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École AVOSZ 

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Catégorie : Niveau Prépa

196. Calculez le polynôme minimal d’une matrice

Rédigé par on | Niveau Prépa

Considérez la matrice suivante $A = \begin{pmatrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1& 1 & -1\end{pmatrix}.$

Il s’agit de déterminer le polynôme unitaire de plus petit degré annulant une telle matrice.

Calculez les matrices $A^2$ et $A^3$

Via le théorème de Cayley-Hamilton, vous savez que la matrice $A$ est annulée par un polynôme de degré $3.$

Vous calculez donc les puissances de la matrice $A$ jusqu’à un exposant égal à $3$, ce qui aboutit à :

A^2 = \begin{pmatrix}4 & 2 & 1 \\
1 & 3 & 0\\
1 & -1 & 4
\end{pmatrix}
A^3 = \begin{pmatrix}7 & 3 & 9 \\
4 & -2 & 5\\
4 & 6 & -3
\end{pmatrix}.

Formez la matrice augmentée

Considérez les matrices $I$, $A$, $A^2$ et $A^3$ que vous écrivez ligne par ligne.

Vous obtenez la matrice suivante :

\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 1 & -1 & 1 & 1& 1 & -1\\
4 & 2 & 1 & 1 & 3 & 0 & 1 & -1 & 4 \\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3
\end{pmatrix}.

Afin de garder la trace à tout instant des opérations qui seront menées, il est commode d’y rajouter la matrice identité, ce qui fournit en tout et pour tout ceci la matrice $B$ suivante :

B = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 2 & 1 & -1 & 1 & 1& 1 & -1 & 0 &1 & 0 & 0\\
4 & 2 & 1 & 1 & 3 & 0 & 1 & -1 & 4 & 0 & 0 & 1 & 0\\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Déterminez le degré du polynôme minimal

Il s’agit dans un premier temps de manipuler par des opérations élémentaires sur les lignes de $B$ seulement les deux premières lignes de $B$.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_2\leftarrow L_2-L_1$ et obtenez la matrice suivante :

B_1 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
4 & 2 & 1 & 1 & 3 & 0 & 1 & -1 & 4 & 0 & 0 & 1 & 0\\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Les deux premières lignes vous donnent les coefficients des matrices $I$ et $A-I.$

Montrez que ces deux matrices sont linéairement indépendantes.

Soit en effet deux scalaires $a$ et $b$ tels que $aI + b(A-I) = 0.$

Alors $a\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} + b\begin{pmatrix}0 & 1 & 2 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2\end{pmatrix} = 0.$

L’identification du premier coefficient en haut à gauche fournit $a=0$ immédiatement.

Puis, l’identification du coefficient de la ligne 1 à la colonne 2 fournit $b=0.$

Les deux matrices $I$ et $A-I$ appartiennent à l’espace vectoriel engendré par les matrices $I$ et $A$, qui est donc de dimension $2.$ Donc les matrices $I$ et $A$ sont linéairement indépendantes. Donc le polynôme minimal de $A$ est de degré supérieur ou égal à $2.$

Effectuez alors l’opération élémentaire $L_3\leftarrow L_3-4L_1$ à partir de la matrice $B_1$, qui fournit la matrice $B_2$ suivante :

B_2 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 2 & 1 & 1 & -1 & 0 & 1 & -1 & 0 & -4 & 0 & 1 & 0\\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Vous effectuez alors l’opération élémentaire suivante $L_3\leftarrow L_3-2L_2$ qui fournit une nouvelle matrice :

B_3 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -3 & -1 & 3 & -2 & -1 & -3 & 4 & -2 & -2 & 1 & 0\\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Ce calcul montre que les matrices $I$, $I-A$ et $A^2-2A-2I$ sont linéairement indépendantes.

En effet, soient trois scalaires $a$, $b$ et $c$ tels que $aI+b(I-A)+c(A^2-2A-2I) = 0.$

Cela s’écrit :

$a\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} + b\begin{pmatrix}0 & 1 & 2 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2\end{pmatrix} + c \begin{pmatrix}0 & 0 & -3 \\ -1 & 3 & -2 \\ -1 & -3 & -4\end{pmatrix}= 0.$

L’identification du coefficient de la ligne $1$ et de la colonne $1$ fournit $a=0.$

L’identification du coefficient de la ligne $1$ et de la colonne $2$ fournit $b=0.$

L’identification du coefficient de la ligne $1$ et de la colonne $3$ fournit $c=0.$

Par suite, l’espace vectoriel engendré par les matrices $I$, $A$ et $A^2$ contient une famille libre de 3 matrices, donc cet espace vectoriel est de dimension supérieure ou égale à $3$. Par suite, les matrices $I$, $A$ et $A^2$ sont linéairement indépendantes, donc le degré du polynôme minimal est supérieur ou égal à $3.$

Pour continuer, vous effectuez l’opération élémentaire $L_4\leftarrow L_4-7L_1$ depuis la matrice $B_3$ ce qui fournit :

B_4 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -3 & -1 & 3 & -2 & -1 & -3 & 4 & -2 & -2 & 1 & 0\\
0 & 3 & 9 & 4 & -9 & 5 & 4 & 6 & -10 & -7 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Vous effectuez alors l’opération élémentaire $L_4\leftarrow L_4-3L_2$ ce qui fournit :

B_5 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -3 & -1 & 3 & -2 & -1 & -3 & 4 & -2 & -2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 3 & 1 & -3 & 2 & 1 & 3 & -4 & -4 & -3 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Vous effectuez alors l’opération élémentaire $L_4\leftarrow L_4+L_3$ ce qui fournit :

B_5 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -3 & -1 & 3 & -2 & -1 & -3 & 4 & -2 & -2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -6 & -5 & 1 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Ce dernier calcul montre que $A^3+A^2-5A-6I = 0$ compte tenu de la dernière ligne.

