes coefficients.

On obtient donc un résultat important :

179

Corollaire VIII.14 Si deux polynômes ont la même fonction polynomiale, alors ils sont égaux.

. L’intérêt de la formule de Taylor en a est qu’elle permets d’exprimer les coefficients d’une composition P (X +a) enfonction du polynôme P ce qui est très pratique car les coefficients d’une composition ne sont pas simples à déterminerdans le cas général.

Démonstration. Démonstration directe de la formule de Taylor en aOn va utiliser X = (X−a+a) et la formule du binôme de Newton.

P =n

∑k=0

akXk

=n

∑k=0

ak(X−a+a)k

=n

∑k=0

ak

(k

∑j=0

(kj

)(X−a) jak− j

)

=n

∑k=0

k

∑j=0

ak

(kj

)(X−a) jak− j

=n

∑j=0

n

∑k= j

ak

(kj

)(X−a) jak− j

=n

∑j=0

(X−a) j

j!

n

∑k= j

akk!

(k− j)!ak− j

=n

∑j=0

(X−a) j

j!P( j)(a)

En utilisant la formule donnant la dérivée j-ième d’un polynôme. :

P( j) =n

∑k= j

akk!

(k− j)!Xk− j

. On pourrait aussi démontrer ce théorème via l’analyse, c’est à dire en appliquant la formule de Taylor avec resteintégral, mais uniquement dans ce cas on considérant les fonctions polynomiales et non les polynômes formels.

Exemple VIII.2 Comme application, on peut déterminer l’unique polynôme P de degré 3 tel que P(0) = 0, P′(0) = 1,P′′(0) = 0 et P(3)(0) =−1. Ce polynôme est :

P = X− 16

X3.

Ce polynôme est unique, car si deux polynômes P et Q sont solutions, la différence R vérifie : R(0) = R′(0) = R′′(0) =R(3)(0) = 0, et donc en utilisant encore la formule de Taylor, on a R = 0.

IX Divisibilité et division euclidienne dans K[X ]

IX.1 Multiples et diviseurs dans K[X ]

Définition IX.1 Soient A et B deux polynômes de K[X ]. On dit que B divise A ou que A est multiple de B si :

∃Q ∈K[X ], A = BQ

On dit aussi que B est un diviseur de A ou que A est un multiple de B.

Notation IX.1. On note alors B|A pour dire B divise A.

. Si B|A avec B non nul, alors A est non nul et deg(A)> deg(B). En effet, on a deg(A) = deg(B)+deg(Q).

180

Proposition IX.1 Si A, B et C sont trois polynômes, on a :• Si B|A et A|C, alors B|C, c’est-à-dire la relation « divise » est transitive.• A|A, c’est-à-dire la relation « divise » est réflexive.• Cette relation n’est pas antisymétrique :(

A|B et B|A)

⇐⇒(∃λ ∈K∗, A = λB

)On dit dans ce cas que A et B sont associés.• Elle est compatible avec l’addition :

Si B|A et B|C alors B|(A+C)

et avec la multiplication :

Si B|A alors B|AC

R La relation divise est une relation d’ordre dans l’ensemble des polynômes unitaires (ensemble dans lequel les polynômesassociés sont égaux).

Démonstration. Supposons B|A et A|C, et montrons B|C. On sait :

∃Q1 ∈K[X ], A = BQ1

et ∃Q2 ∈K[X ], C = AQ2

On constate alors que C = BQ1Q2, d’où B|C.La relation A|A s’obtient en écrivant A = 1×A (la constante 1 est un polynôme).Supposons A|B et B|A, on a alors :

∃Q1 ∈K[X ], A = BQ1

et ∃Q2 ∈K[X ], B = AQ2

Si on regarde les degrés, on a alors :• Soit A = 0 et donc B = 0 et donc la propriété ∃λ ∈K∗, A = λB est vraie.• Soit A 6= 0 et donc B 6= 0 et deg(A)6 deg(B)6 deg(A), et donc deg(A) = deg(B), et donc deg(Q1) = 0, ie Q1 est une

constante non nulle, que l’on note donc λ , et on a : A = λB.D’où, dans les deux cas ∃λ ∈K∗, A = λB. La réciproque est évidente.

Considérons maintenant A,B,C tels que B|A et B|C, on a alors :

∃Q1 ∈K[X ], A = BQ1

et ∃Q2 ∈K[X ], C = BQ2

On voit alors B(Q1 +Q2)|A+C et en conséquence B|(A+C).Pour la multiplication, on suppose B|A et on a : ∃Q1 ∈K[X ], A = BQ1 et donc BQ1C = 1C et en conséquence B|AC.

. Pour l’instant pour démontrer qu’un polynôme divise un autre, il n’y a pas d’autre choix que de procéder paridentification : on résout le système obtenu en considérant les coefficients de Q.

Exemple IX.1 On veut montrer que X−1 divise X4−1. Ce que l’on peut démontrer de manière évidente en utilisant :

∀x ∈ R,x4−1x−1

= 1+ x+ x2 + x3.

De manière directe, on cherche Q tel que X4−1 = Q× (X−1). On voit :• Le degré de Q est forcément 3, donc Q s’écrit aX3 +bX2 + cX +d, on a donc l’équation

X4−1 = (aX3 +bX2 + cX +d)(X−1).

Il ne faut surtout pas développer et résoudre le système (cela donne le résultat, mais c’est relativement long)

181

• le terme dominant est 1 et le terme constant est 1 (on obtient les deux termes extrémaux en regardant les termesdominants et constants), la relation s’écrit donc : X4−1 = (X3 +bX2 + cX +1)(X−1)• on regarde les termes de degré 3, qui donne −1+b = 0, donc b = 1, puis les termes de degré 1, qui donne −c+1 = 0,

donc c = 1.• on peut éventuellement vérifier avec les termes des degrés restant.

Au final, on obtient Q = X3 +X2 +X +1 et la relation :

X4−1 = (X−1)(X3 +X2 +X +1)

donc (X−1)|(X4−1).

IX.2 Division euclidienneThéorème IX.2 — Division euclidienne. Soit A et B deux polynômes avec B 6= 0. Il existe alors un unique couple (Q,R)de polynôme de K[X ] vérifiant :

A = BQ+R avec deg(R)< deg(B).

On appelle Q le quotient et R le reste de la division euclidienne de A par B.

Démonstration. Unicité : Supposons (Q1,R1) et (Q2,R2) solutions, on a alors :

A = BQ1 +R1 = BQ2 +R2 et donc B(Q1−Q2) = R2−R1.

En particulier avec les degrés :

deg(B)+deg(Q1−Q2) = deg(R2−R1).

Or on sait deg(R2−R1)6max(deg(R2),deg(R1))< deg(B). Donc deg(Q1−Q2)< 0, ce qui signifie donc : deg(Q1−Q2) =−∞ ou encore Q1 = Q2. En reportant, on obtient R2 = R1 d’où l’égalité.

Existence : On fixe le polynôme B =m

∑k=0

bkXk et on procède par récurrence sur le degré de A. On note donc :

P(n) : ∀A ∈Kn[X ], ∃(Q,R) ∈K[X ], A = BQ+R avec deg(R)< deg(B).

Pour l’initialisation, les rangs n = 0, n = 1, n = m−1 sont évidents : il suffit de poser Q = 0 et R = B.Pour l’hérédité, soit n fixé, avec n> m−1 tel que P(n) est vraie. Soit A ∈Kn+1[X ], on écrit alors :

A = an+1Xn+1 +anXn + · · ·+a1X +a0

On écrit alors :

an+1Xn+1 =an+1

bmXn+1−m (bmXm +bm−1Xm−1 + · · ·+b1X +b0

)︸︷︷︸B

+C

où C est un polynôme de degré inférieur ou égal à n. On a ainsi écrit :

A =an+1

bmXn+1−mB++C+anXn + · · ·+a1X +a0

=an+1

bmXn+1−mB+A1 avec A1 ∈Kn[X ].

On applique alors l’hypothèse de récurrence sur A1, cela donne l’existence de

Q1 et R1 ∈K[X ], tel que A1 = BQ1 +R1 avec deg(R1)< deg(B).

On obtient alors :

A =an+1

bmXn+1−mB+BQ1 +R1

=B(

an+1

bmXn+1−m +Q1

)︸︷︷︸

Q

B+R1

182

On a bien que Q est un polynôme, car n+1> m et on obtient ainsi :

A = BQ+R avec deg(R)< deg(Q).

Proposition IX.3 — Lien avec la divisibilité. Soient A et B des éléments de K[X ] avec B 6= 0.On a alors :

B|A ⇐⇒ le reste de la division euclidienne de A par B est nul

O Divisibilité dans C[X ] et dans R[X ]

Un polynôme B divise A si il existe C ∈K[X ] tel que A = BC.Si A et B sont des polynômes complexes, alors le polynôme C est complexe, il n’y a pas de difficultés. Par contre, si A et

B sont réels, il est a priori possible que B divise A dans C[X ] au sens où ∃C ∈ C[X ], A = BC, mais pas dans R[X ]. De même,il est a priori possible que les quotients et les restes de la division euclidienne dépendent de si on considère A et B comme despolynômes réelles ou complexes.

En fait cette situation est impossible du fait de l’unicité de la division euclidienne. Soit A et B réel, on peut faire la divisioneuclidienne de A par B :

dans C : ∃(QC,RC) ∈(C[X ]

)2, A = BQC+RC avec deg(RC)< deg(B)

dans R : ∃(QR,RR) ∈(R[X ]

)2, A = BQR+RR avec deg(RR)< deg(B).

L’unicité de la division euclidienne dans C assure que RC = RR et QC = QR. En particulier,

A|B dans C ⇐⇒ RC = 0 ⇐⇒ RR = 0 ⇐⇒ A|B dans R.

On retiendra :• si A et B sont réels, le quotient et le reste de la division euclidienne sont réels,• on ne distingue pas divisibilité dans C[X ] et dans R[X ].

O Calculer la division euclidiennePour calculer effectivement la division euclidienne il suffit d’appliquer la même méthode que pour les entiers : à chaque

étape, on enlève le terme dominant du reste en ajoutant un monôme au quotient.

Exemple IX.2 On veut faire la division euclidienne de X5 +4X4 +2X3 +X2−X−1 par X3−2X +3

X5 +4X4 +2X3 +X2−X−1 X3−2X +34X4 +4X3−2X2−X−1 X2 +4X +4

4X3 +6X2−13X−16X2−5X−13

On obtient ainsi :

X5 +4X4 +2X3 +X2−X−1 = (X3−2X +3)(X2 +4X +4)+(6X2−5X−13)

Le quotient est X2 +4X +4 et le reste est 6X2−5X−13.

O Algorithme de division euclidienneL’algorithme de division euclidienne de deux polynôme peut s’écrire après avoir écrit les fonctions d’addition et de

division de deux polynômes. On utilise ici la structure poly1d du module numpy.Voici un bref descriptif de la syntaxe de cette structure :

Convertion en polynôme une liste L de coefficients est convertie en polynôme avec la syntaxe poly1d(L). Par exemple,poly1d( [1,2,0,4]) corresponds au polynôme X3 +2X2 +4.

Le degré est obtenu par R.order

183

Les coefficients sont obtenus par R.coef. C’est une liste des coefficients (du plus grand au plus petit). Attention, R.coef[0]est le coefficient dominant.

Les opérations +, − et × s’écrivent naturellement entre polynôme.L’algorithme consiste alors à :• Initialiser R à la valeur de A et Q à 0,• à chaque étape : ajouter le monôme : rn

bnXn−p au quotient et donc enlever monôme : rn

bnXn−pB au reste (pour faire

disparaître son terme dominant).• Jusqu’à ce que le degré du reste soit inférieur au degré de B.Voici un exemple d’algorithme obtenu :

def divEuclidienne (A,B) :R = poly1d (A) # R sera le resteQ = poly1d ([0]) # Q sera le quotient

m = B.ordern = R.orderwhile n >= m :

# on crée le monôme r_n/b_m X^(n-m)# d’abords une liste terme dominant + 0monL = [R. coeffs [0] / B. coeffs [0]] +[0]*(n-m)#puis le polynôme:mon = poly1d ( monL )

Q = Q + monR = R - mon*Bn = R.order

return Q,R

La correction de l’algorithme est assuré par le fait qu’à chaque itération, on a :

BQ+R = A

La terminaison de l’algorithme est vérifiée car le degré de R diminue à chaque itération.

R Bien sûr, on peut aussi utiliser l’opération / de la structure poly1d.

X Racines

X.1 Lien entre racine et divisibilitéDéfinition X.1 Soit P un polynôme de K[X ]. Un élément α de K est racine (dans K) du polynôme P si P(α) = 0.

