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École AVOSZ 

École AVOSZ

Auteur/autrice : Yannis TRIANTAPHYLIDES

138. Des décompositions en éléments simples de fractions rationnelles en restant dans les réels

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

La démarche proposée ici consiste à montrer pourquoi l’existence de la décomposition est possible. On se base sur l’algorithme d’Euclide étendu et sur les divisions euclidiennes.

Le but sera de trouver la décomposition en éléments simples dans $\R(X)$ de la fraction rationnelle $\frac{4X^4}{(X^4-1)^2}.$

Décomposez en éléments simples la fraction $F(X)=\frac{2X}{X^2-1}$ dans $\R(X)$

Le dénominateur de la fraction $F(X)$ est factorisable par deux polynômes de degré $1$, $X^2-1 = (X-1)(X+1).$

Utilisez l’algorithme d’Euclide étendu pour trouver deux polynômes $U$ et $V$ vérifiant $1 = U(X)(X-1)+V(X)(X+1).$

\begin{aligned}
X-1 &= 1(X-1)+0(X+1)\\
X+1 &=0(X-1)+1(X+1)
\end{aligned}

Du coup, par soustraction $L_2\gets L_2-L_1$

$2 = (-1)(X-1)+1(X+1)$ et en divisant par $2$ :

$1 = \frac{-1}{2}(X-1)+\frac{1}{2}(X+1).$

Les polynômes $U$ et $V$ sont déterminés, posez $U(X) = \frac{-1}{2}$ et $V(X) = \frac{1}{2}$ et vous avez la relation $1 =U(X)(X-1)+V(X)(X+1).$

Le numérateur de la fraction $F(X)$ étant $2X$, vous multipliez la relation précédente par $2X$ ce qui fournit :

$2X = -X(X-1) + X(X+1).$

Maintenant vous divisez cette relation par le produit $(X-1)(X+1)$ ce qui vous donne une séparation des parties polaires de la fraction $F(X)$ :

$F(X) = \frac{2X}{X^2-1} = \frac{-X}{X+1}+\frac{X}{X-1}.$

Sauf que cette écriture ne constitue pas une décomposition en éléments simples. La fraction $\frac{-X}{X+1}$ est le quotient de deux polynômes de degré $1$, de même que $\frac{X}{X-1}.$

Vous allez effectuer la division euclidienne de $-X$ par $X+1$, ce qui fournit $-X = (-1)(X+1)+1$ d’où $\frac{-X}{X+1} = -1 + \frac{1}{X+1}.$

De même, vous effectuez la division euclidienne de $X$ par $X-1$, ce qui fournit $X = (1)(X-1)+1$ d’où $\frac{X}{X-1} = 1 + \frac{1}{X-1}.$

Mis bout à bout, il vient $F(X) = -1 + \frac{1}{X+1} + 1 + \frac{1}{X-1}$ d’où $\boxed{F(X) = \frac{2X}{X^2-1}=\frac{1}{X-1}+\frac{1}{X+1}.}$

Remarque. Il existe des méthodes plus rapides permettant de parvenir à cette décomposition. Elles utilisent le fait que la décomposition est unique. Ce n’est pas le but de cette section.

Décomposez en éléments simples $G(X) = \frac{4X^4}{(X^4-1)^2}$

Il a été vu que $\frac{2X}{X^2-1}=\frac{1}{X-1}+\frac{1}{X+1}.$

Dans $\R(Y)$ cela s’écrit $\frac{2Y}{Y^2-1}=\frac{1}{Y-1}+\frac{1}{Y+1}.$

Maintenant posez $Y=X^2$ et substituez pour obtenir $\frac{2X^2}{X^4-1}=\frac{1}{X^2-1}+\frac{1}{X^2+1}.$

En mettant au carré vous obtenez :

\begin{aligned}
\frac{4X^4}{(X^4-1)^2} &=\frac{1}{(X^2-1)^2}+\frac{1}{(X^2+1)^2}+\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)}\\
\end{aligned}

Mais ce n’est pas encore la décomposition en éléments simples dans $\R(X)$, des termes sont encore décomposables.

Décomposez $\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)}$

Via le changement de variable $Y = X^2$, il suffit de décomposer $\frac{2}{(Y-1)(Y+1)}.$

Il a été vu que $1 = \frac{-1}{2}(Y-1)+\frac{1}{2}(Y+1)$ donc $2 = (-1)(Y-1)+(1)(Y+1)$ et en divisant par le produit $(Y-1)(Y+1)$ vous obtenez que $\frac{2}{(Y-1)(Y+1)}=\frac{1}{Y-1}+\frac{-1}{Y+1}.$

D’où $\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)} = \frac{1}{X^2-1}+\frac{-1}{X^2+1}.$

Le terme $\frac{-1}{X^2+1}$ est un élément de deuxième espèce (un polynôme de degré inférieur ou égal à $1$ divisé par un polynôme de degré $2$ avec discriminant strictement négatif), il n’est pas décomposable dans $\R(X).$

Par contre, $ \frac{1}{X^2-1}$ l’est puisque $X^2-1 = (X-1)(X+1).$

Comme $1 = \frac{-1}{2}(X-1)+\frac{1}{2}(X+1)$, en divisant par le produit $(X-1)(X+1)$, il vient :

$\frac{1}{X^2-1} = \frac{-1}{2(X+1)}+\frac{1}{2(X-1)}.$

D’où finalement $\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)} = \frac{-1}{2(X+1)}+\frac{1}{2(X-1)}+\frac{-1}{X^2+1}.$

Décomposez $\frac{1}{(X^2-1)^2}$

Séparez les parties polaires

Le dénominateur de cette fraction s’écrit $(X^2-1)^2 = ((X-1)(X+1))^2 = (X-1)^2(X+1)^2.$

Afin de séparer les parties polaires, appliquez à nouveau l’algorithme d’Euclide étendu.

\begin{aligned}
X^2-2X+1 &= 1(X-1)^2+0(X+1)^2 \quad (L_1)\\
X^2+2X+1 &=0(X-1)^2+1(X+1)^2 \quad (L_2)
\end{aligned}

L’opération $L_2\gets L_2-L_1$ permet d’abaisser le degré.

\begin{aligned}
4X &= (-1)(X-1)^2+(1)(X+1)^2 \quad (L_3)\\
X^2+2X+1 &=0(X-1)^2+1(X+1)^2\quad (L_4)
\end{aligned}

Afin de poursuivre, effectuez la division euclidienne de $X^2+2X+1$ par $X.$

$X^2+2X+1 = X(X+2)+1$ ce qui fournit $X^2+2X+1 = (4X)\left(\frac{X}{4}+\frac{1}{2}\right) + 1.$

Vous allez donc effectuer l’opération $L_4\gets L_4-\left(\frac{X}{4}+\frac{1}{2}\right)L_3.$

$1 = \left(\frac{X}{4}+\frac{1}{2}\right)(X-1)^2+\left(\frac{1}{2}-\frac{X}{4}\right)(X+1)^2.$

Divisez par le produit $(X-1)^2(X+1)^2$ pour obtenir la séparation des parties polaires :

$\frac{1}{(X^2-1)^2} = \frac{X+2}{4(X+1)^2} + \frac{2-X}{4(X-1)^2}.$

Obtenez les éléments simples pour chaque partie polaire

Bien qu’étant un polynôme de degré $1$ divisé par un polynôme de degré $2$, la fraction $\frac{X+2}{4(X+1)^2}$ n’est pas un élément simple dans $\R(X)$. Ce n’est pas un élément de seconde espèce, puisque le polynôme $(X+1)^2$ n’est pas un polynôme de second degré à discriminant strictement négatif.