Notez $P(X) = X^3+X^2-5X-6.$ Ce polynôme est unitaire et est celui de degré minimal annulant la matrice $A.$

Ainsi, c’est le polynôme minimal de $A.$

195. Inversibilité d’une matrice

Rédigé par on | Niveau Prépa

Soit $A$ une matrice carrée d’ordre $n$ où $n$ désigne un entier naturel non nul, à coefficients dans un corps $\K.$

Supposez qu’il existe une matrice $B$ telle que $AB=I$ où $I$ désigne la matrice identité d’ordre $n.$

Vous allez démontrer que le produit $BA$ est aussi égal à $I$, ce qui établira que $AB=BA=I$ et donc que $A$ est inversible, avec $A^{-1} = B.$

Justifiez l’existence d’un polynôme annulateur de $A$

La matrice $A$ fait partie de l’ensemble des matrices carrées à $n$ éléments, qui est un $\K$-espace vectoriel de dimension $n^2.$ La famille $(I, A, …, A^{n^2})$ est donc liée. D’où l’existence d’un polynôme $P\in\K[X]$ non nul tel que $P(A)=0.$

Vous considérez donc l’ensemble $Q$ des entiers naturels $m$ tels qu’il existe un polynôme de degré $m$ annulant la matrice $A.$ D’après ce qui précède cet ensemble est une partie de $\N$ non vide, donc $Q$ admet un plus petit élément noté $p.$

Vous noterez dans la suite $\pi\in\K[X]$ un polynôme non nul, de degré $p$, tel que $\pi(A)=0.$

Démontrez que la matrice $B$ est un polynôme en $A$

Notez $\pi(X)=\sum_{k=0}^p \alpha_k X^k$, avec $\forall k\in\N, 0\leq k \leq p \implies \alpha_k\in\K.$

Vous avez $0 = \pi(A) = \sum_{k=0}^p \alpha_k A^k.$

Supposez un instant que $p = 0.$ Cela s’écrit $\alpha_0 I = 0$ donc $\alpha_0 = 0.$ Donc $\pi$ est le polynôme nul. Contradiction.

Donc $p\geq 1$ ce qui s’écrit $\alpha_0 I + \sum_{k=1}^p \alpha_k A^k = 0.$

Supposez alors que $\alpha_0 = 0.$

Vous déduisez $0 = \sum_{k=1}^p \alpha_k A^k.$ Multipliez à droite par $B.$

$0 = \sum_{k=1}^p \alpha_k A^kB$ et comme $AB = I$ il vient $0 = \sum_{k=1}^p \alpha_k A^{k-1}.$ Vous avez trouvé un polynôme de degré strictement inférieur à $p$ qui annule la matrice $A.$ Cela ne peut se produire, pour ne pas contredire la définition de $p$, que si ce polynôme est nul. Vous déduisez donc $\forall k\in\N, 1\leq k \leq p \implies \alpha_k = 0.$ Et comme $\alpha_0 = 0$ vous déduisez que $\pi$ est le polynôme nul. Contradiction.

C’est donc que $\alpha_0 \neq 0.$

Du coup, vous déduisez $I = \sum_{k=1}^p \frac{-\alpha_k}{\alpha_0} A^k.$ Multipliez à droite par $B$, vous déduisez $B =\sum_{k=1}^p \frac{-\alpha_k}{\alpha_0} A^{k-1}$ ce qui prouve l’existence d’un polynôme $R\in\K[X]$ tel que $B = R(A).$

Concluez

Comme $AB = I$, vous avez $AR(A) = I.$ Or par commutation de polynômes de matrices, vous avez $R(A)A = I$ ce qui s’écrit $BA = I.$

Prolongement

Pourriez-vous démontrer que, si vous supposez l’existence d’une matrice $B$ carrée telle que $BA = I$, alors vous avez aussi $AB =I$ ?

194. Déterminez la forme de Jordan d’une matrice avec des opérations élémentaires

Rédigé par on | Niveau Prépa

Soit la matrice suivante :

\begin{align*}
A = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &4 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Comment obtenir sa forme de Jordan ?

Note. La matrice $A$ est triangulaire supérieure avec uniquement des zéros sur sa diagonale principale. Elle est donc nilpotente : il existe un entier $k$ tel que $A^k=0.$ (Vous pouvez vérifier que $A^7$ est la matrice nulle.)

Première étape : utilisez des dilatations pour changer le $4$ en $1$ dans la dernière colonne

Vous effectuez les deux opérations élémentaires sur la matrice $A$ : $L_2 \leftarrow 1/4 L_2$ et $C_2\leftarrow 4C_2$ ce qui fournit :

\begin{align*}
A_1 = \begin{pmatrix}
0 & 4 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Puis vous effectuez les deux opérations élémentaires sur la matrice $A_1$ : $L_1\leftarrow 1/4 L_1$ et $C_1\leftarrow 4C_1$ ce qui fournit :

\begin{align*}
A_2 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

En notant $D_1$ la première matrice de dilatation, vous avez :

\begin{aligned}
D_1 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Alors $D_1^{-1}AD_1 = A_1.$

En notant $D_2$ la deuxième matrice de dilatation, vous avez :

\begin{align*}
D_2 = \begin{pmatrix}
4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Alors $D_2^{-1}A_1D_2 = A_2.$

Soit $D_2^{-1}D_1^{-1}AD_1D_2 = A_2.$

Deuxième étape : utilisez des transvections pour n’avoir qu’un seul $1$ dans la dernière colonne

L’idée consiste à partir du $1$ du dessus, associé à un bloc de Jordan de taille maximale, pour éliminer les autres.