On a un lien entre racine et divisibilité par (X−α) :

Proposition X.1 Soit P ∈K[X ] et α ∈K, alors :

α est racine de P ⇐⇒ (X−α)|P

. On a donc remplacé le problème de la recherche de Q tel que P = Q(X−α), par le simple calcul de P(α) !Ainsi, pour montrer que X−1 divise P = X4−1, il suffit de vérifier que P(1) = 0, ce qui est beaucoup plus rapide quede calculer le polynôme Q.

Démonstration. Dans le cas où (X−α) divise P, on a P = (X−α)Q, Donc P(α) est nul.Pour la réciproque, on suppose que P(α) = 0 et on fait la division euclidienne de P par X−α . Cela donne l’existence

d’un polynôme Q et d’un scalaire λ tel que :

P = Q(X−α)+λ

En évaluant en α , on obtient λ = 0. et donc P = Q(X−α).

184

. D’une manière générale, si P est un polynôme, alors la division euclidienne de P par X −α donne l’existence d’unpolynôme Q tel que :

P = Q(X−α)+P(α)

R On voit aussi dans la démonstration que si A divise B alors toutes racines de A sont aussi des racines de B.

X.2 Cas de plusieurs racines distinctes

Proposition X.2 Soit P un polynôme de K[X ].Si α1,α2, . . . ,αp sont p racines deux à deux distinctes d’un polynôme P, alors le polynôme (X−α1)(X−α2) · · ·(X−

αp) est un diviseur de P.

Démonstration. La démonstration se fait par récurrence sur le nombre de racines p.Le cas p = 1 vient d’être fait.Pour passer de p racines à p+1 racines, on applique l’hypothèse de récurrence au p premières racines qui implique que

∃Q ∈K(X ], P = (X−α1)(X−α2) · · ·(X−αp)Q

En évaluant cette dernière égalité de polynôme sur la dernière racine αp+1, on a :

P(αp+1)︸︷︷︸=0

= (αp+1−α1)(αp+1−α2) · · ·(αp+1−αp)︸︷︷︸6=0 car les racines sont distinctes

Q(αp+1).

D’où Q(αp+1) = 0, et en appliquant la proposition précédente, on a : (X−αp+1)|Q, et donc ∃Q1 ∈K[X ], Q = (X−αp+1)Q1,puis :

P(X) = (X−α1)(X−α2) · · ·(X−αp)(X−αp+1)Q1(X)

. Ici encore, pour démontrer que A|P, on peut écrire le polynôme A sous la forme A =p

∏i=1

(X−αi), et on a juste besoin

de calculer les valeurs de P(αi).

Exemple X.1 On veut montrer que pour tout n, p et q ∈ N, P = X3n+2 +X3p+1 +X3q est divisible par 1+X +X2. Plutôtque de chercher Q tel que X3n+2 +X3p+1 +X3q = Q(1+X +X2) et de résoudre un système (de taille n) vérifié par Q, onécrit : 1+X +X2 = (X− j)(X− j2), avec j = e2i π

3 .Et on a :

1+X +X2|P ⇐⇒ (X− j)(X− j2)|P⇐⇒ P( j) = 0 et P( j2) = 0.

On calcule donc P( j), en utilisant les relations j3 = 1 et 1+ j+ j2 = 1. On obtient facilement P( j) = j2 + j+1 = 0, et demême P( j2) = 0. Ainsi, 1+X +X2|P. Comme 1+X +X2 et P sont deux polynômes réels, cela signifie que :

∃Q ∈ R[X ], P = (1+X +X2)Q.

En conséquence de ce théorème, on a un résultat important :

Proposition X.3 Un polynôme de degré n ayant n+1 racines est nul.

Démonstration. Supposons que P ait n+1 racines, alors, il est divisible par (X−α1)(X−α2) · · ·(X−αn+1), donc si il estnon nul alors son degré est supérieur ou égal à n+1, ce qui est impossible. En conclusion, le polynôme P est nul.

185

En conséquence :• Si on sait que P ∈Kn[X ] (ie est de degré inférieur ou égal à n) et que l’on montre que P admet n+1 racines, il est

alors nul,• Si un polynôme admet une infinité de racines, alors il est nul (pas besoin dans ce cas de connaître son degré).• Si deux polynômes ont la même valeur sur une infinité de valeurs, alors ces deux polynômes sont égaux (égalité des

coefficients).• En particulier, si deux polynômes ont la même fonction polynomiale K→K, alors ils sont égaux (puisque K a une

infinité de valeurs).

Un polynôme est donc entièrement déterminé par sa fonction polynomiale. C’est pourquoi on confond (souvent) lesdeux.

Exemple X.2 Montrons que la fonction cos n’est pas un polynôme. Raisonnons par l’absurde en supposant qu’il existe Ptel que ∀x ∈ R, P(x) = cos(x). En particulier,

∀k ∈ Z,P(

π

2+2kπ

)= 0.

L’ensemble π

2 +2kπ∣∣k ∈ Z étant infini, P a une infinité de racine et donc P = 0 ce qui signifie ∀x ∈ R, cos(x) = 0 et est

évidement une contradiction.

Exemple X.3 Montrons l’unicité du polynôme de degré 2 tel que P(1) = 0, P(0) = 3 et P(2) = 3 (on admet qu’il existe).On considère donc P et Q solution du problème. On pose alors R = P−Q. Le polynôme R est alors de degré inférieur ou

égal à 2 et a trois racines distinctes (0, 1 et 2). Il est donc nul et P = Q.

. L’utilisation de l’argument infinité de racine (ou n+1 racine) est surtout utilisé pour montrer l’unicité d’un polynômevérifiant certaines propriétés. La technique consiste à supposer qu’il y a deux polynômes et de montrer que la différenceest nulle par un argument de racines.

. Il faut qu’il soit clair qu’il y a une infinité de racine : par exemple si ∀k ∈ Z, P(cos(π

4 +2kπ)) = 0, on n’a pas P = 0,

mais seulement P(√

22

)= 0.

Autre exemple, si on a : ∀x ∈R∗, P( 1

x2

)= 0, il faut d’abords en déduire (en dessinant le tableau de variation de x 7→ 1

x2 )que ∀x ∈ R+

∗ , P(x) = 0, puis P = 0 car P a une infinité de racine. Le principe étant que quand x décrit R∗, 1x2 décrit R∗+,

ce qui se montre avec le tableau de variation.

Proposition X.4 — Décomposition des polynômes scindés à racines simples. Soit P un polynôme de degré n quiadmet n racines distinctes notées (α1,α2, . . . ,αn), alors :

P = λ

n

∏i=1

(X−αi).

où λ est le coefficient dominant de P.

Démonstration. On sait que P s’écrit :

P = Qn

∏i=1

(X−αi).

L’étude du degré assure que deg(Q) = 0, puis l’étude du terme dominant permet d’obtenir la valeur de Q.

Exemple X.4 Pour n ∈ N∗, le polynôme unitaire Xn−1 admet n racines distinctes dans C (les racines n-ièmes de l’unité).On a donc :

Xn−1 =n−1

∏k=0

(X− e

2ikπ

n

).

X.3 Généralisation aux racines d’ordre multiple

186

Définition X.2 On dit que α est racine d’ordre au moins d si

P(α) = P′(α) = P′′(α) = · · ·= P(d−1)(α) = 0

i.e. si α est racine de P ainsi que de toutes ses dérivées jusqu’à l’ordre d−1 s’annule en α .On dit que α est racine d’ordre d (ou plus précisément d’ordre exactement d) si

P(α) = P′(α) = P′′(α) = · · ·= P(d−1)(α) = 0, et si P(d)(α) 6= 0

i.e. si α est racine de P ainsi que de toutes ses dérivées jusqu’à l’ordre d−1 s’annule en α . tandis que la dérivée d’ordre dn’est pas nulle.

On dit que α est racine simple, si α est racine d’ordre 1, ie :

P(α) = 0 et P′(α) 6= 0

On dit que α est racine double, si α est racine d’ordre 2, triple si d’ordre 3. Enfin, on dit que α est racine multiple de P sielle est racine d’ordre au moins 2.

Proposition X.5 Il est clair que si α est racine d’ordre d de P, alors α est racine d’ordre d− 1 de P′, et même racinesimple de P(d−1).

Proposition X.6 Soit P un polynôme et α ∈K. On a un lien entre divisibilité par (X−α) et ordre de la racine α :

α est racine d’ordre au moins d

⇐⇒ (X−α)d |P

Pour l’ordre exact :

α est racine d’ordre exactement d

⇐⇒ (X−α)d |P et (X−α)d+1 ne divise pas P

⇐⇒ ∃Q ∈K[X ], P = (X−α)dQ et Q(α) 6= 0

Démonstration. La partie⇒ provient de l’égalité de Taylor, et est juste une généralisation de la proposition sur les racinessimples. Supposons que α soit racine d’ordre au moins d du polynôme P, alors on a :

P =n

∑k=0

P(k)(α)

k!(X−α)k =

n

∑k=d

P(k)(α)

k!(X−α)k,

puisque par définition d’une racine d’ordre au moins d, les d−1 premières dérivées sont nulles.Puis, comme dans le cas d’une racine simple, on fait le changement de variable et la factorisation par (X−α)l :

P =n

∑k=d

P(k)(α)

k!(X−α)k

=n−d

∑k=0

P(k+d)(α)

(k+d)!(X−α)k+d

=(X−α)dn−d

∑k=0

P(k+d)(α)

(k+d)!(X−α)k

︸︷︷︸Q

Avec un tel choix de Q, on a : P = (X−α)dQ et donc (X−α)d |P.Si on suppose de plus que α est racine d’ordre exactement d, alors on a :

Q(α) =P(d)(α)

d!6= 0

187

On est donc assuré d’avoir Q(α) 6= 0.Pour la réciproque, supposons donc que P = (X−α)dQ, pour un certain polynôme Q ∈K[X ].Déjà on peut voir que P(α) = 0. Puis si d > 1, on a :

P′ = d(X−α)d−1Q+(X−α)dQ = (X−α)d−1(dQ+(X−α)Q).

ainsi, P′(α) = 0.Le cas d’un d quelconque se démontre donc avec la formule de Leibnitz : Pour l 6 d, on a :

P(l) =((X−α)dQ

)(l)=

l

∑k=0

(lk

)((X−α)d

)(k)Q(l−k)

=l

∑k=0

(lk

)k!

(k−d)!(X−α)d−kQ(l−k).

Puisque si k 6 d :((X−α)d

)(k)=

k!(k−d)!

(X−α)d−k

En substituant X par α , le terme (X−α)d−k est nul, si k < d égal à 1 si k = d.En conséquence, lorsque l < d, on ∀k ∈ [[0, l]], (X−α)d−k est nul en α , donc P(l)(α) est une somme de termes nuls.On obtient ainsi :

∀l < d, P(l)(α) = 0.

Ainsi, si (X−α)d divise P, alors α est racine d’ordre au moins d de P.Supposons maintenant que Q(α) 6= 0, et on veut alors montrer que P(d)(α) 6= 0.On a :

P(d) =d

∑k=0

(dk

)k!

(k−d)!(X−α)d−kQ(d−k).

Pour les k tels que k < d, on a vu que le terme (X−α)d−k est nul en α , ainsi le seul terme qui ne s’annule pas en α est leterme pour k = d. On obtient donc :

P(d)(α) = d!Q(α) 6= 0.

. Ici encore l’intérêt est de remplacer la recherche du polynôme Q tel que P = (X −α)dQ, par un simple calcul desvaleurs de P(α), P′(α), etc.

Exemple X.5 Montrons que pour tout n> 1, Pn = nXn+2− (n+2)Xn+1 +(n+2)X−n est divisible par (X−1)3.On utilise l’équivalence :

(X−1)3|Pn ⇐⇒ 1 est racine d’ordre au moins 3 de Pn

⇐⇒ Pn(1) = 0, P′n(1) = 0, P′′n (1) = 0 et P(3)n (1) = 0.

Cette dernière propriété se démontre facilement.

Exercice 21. Montrer que le polynôme X2 +X +1 divise le polynôme (X +1)2n+1 +Xn+2 pour tout entier positif n.2. Montrer que le polynôme X2 +X divise le polynôme (X +1)2n+1−X2n+1−1.

3. Montrer que le polynôme (X−1)2 divise

(n−1

∑k=0

Xk

)2

−n2Xn−1.

188

Correction :1. Il faut vérifier P( j) = 0 et P( j2) = 0. En utilisant j3 = 1 et 1+ j+ j2 = 0.2. Il faut vérifier P(0) = 0 et P(−1) = 0.3. Il faut vérifier P(1) = 0 et P′(1) = 0.

Exercice 3 Soit n ∈ N∗. Trouver deux réels a, b tels que aXn+1 +bXn +1 soit divisible par (X−1)2.