Vous allez donc effectuer deux divisions euclidiennes pour trouver la décomposition de $\frac{X+2}{4(X+1)^2}$.

Divisez $X+2$ par $X+1$ : $X+2 = (1)(X+1)+1.$ Divisez le nouveau quotient, $1$, par $X+1$ : $1 = 0(X+1)+1.$

Vous obtenez donc $\frac{X+2}{(X+1)^2} = \frac{1}{X+1}+\frac{1}{(X+1)^2}.$

Par suite, $\frac{X+2}{4(X+1)^2} = \frac{1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2}.$

Procédez de même pour $\frac{2-X}{4(X-1)^2}.$

Divisez $2-X$ par $X-1$ : $2-X = (-1)(X-1)+1$ puis divisez $-1$ par $X-1$ : $-1 = 0(X-1)-1$, ce qui amène à :

$\frac{2-X}{(X-1)^2} = \frac{-1}{(X-1)}+\frac{1}{(X-1)^2}.$

Par suite, $\frac{2-X}{4(X-1)^2} = \frac{-1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}.$

Concluez

$\frac{1}{(X^2-1)^2} = \frac{1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2} + \frac{-1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}. $

Finalisez la décomposition demandée

\begin{aligned}
\frac{4X^4}{(X^4-1)^2} &=\frac{1}{(X^2-1)^2}+\frac{1}{(X^2+1)^2}+\frac{2}{(X^2-1)(X^2+1)}\\
&= \frac{1}{4(X+1)}+\frac{1}{4(X+1)^2} + \frac{-1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2} \\
&\quad +\frac{1}{(X^2+1)^2} \\
&\quad +\frac{-1}{2(X+1)}+\frac{1}{2(X-1)}+\frac{-1}{X^2+1}\\
&= \frac{-1}{4(X+1)} + \frac{1}{4(X+1)^2}+\frac{1}{4(X-1)}+\frac{1}{4(X-1)^2}\\
&\quad+\frac{-1}{X^2+1}+\frac{1}{(X^2+1)^2}.
\end{aligned}

137. Calculez la somme des k fois 2 puissance k

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

Soit $n$ un entier naturel. Vous allez calculer successivement les sommes $A_n = \sum_{k=1}^n 2^k$ et $B_n = \sum_{k=1}^n k2^k.$

Multipliez par $2$ et effectuez un changement de variable

Cette idée va vous donner la réponse pour $A_n.$

\begin{aligned}
2A_n &= \sum_{k=1}^n 2^{k+1}\\
&=\sum_{k=2}^{n+1} 2^k \\
&= 2^{n+1} + \sum_{k=2}^{n} 2^k \\
&= 2^{n+1}+ \sum_{k=1}^{n} 2^k – 2\\
&=2\times 2^n – 2 + A_n.
\end{aligned}

Du coup, par soustraction de $A_n$, vous obtenez $A_n = 2\times 2^n-2.$

Appliquez le même raisonnement pour trouver $B_n$

\begin{aligned}
2B_n &=\sum_{k=1}^n k2^{k+1}\\
&=\sum_{k=2}^{n+1} (k-1)2^{k}\\
&=\sum_{k=2}^{n+1} k2^{k} – \sum_{k=2}^{n+1} 2^{k}\\
&=(n+1)2^{n+1} + \sum_{k=2}^{n} k2^{k} – \sum_{k=2}^{n} 2^{k} – 2^{n+1}\\
&=n2^{n+1} + \sum_{1=2}^{n} k2^{k} – 2 – \sum_{k=1}^{n} 2^{k} + 2\\
&=n2^{n+1} + B_n -A_n \\
&=2n\times 2^n + B_n – 2\times 2^n + 2\\
&=(2n-2)2^n+2 + B_n.
\end{aligned}

Du coup, par soustraction, vous obtenez $B_n = (2n-2)2^n+2.$

Prolongement

Est-il possible en suivant le même raisonnement de calculer la somme $\sum_{k=1}^n k^2 2^k$ ? Combien trouvez-vous ?

136. Unicité de la décomposition d’un nombre entier supérieur ou égal à 2 en produit de nombres premiers

Rédigé par on | Niveau Prépa

Pouvez-vous justifier l’unicité sans utiliser les gros théorèmes de Gauss, Bezout, le lemme d’Euclide ? La réponse est oui et sera la conséquence de l’argument de minimalité que l’on trouve dans l’ensemble $\N$ : toute partie de $\N$, non vide, admet un plus petit élément.

Passez aux définitions précises. Comme la multiplication est commutative sur les entiers naturels, vous direz qu’un entier $n$ supérieur ou égal à $2$ admet une décomposition en nombres premiers, si et seulement si, il existe un entier $r\geq 1$ et des nombres premiers rangés par ordre croissant $p_1$, …, $p_r$ (avec $p_1\leq \cdots \leq p_r$) tels que $n = p_1 \times \cdots \times p_r$, que l’on écrit aussi $n = \prod_{i=1}^r p_i.$

Notez $A$ l’ensemble des entiers naturels $n$ supérieur ou égaux à $2$, qui admettent au moins deux décompositions différentes en produit de nombres premiers.

Supposez que l’ensemble $A$ soit non vide. Comme $A$ est une partie de $\N$, l’ensemble $A$ admet un plus petit élément que vous noterez $m$, avec $m\geq 2$.

Cet entier $m$ admet deux décompositions différentes.

Il existe un entier $r\geq 1$ et des nombres premiers rangés par ordre croissant $p_1\leq \cdots \leq p_r$ tels que $m=\prod_{i=1}^r p_i.$

Il existe un entier $s \geq 1$ et des nombres premiers rangés par ordre croissant $q_1\leq \cdots \leq q_s$ tels que $m=\prod_{i=1}^s q_i.$

Avec, soit $r\neq s$, soit $r=s$ mais avec existence d’un entier $i$ compris entre $1$ et $r$ tel que $p_i \neq q_i.$

Montrez que $m$ n’est pas un nombre premier

Si tel était le cas, pour tout $i$ compris entre $1$ et $r$, vous auriez $p_i \mid m.$ Comme $m$ est supposé être premier, $p_i\in\{1, m\}.$ Comme $p_i$ est premier, il est supérieur ou égal à $2$ donc $p_i \neq 1$ et par suite $p_i = m$.

Du coup, $m=\prod_{i=1}^r p_i$ s’écrit $m = m^r$ et donc $r=1.$

De même, pour tout $i$ compris entre $1$ et $s$, vous auriez $q_i \mid m$ donc $q_i\in\{1,m\}$ et $q_i =m$ donc $m=\prod_{i=1}^s q_i$ s’écrirait $m=m^s$ donc $s=1.$

Ainsi, $m = p_1 = q_1$ et donc $m$ ne peut admettre deux décompositions différentes donc $m\notin A$ ce qui est absurde.