Partez de la matrice $A_2$ ci-dessous :

\begin{align*}
A_2 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Effectuez alors les opérations élémentaires $L_6\leftarrow L_6-L_2$ et $C_2\leftarrow C_2+C_6$ ce qui fournit :

\begin{align*}
A_3 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Selon le positionnement des $1$ à éliminer, plusieurs transvections peuvent être utilisées. Dans le cas présent, une seule suffit.

La matrice de transvection associée est :

\begin{align*}
T = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Vous avez $T^{-1}A_2T = A_3$ et $T^{-1}D_2^{-1}D_1^{-1}AD_1D_2T = A_3.$

Troisième et dernière étape : utilisez une matrice de permutation pour obtenir la matrice de Jordan

Repartez de la matrice suivante :

\begin{align*}
A_3 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Appliquez la matrice de permutation suivante :

\begin{align*}
P = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 & 0 & 0 & 1 &0 &0 &0 \\
0 & 0 & 0 & 0 &1 &0 &0 \\
0 & 0 & 0 & 0 &0 &1 &0 \\
0 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &1 \\
0 & 0 & 1 & 0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Vous obtenez alors :

P^{-1}A_3P = J =  \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.

Calculez la matrice de passage associée au processus et son inverse

Vous cherchez une matrice inversible $Q$ telle que $Q^{-1}AQ = J.$

D’après ce qui précède, vous pouvez choisir $Q = D_1D_2TP$, ce qui est égal à $ID_1D_2TP$ où $I$ est la matrice identité.

Pour obtenir $Q$ vous partez donc de la matrice identité et effectuez les opérations élémentaires suivantes dans cet ordre : $C_2\leftarrow 4C_2$, $C_1\leftarrow 4C_1$, $C_2\leftarrow C_2+C_6$ et la dernière qui place la colonne 7 à la place de la troisième et décale toutes les autres sur la droite, à savoir $(C_1,C_2,C_3,C_4,C_5,C_6,C_7)\rightarrow (C_1,C_2,C_7, C_3,C_4,C_5,C_6).$

\begin{align*}
 I = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} &\xrightarrow[C_2\leftarrow 4C_2]{}  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} \xrightarrow[C_1\leftarrow 4C_1]{}  \begin{pmatrix}
4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}\\
&\xrightarrow[C_2\leftarrow C_2+C_6]{}  \begin{pmatrix}
4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} \\
&\xrightarrow[(C_1,C_2,C_3,C_4,C_5,C_6,C_7)\rightarrow (C_1,C_2,C_7, C_3,C_4,C_5,C_6)]{}  Q=\begin{pmatrix}
4 & 0&0 & 0 & 0 &0 &0 \\
0 &4&0 &0 &0 &0 &0  \\
0 &0&0 &1 &0 &0 &0  \\
0 &0&0 &0 &1 &0 &0  \\
0 &0&0 &0 &0 &1 &0  \\
0 &1&0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0&1 &0 &0 &0 &0 
\end{pmatrix}.
\end{align*}

D’après ce qui précède, vous avez $Q^{-1} = (D_1D_2TP)^{-1} = P^{-1}T^{-1}D_2^{-1}D_1^{-1}$, ce qui est égal à $P^{-1}T^{-1}D_2^{-1}D_1^{-1}I.$

Pour obtenir $Q^{-1}$ vous partez donc de la matrice identité et effectuez les opérations élémentaires suivantes dans cet ordre : $L_2\leftarrow 1/4 L_2$, $L_1\leftarrow 1/4 L_1$, $L_6\leftarrow L_6-L_2$ et la dernière qui place la ligne 7 à la place de la troisième et décale toutes les autres sur le fond, à savoir $(L_1,L_2,L_3,L_4,L_5,L_6,L_7)\rightarrow (L_1,L_2,L_7, L_3,L_4,L_5,L_6).$

\begin{align*}
 I = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} &\xrightarrow[L_2\leftarrow 1/4 L_2]{}  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_1\leftarrow 1/4 L_1]{}  \begin{pmatrix}
1/4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}\\
&\xrightarrow[L_6\leftarrow L_6-L_2]{}  \begin{pmatrix}
1/4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &-1/4 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} \\
&\xrightarrow[(L_1,L_2,L_3,L_4,L_5,L_6,L_7)\rightarrow (L_1,L_2,L_7, L_3,L_4,L_5,L_6)]{}  Q^{-1}=\begin{pmatrix}
1/4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &-1/4 &0 &0 &0 &1 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Concluez

Vous avez obtenu $Q^{-1}AQ = J$ avec :

\begin{align*}
A = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &4 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix} \qquad J = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}
\end{align*}
\begin{align*}
Q = \begin{pmatrix}
4 & 0&0 & 0 & 0 &0 &0 \\
0 &4&0 &0 &0 &0 &0  \\
0 &0&0 &1 &0 &0 &0  \\
0 &0&0 &0 &1 &0 &0  \\
0 &0&0 &0 &0 &1 &0  \\
0 &1&0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0&1 &0 &0 &0 &0 
\end{pmatrix} \qquad Q^{-1} = \begin{pmatrix}
1/4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &-1/4 &0 &0 &0 &1 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

193. Un ensemble qui n’admet pas de plus grand élément

Rédigé par on | Niveau Prépa

Considérez la partie $A$ suivante de l’ensemble des rationnels $\Q$, définie par :

$A=\left\{\frac{m}{n}, m\in\N, n\in\N^{*}\text{ et } \left(\frac{m}{n}\right)^2<2\right\}.$

Vous allez montrer que $A$ n’admet pas de plus grand élément.