Correction : il faut vérifier P(1) = 0 et P′(1) = 0, cela donne :a+b+1 = 0(n+1)a+nb = 0

Proposition X.7 Soit P un polynôme de K[X ] et α1, . . . ,αp des racines de P, d’ordre respectivement au moins égal à :r1, . . .rp. Alors :

le polynôme P est divisible parp

∏i=1

(X−αi)ri .

Pour compter les racines d’un polynôme, on a donc deux choix :Compter les racines distinctes Chaque racine compte pour 1,Compter les racines avec leur ordre de multiplicité Une racine d’ordre exactement d compte pour d racine.

En conséquence : si on sait que le polynôme P ∈Kn[X ] (ie est de degré inférieur ou égal à n) que et que l’on montre Padmet n+1 racines comptés avec leur ordre de multiplicité, alors P est nul.

Autrement dit, tout polynôme (non nul) de degré n possède au plus n racines comptés avec leur ordre de multiplicité,

Proposition X.8 — Décomposition des polynômes scindés. Soit P un polynôme non nul de K[X ] qui admet autantde racines (comptés avec leur ordre de multiplicité) que son degré . C’est-à-dire tel qu’il existe α1, . . . ,αp p racines de P

distinctes deux à deux, d’ordre respectivement égal à r1,r2, . . . ,rp vérifiant : deg(P) =p

∑k=1

rk.

Alors on a la décomposition :

P = λ

n

∏i=1

(X−αi)ri .

où λ est le coefficient dominant de P.Un tel polynôme est scindé (sur K).

. On verra que tout polynôme P ∈ C[X ] est scindé.

Démonstration. On a déjà vu quen

∏i=1

(X−αi)ri divise P, ainsi, P s’écrit :

P = Qn

∏i=1

(X−αi)ri . avec Q ∈K[X ]

L’étude des degrés assure que Q est que constante et que c’est le terme dominant de P.

XI Décomposition en facteurs irréductibles de C[X ] et R[X ]

Factoriser un polynôme c’est le transformer en un produit de polynôme. Pour beaucoup de problèmes, par exemple larecherche de racines, cela permet de se ramener à des petits problèmes plus simples.

189

XI.1 Polynômes irréductiblesOn a vu qu’un polynôme est toujours divisible par lui-même et par les constantes. Lorsque ceux sont ces seuls diviseurs,

alors il est irréductible.

Définition XI.1 — Polynômes irréductibles. Un polynôme non constant de K[X ] est dit irréductible dans K[X ] si etseulement si les seuls diviseurs de P sont les polynômes constants et les polynômes λP (avec λ ∈K∗).

Autrement dit, si on factorise un polynôme irréductible P sous la forme P = QR, alors c’est que Q ou R est uneconstante.

Ainsi un polynôme irréductible n’est pas factorisable de manière non triviale. On peut relier cette définition à celle denombres premiers, qui sont les entiers p divisibles uniquement par 1 et par eux-mêmes.

Un polynôme qui n’est pas irréductible est réductible ou factorisable.

Proposition XI.1 On a clairement :• Si P est de degré 1, alors il est irréductible (dans R ou C).• Si P est de degré supérieur strictement à 1 et qu’il a une racine alors il n’est pas irréductible• Tout polynôme de degré 2 à discriminants négatifs est irréductibles dans R.

Démonstration. Pour le premier point, si d(P) = 1, et si P = QR, et alors d(P) = 1 = d(Q)+ d(R), donc l’un des deuxpolynômes Q ou R est une constante. Donc la seule manière de factoriser P sous la forme QR est que l’un des polynômes soitune constante, l’autre s’écrivant donc λP (avec λ ∈K∗). Ainsi, P est irréductible.

Pour le deuxième point : si P a une racine, alors il s’écrit sous la forme, P = (X−α)Q. Avec d(Q)+1 = d(P), donc si Pest de degré supérieur strictement à 1, Q n’est pas un polynôme constant.

Pour le dernier point, supposons que P soit de degré 2, sans racine, et que P = QR. Supposons par l’absurde qu’aucundes deux polynômes Q et R ne soient une constantes alors comme : d(P) = 2 = d(Q)+d(R), c’est donc que d(Q) = 1 etd(R) = 1. Donc Q (et R) s’écrit sous la forme Q = aX +b, donc Q a une racine, donc P a une racine, contradiction.

. Un polynôme peut être irréductible dans R, mais pas dans C : par exemple : X2 +1 = (X− i)(X + i) est irréductibledans R (polynôme de degré 2 à discriminants négatifs), tandis qu’il peut se factoriser dans C.Par contre, si un polynôme P est réductible dans R, c’est-à-dire si il se factorise sous la forme P = QR, avec Q et R nonconstant, alors il ne sera pas irréductible sur C, puisque la factorisation P = QR est aussi valable dans C.

. Bien entendu, la propriété sur les polynômes de degré 2 ne se généralise pas : un polynôme peut ne pas avoir de racinesmais ne pas être irréductibles. Par exemple : P = (X2 +X +1)2(X2 +1).

XI.2 Théorème de d’Alembert-GaussThéorème XI.2 — de d’Alembert-Gauss. Tout polynôme non constant de C[X ] possède au moins une racine dans C.

On dit que C est algébriquement clos.

Démonstration. ADMIS conformément au programme.

En conséquence on a :

Proposition XI.3 Les seuls polynômes irréductibles de C[X ] sont les polynômes de degré 1.

Démonstration. On a vu que les polynômes de degré 1 sont irréductibles. Soit maintenant un polynôme P irréductible, alorsP a au moins une racine α (d’après le théorème de d’Alembert), donc P s’écrit sous la forme P = (X−α)Q. Comme P estirréductible, Q doit être une constante notée λ , on a donc P = λ (X−α) et P est de degré 1.

XI.3 Factorisation dans C[X ]

Théorème XI.4 — Décomposition dans C. Soit P un polynôme de degré n> 1 de C[X ].On note α1, . . . ,αp les racines (distinctes) de P dans C, et k1, . . .kp l’ordre de multiplicité de ces racines, alors :• n = k1 + k2 + . . .kp (ie P a autant de racines comptés avec leur ordre de multiplicité que son degré).

190

• On a la décomposition :

P =λ (X−α1)k1 . . .(X−αp)

kp

=λ

p

∏i=1

(X−αi)ki

où λ est le coefficient dominant de P.• Cette factorisation est unique à l’ordre près des racines.On dit que tout polynôme est scindé dans C.

. On peut aussi écrire : tout polynôme de degré n se décompose sous la forme :

P = (X−α1) . . .(X−αn) avec (α1,α2, . . . ,αn) les racines,

avec la convention que l’on écrit une fois les racines simples, deux fois les racines doubles, etc.

. Ce résultat correspond à factoriser un polynôme comme on décompose une entier en produit de nombre premier : de lamême manière que 60 = 22×3×5, on a : X4 +X3−X2−X = (X +1)2X(X−1).

. Si le polynôme est unitaire et que l’on connaît ses racines, alors on connaît les coefficients (il suffit de développer).Pour un polynôme quelconque, il reste une dernière inconnue : le terme dominant.

Démonstration. Commençons par l’unicité. Il suffit de montrer que si P s’écrit

P = λ

p

∏i=1

(X−αi)ki ,

alors :• le facteur λ est forcément le coefficient de plus haut degré an, ce qui est évident en identifiant les termes de plus haut

degré (et montre au passage, que l’on a forcément n = k1 + k2 + . . .kp)• les (αi)i=1...n sont les seules racines de P, ce qui est clair.• pour tout i, ki est l’ordre de multiplicité de αi dans P. Puisque (X−αi)

ki divise P mais (X−αi)ki+1 ne divise pas P.

Cela démontre donc que cette décomposition est unique, à l’ordre près des facteurs, puisqu’on peut toujours échanger α1 etα2.

La preuve se fait par récurrence sur le degré n. On note

P(n) : ∀P ∈ Cn[X ] on peut décomposer P en facteurs irréductibles.

Il s’agit quelque part d’une récurrence forte, puisqu’on rappelle que Cn[X ] est l’ensemble des polynômes de degréinférieur ou égal à n.

Initialisation : La proposition est clairement vraie pour les polynôme de degré 0 (i.e. les constantes), et les polynômes dedegré 1(i.e. ceux qui s’écrivent sous la forme a0 +a1X = a1

(X + a0

a1

).

Hérédité : Supposons la proposition vrai au rang n, et soit P ∈ Cn+1[X ]. Pour simplifier les notations, on a déjà que si Pest de degré strictement inférieur à n+1, alors c’est que P ∈ Cn[X ] et donc le résultat a déjà été démontré. On peut doncsupposer d(P) = n+1.

D’après le théorème de d’Alembert, P a une racine. Soit donc α0 une racine de P, d’ordre de multiplicité k0. On a vu queP s’écrit alors : P = (X−α0)

k0Q, avec Q ∈K[X ].On peut donc appliquer l’hypothèse de récurrence à Q qui est un polynôme de degré inférieur ou égal à n. Plus précisément

on a d(P) = k0 +d(Q). Comme d(P) = n+1, d(Q) est strictement inférieur à n si α est racine multiple, égal à n si α estracine simple. De plus, on constate en développant les coefficients dominants (ou en utilisant le résultat sur le terme dominantd’un produit) que le terme dominant de Q est le coefficient dominant de P.

Ainsi, si on note α1, . . . ,αp les racines de Q, et k1, . . .kp l’ordre de multiplicité de ces racines, alors on a :

P = an+1(X−α0)k0(X−α1)

k1 . . .(X−αp)kp ,

et d(Q) = k1 + . . .kp. On obtient bien la factorisation demandée. Puis, comme on l’a vu cette écriture impose que les racinesde P sont les (αi)i=0...p, avec ordre de multiplicité (ki)i=0...p.

On a aussi : d(P) = k0 +d(Q) = k0 + k1 + . . .kp. Donc le degré de P est bien égal à son nombre de racines comptés avecordre de multiplicité.

191

XI.4 Factorisation dans R[X ]

O Rappel sur la relation entre divisibilité dans R[X ] et dans C[X ]

On a vu que pour deux polynômes réels A et B il est équivalent que :• A|B dans C[X ], au sens où il existe Q ∈ C[X ], tel que B = QA,• A|B dans R[X ], au sens où il existe Q ∈ R[X ], tel que B = QA.

En effet, si A = QB, alors l’unicité de la division euclidienne assure que Q ∈ R[X ].Par contre, on a vu qu’un polynôme irréductible dans R[X ] pouvait être réductible dans C[X ].

O Cas des polynômes de degré impairCommençons par un résultat que l’on peut obtenir par l’analyse :

Proposition XI.5 Tout polynôme de degré impair admet au moins une racine réelle.

Démonstration. Il suffit de voir que P(x) ∼±∞

anxn, ainsi les limites en plus et moins l’infini sont infini et de signes contraires.

Donc le polynôme étant continu, il s’annule au moins une fois sur R, d’après le théorème des valeurs intermédiaires.

En conséquence, un polynôme de degré impair n’est pas irréductible sur R.

O Racine complexe d’un polynôme réel

Proposition XI.6 Soit P un polynôme réel, et α une racine dans C de P. Alors α est aussi racine de P.De plus l’ordre de multiplicité de α dans P est le même que celui de α .

Remarquons que si α /∈ R, alors α et α sont distinctes (on a donc en fait deux racines).

Démonstration. On note P = a0 +a1X + . . .anXn. On a

P(α) =a0 +a1α + . . .anαn

=a0 +a1α + . . .anαn

=P(α).

Ainsi : P(α) = 0 ⇐⇒ P(α) = 0.Pour l’ordre de multiplicité, il suffit d’appliquer ce résultat aux dérivées successives de P.

On peut donc rassembler les racines de P ∈ R[X ] en trois parties :• les racines réelles,• les racines complexes : (α1, . . . ,αp),• les conjugués des précédentes : (α1, . . . ,αp),

O Décomposition dans R[X ] en polynôme irréductibleOn obtient alors le résultat final :

Théorème XI.7 — Décomposition dans R. Les seuls polynômes irréductibles dans R sont les polynôme de degré 1, etles polynômes de degré 2 à discriminants strictement négatifs.

De plus pour un polynôme réel P de degré n> 1, on peut le factoriser sur R sous la forme :

P = λ

q

∏l=1

(X−αl)dl

p

∏i=1

(X2 + γiX +δi)ei ,

avec :• λ est le coefficient dominant de P,• (αl)i=l...q les racines de P dans R, la racina αl ayant pour ordre de multiplicité dl ,• les polynômes X2 + γiX +δi sont tous à discriminants négatifs.

Démonstration. Plus qu’une démonstration, nous allons écrire un algorithme qui permet de passer de la factorisation surC[X ] la factorisation sur R[X ].

192

Montrons tout d’abords que les seuls polynômes irréductibles dans R sont les polynôme de degré 1, et les polynômes dedegré 2 à discriminants strictement négatifs.