D’après ce qui précède, $m$ n’étant pas premier donc les entiers $r$ et $s$ sont supérieurs ou égaux à $2$.

Montrez que $p_1 = q_1$

En tronquant le produit $m=\prod_{i=1}^r p_i$, vous aboutissez à l’inégalité $m\geq p_1p_2$. Or $p_1\leq p_2$ donc $p_1^2 \leq m.$

De même $m\geq q_1q_2$ et comme $q_1\leq q_2$, $q_1^2\leq m.$

Ainsi $p_1^2q_1^2\leq m^2$ et donc $p_1q_1\leq m.$

Vous allez considérer l’entier naturel $a= m-p_1q_1$ qui est strictement inférieur à $m.$

Si $a$ était nul, alors $m=p_1q_1=q_1\prod_{i=2}^s q_i$ donc $p_1 = \prod_{i=2}^s q_i.$

Notez $b = p_1 = \prod_{i=2}^s q_i.$ L’entier $b$ est premier donc supérieur ou égal à $2$ et $b < m$ donc $b\notin A$ donc par unicité de la décomposition en facteurs premiers de $b$, $s=2$ donc $\prod_{i=2}^s q_i = q_2$ et $m=q_1q_2.$

De même, vous montrez que $r=2$ donc $m=p_1p_2.$

Or, $m=p_1q_1.$ Donc $p_1q_1 = q_1q_2$ et $p_1 = q_2.$

$p_1q_1 = p_1p_2$ donc $q_1 = p_2.$

Or, $p_2\leq q_1 \leq q_2.$

$q_2\leq p_1 \leq p_2$ donc $p_2 = q_2$

Comme $q_1q_2 = p_1p_2$ avec $p_2=q_2$ c’est que $p_1 = q_1$, or, ceci contredit le fait que les deux décompositions $m=\prod_{i=1}^r p_i$ et $m=\prod_{i=1}^s q_i$ sont différentes.

Donc $a$ est non nul.

Supposez $a=1.$ Alors $m = 1+p_1q_1.$ Comme $p_1 \mid p_1q_1$ et $p_1\mid m$, par différence, $p_1 \mid 1$ donc $p_1 = 1$ ce qui est absurde.

L’entier $a = m-p_1q_1$ est donc supérieur ou égal à $2$. Or il est strictement inférieur à $m.$ Il se décompose en produit de nombres premiers et de façon unique, à l’ordre près des facteurs.

Constatez que $p_1\mid m$ et $p_1 \mid p_1q_1$donc $p_1 \mid a$ il existe un entier $\alpha$ tel que $a = p_1\alpha.$ Si $\alpha = 1$ vous en restez là, sinon vous décomposez $\alpha$ comme produit de nombres premiers.

Vous obtenez dans les deux cas $a$ s’écrivant comme un produit de nombres premiers dont l’un d’entre eux est $p_1$.

Le même raisonnement peut être produit avec $q_1$. $a$ s’écrit comme un produit de nombres premiers dont l’un d’entre eux est $q_1$.

Par l’absurde, supposez que $p_1\neq q_1.$ Par unicité de la décomposition de $a$ en produit de nombres premiers, $p_1$ est l’un des nombres premiers apparaissant dans la décomposition de $a$ et $q_1$ en est un autre. Donc $a$ s’écrit comme produit de nombres premiers avec $p_1$ et $q_1$ apparaissant dans la décomposition. Donc il existe un entier $\beta$ tel que $a = p_1q_1\beta.$ $p_1q_1 \mid p_1q_1$ et $p_1q_1 \mid a$ donc $p_1q_1 \mid m$ donc $p_1 \mid \prod_{i=2}^s q_i$ donc le produit $\prod_{i=2}^s q_i$ admet une décomposition en facteurs premiers qui comporte $p_1.$ Or $\prod_{i=2}^s q_i$ est strictement inférieur à $m$ donc par unicité d’une telle décomposition, il existe un entier $i$ tel que $p_1=q_i.$ Et donc $p_1\geq q_i\geq q_1.$

De même $q_1 \mid \prod_{i=1}^r p_i.$ Donc l’entier $\prod_{i=1}^r p_i$ admet une décomposition en facteurs premiers comportant $q_1.$ Comme il est strictement inférieur à $m$, une telle décomposition est unique donc il existe un entier $i$ tel que $q_1 = p_i$ et donc $q_1\geq p_i \geq p_1.$

Des deux cas énumérés ci-dessus, vous obtenez $p_1=q_1.$ Contradiction.

Il en résulte que $p_1=q_1.$

Concluez

Alors $\prod_{i=2}^r p_i = \prod_{i=2}^s q_i$ est un entier supérieur ou égal à $2$ qui est strictement inférieur à $m$. Donc par unicité de la décomposition, $r=s$ et $\forall i\in \N, 2\leq i\leq r \implies p_i = q_i.$

Finalement $r=s$ et comme $p_1=q_1$, $\forall i\in \N, 1\leq i\leq r \implies p_i = q_i$, les deux décompositions de $m$ sont identiques, ce qui est absurde.

L’ensemble $A$ est donc vide, autrement dit tout nombre entier $n$ supérieur ou égal à $2$ s’écrit de façon unique comme produit de nombres premiers ordonnés par ordre croissant.

135. Une égalité comportant un produit

Rédigé par on | Niveau Prépa

Dans le cadre de la préparation à l’agrégation de mathématiques, il peut être utile de savoir démontrer que $\forall n\geq 3, 4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) = 5^{2^{n-2}}-1.$

Définissez la propriété

Pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $3$, notez $P(n)$ la propriété « $4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) = 5^{2^{n-2}}-1$. »

Initialisez

Supposez que $n=3.$

\begin{aligned}
4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) &= 4 (5^{2^0}+1) \\
&=4( 5+1)\\
&=24.
\end{aligned}

D’autre part :

\begin{aligned}
5^{2^{n-2}}-1 &= 5^{2^1}-1 \\
&= 5^2-1\\
&=24.
\end{aligned}

Il s’ensuit que $P(3)$ est vérifiée.

Montrez que la propriété est héréditaire

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $3$, tel que $P(n)$ soit vérifiée.

\begin{aligned}
4 \prod_{k=0}^{(n+1)-3}(5^{2^k}+1) &= 4 \prod_{k=0}^{n-2}(5^{2^k}+1) \\
&= 4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) (5^{2^{n-2}}+1)\\
&= (5^{2^{n-2}}-1)(5^{2^{n-2}}+1)\\
&= (5^{2^{n-2}})^2-1\\
&=5^{2\times 2^{n-2}}-1\\
&=5^{2^{n-1}}-1\\
&=5^{2^{(n+1)-2}}-1.\\
\end{aligned}

Alors $P(n+1)$ est vérifiée.

Concluez par récurrence sur l’entier $n$

La propriété $P$ est vérifiée au rang $3$ et elle est héréditaire, par conséquent, $\forall n\geq 3$, $P(n)$ est vérifiée, donc $\boxed{\forall n\geq 3, 4 \prod_{k=0}^{n-3}(5^{2^k}+1) = 5^{2^{n-2}}-1}.$

134. Résolution d’un système non linéaire

Rédigé par on | Niveau Prépa

Soit à résoudre le système suivant

\left\{\begin{align*}
x^2+xy &=28\\
y^2+xy&=21
\end{align*}\right.

dont les inconnues $x$ et $y$ sont des nombres réels.