En effet, soient deux entiers $m\in\N$, $n\in\N^{*}$ tels que $ \left(\frac{m}{n}\right)^2<2.$

Considérez le rationnel $q$ défini par $q = \frac{3m+4n}{2m+3n}$, bien défini puisque $2m+3n \geq 3n\geq 3.$

Montrez que $q$ est strictement supérieur à $\frac{m}{n}$

Vous avez les inégalités suivantes :

\begin{aligned}
m^2&<2n^2 \\
2m^2 &< 4n^2\\
2m^2+3mn &< 4n^2+3mn\\
m(2m+3n) &< n(4n+3m)\\
\frac{m}{n} &< \frac{4n+3m}{2m+3n}\\
\frac{m}{n} &< q.
\end{aligned}

Montrez que $q$ appartient à l’ensemble $A$

Vous avez déjà $4n+3m\in\N$ et $2m+3n\in\N^{*}.$

Calculez la différence suivante :

\begin{aligned}
\left(\frac{4n+3m}{2m+3n}\right)^2 -2 &= \frac{(4n+3m)^2}{(2m+3n)^2}-2 \\
&= \frac{(4n+3m)^2-2(2m+3n^2)}{(2m+3n)^2} \\
&= \frac{ 16n^2+9m^2+24mn -2(4m^2+9n^2+12mn)}{(2m+3n)^2} \\
&= \frac{ 16n^2+9m^2+24mn -8m^2-18n^2-24mn}{(2m+3n)^2} \\
&= \frac{m^2 -2n^2}{(2m+3n)^2}.
\end{aligned}

Elle est strictement négative vu que $m^2 < 2n^2.$

D’où $q\in A.$

Concluez

Vous avez montré que pour tout nombre appartenant à $A$, il existe un nombre appartenant à $A$ qui lui est strictement supérieur.

Donc l’ensemble $A$ n’admet pas de plus grand élément.

Prolongement

En suivant une démarche similaire, pourriez-vous prouver aussi que l’ensemble défini par :

$B=\left\{\frac{m}{n}, m\in\N, n\in\N^{*}\text{ et } \left(\frac{m}{n}\right)^2<3\right\}$

n’admet pas de plus grand élément ?

192. Le théorème de Heine

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

Ce théorème est attribué à Eduard Heine et date de 1872. Il s’énonce ainsi.

Quels que soient les réels $a$ et $b$ tels que $a<b$ et quelle que soit $f: [a,b]\to \R$ une fonction continue, $f$ est uniformément continue sur $[a,b].$

Continuité et continuité uniforme

Le fait que $f$ soit continue sur $[a,b]$ s’exprime ainsi :

\begin{aligned} \forall x\in [a,b], \forall \varepsilon > 0, \exists \delta >0, \forall y\in[a,b], \lvert y-x \rvert\leq \delta \implies \lvert f(y)-f(x)\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Il s’agit démontrer sous cette hypothèse la continuité uniforme de $f$ sur $[a,b]$, à savoir :

\begin{aligned} \forall \varepsilon > 0, \exists \delta >0, \forall x\in [a,b], \forall y\in[a,b], \lvert y-x \rvert\leq \delta \implies \lvert f(y)-f(x)\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

De nombreuses démonstrations se basent sur des suites, des suites extraites et le raisonnement par l’absurde. D’autres utilisent la notion de compacité du segment $[a,b]$, qui, recouvert par des ouverts bien choisis, et extraction d’un sous-recouvrement fini, permettent d’aboutir à une démonstration.

Dans cet article vous utiliserez une preuve directe reposant sur la propriété de la borne supérieure des réels : toute partie non vide et majorée de $\R$ admet une borne supérieure, c’est-à-dire un plus petit majorant pour cette partie.

Fixez deux réels $a$ et $b$ tels que $a<b.$ Soit $f: [a,b]\to \R$ une fonction continue et $\varepsilon$ un réel strictement positif.

Une notation utile

On dit que $f$ possède la propriété $P$ sur un intervalle $I\subset[a,b]$, si et seulement si : $\exists \delta > 0, \forall z,z’\in I, \lvert z-z’\rvert\leq \delta \implies \lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

De cette définition, on tire immédiatement le fait que si $J$ est un sous-intervalle d’un intervalle $I\subset[a,b]$ et si $f$ possède la propriété $P$ sur $I$, alors $f$ possède la propriété $P$ sur $J.$

Lemme $1$ : caractère local de la propriété $P$

Soit $c$ un réel appartenant à l’intervalle $[a,b].$

Alors il existe un réel $r$ strictement positif tel que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b]\cap [c-r, c+r].$

En effet, $f$ est continue en $c.$

Il existe donc un réel $r$ strictement positif tel que $\forall x\in[a,b], \lvert x-c\rvert \leq r \implies \lvert f(x)-f(c)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Soient maintenant $z$ et $z’$ deux réels de l’intervalle $[a,b]\cap [c-r, c+r].$

Comme $\lvert z-c\rvert \leq r$ et $\lvert z’-c\rvert \leq r$ il vient $\lvert f(z)-f(c)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}$ et $\lvert f(z’)-f(c)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

D’après l’inégalité triangulaire :

\begin{aligned}
\lvert f(z)-f(z’) \rvert &\leq \lvert f(z)-f(c) \rvert + \lvert f(z’)-f(c) \rvert\\
&\leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}\\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Ce qui conclut.