On a déjà vu que ces polynômes sont irréductibles, il est aussi clair que si P est de degré 2 avec un discriminant positifs, ila une racine donc n’est pas irréductible.

Soit donc un polynôme de degré supérieur ou égal à 3.Ce polynôme a une racine sur C, notée α .Si α est réel, alors P est réductible. Si α n’est pas réel, alors α est une autre racine de P, distinctes car α 6= α . Donc

(X−α)(X−α)|P, ce qui s’écrit :

∃Q ∈ C[X ], P = (X−α)(X−α)Q

Or

(X−α)(X−α) = X2−2ℜ(α)X + |α|2 est un polynôme réel,

donc en fait Q est aussi un polynôme réel, de degré supérieur ou égal à 1, car degré P est supérieur à 3. Donc P n’est parirréductible.

Ainsi les seuls polynômes irréductibles sont ceux de degré 1 et ceux de degré 2 sans racines.La suite de la proposition n’est qu’une généralisation de ce qui précède. Soit P un polynôme réel. Commençons par

se ramener à un polynôme sans racine réelle. Soit (αl)i=l...q les racines réelles de P avec dl les ordres de multiplicitécorrespondants. On sait déjà que ∃Q ∈ R[X ] tel que :

P =q

∏l=1

(X−αl)dl Q.

Le polynôme Q est sans racines réelles, en effet :• Si α ∈ R est un réels distincts des racines de P, i.e. des (αl)i=l...q, alors Q(α) ne peut être nul, puisque cela impliquerai

que α soit une nouvelle racine réelle de P.• Si Q(αi) = 0, alors αi est racine d’ordre au moins di +1. Ainsi, aucune racine de P n’est racine de Q.

Remarquons aussi que le terme dominant de Q est le terme dominant de P.On décompose alors Q sur C sous la forme ;

Q = λ ∏i(X−αi)

ki .

Les αi étant forcément complexes, on les groupe par deux αi et αi, ces deux racines étant distinctes et avec le même ordre demultiplicité. On obtient :

Q =λ

p

∏i=1

((X−αi)(X−αi))ki

=λ

p

∏i=1

(X2−2ℜ(αi)X + |αi|2

)ki

=λ

p

∏i=1

(X2 + γiX +δi)ei .

en posant γi = 2ℜ(αi), et δi = |αi|2.Ces polynômes sont bien sans racines réelles, ie à discriminant négatif.

. À retenir : Pour factoriser un polynôme P sur R, on peut le factoriser sur C, puis regrouper les racines complexes nonréelles par deux, puisqu’on est sûr qu’à chaque racine complexes non réelle α , α est aussi racine. Cette méthode estappelée Méthode indirecte de factorisation sur R.

Exemple XI.1 Décomposons sur R[X ] le polynôme X5−1.On a 5 racines dans C (les racines n-ième de l’unité), ce qui donne la décomposition dans C[X ] :

X5−1 = (X−1)(

X− ei 2π

5

)(X− ei 4π

5

)(X− ei 6π

5

)(X− ei 8π

5

)193

Une seule racine est réelle (1), les autres sont complexes non réelles, il faut donc les regrouper deux par deux. En plaçant lesracines sur un cercle, on a facilement :

ei 2π

5 =ei 8π

5 et ei 4π

5 =ei 6π

5

Ainsi,(X− ei 2π

5

)(X− ei 8π

5

)=(

X− ei 2π

5

)(X− e−i 2π

5

)=X2−2cos

(2π

5

)X +1

et de même :(X− ei 4π

5

)(X− ei 6π

5

)=(

X− ei 4π

5

)(X− e−i 4π

5

)=X2−2cos

(4π

5

)X +1

Au final on a la décomposition :

X5−1 = (X−1)(

X2−2cos(

2π

5

)X +1

)(X2−2cos

(4π

5

)X +1

)

XI.5 Somme et produit des racines d’un polynômeO Relation entre coefficients et racines

Proposition XI.8 Soit un polynôme de degré n, P =n

∑k=1

akXk.

On le décompose en facteurs irréductibles (éventuellement sur C), en écrivant :

P = an

n

∏i=1

(X−αi) les (αi) étant les racines (non distinctes).

an étant le coefficient dominant de PAlors, la somme des racines est

n

∑i=1

αi =−an−1

an

et le produit des racines est

n

∏i=1

αi = (−1)n a0

an

En développant on peut exprimer tous les coefficients (ak) en fonction des racines (αi).

! Ne pas oublier le terme dominant.

Démonstration. Il suffit de développer.

Exemple XI.2 Pour un polynôme de degré 4, on a :

P =a4X4 +a3X3 +a2X2 +a1X +a0

=a4(X−α)(X−β )(X− γ)(X− ε)

=a4

(X4− (α +β + γ + ε)X3 +(αβ +αγ +αε +βγ +βε + γε)X2

+(αβγ +αβε +αγε +βγε)X +(αβγε)

)

194

On obtient donc les relations :

−a4(α +β + γ + ε) =a3

a4(αβ +αγ +αε +βγ +βε + γε) =a2

a4(αβγ +αβε +αγε +βγε) =a1

a4(αβγε) =a0.

. On voit que dans le développement de an ∏ni=1 (X−αi) il y a 2n termes puisque dans chaque parenthèse contient deux

termes. Devant Xk il y a(n

k

)termes : puisque cela corresponds à choisir k parenthèses où l’on choisit le X .

Sur l’exemple ci-dessus, on voit : la ligne du triangle de Pascal (1,4,6,4,1).

O Cas des polynômes du second degré

Proposition XI.9 Soit P = aX2 + bX + c avec a 6= 0 un polynôme de degré 2. (α,β ) les deux racines dans C (nonnécessairement distinctes).

Alors on a :

α +β =− ba

et αβ =ca

Proposition XI.10 Soit x et y deux nombres tels que x+ y = P et xy = Q, avec P et Q donnés. Alors x et y sont les racinesdu polynômes X2−PX +Q.

Ainsi, on peut calculer deux nombres connaissant leur somme et leur produit.

Démonstration. On considère le polynôme (X− x)(X− y), on a :

(X− x)(X− y) =X2− (x+ y)X + xy

=X2−PX +Q.

O Exemple des racines n-ième de l’unitéOn a vu :

∀n ∈ N∗, Xn−1 =n−1

∏k=0

(X− e2i kπ

n

)En appliquant ce qui précède, on peut calculer :

la somme des racines n-ièmes de l’unitén−1

∑k=0

e2i kπ

n = 0

le produit des racines n-ièmes de l’unitén−1

∏k=0

e2i kπ

n = (−1)n−1

En effet, la première relation s’obtient par le terme de degré n−1 du polynôme Xn−1, la deuxième par le terme constant.

195

Exercices classiques sur les polynômesPelletier Sylvain PSI, LMSC

O DivisibilitéIl faut à chaque fois se ramener aux racines

Exercice 1 On considère le polynôme P = X2 +X +1.1. Déterminer les couples (λ ,µ) ∈ C2 tels que P divise X5 +λX3 +µX2 +1.2. Déterminer le reste de la division euclidienne de 2010X2011 +3X2 +1 par P.

Correction :1. On peut écrire P = (X − j)(X − j). Il s’agit donc de déterminer les valeur de (λ ,µ) ∈ C2 tels que Q = X5 +λX3 +

µX2 +1 admet j et j comme racine. On a :

Q( j) = j5 +λ j3 +µ j2 +1

= j2 +λ +µ j2 +1

=(1+µ) j2 +(1+λ )

et :

Q( j2) = j10 +λ j6 +µ j4 +1

= j+λ +µ j+1

=(1+µ) j+(1+λ )

On cherche donc (λ ,µ) tels que :(1+µ) j2 +(1+λ ) = 0(1+µ) j+(1+λ ) = 0

Avec l1← l1− jl2, cela donne :

(1+λ )(1− j) = 0

donc λ =−1 (car j 6= 1), puis µ =−1. Au final, la seule valeur pour laquelle P|Q est : Q = X5−X3−X2 +12. On note A = 2010X2011 +3X2 +1 et on cherche (a,b) tels que :

A = QP+aX +b

On écrit ensuite P = (X− j)(X− j

)et on a alors le système :

A( j) = a j+b

A(

j)= a j+b

Il suffit donc de calculer : A( j) et A(

j)

O Décomposition dans R[X ] et C[X ]

Exercice 2 Décomposer P = 1+X +X2 +X3 +X4 dans C [X ] puis dans R [X ], et rechercher par ailleurs les solutions del’équation P(x) = 0 en posant y = x+ 1

x .En déduire l’expression exacte de cos 2π

5 .

Correction : comme vu en cours :

(X−1)P =X5−1 =5

∏k=0

(X− e

2ikπ

5

)=(X−1)

(X2−2cos

2π

5X +1

)(X2−2cos

4π

5X +1

)

197

Par unicité de la décomposition dans C :

P =

(X2−2cos

2π

5X +1

)(X2−2cos

4π

5X +1

)On résout P(x) = 0 en posant y = x+ 1

x (0 n’est pas solution).

1+ x+ x2 + x3 + x4 =x2(

1x2 +

1x+1+ x+ x2

)=x2

((x+

1x

)2

+

(x+

1x

)−1

)

On est donc ramené à l’équation y2 + y−1 = 0, on trouve deux racines, puis on résout x+ 1x = y.

Ce qui nous donne les 4 racines complexes. En identifiant on trouve la valeur demandée.

Exercice 31. Résoudre l’équation z3 = 1+ i.2. Factoriser sur C puis sur R le polynôme P(X) = X6−2X3 +2.

Correction : il faut écrire 1+ i =√

2ei π

4 , donc on cherche z = ρeiθ , cela donne :

ρ = 216 ∃k ∈ [[0,2]] , θ =

π

12+ k

2π

3

On cherche les racines de P en posant y = x3, cela donne : y2−2y+2 = 0, et donc y = 1+ i, d’où les 6 solutions sur C.En les regroupant 2 à 2, on obtient la factorisation sur R.

Exercice 4 Soit le polynôme : P = X4−X2 +1. Déterminer les racines de P dans C. En déduire la factorisation de P dansR[X ] et C[X ].

Commentaire : il s’agit classiquement d’appliquer le théorème de factorisation dans C[X ] et dans R[X ] :• la factorisation en polynôme irréductible est un produit de polynôme de degré 1 dans C[X ],• dans C[X ], c’est un produit de polynôme de degré 1 et de degré 2 à discriminant négatif.Ici il s’agit d’un polynôme de degré 4. Pour la factorisation dans R, il y a donc trois possibilités :• soit 4 polynôme de degré 1,• soit 2 polynôme de degré 1 et un polynôme de degré 2 irréductible,• soit 2 polynôme de degré 2 irréductibles.Pour savoir quelle est la situation, on peut chercher des racines. Pour cela on se ramène à résoudre l’équation : y2−y+1= 0

pour chercher des racines dans R. Cette équation n’admet pas de solutions, on peut donc en déduire que c’est la troisièmesolution.

Technique 1 : On factorise en regroupant les termes en X4 et le terme constant :

X4−X2 +1 =(X2 +1)2−2X2−X2 = (X2 +1)2−3X2

=(X2 +√

3X +1)(X2−√

3X +1).

On a obtenu la factorisation sur R[X ], on en déduit facilement la factorisation sur C[X ], puis les racines dans C[X ].Technique 2 : On cherche les racines dans C.

Pour cela on pose y = x2, et on résout l’équation y2− y+ 1 = 0, ce qui donne comme solution : y1 =1+ i√

32

et

y2 =1− i√

32

, soit y1 = ei π

3 et y2 = e−i π

3 .

Pour trouver les racines dans C, on doit donc résoudre x2 = y1 et x2 = y2 .Pour la première équation cela donne : x1 = ei π

6 et x2 = −ei π

6 = ei 7π

6 = e−i 5π

6 . Pour la deuxième équation cela donne :x3 = ei−π

6 et x2 =−ei−π

6 = ei 5π

6 .D’où les racines et la factorisation dans C :

X4−X2 +1 =(

X− ei π

6

)(X− ei 7π

6

)(X− ei−π

6

)(X− ei 5π

6

)198

Aucune de ces racines est réelles.En les plaçant sur un cercle, on les regroupe deux par deux :(

X− ei π

6

)(X− ei−π

6

)= X2−2cos

(π

6

)+1 = X2−2

√3+1(

X− ei 5π

6

)(X− ei−5π

6

)= X2−2cos

(5π

6

)+1 = X2 +2

√3+1.

D’où la factorisation sur R :

X2−X2 +1 = (X2 +√

3X +1)(X2−√

3X +1).

O Polynômes de LagrangeOn pourra aussi voir la fiche sur les matrices de VanDerMonde et le lien avec les polynômes interpolateurs de Lagrange.

Exercice 5 Interpolation de LagrangeSoit n ∈ N∗.Pour tout entier i de 1,2, . . . ,n, on suppose donné n réels a1, . . .an distincts.On note Li le polynôme : Li = ∏

k∈1,...,nk 6=i

(X−ak).