Effectuez une division euclidienne pour l’analyse

Soit $(x,y)$ une solution du système proposé.

Alors $x^2+xy-28=0$ et $xy+y^2-21=0.$

Travaillez avec $X$ comme indéterminée. Lorsque vous effectuez la division euclidienne du polynôme formel $X^2+XY-28$ de degré $2$ par le polynôme formel $YX+Y^2-21$ de degré $1$, dans l’anneau $\R(Y)[X]$ vous aboutissez à l’égalité $Y^2(X^2+XY-28) = (YX+Y^2-21)(XY+21)+441-49Y^2.$

Ainsi, il s’ensuit que $441-49y^2=0$ soit $9-y^2=0$ d’où $y\in\{-3,3\}.$

Si $y=3$, alors $y^2+xy=21$ fournit $9+3x=21$ d’où $3+x = 7$ et $x=4$, d’où $(x,y)= (4,3).$

Si $y=-3$, alors $9-3x=21$ d’où $3-x=7$ d’im $x=-4$ et $(x,y)=(-4,-3).$

Synthèse

Posez $x=4$ et $y=3$, alors $xy = 12$, $x^2=16$ et $y^2 = 9$, d’où $x^2+xy=16+12 = 28$ et $y^2+xy=9+12=21.$

Donc $(4,3)$ est bien solution du système proposé.

De même, posez $x=-4$ et $y=-3$, alors $xy = 12$, $x^2=16$ et $y^2 = 9$, d’où $x^2+xy=16+12 = 28$ et $y^2+xy=9+12=21.$

Donc $(-4,-3)$ est une autre solution qui convient.

Précisez l’ensemble des solutions

D’après ce qui précède, le système

\left\{\begin{align*}
x^2+xy &=28\\
y^2+xy&=21
\end{align*}\right.

admet pour ensemble de solutions $\{(4,3),(-4,-3)\}.$

Vérifiez graphiquement le résultat obtenu

28/06/2021 - Capture decran 2021 06 28 a 00.00.14

Prolongement

Explicitez les valeurs exactes des solutions du système :

\left\{\begin{align*}
x^2+xy &=27\\
y^2+xy&=21.
\end{align*}\right.

133. Limite d’une suite géométrique dont la raison a une valeur absolue strictement inférieure à 1

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa, Niveau Terminale

Pourquoi la limite d’une telle suite est-elle égale à $0$ ? Il existe un moyen d’y parvenir avec les outils du lycée.

Soit $q\in[0,1[$ et $(u_n)_{n\geq 0}$ la suite définie par $\forall n\in\N, u_n = q^n.$

Etablissez la monotonie de la suite $n\mapsto q^n$

Soit $n$ un entier naturel.

$u_{n+1}-u_n = q^{n+1}-q^n = q^n(q-1).$

Or le réel $q$ est inférieur à $1$ donc $q-1$ est négatif. Comme $q$ est positif, $q^n$ l’est aussi.

Par la règle des signes, $q^n(q-1)$ est négatif, donc $u_{n+1}-u_n$ est négatif.

La suite $(u_n)$ est décroissante.

Etablissez la convergence de la suite $n\mapsto q^n$

La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$, puisque $q$ est supposé positif.

Donc la suite $(u_n)$ est convergente.

Autrement dit, il existe un nombre réel $\ell$ tel que $\lim_{n\to +\infty} u_n = \ell.$

Etablissez que la limite de la suite $n\mapsto q^n$ est égale à $0$

La suite $(u_{n+1})_{n\geq 0}$ possède la même limite que la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ (on dit que c’est une suite extraite), c’est-à-dire $\lim_{n\to +\infty} q^{n+1} =\ell.$

Or, $\forall n\in\N, q^{n+1} = q\times q^n$ et il a été vu que $\lim_{n\to +\infty} q^n = \ell$ donc $\lim_{n\to+\infty} q\times q^n = q\ell.$

La suite $(u_{n+1})_{n\geq 0}$ possède donc deux réels comme limites, $\ell$ et $q\ell$.

Par unicité de la limite d’une suite, il en résulte que $\ell = q\ell$, d’où $\ell(q-1) = 0.$

Comme le nombre $q$ n’est pas égal à $1$, le nombre $q-1$ est non nul, et par suite $\ell = 0.$

Ainsi il est maintenant établi que $\boxed{\forall q\in[0,1[, \lim_{n\to+\infty} q^n = 0.}$

Qu’en est-il si on suppose $q\in]-1,0]$ ?

Soit $q$ un réel appartenant à l’intervalle $q\in]-1,0]$, de même vous posez $\forall n\in\N, u_n = q^n.$

La suite $u_n$ possède des variations de signe, aussi, l’argument de monotonie ne fonctionne plus.

Cependant, $\forall n\in\N, \lvert u_n \rvert = \lvert q \rvert^n.$

Il semble alors légitime de poser $r = \lvert q \rvert$ pour appliquer le résultat précédemment établi. Comme $r\in[0,1[$, vous déduisez $\lim_{n\to+\infty} r^n=0$ donc la suite $(\lvert u_n \rvert)_{n\geq 0}$ converge vers $0$ et par conséquent la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ converge encore vers $0$, en vertu de l’encadrement $\forall n\in\N, -\lvert u_n \rvert \leq u_n\leq \lvert u_n \rvert.$

Concluez

$\boxed{\forall q\in ]-1,1[, \lim_{n\to+\infty} q^n = 0.}$

Prolongement

Soit $q$ un réel appartenant à l’intervalle $]-1,1[$.

Pourriez-vous établir que la suite définie par $\forall n\in\N, u_n = n q^n$ converge encore vers $0$ ?

Soit $m\in\N$. Pourriez-vous établir que la suite définie par $\forall n\in\N, u_n = n^m q^n$ converge encore vers $0$ ?

132. Diagonalisabilité d’une matrice

Rédigé par on | Niveau Agrégation, Niveau Prépa

Cet article va étudier une matrice tirée du concours de l’Agrégation externe de mathématiques, session 2020.

Soit la matrice définie par :

 A = \begin{pmatrix}
1/2 & 1/2 & 0 & 0 \\
1/4 & 1/4 & 1/2 & 0\\
1/8 & 1/8 & 1/4 & 1/2\\
1/8 & 1/8 & 1/4 & 1/2
\end{pmatrix}.

Déterminez la dimension du noyau de la matrice $A$

Avec le théorème du rang

Les 3 premières lignes de $A$ sont linéairement indépendantes.

En effet, soit $(a_1,a_2,a_3)\in\R^3$ tel que :

$a_1(1/2,1/2,0,0)+a_2(1/4,1/4,1/2,0)+a_3(1/8,1/8,1/4,1/2)=0.$

Alors :

\begin{align*}
a_1/2+a_2/4+a_3/8 &= 0 \\
a_2/2+a_3/4 &=0\\
a_3/2 &=0.
\end{align*}

Ce système est déjà échelonné, il fournit successivement $a_3=0$ puis $a_2=0$ et $a_1=0.$

Comme la ligne $4$ de $A$ est identique à la ligne $3$ de $A$, il en résulte que le rang de $A$ est égal à $3.$

Du coup, par le théorème du rang, la dimension du noyau de $A$ est égale à $1.$

Sans le théorème du rang

Il est aussi possible de déterminer une base du noyau de $A$ en résolvant un système linéaire.