Le lemme suivant sera aussi très utile dans la suite.

Lemme $2$ : recollement d’intervalles

Supposez que $u$, $v$ et $w$ sont trois réels de l’intervalle $[a,b]$ tels que $u<v<w$, de sorte que : $f$ ait la propriété $P$ sur l’ intervalle $[u,v]$ et $f$ ait aussi la propriété $P$ sur l’intervalle $[v,w].$

Vous allez montrer que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[u,w].$

Vous avez tout d’abord l’existence de deux réels strictement positifs $\delta_1$ et $\delta_2$ tels que :

$\forall z,z’\in [u,v], \lvert z-z’\rvert\leq \delta_1 \implies \lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

$\forall z,z’\in [v,w], \lvert z-z’\rvert\leq \delta_2 \implies \lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

Le recollement va être dû à la continuité de $f$ en $v$.

En effet, il existe $\delta_3>0$ tel que $\forall x\in [a,b], \lvert x-v\rvert\leq \delta_3 \implies \lvert f(x)-f(v)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Posez alors $\delta = \mathrm{Min}(\delta_1, \delta_2,\delta_3).$

Considérez deux réels $z$ et $z’$ appartenant à l’intervalle $[u,w]$ et tels que $\lvert z-z’\rvert\leq \delta.$

1er cas : $z\in[u,v]$ et $z’\in[u,v].$ Comme $\lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_1$ il vient $\lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

2ème cas : $z\in[u,v]$ et $z’\notin[u,v].$ Alors $z’\in[v,w].$ Alors :

$\lvert z-v\rvert \leq \lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_3.$

De même :

$\lvert z’-v\rvert \leq \lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_3.$

Donc $\lvert f(z)-f(v)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}$ et $\lvert f(z’)-f(v)\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

L’inégalité triangulaire fournit :

\begin{aligned}
\lvert f(z)-f(z’) \rvert &\leq \lvert f(z)-f(v) \rvert + \lvert f(z’)-f(v) \rvert\\
&\leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}\\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

3ème cas : $z\notin[u,v]$ et $z’\in[u,v].$ Alors $z\in[v,w].$ Il s’agit du cas numéro 2 où $z$ et $z’$ ont été échangés. Vous obtenez alors $\lvert f(z)-f(z’) \rvert \leq \varepsilon.$

4ème cas : $z\notin[u,v]$ et $z’\notin[u,v].$ Alors $z,z’\in[v,w].$ Comme $\lvert z-z’\rvert\leq \delta \leq \delta_2$ il vient $\lvert f(z)-f(z’)\rvert \leq \varepsilon.$

Ainsi $f$ possède bien la propriété $P$ sur l’intervalle $[u,w].$

Passez maintenant à la démonstration du théorème de Heine

Considérez pour cela l’ensemble $A = \{x\in[a,b],$ $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,x].\}$

Montrez que $A$ contient un élément strictement supérieur à $a$

En appliquant le lemme $1$, avec $c=a$ vous avez l’existence d’un réel $r>0$ tel que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b]\cap[a-r, a+r].$

Posez $a_0 = a+ \mathrm{Min}(b-a, r)$. Alors $a<a_0\leq b$ et $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a, a_0].$

Donc $a_0\in A.$

Montrez que $A$ admet une borne supérieure

La partie $A$ est une partie de $\R$ non vide (puisqu’elle contient $a_0$) et qui est majorée par $b.$

Donc elle admet une borne supérieure $\alpha.$

Comme $a_0\in A$ il vient $a_0\leq \alpha$ puisque la borne supérieure de $A$ est un majorant de $A.$

Le nombre $b$ majore $A$, or le plus petit des majorants de $A$ est $\alpha$, donc $\alpha\leq b.$

Ainsi $a<a_0\leq \alpha \leq b.$

Montrez que la borne supérieure $\alpha$ est égale à $b$

Ce point est délicat.

Raisonnez par l’absurde en supposant $\alpha \neq b.$ Alors $a < \alpha < b.$

Appliquez le lemme $1$ avec $c=\alpha.$ Il existe un réel $r’>0$ tel que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b]\cap[\alpha-r’, \alpha+r’].$

Posez alors $r = \mathrm{Min}(r’, b-\alpha, \alpha-a)>0.$ Alors $a\leq \alpha-r\leq \alpha+r\leq b.$

Alors $f$ possède la propriété $P$ sur $[\alpha-r, \alpha+r].$

Or $\alpha-r < \alpha$, donc $\alpha-r$ ne peut majorer $A$ donc il existe $d\in A$ tel que $\alpha-r<d.$ Comme $f$ possède la propriété $P$ sur $[a, d]$ vous déduisez que $f$ possède aussi la propriété $P$ sur $[a, \alpha-r].$

Utilisant le lemme $2$ de recollement, vous déduisez que $f$ admet la propriété $P$ sur $[a, \alpha+r]$, donc $\alpha+r\in A.$

Or $\alpha$ majore $A$ donc $\alpha+r \leq \alpha$ donc $r\leq 0$ contradiction.