Par exemple, si n = 3, a1 =−1, a2 = 0, et a3 = 1, alors :

L1 = X(X−1) L2 = (X−1)(X +1) L3 = X(X +1)

1. Vérifier que, pour tous entiers i et j de 1,2, . . . ,n, le réel Li(a j) est nul lorsque i est différent de j, et est non nullorsque i est égal à j.

2. Soit f : R→ R Montrer qu’il existe un unique polynôme, que l’on note Pf , de degré inférieur ou égal à n−1, telque pour tout entier j de 1,2, . . . ,n, on a l’égalité Pf (a j) = f (a j), et que ce polynôme est donné par la formule :

Pf =n

∑i=1

f (ai)

Li(ai)Li.

Correction :1. On a :

Li(a j) = ∏k∈1,...,n

k 6=i

(a j−ak) =

0 si i 6= j car le produit contient le terme (a j−a j)

6= 0 si i = j car les (a j) sont distincts deux à deux.

2. Pour l’unicité : si deux polynômes conviennent Pj et Q f , alors leurs différences : R = Pf −Q f est nulle sur les n valeursdistinctes (a j). Or ce polynôme est de degré inférieur ou égal à n−1, donc R est nul et l’unicité.Pour l’existence : on pose Pj comme indiqué, on constate que :

∀ j ∈ [[1,n]] , Pf (a j) = f (a j)

O Polynômes de Tchebychev

Exercice 6 Polynôme de Tchebychev de deuxième espèceOn considère la suite de polynômes Un définie par :

U0(X) = 1, U1(X) = 2X , et ∀n ∈ N, Un+2(X) = 2XUn+1(X)−Un(X)

1. (a) Calculer U2, U3 et U4.(b) Montrer que pour n ∈ N, Un est de degré n.(c) Déterminer le coefficient dominant de Un.(d) Étudier la parité de Un.

2. (a) Soit θ ∈ R , tel que ∀k ∈ Z, θ 6= kπ . Montrer que, pour tout n ∈ N, on a :

Un(cosθ) =sin(n+1)θ

sinθ

199

(b) Déterminer ainsi Un(0) pour n ∈ N. On distinguera les cas où n = 4k, n = 4k+ 1, n = 4k+ 2, n = 4k+ 3,k ∈ N.

(c) Déterminer les racines de Un sur ]−1,1[, puis toutes les racines de Un.3. Soit n ∈ N. On considère un polynôme Vn tel que :

∀θ ∈ R\kπ|k ∈ Z, Vn(cosθ) =sin(n+1)θ

sinθ

On pose Rn =Un−Vn.(a) Calculer Rn(cosθ) pour tout θ ∈ R\kπ|k ∈ Z.(b) En déduire Vn =Un.

Commentaire : étude très classique d’une suite de polynôme. Des récurrences, étude de degré/ terme dominant/ parité.Lien avec les complexes,la trigonométrie. Raisonnement sur les racines. Unicité du polynôme.

Correction :1. (a) On trouve : U2 = 4X2−1, U3 = 8X3−4X , et U4 = 16X4−12X2 +1.

(b) Par récurrence double. On note pour n ∈ N :

Pn : Un est de degré n

Initialisation : U0 est bien de degré 0 et U1 est bien de degré 1.Hérédité : considérons n ∈ N fixé, tel que Pn et Pn+1 sont vrais. On a alors U2n+2 = 2XUn+1−Un, somme dedeux polynômes, avec : d(2XUn+1) = 1+ d(Un+1) = n+ 2 et d(Un) = n (d’après les HR). On en déduit qued(U2n+2) = n+2.D’où la conclusion.

(c) Les premiers termes semblent indiquer que, en négligeant les termes de degrés inférieurs : Un = 2nXn + . . . .Démontrons cela par récurrence double :

Pn : Un = 2nXn + . . . en négligeant les termes de degré inférieur.

Initialisation : on a bien U0 = 20X = X + . . . , et U1 = 2X + . . . .Hérédité : considérons n ∈ N, fixé, tel que Pn et Pn+1 sont vrais. On a alors :

U2n+2 =2XUn+1−Un = 2X(

2n+1Xn+1 + . . .)−(

2nXn + . . .)

=2n+2Xn+2 + . . . .

Conclusion : ∀n ∈ N, la proposition Pn est vraie.(d) Les premiers termes semblent indiquer que Un a la même parité que n. On considère donc la proposition

Pk : U2k est pair et U2k+1 est impair.

On procède par récurrence (simple) sur k ∈ N.Initialisation : pour k = 0, on a bien U0 pair et U1 est impair.Hérédité : Considérons k ∈ N fixé, tel que Pk est vrai. On a alors :

U2k+2(−X) =2(−X)U2k+1(−X)−U2k(−X)

=2(X)U2k+1(X)−U2k(X) d’après HR

=U2k+2(X).

Ce qui montre que U2k+2 est pair.Puis de même :

U2k+3(−X) =2(−X)U2k+2(−X)−U2k+1(−X)

=−2XU2k+2(X)+U2k+1(X) d’après HR et ce qui précède

=−U2k+3(X).

Ce qui montre que U2k+2 est impair et l’hérédité.En conclusion, pour n ∈ N, le polynôme Un est de la même parité que n.

200

2. (a) On considère θ ∈ R, tel que ∀k ∈ Z, θ 6= kπ , i.e. sin(θ) 6= 0, et on pose la proposition :

Pn : Un(cosθ) =sin(n+1)θ

sinθ.

et on démontre que la proposition Pn est vrai quelque soit n par récurrence double.Initialisation : U0(cos(θ)) = 1 et sinθ

sinθ= 1, d’où P0. U1(cosθ) = 2cosθ et sin2θ

sinθ= 2cos(θ), en utilisant sin2θ =

2sinθ cosθ .Hérédité : considérons n > 0, fixé, tel que Pn et Pn−1 soient vrais. On a alors :

Un+1(cosθ) =2cosθUn(cosθ)−Un−1cosθ

=2cosθsin(n+1)θ

sinθ− sinnθ

sinθd’après les HR

=1

sinθ(2cos(θ)sin(n+1)θ − sin(nθ)) .

Il faut simplifier cette expression en utilisant les formules de trigonométrie, que l’on peut retrouver rapidement :

2cos(θ)sin(n+1)θ =12i

(eiθ + e−iθ

)(ei(n+1)θ − e−i(n+1)θ

)=

12i

(ei(n+2)θ + eniθ − e−inθ − e−i(n+2)θ

)=sin(n+2)θ + sinnθ .

En reportant, on trouve :

Un+2 =sin(n+2)θ)

sinθ.

D’où l’hérédité.En conclusion, on a bien :

∀n ∈ N, Un(cosθ) =sin(n+1)θ

sinθ

(b) Pour calculer Un(0), il suffit de poser θ = π

2 , on a bien alors sin(θ) 6= 0, et on peut donc appliquer la formuleprécédente pour obtenir :

Un(0) =sin((n+1)

π

2

)sin(

π

2

) = sin((n+1)

π

2

).

Il suffit alors de dessiner un cercle pour obtenir :

Un(0) =

1 si n s’écrit n = 4k0 si n s’écrit n = 4k+1−1 si n s’écrit n = 4k+20 si n s’écrit n = 4k+3.

NB : il est inutile de considérer le cas θ =−π

2 .(c) Si x ∈]−1,1[, alors x s’écrit de manière unique sous la forme x = cos(θ), avec θ = arccos(x) ∈]0,π[. L’équation

Un(x) = 0, est alors équivalente à Un(cosθ) = 0, qui s’écrit (puisque sinθ 6= 0) :

sin((n+1)θ) = 0⇔∃k ∈ Z, (n+1)θ = kπ

⇔∃k ∈ Z, θ =k

n+1π

⇔∃k ∈ [[1,n]] , θ =k

n+1π car θ ∈]0,π[

⇔ θ =1

n+1π ou

2n+2

π ou . . . oun

n+1π.

201

On obtient alors les racines de Un sur l’intervalle ]−1,1[ :

S =

cos(

kn+1

)∣∣∣∣∣k ∈ [[1,n]]

=

cos(

1n+1

π

), cos

(2

n+2π

), . . . , cos

(n

n+1π

)NB : on a raisonné par équivalence ici.Il reste à déterminer combien cela fait de racines. On a :• les valeurs k

n+1 π pour k ∈ [[1,n]] sont n valeurs distinctes de ]0,π[,• la fonction cos est injective sur ]0,π[,

ainsi, il y a n éléments distincts dans S .NB : ce n’est pas évident ! ! !On a donc déterminé n racine de Un dans l’intervalle ]−1,1[, or Un est un polynôme de degré n. On en déduit quel’on a trouvé toutes les racines.Ainsi, les racines de Un sont :

cos(

kn+1

)∣∣∣∣∣k ∈ [[1,n]]

=

cos(

1n+1

π

), cos

(2

n+2π

), . . . , cos

(n

n+1π

).

3. (a) De manière évidente, on a :

∀θ ∈ R, tel que sin(θ) 6= 0, Rn(cosθ) = 0.

(b) Ainsi, ∀θ ∈ R, tel que sin(θ) 6= 0, on a cosθ est racine de Vn. En particulier, pour tout θ ∈]0,π[, cosθ est racinede Vn. Or lorsque θ parcourt ]0,π[, cosθ parcourt ]−1,1[, i.e. la fonction cos est surjective de ]0,π[ dans ]−1,1[.Ainsi, pour tout x ∈]−1,1[, x est racine de Rn, et Rn a une infinité de racine donc Rn est nul. Ce qui montre queUn =Vn.

Exercice 7Polynôme de Tchebychev de première espèce

1. Soit n ∈ N∗. Montrer qu’il existe un unique polynôme Tn ∈ R[X ] tel que :

∀x ∈ R, Tn(cos(x)) = cos(nx).

2. Déterminer le degré, le coefficient dominant et les racines de Tn.3. Montrer que :

∀n> 1, Tn+1 +Tn−1 = 2XTn

4. Montrer qu’il existe un unique polynôme Pn ∈ Rn[X ], de coefficient dominant 2n−1 tel que

∀x ∈ [−1,1], Pn(x) ∈ [−1,1]

5. Montrer que si P ∈ Rn[X ] unitaire, on a supx∈[−1,1] |P(x)|> 12n−1 avec égalité si et seulement si P = 1

2n−1 Tn.6. Montrer que :

∀n ∈ N, ∀θ ∈ R, ch(nθ) = Tn (chθ)

En déduire que

(|x|6 1) ⇐⇒ (|Tn (x)|6 1)

7. Montrer que pour tout n> 0, Tn est solution sur R de l’équation différentielle :(x2−1

)y′′+ xy′−n2y = 0

R On peut aussi vérifier que la famille Tn est orthogonale pour le produit scalaire :

< P,Q >=∫ 1

−1

P(t)Q(t)√1− t2

dt

202

Correction :1. Pour l’unicité, voir l’exercice précédent.

Pour l’existence, on peut faire avec la formule de Moivre :

cos(nx)+ isin(nx) =(cosx+ isinx)n

=n

∑k=0

ik(

nk

)cosn−k(x)sink(x)

On ne garde que les termes pour k pairs (la partie réelle) :

cos(nx) =bn/2c

∑k=0

(−1)k(

n2k

)cosn−2k(x)

(1− cos2(x)

)2k

Ainsi on pose :

Tn =bn/2c

∑k=0

(−1)k(

n2k

)Xn−2k (1−X2)k

=bn/2c

∑k=0

(n2k

)Xn−2k (X2−1

)k

et on a bien le résultat.On peut aussi procéder par récurrence double avec les formules :

cos((n+2)x) = cos((n+1)x+ x) = cos((n+1)x)cos(x)− sin((n+1)x)sin(x)

cos(nx) = cos((n+1)x− x) = cos((n+1)x)cos(x)+ sin((n+1)x)sin(x)

Ce qui donne facilement la relation de récurrence de la question 3 : Tn+1 +Tn−1 = 2XTn. On montre alors l’existencepar récurrence.

2. Par récurrence pour n> 1 :

P(n) : Tn = 2n−1Xn + . . .

On a bien T1 = X et T2 = 2x2−1.Si on considère n tels que P(n) et P(n+1) sont vraies, alors :

Tn+2 =2XTn+1−Tn

=2X

2n−1Xn+1 + . . .︸︷︷︸d<n+1

−Xn + . . .︸︷︷︸d<n

=2nXn+2 + . . .︸︷︷︸d<n+2

D’où l’hérédité.On peut aussi écrire :

Tn =bn/2c

∑k=0

(n2k

)Xn−2k (X2−1

)k

=bn/2c

∑k=0

(n2k

)Xn + . . .︸︷︷︸d<n

=bn/2c

∑k=0

(n2k

)Xn + . . .︸︷︷︸

d<n

D’où le degré.