Soit $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que $A\begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix} = 0.$

Le système obtenu s’écrit avec 3 équations étant donné que les deux dernières sont identiques.

\begin{align*}
x_1/2 + x_2/2 &= 0\\
x_1/4+x_2/4+x_3/2 &=0\\
x_1/8+x_2/8+x_3/4+x_4/2 &=0.
\end{align*}

Eliminez les fractions.

\begin{align*}
x_1+ x_2 &= 0\\
x_1+x_2+2x_3 &=0\\
x_1+x_2+2x_3+2x_4 &=0.
\end{align*}

Puis appliquez le pivot de Gauss : $L_2\gets L_2-L_1$ et $L_3\gets L_3-L_1.$

\begin{align*}
x_1+ x_2 &= 0\\
2x_3 &=0\\
2x_3+2x_4 &=0.
\end{align*}

D’où il vient $x_3=x_4=0$ et $x_2=-x_1.$

Le vecteur $\begin{pmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}$ est égal à $\begin{pmatrix}x_1 \\-x_1\\0\\0\end{pmatrix} = x_1 \begin{pmatrix}1 \\-1\\0\\0\end{pmatrix}.$

Par conséquent le noyau de $A$ est de dimension $1$ et il est engendré par le vecteur $\begin{pmatrix}1 \\-1\\0\\0\end{pmatrix}.$

Quel est le déterminant de $A$ ?

Comme la dimension du noyau de $A$ est strictement positive, la matrice $A$ n’est pas inversible, donc $\det A = 0.$

Quel est le rang de $A$ ?

Si vous n’avez pas utilisé le théorème du rang dès le début, comme la dimension du noyau de $A$ vaut $1$, l’application du théorème du rang fournit $\mathrm{rg}(A) = 4 – \dim \ker A = 3.$

Quelles sont les valeurs propres de $A$ ?

Calculez $A \begin{pmatrix}1 \\1\\1\\1\end{pmatrix} $

$A \begin{pmatrix}1 \\1\\1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 \\1\\1\\1\end{pmatrix}$ par suite, le vecteur $ \begin{pmatrix}1 \\1\\1\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur propre de $A$ et $1$ est valeur propre de $A.$

Calculez $A \begin{pmatrix}2 \\0\\-1\\-1\end{pmatrix} $

$A \begin{pmatrix}2 \\0\\-1\\-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 \\0\\-1/2\\-1/2\end{pmatrix}$ par suite, le vecteur $\begin{pmatrix}1 \\0\\-1/2\\-1/2\end{pmatrix}$ est un vecteur propre de $A$ et $1/2$ est valeur propre de $A.$

Calculez le polynôme caractéristique de $A$

Comme la matrice $A$ contient de nombreuses fractions, il est plus agréable de poser ce qui suit :

B = 8A = \begin{pmatrix}
4 & 4 & 0 & 0 \\
2 & 2 & 4 & 0\\
1 & 1 & 2 & 4\\
1 & 1 & 2 & 4
\end{pmatrix}.

Effectuez par la suite quelques changements de variable.

Notez $P$ le polynôme caractéristique de $A$ et $Q$ le polynôme caractéristique de $B$.
$P(X)=\det(XI-A) = \frac{1}{8^4}\det(8XI-B) = \frac{1}{8^4}Q(8X).$

Par suite, pour tout $x\in\R$, $x$ est valeur propre de $A$, si et seulement si, $8x$ est valeur propre de $B$.

Comme $A$ admet $0$, $1/2$ et $1$ pour valeurs propres, vous déduisez que $B$ admet $0$, $4$ et $8$ comme valeurs propres, donc $Q(X)$ est factorisable par $X$, $X-4$ et $X-8$ ce qui aide grandement dans la façon de mener le calcul du déterminant le définissant. En effet :

Q(X) = \begin{vmatrix}
X-4 & -4 & 0 & 0 \\
-2 & X-2 & -4 & 0\\
-1 & -1 & X-2 & -4\\
-1 & -1 & -2 & X-4
\end{vmatrix}.

Effectuez l’opération élémentaire $L_4\gets L_4+L_3+L_2+L_1$ suivie de deux factorisations puis de l’opération élémentaire $L_3\gets L_3+L_4.$

Q(X) = \begin{vmatrix}
X-4 & -4 & 0 & 0 \\
-2 & X-2 & -4 & 0\\
-1 & -1 & X-2 & -4\\
X-8 & X-8 & X-8 & X-8
\end{vmatrix}
\begin{align*}
Q(X) &=(X-8) \begin{vmatrix}
X-4 & -4 & 0 & 0 \\
-2 & X-2 & -4 & 0\\
-1 & -1 & X-2 & -4\\
1 & 1 & 1 & 1
\end{vmatrix} \\
&=\frac{X-8}{4} \begin{vmatrix}
X-4 & -4 & 0 & 0 \\
-2 & X-2 & -4 & 0\\
-1 & -1 & X-2 & -4\\
4 & 4 & 4 &4
\end{vmatrix}\\
&=\frac{X-8}{4} \begin{vmatrix}
X-4 & -4 & 0 & 0 \\
-2 & X-2 & -4 & 0\\
3 & 3 & X+2 & 0\\
4 & 4 & 4 &4
\end{vmatrix}\\
&=(X-8) \begin{vmatrix}
X-4 & -4 & 0 \\
-2 & X-2 & -4 \\
3 & 3 & X+2
\end{vmatrix}
\end{align*}

Maintenant effectuez $C_1\gets C_1-C_2.$

\begin{align*}
Q(X) &=(X-8) \begin{vmatrix}
X & -4 & 0 \\
-X & X-2 & -4 \\
0 & 3 & X+2
\end{vmatrix}\\
&=X(X-8) \begin{vmatrix}
1 & -4 & 0 \\
-1 & X-2 & -4 \\
0 & 3 & X+2
\end{vmatrix}\\
&=X(X-8) \begin{vmatrix}
1 & -4 & 0 \\
0 & X-6 & -4 \\
0 & 3 & X+2
\end{vmatrix}\\
&=X(X-8) \begin{vmatrix}
X-6 & -4 \\
 3 & X+2
\end{vmatrix}
\end{align*}

Enfin effectuez $C_2\gets C_2-2C_1.$

\begin{align*}
Q(X) &= X(X-8)\begin{vmatrix}
X-6 & -2X+8 \\
3 & X-4
\end{vmatrix}\\
&= X(X-4)(X-8)\begin{vmatrix}
X-6 & -2 \\
3 & 1
\end{vmatrix}\\
&= \frac{X(X-4)(X-8)}{2}\begin{vmatrix}
X-6 & -2 \\
6 & 2
\end{vmatrix}\\
&=\frac{X(X-4)(X-8)}{2}\begin{vmatrix}
X & 0 \\
6 & 2
\end{vmatrix}\\
&= X^2(X-4)(X-8).
\end{align*}

La matrice $B$ admet au sens exhaustif $0$, $4$ et $8$ pour valeurs propres, donc la matrice $A$ admet exactement 3 valeurs propres qui sont $0$, $1/2$ et $1.$

La matrice $A$ est-elle diagonalisable dans $M_4(\R)$ ?