Concluez

D’après ce qui précède, la borne supérieure de $A$ est égale à $b.$

Or, en appliquant le lemme $1$ à $c=b$ vous déduisez l’existence d’un réel $r’>0$ tel que $f$ possède la propriété $P$ sur $[a,b]\cap [b-r’, b+r’].$

Posez alors $r = \mathrm{Min}(r’,b-a)> 0.$ Vous avez $a\leq b-r < b.$

La fonction $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[b-r, b]\subset [a,b]\cap [b-r’, b+r’].$

Or $b-r < b$ donc $b-r$ ne peut majorer $A$ donc il existe $d\in A$ tel que $b-r< d.$

La fonction $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,d]$ donc $f$ possède aussi la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b-r].$

Utilisant le lemme $2$ de recollement vous déduisez que $f$ possède la propriété $P$ sur l’intervalle $[a,b].$

Cela termine la démonstration du théorème de Heine.

191. Calcul de la somme de la suite formée par les dérivées des termes consécutifs d’une suite géométrique

Rédigé par on | Niveau Prépa

Soit $q$ un nombre réel positif tel que $q<1.$

Pour tout entier naturel $n\geq 3$, vous considérez $u_n = 1+2q+3q^2+4q^3+\cdots+(n+1)q^n.$

Autrement dit, pour tout $n\geq 0$ vous avez $u_n = \sum_{k=0}^n (k+1)q^k.$

Le but de cet article est de montrer que la limite $\lim_{n\to +\infty} u_n$ existe et de calculer sa valeur.

Ramenez-vous à une suite géométrique

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $1.$

\begin{aligned}
q\times u_n &= \sum_{k=0}^n (k+1)q^{k+1} \\
&= \sum_{k=1}^{n+1} kq^{k}\\
&= \sum_{k=1}^{n} kq^{k} + (n+1)q^n.
\end{aligned}

Or $u_n = 1 + \sum_{k=1}^n (k+1)q^k.$

Il vient :

\begin{aligned}
u_n-q\times u_n &= \sum_{k=1}^n (k+1)q^k -\sum_{k=1}^{n} kq^{k} + 1 – (n+1)q^n\\
&=\sum_{k=1}^n q^k + 1 – (n+1)q^n\\
&=\sum_{k=0}^n q^k – (n+1)q^n\\
&=\frac{1-q^{n+1}}{1-q} – (n+1)q^n
\end{aligned}

Vous déduisez $u_n=\frac{\frac{1-q^{n+1}}{1-q} – (n+1)q^n}{1-q}.$

Déduisez la valeur de la somme

Soit $x$ un nombre réel positif et $n$ un entier supérieur ou égal à $2.$

Le développement de $(1+x)^n$ par la formule du binôme fournit l’inégalité $(1+x)^n \geq \frac{n(n-1)}{2}x^2.$

Par suite, comme $1/q$ est strictement supérieur à $1$, vous avez $1/q = 1+x$ avec $x>0$ et $\frac{(1/q)^n}{n} \geq \frac{n-1}{2}x^2$ donc $\lim_{n\to +\infty} \frac{(1/q)^n}{n} = +\infty$ soit $\lim_{n\to +\infty} nq^n = 0.$

Comme $0\leq q^n \leq nq^n$ vous retrouvez par le théorème des gendarmes que $\lim_{n\to +\infty} q^n = 0.$

Vous déduisez $\lim_{n\to +\infty} (n+1)q^n =0$ et $\lim_{n\to +\infty} q^{n+1} =0.$

Il vient immédiatement $\lim_{n\to +\infty} u_n = \frac{1}{(1-q)^2.}$

Il est ainsi prouvé que pour tout $q\in[0,1[, \boxed{\sum_{k=0}^{+\infty} (k+1)q^k = \frac{1}{(1-q)^2}.}$

Prolongement

Justifiez que le résultat s’étend à un intervalle plus large.

Montrez que pour tout $q\in]-1,1[, \sum_{k=0}^{+\infty} (k+1)q^k = \frac{1}{(1-q)^2}.$

190. Les équations de Cauchy-Riemann avec les parties réelles et imaginaires

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

Dans cet article, $z_0$ désigne un nombre complexe fixé.

Il s’écrit sous la forme unique $z_0=x_0+iy_0$ où $x_0$ et $y_0$ sont deux nombres réels.

Supposez qu’il existe un nombre réel $r$ strictement positif tel que $f$ soit une fonction définie sur $B = \{z\in\C, \lvert z-z_0\rvert<r\}$ (boule ouverte de centre $z_0$ et de rayon $r$) à valeurs dans $\C.$

Supposez de plus que la fonction $f$ est dérivable au sens complexe en $z_0$, autrement dit il existe un nombre complexe noté $f'(z_0)$ tel que :

\begin{aligned} \forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall h\in \C, 0<\lvert h \rvert < \mathrm{Min}(\delta,r) \implies \left\lvert\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Ceci est noté $\lim_{\substack{h\to 0\\h\in\C}} \frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} = f'(z_0).$

Avant de commencer les démonstrations proprement dites sur les équations de Cauchy-Riemann il sera très utile de faire le lien entre les parties réelles et imaginaires.

Un petit lemme sur les parties réelles et imaginaires

Soit $z$ un nombre complexe. Il existe un unique couple de réels $(x,y)$ tel que $z = x+iy.$

On note $x = \mathrm{Re}(z)$ et $y = \mathrm{Im}(z)$.