203

Pour le coefficient dominant, on reconnaît la somme des binomiaux pairs :n

∑k=0

k pair

(nk

)= 2n−1

Pour les racines : on résout P(y) = 0 pour y ∈ [−1,1], pour une telle valeur, on peut poser y = cos(x) et on est doncramener à résoudre :

cos(nx) = 0

ce qui donne :

∃k ∈ Z, x =π

2n+ k

π

n= π

2k+12n

Les racines de Tn dans [−1,1] sont donc :

cos(

π2k+1

2n

)pour k ∈ Z

comme cos(α + π) = −cos(α), on peut se ramener à k ∈ [[0,n−1]], ce qui donne n racines distinctes de Tn (parinjectivité du cosinus) sur [0,π] :

cos(

π2k+1

2n

)pour k ∈ [[0,n−1]]

comme Tn est de degré n, on a alors trouvé toutes les racines.On peut donc écrire :

Tn = 2n−1n−1

∏k=0

(X− cos

(π

2k+12n

))3. Soit x ∈ R, on a :

Tn+1 (cosx)+Tn−1 (cosx) =cos((n+1)x)+ cos((n−1)x)

=2cos(x)cos(nx) = 2cos(x)Tn (cosx)

lorsque x parcourt R, cos(x) varie dans [−1,1], on peut donc écrire :

∀y ∈ [−1,1], Tn+1(y)+Tn−1(y) = 2yTn(y)

Ainsi, les polynômes Tn+1 +Tn−1 et 2XTn ont une infinité de valeurs communes donc sont égaux.4. Pour l’existence Tn convient.

Pour l’unicité, il faut donc supposer qu’il existe un autre polynôme Pn de degré inférieur ou égal à n et de coefficientdominant 2n−1 vérifiant la relation :

∀x ∈ [−1,1], Pn(x) ∈ [−1,1]

On note Q = Pn−Tn, qui est donc un polynôme de degré n−1 et on considère les nombres xk = cos( kπ

n

), on a alors :

Tn(xk) = cos(kπ) = (−1)k

Ainsi :

Q(xk) = Pn(xk)− (−1)k

On peut donc écrire :

Q(x0) =Pn(x0)−16 0

Q(x1) =Pn(x1)+1> 0

Q(x2) =Pn(x2)−16 0...

Q(xn) =Pn(xn)− (−1)n

On peut donc dire que Q change n+1 fois de signe donc a au moins n racines (thm des valeurs intermédiaires). ainsi,Q est nul et on a l’unicité.

204

5. Considérons P un polynôme unitaire de degré n, alors 2n−1P est un polynôme de degré n−1. Comme on l’a vu à laquestion précédente, on peut donc dire que :

∀x ∈ [−1,1], |2n−1P(x)|6 1 ie |P(x)|6 12n−1

Ainsi :

supx∈[−1,1]

|P(x)|6 12n−1

Ensuite si on considère P = 12n−1 Tn, alors P est unitaire et pour y ∈ [−1,1],

P(y) =1

2n−1 Tn(y)

on note alors y = cos(x) pour x ∈ R, et on a :

P(y) =1

2n−1 cos(nx)

Ainsi

supy∈[−1,1]

|P(y)|= 12n−1 sup

x∈[0,π]cos(nx)

=1

2n−1

En effet lorsque y décrit [−1,1], x = arccos(y) décrit [0,π]. Ainsi le polynôme P = 12n−1 Tn vérifie l’égalité.

Considérons maintenant par l’absurde un polynôme P unitaire vérifiant l’égalité :

supx∈[−1,1]

|P(x)|= 12n−1

alors 2n−1P est un polynôme de coefficient 2n−1 vérifiant : ‖2n−1P‖[−1,1]∞ = 1 Ainsi :

∀x ∈ [−1,1], 2n−1P(x) ∈ [−1,1]

Ainsi : 2n−1P = Tn, d’où l’unicité du polynôme qui vérifie la relation.

R Voici la signification de ce résultat : si on considère x1, . . . ,xn, n réels de [−1,1], on construit le polynôme :

Q =n

∏k=0

(X− xk)

et on se demande comment choisir les (xk) pour que ‖Q‖[−1,1]∞ soit la plus faible possible (ie le polynôme Q est le

plus proche au sens de la norme infinie de la fonction nulle). La réponse est : il faut prendre pour valeurs de xk lescos( 2k+1

2n π)

et donc Q est le polynôme 12n−1 Tn.

6. On dérive la relation : Tn (cos(x)) = cos(nx) pour x ∈ R.

Tn (cos(x)) =cos(nx)

−sin(x)T ′n (cos(x)) =−nsin(nx)

−cos(x)T ′n (cos(x))− sin2(x)T ′′n (cos(x)) =−n2 cos(nx)

La dernière relation s’écrit :(cos2(x)−1

)T ′′n (cos(x))− cos(x)T ′n (cos(x))+n2Tn (cos(x)) = 0

En remplaçant cos(x) par y, et en utilisant la surjectivité de x ∈ R 7→ cos(x) ∈ [−1,1] , on peut écrire :

∀y ∈ [−1,1],(y2−1

)T ′′n (y)− yT ′n (y)+n2Tn (y) = 0

Puisque qu’il s’agit d’une fonction polynomiale, on peut écrire :

∀y ∈ R,(y2−1

)T ′′n (y)− yT ′n (y)+n2Tn (y) = 0

Ainsi, Tn est solution de l’équation différentielle :(x2−1

)y′′+ xy′−n2y = 0

205

O Polynômes de Legendre

Exercice 8 Polynômes de LegendrePour n ∈ N, on considère le polynôme

Pn(X) = [X(X−1)]n

et sa dérivée nième :

Ln(X) = P(n)n (X).

Ln s’appelle le n-ième polynôme de Legendre.1. Préliminaire : Soit p6 n, calculer (Xn)(p).2. Préliminaire : Rappelez (sans démonstration) la formule de Leibniz.3. (a) Calculer L0, L1 et L2.

(b) Déterminer le terme de plus haut degré de Ln, i.e. donner son degré et son coefficient dominant.(c) Pour j < n, déterminer P( j)(0) et P( j)(1).(d) Établir par récurrence que, pour tout entier naturel j compris entre 1 et n, le polynôme P( j)

n admet au moins jracines distinctes dans l’intervalle ]0,1[.

(e) En déduire que le polynôme Ln admet exactement n racines réelles distinctes et que celles-ci appartiennent àl’intervalle ]0,1[.

(f) Démontrer que Ln(1−X) = (−1)nLn(X).4. Pour tout n ∈ N∗, on pose : Qn(X) = 1

n! Ln(X).

(a) En appliquant la formule de Leibniz au calcul de P(n)n . Démontrer que

∀n ∈ N∗, Qn(X) =n

∑p=0

(np

)2

(X−1)pXn−p.

(b) Calculer Qn(0), Qn(1).

(c) Montrer que :(

2nn

)=

n

∑p=0

(np

)2

. Indication : regardez le terme dominant de Qn(X).

Correction :1.2.3. (a)

O Étude d’une suite de polynômeOn utilise généralement des récurrences pour l’existence, l’argument d’une infinité de racines pour l’unicité. Pour le degré

et le terme dominant on utilise des raisonnements « avec . . . » (qui sont ici rigoureux).

Exercice 9 Dérivée n-ième de la fonction tangenteMontrer par récurrence sur n> 1 qu’il existe un unique polynôme Pn de R[X ] et de degré n+1, tel que

∀x ∈]−π

2,π

2

[, tan(n)(x) = Pn(tan(x)),

la notation tan(n) désignant la dérivée n-ième.Préciser des liens entre Pn et Pn+1, et donner le coefficient dominant de Pn.

Correction :Unicité : Supposons que pour un certain n il y ait deux polynômes Pn et Qn qui conviennent. On a alors :

∀x ∈]−π

2,π

2

[, Pn(tan(x)) = Qn(tan(x))

la fonction x 7−→ tanx est surjective de]−π

2 ,π

2

[dans R. Donc on peut écrire : ∀y ∈ R, Pn(y) = Qn(y) donc Pn et Qn sont

égaux sur une infinité de valeurs (leur différence a une infinité de racines), donc Pn = Qn.Existence : Par récurrence : P1 = 1+X2, et on trouve la relation Pn+1 = P′n(1+X2).

206

Degré et terme dominant : On démontrer par récurrence que : Pn = n!Xn+1 + . . . .

Exercice 10 Polynôme de Laguerre (BCE EMLYON 2011)Pour n ∈ N, on considère les applications :

fn :

R → R

x 7−→ xne−x

n!et Ln :

R → Rx 7−→ ex f (n)n (x)

où f (n)n désigne la dérivée n-ième de fn.1. Calculer pour x ∈ R, L0(x), L1(x) et L2(x).2. Montrer :

∀n ∈ N, ∀x ∈ R, Ln(x) =n

∑k=0

(−1)k

k!

(nk

)xk

3. En déduire que Ln est une fonction polynomiale dont on précisera le degré et le coefficient dominant.4. Montrer :

∀n ∈ N, ∀x ∈ R, f ′n+1(x) = fn(x)− fn+1(x).

5. En déduire :

∀n ∈ N,∀x ∈ R, L′n+1(x) = L′n(x)−Ln(x).

6. Montrer :

∀n ∈ N,∀x ∈ R, fn+1(x) =x

n+1fn(x).

7. En déduire :

∀n ∈ N,∀x ∈ R, (n+1)Ln+1(x) = xL′n(x)+(n+1− x)Ln(x).

8. Établir :

∀n ∈ N,∀x ∈ R, xL′′n(x)− (x−1)L′n(x)+nLn(x) = 0.

Commentaire : exercice assez simple sur les polynômes. Bien prendre le temps de comprendre l’énoncé avant decommencer.

Correction :1. On trouve pour x ∈ R :

L0(x) =ex f (0)0 (x) = ex f0(x) = 1.

Ainsi : ∀x ∈ R, L0(x) = 1.Pour L1 :

∀x ∈ R,L1(x) =ex f (1)1 (x) = ex f ′1(x)

or ∀x ∈ R, f1(x) =xe−x

d’où ∀x ∈ R, f ′1(x) = e−x(1− x)

ce qui donne ∀x ∈ R,L1(x) =1− x.

Ainsi : ∀x ∈ R, L1(x) = 1− x.

207

Pour L2 :

∀x ∈ R, f2(x) =12

x2e−x

donc, ∀x ∈ R, f ′2(x) =12

e−x(2x− x2)

et, ∀x ∈ R, f (2)2 (x) =12

e−x(2−2x−2x+ x2) =12

e−x(2−4x+ x2)

ce qui donne ∀x ∈ R, L2 =ex f (2)2 (x) =12(2−4x+ x2).

Ainsi : ∀x ∈ R, L2(x) = 1−2x+ 12 x2.

2. Commentaire : le calcul des premiers termes à montrer que la difficulté est la calcul de la dérivée n-ième de fn, ce quise fait avec la formule de Leibniz.On écrit : fn(x) = u(x)v(x), avec u(x) = xn et v(x) = 1

n! e−x.

La formule de Leibniz donne alors :

f nn (x) =

n

∑k=0

(nk

)u(n−k)(x)v(k)(x).

Or on a pour tout k ∈ [[0,n]] :

u(k)(x) =n!

(n− k)!xn−k formule du cours

et donc u(n−k)(x) =n!k!

xk en remplaçant k par n− k

de plus, v(k)(x) =(−1)k 1n!

e−x de manière évidente.

On obtient donc :

f nn (x) =

n

∑k=0

(nk

)n!k!

xk(−1)k 1n!

e−x

=e−xn

∑k=0

(nk

)(−1)k

k!xk.

et donc :

Ln(x) =ex f (n)n (x)

=n

∑k=0

(nk

)(−1)k

k!xk.

3. Ainsi, Ln s’écrit : Ln = ∑nk=0 akXk, avec ak =

(nk

) (−1)k

k! . C’est donc un polynôme de degré n. Son coefficient dominantest : (

nn

)(−1)n

n!=

(−1)n

n!.

4. On a pour n ∈ N :

∀x ∈ R, fn+1 =1

(n+1)!xn+1e−x

d’où ∀x ∈ R, f ′n+1 =e−x(

1n!

xn− 1(n+1)!

xn+1)

=e−x

n!xn− e−x

(n+1)!xn+1

= fn(x)− fn+1(x).

208

5. ERREUR ICI! ! ! ! !Pour n ∈ N, on dérive n+1 fois la relation précédente :

∀x ∈ R, f ′n+1(x) = fn(x)− fn+1(x)

∀x ∈ R, f (n+2)n+1 (x) = f (n+1)

n (x)− f (n+1)n+1 (x) en dérivant n+1 fois

∀x ∈ R,e−x f (n+2)n+1 (x) = f (n+1)

n (x)− f (n+1)n+1 (x) en multipliant par e−x∀x ∈ R,L′n+1(x) =L′n(x)−Ln+1(x).