Le polynôme caractéristique de $A$ est $P(X)=\frac{1}{8^4}Q(8X)=\frac{1}{8^4}(8X)^2(8X-4)(8X-8) = X^2(X-1/2)(X-1).$

Si la matrice $A$ était diagonalisable dans l’ensemble des matrices réelles, il existerait une matrice réelle inversible $P$ telle que :

P^{-1}AP = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1/2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.


De là il apparaîtrait que le noyau de $A$ serait de dimension $2$ : il serait engendré par les vecteurs obtenus à partir des deux premières colonnes de la matrice inversible $P$.

Or il a été vu que le noyau de $A$ est de dimension $1$. Par suite, la matrice $A$ n’est pas diagonalisable.

131. L’exponentielle est dérivable au sens complexe et sa dérivée est elle-même

Rédigé par on | Niveau Agrégation

Il s’agit de justifier que, pour tout nombre complexe $z$, la limite $\lim_{h\to 0} \frac{\mathrm{exp}(z+h)-\mathrm{exp}(z)}{h}$ existe, quand $h$ est un nombre complexe tendant vers $0.$ Cela fera de la fonction exponentielle une fonction entière.

Beaucoup mieux, vous allez démontrer que la dérivée au sens complexe de la fonction exponentielle est égale à elle-même.

Approximez uniformément $\mathrm{exp}(h)$ par un polynôme quand $h$ est de module inférieur ou égal à $1$

Vous savez déjà que $\forall h\in\C, \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{h}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(h).$

Néanmoins, cela n’est pas suffisant… pour établir ce qui est affiché. Vous allez avoir besoin d’une convergence dite uniforme.

Soit $\varepsilon > 0.$

Vous voulez montrer qu’il existe un entier naturel $N’$ tel que, pour tout $n\geq N’$ et pour tout $h\in\C$ de module inférieur ou égal à 1, $\left\lvert \left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \mathrm{exp}(h)\right\rvert \leq \varepsilon.$

Comme $\lim_{q\to +\infty} \frac{4}{q!} = 0$, il existe un entier $N\in\NN$ un entier tel que $\frac{4}{N!}\leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Cet entier $N$ étant posé, remarquez que pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $N-1$, $\lim_{q\to +\infty} \frac{q!}{(q-k)!q^k} = 1.$ Du coup, $\lim_{q\to +\infty} \sum_{k=0}^{N-1} \left\rvert \frac{q!}{(q-k)!q^k} -1 \right\rvert = 0.$

Il existe donc un entier $N’\geq N$ tel que $\forall q\geq N’, \sum_{k=0}^{N-1} \left\rvert \frac{q!}{(q-k)!q^k} -1 \right\rvert \leq \frac{\varepsilon}{4}.$

Soit $n\geq N’$, soit $p\geq N’$ et $h$ un nombre complexe non nul, de module inférieur ou égal à $1.$

\begin{aligned}
\left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert
&\leq \left\lvert\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}-\sum_{k=0}^p \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert \\
&\leq \left\lvert\sum_{k=0}^{N-1} \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}-\sum_{k=0}^{N-1} \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert + \left\lvert\sum_{k=N}^n \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}-\sum_{k=N}^p \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\sum_{k=N}^n \binom{n}{k}\frac{\lvert h\rvert ^k}{n^k}+\sum_{k=N}^p \binom{p}{k}\frac{\lvert h\rvert ^k}{p^k} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\sum_{k=N}^n \binom{n}{k}\frac{1}{n^k}+\sum_{k=N}^p \binom{p}{k}\frac{1}{p^k} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\sum_{k=N}^n \frac{n!}{(n-k)!n^k}\frac{1}{k!}+\sum_{k=N}^p \frac{p!}{(p-k)!p^k}\frac{1}{k!} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\sum_{k=N}^n \frac{1}{k!}+\sum_{k=N}^p \frac{1}{k!} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\frac{2}{N!}+\frac{2}{N!} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n!}{(n-k)!n^k}\frac{h^k}{k!}- \frac{p!}{(p-k)!p^k}\frac{h^k}{k!}\right\rvert +
\frac{4}{N!}\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n!}{(n-k)!n^k}- \frac{p!}{(p-k)!p^k}\right\rvert \frac{\lvert h\rvert ^k}{k!}+
\frac{4}{N!}\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n!}{(n-k)!n^k}- \frac{p!}{(p-k)!p^k}\right\rvert \frac{1}{k!}+
\frac{4}{N!}\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n!}{(n-k)!n^k}- \frac{p!}{(p-k)!p^k}\right\rvert +
\frac{4}{N!}\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n!}{(n-k)!n^k}- 1\right\rvert + \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert 1-\frac{p!}{(p-k)!p^k}\right\rvert +
\frac{4}{N!}\\
&\leq \frac{\varepsilon}{4} +\frac{\varepsilon}{4} + \frac{\varepsilon}{2} \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Vous en déduisez le résultat suivant.

$\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, \forall p\geq N’, \forall h\in\C, \lvert h\rvert \leq 1 \implies \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon.$

Notez $S$ l’ensemble des nombres complexes de module inférieur ou égal à $1.$ Alors :

$\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, \forall p\geq N’, \forall h\in S, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon$

ce qui s’écrit aussi :

$\boxed{\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, \forall h\in S, \forall p\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon.}$

Maintenant vous pouvez conclure.

Fixez $\varepsilon > 0.$ Il existe $N’\in\NN$ tel que $\forall n\geq N’, \forall h\in S, \forall p\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon.$

Fixez maintenant $n\geq N’$ et $h\in S.$

Alors $\forall p\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon.$

Du coup :

\begin{aligned}
\forall p\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \mathrm{exp}(h)\right\rvert
&\leq \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert + \left\lvert\ \left(1+\frac{h}{p}\right)^p – \mathrm{exp}(h) \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \left\lvert\ \left(1+\frac{h}{p}\right)^p – \mathrm{exp}(h) \right\rvert.
\end{aligned}

Comme $\lim_{p\to +\infty} \left\lvert\ \left(1+\frac{h}{p}\right)^p – \mathrm{exp}(h) \right\rvert = 0$ vous déduisez que $\left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \mathrm{exp}(h)\right\rvert \leq \varepsilon.$

Vous avez prouvé que $\boxed{\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N, \forall h\in\C, \lvert h \rvert \leq 1 \implies \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \mathrm{exp}(h)\right\rvert \leq \varepsilon.}$

Majorez $\lvert\mathrm{exp}(h)-1-h\rvert$ lorsque $h$ est de module inférieur ou égal à $1$

Fixez $\varepsilon > 0.$ Il existe un entier $N\geq 2$ tel que $\forall h\in S, \left\lvert\left(1+\frac{h}{N}\right)^N – \mathrm{exp}(h)\right\rvert \leq \varepsilon.$