Notez que $iz = -y + ix = – \mathrm{Im}(z) + i \mathrm{Re}(z).$

Vous obtenez alors le résultat suivant, valable pour tout nombre complexe $z$ :

$\boxed{\mathrm{Re}(iz) = -\mathrm{Im}(z)}$ et $\boxed{\mathrm{Im}(iz) = \mathrm{Re}(z).}$

Définissez les fonctions de deux variables qui correspondent à la partie réelle et à la partie imaginaire

Notez :

\begin{aligned} C = \left\{(x_0+h, y_0+k), (h,k)\in\left]\frac{-r\sqrt{2}}{2}, \frac{r\sqrt{2}}{2}\right[^2\right\}\end{aligned}

qui est un carré centré en $(x_0,y_0)$ avec $C\subset \R^2.$

Il convient de remarquer que $\forall (x,y)\in C, x+iy\in U.$

Cela conduit aux définitions suivantes.

Pour tout $(x,y)\in C$ vous posez $\boxed{u(x,y) = \mathrm{Re}(f(x+iy))}$ et $\boxed{v(x,y) = \mathrm{Im}(f(x+iy)).}$

Démontrez la première relation de Cauchy-Riemann $\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0) = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0)$

Il s’agit de démontrer que la fonction $u$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(x_0,y_0)$, notée $\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)$ puis de démontrer que la fonction $v$ admet aussi une dérivée partielle par rapport à la seconde variable, notée $\frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0)$ puis d’arriver à l’égalité $\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0) = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0).$

Soit $\varepsilon$ un nombre réel strictement positif.

Il existe alors un nombre réel $\delta$ strictement positif tel que:

\begin{aligned} \forall h\in \C, 0<\lvert h \rvert < \mathrm{Min}(\delta,r) \implies \left\lvert\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Soit maintenant $h$ un réel tel que $0 < \lvert h \rvert < \mathrm{Min}\left(\delta,\frac{r\sqrt{2}}{2}\right).$

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{u(x_0+h,y_0)-u(x_0,y_0)}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert &\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Re}(f(x_0+h+iy_0))-\mathrm{Re}(f(x_0+iy_0))}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left(\frac{f(x_0+h+iy_0)-f(x_0+iy_0)}{h}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0)) \right\rvert\\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left(\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0)) \right\rvert\\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left(\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0)\right) \right\rvert\\
&\leq \left\lvert \frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert\\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Il est ainsi démontré que la fonction $u$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(x_0,y_0)$ et que $\boxed{\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0) = \mathrm{Re}(f'(z_0)).}$

Il s’agit maintenant de passer à la fonction $v.$

Remarquez que $\lvert ih \rvert = \lvert h \rvert$ donc:

\begin{aligned} \left\lvert\frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Il vient les majorations suivantes:

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{v(x_0,y_0+h)-v(x_0,y_0)}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert &\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Im}(f(x_0+iy_0+ih))-\mathrm{Im}(f(x_0+iy_0))}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Im}(f(x_0+iy_0+ih)-f(x_0+iy_0))}{h}-\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im}\left(\frac{f(x_0+iy_0+ih)-f(x_0+iy_0)}{h}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im}\left(\frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{h}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im}\left(i\times \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left( \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}\right) -\mathrm{Re}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re}\left( \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}-f'(z_0)\right) \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}-f'(z_0) \right\rvert \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Il est ainsi démontré que la fonction $v$ admet une dérivée partielle par rapport à la deuxième variable en $(x_0,y_0)$ et que $\boxed{\frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0) = \mathrm{Re}(f'(z_0)).}$

Vous en déduisez que $\boxed{\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0) = \frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0).}$

Démontrez la deuxième relation de Cauchy-Riemann $\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0) = -\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)$

Il s’agit de démontrer que la fonction $u$ admet une dérivée partielle par rapport à la deuxième variable en $(x_0,y_0)$, notée $\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0)$ puis de démontrer que la fonction $v$ admet aussi une dérivée partielle par rapport à la première variable, notée $\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)$ puis d’arriver à l’égalité $\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0) = -\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0).$

Soit $\varepsilon$ un nombre réel strictement positif.

Il existe alors un nombre réel $\delta$ strictement positif tel que:

\begin{aligned} \forall h\in \C, 0<\lvert h \rvert < \mathrm{Min}(\delta,r) \implies \left\lvert\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Soit maintenant $h$ un réel tel que $0 < \lvert h \rvert < \mathrm{Min}\left(\delta,\frac{r\sqrt{2}}{2}\right).$ Notez encore que $\lvert ih \rvert = \lvert h \rvert$ donc:

\begin{aligned} \left\lvert\frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} – f'(z_0) \right\rvert \leq \varepsilon.\end{aligned}

Il vient successivement:

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{u(x_0,y_0+h)-u(x_0,y_0)}{h}-\left[-\mathrm{Im}(f'(z_0))\right]\right\rvert &\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Re}(f(x_0+iy_0+ih))-\mathrm{Re}(f(x_0+iy_0))}{h}+\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Re}(f(z_0+ih))-\mathrm{Re}(f(z_0))}{h}+\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re} \left(\frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{h}\right) +\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Re} \left(i\times \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}\right) +\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert -\mathrm{Im} \left( \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih}\right) +\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im} \left( f'(z_0) – \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} \right) \right\rvert \\
&\leq \left\lvert f'(z_0) – \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{f(z_0+ih)-f(z_0)}{ih} – f'(z_0) \right\rvert \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Il est ainsi démontré que la fonction $u$ admet une dérivée partielle par rapport à la deuxième variable en $(x_0,y_0)$ et que $\boxed{\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0) = -\mathrm{Im}(f'(z_0)).}$