En effet :

f (n+2)n+1 (x) = L′n+1(x) f (n+1)

n (x) = L′n(x) f (n+1)n+1 (x) = Ln+1(x).

6. Pour n ∈ N, on a :

fn+1(x) =xn+1 1(n+1)!

e−x

=x

(n+1)

(xn 1

n!e−x)

=x

(n+1)fn(x).

7. ERREUR ICI! ! ! ! ! On dérive n+1 fois la relation précédente, en utilisant encore la formule de Leibniz :

∀x ∈ R, fn+1(x) =x

n+1fn(x)

d’où ∀x ∈ R, f (n+1)n+1 (x) =

1n+1

(x f n+1

n (x)+n f nn (x)

)au final ∀x ∈ R, Ln+1(x) =

1n+1

(xL′n(x)+nLn(x)

)soit ∀x ∈ R, (n+1)Ln+1(x) =xL′n(x)+nLn(x)

Exercice 11 Soit la fonction f définie sur ]−∞,1[ par f (x) =1

1− xexp(

11− x

).

1. Montrer que f est de classe C ∞ (i.e. indéfiniment dérivable) sur ]−∞,1[.2. Prouver que pour tout entier naturel n, il existe un unique polynôme Pn tel que :

∀x ∈]−∞,1[, f (n)(x) = Pn

(1

1− x

)exp(

11− x

).

On donnera l’expression de Pn+1 en fonction de Pn.

Indication : dans cette écriture, Pn

(1

1− x

)désigne la composition de la fonction Pn et de la fonction x 7→ 1

1− x.

Remarque : la suite de l’exercice peut être faite en admettant cette question.3. Calculer P0, P1, P2 et P3.4. Déterminer le degré du polynôme Pn ainsi que son coefficient dominant.5. Montrer que 0 est racine de Pn pour tout n ∈ N.6. Soit mn l’ordre de multiplicité de 0 en tant que racine du polynôme Pn. donner en les justifiant les valeurs de m0, m1,

m2 et m3.7. Établir une relation entre mn et mn+1, pour n ∈ N.8. En déduire que mn = n+1 pour tout n ∈ N.

Correction :1. On a ∀x ∈]−∞,1[, x−1 6= 0, donc x 7→ 1

x−1 est de classe C ∞. De plus, on a le schéma suivant :

]−∞,1[ → R → R

x 7→ 11− x

y 7→ exp(y)

209

Ainsi, x 7→ exp(

11− x

)est de classe C ∞.

Par produit f est de classe C ∞.2. Commençons par l’unicité de Pn : soit n ∈ N on suppose qu’il existe deux polynômes solutions Pn et Qn. On note alors

Rn = Pn−Qn, et on a alors :

∀x ∈]−∞,1[, Pn

(1

1− x

)exp(

11− x

)=Qn

(1

1− x

)exp(

11− x

)et donc ∀x ∈]−∞,1[, Pn

(1

1− x

)=Qn

(1

1− x

)c’est-à-dire ∀x ∈]−∞,1[, Rn

(1

1− x

)= 0.

! On ne peut pas s’arrêter ici : par exemple la fonction x 7→ x−|x| vérifie la relation ci-dessus mais n’est pas nulle. Ilfaut utiliser l’infinité de racines.

On voit facilement sur le tableau de variation de la fonction x 7→ 11− x

que cette fonction est surjective de ]−∞,1[ dans

R+∗ :

x

Variations de1

1−x

∞ 1

0+0+

+∞

Autrement dit, lorsque x varie dans ]−∞,1[,1

1− xvarie dans R+

∗ .

Soit y > 0, on voit alors ∃x ∈]−∞,1[,1

1− x= y. et donc Rn(y) = Rn

(1

1− x

)= 0. Ainsi, ∀y > 0, Rn(y) = 0, et donc

Rn a une infinité de racines et donc Rn est nul.Ce qui prouve que Pn = Qn.D’où l’unicité du polynôme Pn.

Pour l’existence, on raisonne par récurrence en posant pour n ∈ N :

Pn : ∃Pn ∈ R[X ], ∀x ∈]−∞,1[, f (n)(x) = Pn

(1

1− x

)exp(

11− x

).

R L’égalité f n(x) = . . . est une égalité de réels, Pn( 1

1−x

)désigne la composition de la fonction polynomiale Pn et de

la fonction x 7→ 11−x .

Pour l’initialisation, On a : f (x) =1

1− xexp(

11− x

), d’où la relation en posant P0 = X .

Pour l’hérédité, on considère n fixé, tel que Pn est vraie, on a alors :

∀x ∈]−∞,1[, f (n+1)(x) =( f n)′ (x)

On doit donc dériver : Pn

(1

1− x

)exp(

11− x

). Ce qui donne :

∀x ∈]−∞,1[, f (n+1)(x) =[

1(1− x)2 P′n

(1

1− x

)+

1(1− x)2 Pn

(1

1− x

)]exp(

11− x

).

=

[1

(1− x)2

(P′n

(1

1− x

)+Pn

(1

1− x

))]exp(

11− x

).

On pose alors Pn+1 = X2(Pn +P′n) pour obtenir :

∀x ∈]−∞,1[, f (n+1)(x) =Pn+1

(1

1− x

)exp(

11− x

).

210

D’où l’hérédité, et la conclusion : pour tout n ∈ N, il existe un polynôme Pn solution du problème.De plus, la démonstration de l’hérédité a montré la relation : Pn+1 = X2(Pn +P′n).

R Il faut donner Pn+1 comme un polynôme, écrire :

Pn+1

(1

1− x

)=

1(1− x)2

(P′n

(1

1− x

)+Pn

(1

1− x

))ne définit pas un polynôme!

3. On a vu : P0 = X , on en déduit :

P1 =X2(X +1) = X3 +X2

et P2 =X2(3X2 +2X +X3 +X2) = X2(X3 +4X2 +2X) = X5 +4X4 +2X3

puis P3 =X2(5X4 +16X3 +6X2 +X5 +4X4 +2X3)

=X2(X5 +9X4 +18X3 +6X2)

=X7 +9X6 +18X5 +6X4.

4. On démontre par récurrence que le degré de Pn est 2n+1, et son coefficient dominant est 1. On pose donc :

Pn : Pn = X2n+1 + . . .︸︷︷︸d<2n+1

.

L’initialisation est vraie, on a vérifié les rangs 0,1,2 et 3 à la question précédente.Pour l’hérédité, on considère n fixé tel que Pn est vraie. On a alors en raisonnant sur les termes dominants, on voitalors que Pn = X2n+1 + . . .︸︷︷︸

d<2n+1

et P′n = (2n+1)X2n + . . .︸︷︷︸d<2n

.

Cela donne :

Pn+1 =X2(Pn +P′n)

=X2 (X2n+1 + · · ·+(2n+1)X2n + . . .)

=X2n+3 + . . .︸︷︷︸d<2n+3

.

D’où l’hérédité et la conclusion : le degré de Pn est 2n+1 et c’est un polynôme unitaire.5. On a : 0 est racine de P0 et ∀n> 1, Pn = X2(Pn−1 +P′n−1), donc 0 est racine de Pn (d’ordre au moins 2), si n> 1. Ainsi,

pour tout n ∈ N, 0 est racine de Pn

R Il n’y a pas de récurrence ici ! !

6. On sait que Pn s’écrit avec la décomposition sur C :

Pn = Xmn (X−α1)d1 . . . (X−αp)

dp

où αi sont les autres racines (non nulles donc), et di leur ordre de multiplicité.Ainsi, pour démontrer que l’ordre de multiplicité de 0 est mn, on écrit les polynômes sous la forme Pn = XmnQ, où Qest un polynôme qui n’admet pas 0 comme racine.On a :

P0 = X donc m0 = 1

P1 = X2(X +1) donc m1 = 2

P2 = X3(X2 +4X +2) donc m2 = 3

P3 = X4(X3 +9X2 +18X +6) donc m3 = 4.

En effet, les polynômes soulignés sont non nuls en 0.7. On note mn l’ordre de 0 dans Pn.

Montrons que 0 est racine de Pn+1 d’ordre au moins mn +1 : On sait que Pn s’écrit Pn = XmnQ, avec Q(0) 6= 0, puisquec’est le produit des autres racines.

211

Ce qui donne alors : On a alors :

Pn+1 =X2(Pn +P′n)

=X2(XmnQ+mnXmn−1Q+XmnQ′)

=X2(Xmn(Q+Q′)+mnXmn−1Q)

=Xmn+1(X(Q+Q′)+mnQ).

On pose alors R = X(Q+Q′)+mnQ. On a Pn+1 = Xmn+1R, donc 0 est racine d’ordre au moins mn +1.Comme R(0) = mnQ(0) 6= 0. Ainsi, l’ordre de multiplicité de 0 dans Pn+1 est exactement mn +1.Au final, on obtient : mn+1 = mn +1.

R Il s’agit d’une relation de récurrence, on ne la démontre donc pas par récurrence, mais à n fixé.

8. La suite mn est arithmétique, de premier terme 1, donc ∀n ∈ N, mn = n+1.

O Théorème de Rolle en cascadeLes polynômes étant à la frontière entre l’analyse et l’algèbre, les exercices utilisent souvent des techniques d’analyse,

entre autre le théorème de Rolle et des accroissements finis.

Exercice 12 Montrer que la dérivée d’ordre n de (x2− 1)n est un polynôme de degré n dont toutes les racines sontdistinctes et comprises entre −1 et 1.

Correction : On considère f : x 7→ (x2−1)n et on montre par récurrence la propriété pour k ∈ [[0,n]] :

f (k) a au moins k racines dans ]−1,1[

C’est le théorème de Rolle en cascade avec ∀k ∈ [[0,n−1]] , f (k)(−1) = f (k)(1) = 0.

O Équations polynomialesPour résoudre les équations dont l’inconnue est un polynôme, on peut commencer par chercher le degré et le coefficient

dominant.

Exercice 13 Trouver tous les polynômes de R[X ] vérifiant :

P(X2) = (X2 +1)P(X).

Correction : P est de degré 2 ou nul. On écrit ensuite P = aX2 +bX + c, facilement b = 0 et c =−a.D’où l’ensemble des solutions. Attention, P est de degré 2 ou nul (degré −∞).Un autre type de raisonnement consiste à travailler sur les racines du polynôme inconnu :

Exercice 14 On considère l’équation (E) :

(E) : P(X2) = P(X)P(X−1)

Le but de l’exercice est de déterminer l’ensemble des polynômes qui vérifient (E).1. Soit m ∈ N∗, vérifier que (X2 +X +1)m vérifie (E).

Dans la suite, P ∈ R[X ] est un polynôme non constant qui vérifie (E).2. Quel résultat du cours permet d’affirmer que P a une racine sur C?3. Le but de cette question est de démontrer que 0 n’est pas racine de P. On raisonne par l’absurde et on suppose que

P(0) = 0.Soit la suite (un)n∈N définie par :

u0 = 0, et ∀n ∈ N, un+1 = (un +1)2.

(a) Démontrer que ∀n ∈ N,P(un) = 0,(b) Démontrer que la suite un est strictement croissante,(c) En déduire que le polynôme P est nul, et conclure.

212

4. On veut démontrer que toutes les racines (complexes) de P sont de module 1. On raisonne de nouveau par l’absurdeen supposant ∃α ∈ C∗, racine de P, telle que |α| 6= 1.

(a) Démontrer que ∀n ∈ N, P(α2n) = 0.

(b) Justifier que tous les termes de la suites(α2n)

n∈N sont distincts.(c) En déduire que P est nul, et conclure.

5. Soient α une racine de P, et A le point du plan complexe d’affixe α .(a) Quelle information géométrique peut-on déduire de la question 4?(b) Vérifier que (α +1)2 est racine et en déduire que |α +1|= 1. En déduire une autre information géométrique

sur A.(c) Démontrer que α = j ou α = j2, où j = e

2iπ3 .

(d) Démontrer que j et j2 sont racines de P. Que peut-on dire de leur ordre de multiplicité ?(e) En déduire qu’il existe m ∈ N∗ tel que P(X) = (X2 +X +1)m.

6. Conclure.

Correction : exercice classique de résolution d’équations polynomiales par les racines.1. simple calcul. Bien vérifier que m > 0 dont P non constant.2. D’alembert-Gauss.3. (a) Récurrence. Évaluer la relation en 1+un

(b) un+1−un = u2n +un +1 et X2 +X +1 est sans racine réelle, donc strictement positif sur R.

(c) les valeurs un|n ∈ N sont distinctes, il y en a donc une infinité. Et toutes ces valeurs sont racines. Donc P a uneinfinité de racines, donc P est nuls. Bien vérifier l’infinité de racines.