Soit $h\in S.$

\begin{aligned}
\left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert &\leq \left\rvert \mathrm{exp}(h) – \left(1+\frac{h}{N}\right)^N\right\rvert + \left\rvert \left(1+\frac{h}{N}\right)^N – 1- h \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \left\rvert \left(1+\frac{h}{N}\right)^N – 1- h \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \left\rvert \sum_{k=0}^N \binom{N}{k} \frac{h^k}{N^k} – 1- h \right\rvert \\
&\leq \varepsilon+ \left\rvert 1 + h + \sum_{k=2}^N \binom{N}{k} \frac{h^k}{N^k} – 1- h \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \left\rvert \sum_{k=2}^N \binom{N}{k} \frac{h^k}{N^k} \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \sum_{k=2}^N \frac{\lvert h\rvert ^k}{k!} \\
&\leq \varepsilon + \lvert h\rvert ^2\sum_{k=2}^N \frac{\lvert h\rvert ^{k-2}}{k!} \\
&\leq \varepsilon + \lvert h\rvert ^2\sum_{k=2}^N \frac{1}{k!} \\
&\leq \varepsilon + \lvert h\rvert ^2\frac{2}{2!} \\
&\leq \varepsilon + \lvert h\rvert^2.
\end{aligned}

Vous avez prouvé que $\forall \varepsilon >0, \forall h\in S, \left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \varepsilon + \lvert h\rvert^2.$

Donc :

$ \forall h\in S, \forall \varepsilon >0, \left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \varepsilon + \lvert h\rvert^2.$

Fixez $h\in S.$ Alors $\forall \varepsilon >0, \left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \varepsilon + \lvert h\rvert^2.$

En particulier, en prenant la limite du membre de droite lorsque $\varepsilon$ tend vers $0$, vous déduisez que $\left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \lvert h\rvert^2.$

Ainsi, $\boxed{\forall h\in \C, \lvert h \rvert \leq 1 \implies \left\lvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \lvert h\rvert^2.}$

Etablissez que la dérivée de l’exponentielle est égale à elle-même

Soit $z\in\C$ et soit $h\in\C^{*}$ de module inférieur ou égal à $1.$

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{\mathrm{exp}(z+h) -\mathrm{exp}(z) }{h} – \mathrm{exp}(z) \right\rvert &\leq
\left\lvert \frac{\mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(h) -\mathrm{exp}(z) }{h} – \mathrm{exp}(z) \right\rvert \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \left\lvert \frac{\mathrm{exp}(h) -1 }{h} – 1 \right\rvert \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \left\lvert \frac{\mathrm{exp}(h) -1 -h }{h} \right\rvert \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \frac{\left\lvert \mathrm{exp}(h) -1 -h\right\rvert }{\lvert h\rvert } \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \frac{\left\lvert h \right\rvert^2 }{\lvert h\rvert } \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \lvert h\rvert \\
\end{aligned}

Et par suite, $\boxed{\forall z\in\C, \lim_{h\to 0} \frac{\mathrm{exp}(z+h) -\mathrm{exp}(z) }{h} = \mathrm{exp}(z).}$

130. L’exponentielle complexe est un morphisme de groupes

Rédigé par on | Niveau Agrégation, Niveau Capes, Niveau Prépa

L’objectif de cet article de démontrer que $\forall (z,z’)\in\C^2, \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)=\mathrm{exp}(z+z’).$

Pour y parvenir, vous allez utiliser le fait que $\forall z\in\C, \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$

Puis vous allez améliorer ce résultat, en justifiant que, si $(z_n)_{n\in\NN}$ est une suite complexe qui converge vers un nombre $z\in\C$, alors vous avez encore $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$ Admettez un instant ce résultat et voyez pourquoi il permet de conclure.

Soient $z$ et $z’$ deux nombres complexes.

Partez de $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)$ et de $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z’}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z’).$

Par produit de limites, $\lim_{n\to+\infty} \left(\left(1 + \frac{z}{n}\right)\left(1+\frac{z’}{n}\right)\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Du coup, $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z+z’}{n}+\frac{zz’}{n^2}\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Ceci s’écrit encore $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z+z’+\frac{zz’}{n}}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Pour tout $n\in\NN$ posez $z_n = z+z’+\frac{zz’}{n}$, alors $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Or, la suite $(z_n)_{n\in\NN}$ converge vers $z+z’$, donc $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z+z’).$

Par unicité de la limite, vous obtenez $\boxed{\forall (z,z’)\in\C^2, \mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).}$

Prouvez que si $(z_n)_{n\in\NN}$ est une suite complexe qui converge vers un nombre $z\in\C$, alors $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$

Soit $(z_n)_{n\in\NN}$ une suite de nombres complexes qui converge vers un nombre complexe $z.$

Vous allez montrer d’abord que la suite $\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n$ converge vers $0.$

Soit $\varepsilon > 0.$

Comme la suite $(z_n)_{n\in\NN}$ est convergente, elle est bornée. Il existe un réel $P>0$ tel que $\forall n\in\NN, \lvert z_n\rvert \leq P.$ Notez alors $M$ le maximum de $P$ et de $\lvert z\rvert.$ Notez que $\lim_{n\to+\infty} \frac{M^n}{n!}=0$ donc il existe un entier $N\geq 1$ tel que $\frac{M^N}{N! } \leq \frac{\varepsilon}{8}.$

Soit maintenant $n$ un entier tel que $n\geq N.$

\begin{aligned}
\left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert &\leq \left\lvert \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{z_n^k-z^k}{n^k}\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \binom{n}{k}\frac{z_n^k-z^k}{n^k}\right\rvert + \left\lvert \sum_{k=N}^{n} \binom{n}{k}\frac{z_n^k-z^k}{n^k}\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \frac{n!}{(n-k)! n^k}\frac{z_n^k-z^k}{k! }\right\rvert + \left\lvert \sum_{k=N}^{n}\frac{n!}{(n-k)! n^k}\frac{z_n^k-z^k}{k! }\right\rvert \\
\end{aligned}

Or, pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $n$, $\frac{n!}{(n-k)! n^k} \leq 1$ donc

\begin{aligned}
\left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert &\leq \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + \sum_{k=N}^{n}\frac{\lvert z_n\rvert ^k+\lvert z\rvert ^k}{k! }\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + 2 \sum_{k=N}^{n}\frac{M^k}{k! } \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + 4 \frac{M^N}{N! } \\
&\leq\sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + \frac{\varepsilon}{2}. \\
\end{aligned}

Or, pour tout $k$ compris entre $0$ et $N-1$, $\lim_{n\to +\infty} z_n^k-z^k = 0.$

Comme ce nombre de limites est en nombre fini, $\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } = 0.$ Donc il existe un entier $N’>N$ tel que $\forall n\geq N’, \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Vous avez donc montré que $\forall \varepsilon > 0, \exists N’\geq 1, \forall n\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert \leq \varepsilon.$

Autrement dit $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n = 0.$

Or, $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$

Ainsi, par somme de suites convergentes, vous constatez que la suite $\left(\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n\right)_{n\in\NN}$ est convergente et que sa limite est égale à $\mathrm{exp}(z).$

Le résultat $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)$ est enfin prouvé.

Vers le morphisme de groupes

L’ensemble $\C$ muni de l’addition est un groupe, de même l’ensemble $\C^{*}$ muni de la multiplication est un groupe.

Il convient juste de justifier que $\forall z\in\C, \mathrm{exp}(z)\neq 0$.

Notez que $\mathrm{exp}(0) = \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{0}{n}\right)^n = 1.$

Soit $z\in\C$. Comme $z+(-z)=0$ il s’ensuit que $\mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(-z)=\mathrm{exp}(0)=1.$ Donc $\mathrm{exp}(z)\neq 0.$

Combiné au fait que $\forall (z,z’)\in\C^2, \mathrm{exp}(z+z’)=\mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)$ et que $\forall z\in\C, \mathrm{exp}(z) \in\C^{*}$, l’exponentielle complexe est un morphisme de groupes de $(\C,+)$ dans $(\C^{*}, \times).$

Prolongement

Pourriez-vous justifier que l’exponentielle complexe, qui va de $\C$ dans $\C^{*}$ est surjective ?

129. Exponentielle d’un imaginaire pur, fonctions sinus et cosinus

Rédigé par on | Niveau Agrégation, Niveau Capes, Niveau Prépa

D’après le contenu qui se trouve dans l'article 128, pour tout réel $x$, vous avez $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix).$ Quelles sont les propriétés de ce nombre complexe ?

L’exponentielle d’un nombre imaginaire pur est un nombre complexe de module 1

Soit $x\in\R.$ Pour tout $n\in\NN$, le conjugué de $1+\frac{ix}{n}$ est $1-\frac{ix}{n}$. Comme $\lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)$, en prenant le conjugué, vous obtenez aussi que $\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \overline{\mathrm{exp}(ix)}.$

D’autre part, pour tout nombre complexe $z$, $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)$. En particulier, en prenant $z = -ix$, vous obtenez $\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right) = \mathrm{exp}(-ix).$

Par unicité de la limite d’une suite complexe convergente, vous obtenez l’égalité $\boxed{\forall x\in\R, \overline{\mathrm{exp}(ix)} = \mathrm{exp}(-ix).}$

Soit $x\in\R.$ Si vous admettez que, quels que soient les nombres complexes $z$ et $z’$, vous avez l’égalité $\mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)$ la conclusion arrive vite.

En prenant $z= ix$ et $z’=-ix$, vous obtenez $1 = \mathrm{exp}(0) = \mathrm{exp}(ix + (-ix)) = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Du coup, $1 = \mathrm{exp}(ix) \overline{\mathrm{exp}(ix)}$ ce qui aboutit à $\lvert \mathrm{exp}(ix)\rvert^2 = 1.$

Par positivité du module d’un nombre complexe, il en résulte que $\boxed{\forall x\in\R, \lvert \mathrm{exp}(ix) \rvert= 1.}$

Peut-on s’en sortir sans utiliser la propriété quels que soient les nombres complexes $z$ et $z’$, vous avez l’égalité $\mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)$ ?

Une majoration

L’utilisation de suites géométriques permettra d’aboutir.

Soit $N$ un entier naturel supérieur ou égal à $1$ et $M$ un entier tel que $M\geq N.$

\begin{aligned}
\sum_{k=N}^M \frac{1}{k!} &\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{(k+N)!} \\
&\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{N!(N+1)^k}\\
&\leq \frac{1}{N!} \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{(N+1)^{k}} \\
&\leq \frac{1}{N!} \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{2^{k}} \\
&\leq \frac{1}{N!} \frac{1 – (1/2)^{M-N+1}}{1-(1/2)} \\
&\leq \frac{1}{N!} \frac{1 }{1/2} \\
&\leq \frac{2}{N!}.
\end{aligned}

Ainsi $\boxed{\forall N\in\NN, \forall M\geq N, \sum_{k=N}^M \frac{1}{k!} \leq \frac{2}{N!}.}$

Montrez directement que, pour tout réel $x$, $\mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix) = 1$

Soit $x\in\R.$ Partez des deux égalités de limites :

$\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix).$
$\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(-ix).$

Par produit, il en résulte que $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n\left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Cela s’écrit aussi $\lim_{n\to +\infty} \left( \left(1+\frac{ix}{n}\right)\left(1-\frac{ix}{n}\right)\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix)$, soit $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Le nombre $x$ étant réel, $x^2$ est positif. Du coup, pour tout $n\in\NN$, $1\leq 1+\frac{x^2}{n^2}$ et donc $1 \leq \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n.$

Pour la majoration, utilisez la formule du binôme. Soit $n\in\NN.$

\begin{aligned}
\left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n &\leq \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{x^{2k}}{n^{2k}} \\
&\leq \sum_{k=0}^n \frac{n! x^{2k}}{k! (n-k)! n^{2k}} \\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^n \frac{n! x^{2k}}{k! (n-k)! n^{2k}} \\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^n\frac{n!}{(n-k)!n^k} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^n \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \\
\end{aligned}

Soit maintenant $\varepsilon > 0$ et $N$ un entier tel que $N \geq x^2+2$ et $N \geq \frac{4}{\varepsilon}.$
Soit $n$ un entier tel que $n\geq N.$

\begin{aligned}
\left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n &\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{x^{2k}}{k! n^{k}}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{(x^2/n)^k}{k!}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{1}{k!}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{2}{N!}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{2}{N}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{\varepsilon}{2}\\
\end{aligned}

Pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $N-1$, $\lim_{n\to +\infty}\frac{x^{2k}}{k! n^{k}} = 0.$

Ce nombre de limites étant fini, il en résulte que $\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} = 0.$

Donc il existe un entier $N’ \geq N$ tel que $\forall n\geq N’, \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Donc $\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, 1 \leq \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n \leq 1 + 2\frac{\varepsilon}{2}\leq 1+\varepsilon.$

Ce résultat prouve que $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n = 1$ et donc $\forall x\in\R, \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix) = 1.$

Sur le sinus et le cosinus

Pour tout nombre réel $x$, on pose $\sin x = \frac{\mathrm{exp}(ix)-\mathrm{exp}(-ix)}{2i}$ et $\cos x = \frac{\mathrm{exp}(ix)+\mathrm{exp}(-ix)}{2}.$

Soit $x\in\R.$ Comme $\forall y\in\R, \mathrm{exp}(-iy) = \overline{\mathrm{exp}(iy)}$, en prenant $y=x$ et $y=-x$ vous trouvez que $\mathrm{exp}(-ix) = \overline{\mathrm{exp}(ix)}$ et que $\mathrm{exp}(ix) = \overline{\mathrm{exp}(-ix)}.$ Donc $\overline{\sin x} = \frac{\mathrm{exp}(-ix)-\mathrm{exp}(ix)}{-2i} = \sin x$. De même, $\overline{\cos x} = \frac{\mathrm{exp}(-ix)+\mathrm{exp}(ix)}{2}=\cos x$. Donc $\cos x$ et $\sin x$ sont des réels.

De plus, $ \cos x + i\sin x = \frac{\mathrm{exp}(ix)+\mathrm{exp}(-ix)}{2} + \frac{\mathrm{exp}(ix)-\mathrm{exp}(-ix)}{2} = \mathrm{exp}(ix).$

Comme $\forall x\in\R, \lvert \mathrm{exp}(ix)\rvert = 1$ vous déduisez $\boxed{\forall x\in\R, \cos^2 x + \sin^2 x = 1.}$