4. (a) Récurrence. Évaluer la relation en α2n. Bien noter α puissance 2n.

(b) On peut considérer i et j tel que α2i= α2 j

. On aura alors :∣∣∣α2i∣∣∣= ∣∣∣α2 j

∣∣∣ égalité des modules 2i ln |α|= 2 j ln |α|

on peut prendre le logarithme car c’est des réels.

2i = 2 j puisque lnα 6= 0

et donc i = j.Bien noter que an = am ne donne pas n = m si a est complexe non nul et différent de 1, il suffit que an−m = 1, ieque a est racine n−m-ième de l’unité. Par contre pour des réels, an = am donne n = m sauf si a = 1 ou a = 0.

(c) Même rédactionαn|n ∈ N sont distincts donc infinité de racines.5. (a) A est sur le cercle de trigonométrique.

(b) Évaluer la relation en 1+α . A est sur le cercle de centre −1 et de rayon 1. Géométriquement, A vaut j ou 2.(c) petit calcul en écrivant α = a+ ib ou α = eiθ puis factorisation par angle de moitié.(d) P est à coefficients réels, donc si j est racine, j aussi et il y a le même ordre.(e) m est l’ordre de la racine j. Comme j et j2 sont les seules racines, P se factorise dans C sous la forme :

P = λ (X− j)m(X− j2)mλ (X2 +X +1)

Il reste à trouver λ , ce qui se fait en regardant les termes dominants dans la relation. De plus m > 0 car P nonconstant.

6. Écriture propre de l’ensemble des solutions.

Exercice 15 Polynôme divisibles par leur polynôme dérivée Le but de cet exercice est de trouver tous les polynômesnon constants de C[X ] divisibles par leur polynôme dérivée.

Soit n> 1.1. Soit λ ∈ C\0, et a ∈ C. On pose P = λ (X−a)n. Montrer que P′ divise P, c’est-à-dire qu’il existe Q ∈ C[X ] tel

que P = P′Q.2. Soit P un polynôme de C[X ], de degré n> 1, divisible par son polynôme dérivé P′, c’est-à-dire qu’il existe Q ∈C[X ]

tel que P = P′Q.(a) Montrer que : ∃(α,β ) ∈ C2, P = (αX +β )P′. (1).(b) En comparant les coefficients dominants dans (1), déterminer α .(c) Montrer que la relation (1) peut alors s’écrire sous la forme : nP = (X−a)P′, où a est un nombre complexe

que l’on ne cherchera pas à calculer.

213

(d) Montrer que pour tout entier naturel k, on a : (n− k)P(k) = (X−a)P(k+1).(e) En déduire les valeurs de P(a), P′(a), . . ., P(n−1)(a).(f) Quelle est alors la multiplicité de la racine a de P?(g) Donner l’écriture factorisée de P.

3. Quel est finalement l’ensemble des polynômes de C[X ] non constants divisibles par leur polynôme dérivée?

Commentaire : très classiquement, il s’agit d’une équation polynomiale. Attention, beaucoup ne comprennent pasl’énoncé : question 1 on considère P de la forme ... et on vérifie qu’il est solution, question 2, P est maintenant une solutionquelconque de l’équation.

Correction :1. On a :

P =λ (X−a)n

donc P′ =λn(X−a)n−1

on a la relation : λ (X−a)n =

(1n(X−a)

)(λn(X−a)n−1

)

on pose donc : Q =1n(X−a) ∈ C[X ] existe car n> 1

et on a : P =QP′.

2. (a) On a : P = QP′, donc d(P) = d(Q)+d(P′) = d(Q)+d(P)−1, on en déduit d(Q) = 1, et Q s’écrit sous la formeQ = αX +β . D’où le résultat.

(b) Commentaire : la réponse était donné à la question suivante.On regarde les termes dominants, avec la notation :

P =anXn + . . .d<n

De P = (αX +β )P′, on obtient :

anXn + . . .d<n =(

αX +β

)(nanXn−1 + . . .d<n−1)

=αnanXn + . . .d<n.

On en déduit l’égalité : an = αnan, or an 6= 0, donc α = 1n

(c) On a donc :

P =

(1n

X +β

)P′

et donc : nP =(X +nβ )P′

on pose donc : a =nβ ∈ Cpour obtenir : nP =(X +a)P′.

(d) On procède par récurrence sur k, en posant : Q(k) : (n− k)P(k) = (X−a)P(k+1).Initialisation : pour k = 0, Q(0) s’écrit nP = (X−a)P′, ce qui est la question précédente.Hérédité : On considère k fixé tel que Q(k) est vrai. On a alors :

l’hypothèse de récurrence : (n− k)P(k) =(X−a)P(k+1)

on dérive : (n− k)P(k+1) =P(k+1)+(X−a)P(k+2)

ce que l’on peut écrire : (n− k−1)P(k+1) =(X−a)P(k+2)

on a donc bien obtenu Q(k+1) :(

n− (k+1))

P(k+1) =(X−a)P(k+2)

D’où l’hérédité.Conclusion : ∀k ∈ N, (n− k)P(k) = (X−a)P(k+1).

214

(e) Considérons k ∈ [[0,n−1]], on a alors en utilisant la relation précédente :

(n− k)P(k)(a) =(a−a)P(k+1)(a) = 0

or n− k 6= 0 (puisque k < n), d’où P(k)(a) = 0.Ainsi, ∀k ∈ [[0,n−1]], P(k)(a) = 0.Attention : P(n)(a) 6= 0. Il faut donc faire apparaître l’argument n− k 6= 0.

(f) La racine a est d’ordre au moins n de P. Comme le polynôme P est non nul, cette racine est d’ordre exactement n.NB : on attends : au moins n puis exactement n.

(g) NB : question mal traitée. Il faut vérifier que P n’a pas d’autre racines !Le polynôme P a n racines comptés avec leur ordre de multiplicité dans C car il est de degré n. La racine a estd’ordre n, donc le polynôme P n’a donc pas d’autre racine.D’après la décomposition dans C[X ], on en déduit que P s’écrit sous la forme :

P = λ (X−a)n avec λ ∈ C\0 le terme dominant

3. Notons S l’ensemble des polynômes de C[X ], non constants et divisible par leur polynôme dérivé. On a alors :

S =

λ (X−a)n

∣∣∣∣∣λ ∈ C\0,n> 1,a ∈ C

.

En effet, on a vu question 1 que tout polynôme de cette forme est dans S , et question 2 qu’un polynôme de S s’écritsous cette forme.NB : 3 paramètres dans l’ensemble.

Exercice 16 On se propose de déterminer les polynômes P ∈ C[X ], non nul tel que

P(X)P(X +2)+P(X2) = 0.

Soit donc P un tel polynôme.1. (a) Soit α une racine de P, montrer que α2 est racine de P.

(b) En déduire que ∀n ∈ N, α(2n) est racine de P.(c) En déduire que le module de α est égal à 0 ou à 1.

2. Que peut-on dire de (α−2)2 ?3. Montrer que P n’admet pas d’autre racine que 1. Conclure.

Commentaire : exercice classique :1. (a) on évalue en α (on remplace X par α).

(b) récurrence.(c) infinité de racines distinctes donc polynômes nuls. On raisonne ici par l’absurde : si le module de α est différent

de 0 et 1, alors il y a infinité de racines. D’autre part, le fait que les racines soient distinctes doit être montréclairement.

2. on évalue en α−2.3. utiliser les questions précédentes. On attends en particulier une conclusion soignée, en utilisant le théorème de

d’Alembert pour montrer que α existe (ou la factorisation sur C). Enfin, ne pas oublier la réciproque !Correction :

1. (a) Puisque P est solution, on a : P(α)P(α +2)︸︷︷︸0

+P(α2) = 0, donc P(α2) = 0 et α2 est aussi racine de P.

(b) On procède par récurrence en écrivant pour n ∈ N : Pn : α(2n) est racine de P.L’initialisation est évidente pour n = 0 : α(20) = α qui est racine par hypothèse.Pour l’hérédité, considérons n ∈ N fixé, tel que Pn est vrai.On a alors : α(2n) est racine de P, et donc en appliquant la question précédente (ou en retrouvant le raisonnement),on en déduit que

(α(2n)

)2= α(2n+1) est aussi racine de P, d’où l’hérédité. En conclusion, on a donc :

∀n ∈ N, α(2n) est racine de P.

215

(c) Commentaire : question très mal traitée. Pour un complexe α , on peut avoir la suite des (αn)n∈N qui ne prendsqu’un nombre finie de valeurs (les racines n-ième de l’unité). Par contre, on va montrer que les modules sontdistincts si |α| 6= 1.Supposons par l’absurde que le module de α soit différent de 0 et de 1. Montrons que les valeurs

(α(2n)

)n∈N sont

alors distinctes.NB : on revient à la définition pour le démontrer.Pour cela, on considère i et j deux entiers naturels, tel que α(2i) = α(2i). Ces deux complexes sont alors égaux enmodules, ce qui donne :∣∣∣α(2i)

∣∣∣= |α|(2i) = |α|(2j) .

Ce qui s’écrit aussi avec la forme exponentielle (puisque |α| 6= 0) :

e(2i) ln(|α|) = e(2

j) ln(|α|) soit 2i ln(|α|) = 2 j ln(|α|)et donc 2i = 2 j car |α| 6= 1

et donc i = j.

Ainsi, on a ∀(i, j) ∈ N2, α(2i) = α(2i)⇒ i = j. Et donc les valeurs(α(2n)

)n∈N sont distinctes. Comme ces valeurs

sont racines de P, on en déduit que P a une infinité de racine et donc que P est nul, ce qui est une contradictionavec P, non constant.Rem : on peut aussi constater que si |α|< 1 alors la suite

(|α|2n)

est strictement décroissante, et si |α|> 1 alors(|α|2n)

est strictement croissante.En conclusion, on en déduit donc que le module de α est soit nul, soit égal à 1.

2. Puisque P est solution, on a en évaluant en α−2 :

P(α−2)P(α)︸︷︷︸0

+P((α−2)2)= 0,

donc P((α−2)2

)= 0 et donc (α−2)2 est racine de P ;

3. La question précédente indique que (α−2)2 est racine, en utilisant la question 1c, on en déduit que |(α−2)2| est nulou égal à 1, ce qui signifie que |α−2| est nul ou égal à 1. D’autre part, on sait que |α| est nul ou égal à 1.On considère donc les différents cas :• Si α = 0, alors |α−2|= 2, ce qui est impossible, donc |α|= 1.• Si |α−2|= 0, i.e. α = 2, alors |α|= 2 ce qui est toujours impossible.

On en déduit donc que |α| = 1 et |α − 2| = 1. Le complexe α est donc sur l’intersection de deux cercles que l’ondessine facilement (pensez à dessiner les cercles sur la copie). On voit sur le dessin que la seul valeur possible est α = 1.Un dessin n’étant pas une démonstration, on le prouve par le calcul : on écrit α = eiθ (puisqu’on a vu que |α|= 1), eton a alors :

|α−2|2 =|eiθ −2|2 = (cos(θ)−2)2 + sin2(θ)

=cos2(θ)−4cos(θ)+4+ sin2(θ) = 5−4cos(θ).

On déduit donc de la relation |α−2|2 = 1 que cos(θ) = 1, et donc α = 1.On a donc démontré : si P admets une racine α dans C, alors α = 1.

! La conclusion est souvent bâclée !

Soit donc P un polynôme solution, on a donc :• soit P est constant (non nul),• soit P n’est pas constant et en utilisant le théorème de d’Alembert, il admets une racine α et on a vu dans ce cas

que α = 1, d’après la factorisation des polynômes dans C[X ], on a donc dans ce cas :

∃λ ∈ C, ∃n ∈ N, P = λ (X−1)n.

Si P est constant non nul, on note P = λ ∈ R, et on obtient : λ 2 +λ = 0, d’où λ = 0, ou λ =−1.Ainsi, la seule solution constante non nul est λ =−1.

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Si P n’est pas constant, on écrit :

P(X)P(X +2)+P(X2) =λ2(X−1)n(X +1)n +λ (X2−1)n

=λ2(X2−1)n +λ (X2−1)n.

Pour que le polynôme P soit solution, il faut et il suffit que λ 2 +λ = 0, et donc λ =−1 (puisque λ 6= 0).Ainsi, les solutions sont les polynômes de la forme : −(X−1)n avec n ∈ N.Il reste à faire la réciproque. Soit donc P un polynôme de la forme ci-dessus.

! Il ne faut pas oublier la réciproque !

On a alors :

P(X)P(X +2)+P(X2) =− (X−1)n×−(X +1)n− (X2−1)n

=[(X−1)(X +1)

]n− (X2−1)n

=0.

En conclusion, on a donc :

S =

− (X−1)n

∣∣∣∣∣n ∈ N∗.

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