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{v(x_0+h,y_0)-v(x_0,y_0)}{h}-\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert &\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Im}(f(x_0+h+iy_0))-\mathrm{Im}(f(x_0+iy_0))}{h}-\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \frac{\mathrm{Im}(f(z_0+h))-\mathrm{Im}(f(z_0))}{h}-\mathrm{Im}(f'(z_0))\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \mathrm{Im}\left( \frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right)\right\rvert \\
&\leq \left\lvert\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h} – f'(z_0) \right\rvert \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Il est ainsi démontré que la fonction $v$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(x_0,y_0)$ et que $\boxed{\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0) = \mathrm{Im}(f'(z_0)).}$

Vous en déduisez que $\boxed{\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0) = -\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0).}$

189. Théorème de Mertens sur les séries

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

Dans cet article vous allez prouver un résultat attribué à un mathématicien allemand Franz Mertens, qui a prouvé une propriété de convergence sur les séries de nombres complexes.

Soient $\sum_{n\geq 0} a_n$ et $\sum_{n\geq 0} b_n$ deux séries de nombres complexes.

Supposez que $\sum_{n\geq 0} b_n$ converge vers un nombre complexe $b$ noté $\sum_{n=0}^{+\infty} b_n$ et que la série $\sum_{n\geq 0} a_n$ est absolument convergente, autrement dit $\sum_{n = 0}^{+\infty} \lvert a_n \rvert < +\infty.$

Alors la série $\sum_{n\geq 0} a_n$ est convergente, vous notez $a = \sum_{n= 0}^{+\infty} a_n.$

Pour tout entier naturel $n$ vous posez $c_n =\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}.$ La série $\sum_{n \geq 0} c_n$ est appelée produit de Cauchy des séries $\sum_{n\geq 0} a_n$ et $\sum_{n\geq 0} b_n.$

Sous les hypothèses ci-dessus, vous allez démontrer que la série $\sum_{n \geq 0} c_n$ est convergente et que sa somme $\sum_{n =0}^{+\infty} c_n$ est égale au produit $ab = \left(\sum_{n = 0}^{+\infty} a_n\right)\left(\sum_{n = 0}^{+\infty} b_n\right).$

Trouvez une écriture convenable pour la somme $\sum_{p=0}^n c_p$

Calculez les premiers termes :

\begin{aligned}
c_0 &= a_0b_0\\
c_1 &= a_0b_1+a_1b_0\\
c_2 &= a_0b_2+a_1b_1+a_2b_0.
\end{aligned}

Si bien que :

\begin{aligned}
c_0 +c_1+c_2&= a_0(b_0+b_1+b_2)+a_1(b_0+b_1)+a_2b_0.
\end{aligned}

Pour tout entier naturel $n$, posez $\boxed{B_n = \sum_{p=0}^n b_p.}$

Vous obtenez :

\begin{aligned}
c_0 +c_1+c_2&= a_0B_2+a_1B_1+a_2B_0.
\end{aligned}

Généralisez avec une récurrence.

Pour tout entier naturel $n$, notez $P(n)$ la propriété suivante : « $\sum_{p=0}^n c_p = \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p}$. »

Initialisation. Pour $n=0$ :

\begin{aligned}
\sum_{p=0}^n c_p &= c_0 \\ &= a_0b_0 \\ &= a_0B_0 \\ &= \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p}.
\end{aligned}

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel fixé tel que $P(n)$ soit vérifiée.

\begin{aligned}
\sum_{p=0}^{n+1} c_p &= \sum_{p=0}^{n} c_p + c_{n+1}\\
&= \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p} +c_{n+1}\\
&= \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p} +\sum_{p=0}^{n+1} a_p b_{n+1-p}\\
&= \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p} +\sum_{p=0}^{n} a_p b_{n+1-p} + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p (B_{n-p} + b_{n+1-p}) + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p (B_{n-p} + b_{n-p+1}) + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p \left(\sum_{k=0}^{n-p} b_k + b_{n-p+1}\right) + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p \left(\sum_{k=0}^{n-p+1} b_k\right) + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p B_{n+1-p} + a_{n+1}b_0\\
&= \sum_{p=0}^n a_p B_{n+1-p} + a_{n+1}B_0\\
&= \sum_{p=0}^{n+1} a_p B_{n+1-p}.
\end{aligned}

Donc $P(n+1)$ est vérifiée.

Conclusion. Par récurrence vous avez établi que :

\begin{aligned} \boxed{\forall n\in\N, \sum_{p=0}^n c_p = \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p}.}\end{aligned}

Démontrez que $\lim_{n\to +\infty} \sum_{p=0}^n c_p = ab$

Par définition de la suite $(B_n)_{n\geq 0}$ vous avez $\lim_{n\to +\infty} B_n = b.$ Cette suite étant convergente, elle est bornée : il existe un réel $M$ strictement positif tel que, pour tout $n\in\N$, $\lvert B_n \rvert \leq M.$

Soit maintenant $\varepsilon$ un réel strictement positif.

Comme $\lim_{n\to +\infty} \sum_{p=0}^n a_p = a$, il existe un entier naturel $N_1$ tel que, pour tout $n\geq N_1$, $\left\lvert \sum_{p=0}^n a_p -a \right\rvert\leq \frac{\varepsilon / 3}{\lvert b \rvert +1}.$

Comme $\sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert < +\infty$, il existe un entier naturel $N_2$ tel que, pour tout $n\geq N_2$, $\sum_{k=n}^{+\infty} \lvert a_k \rvert \leq \frac{\varepsilon / 3}{M + \lvert b \rvert }.$

Comme $\lim_{n\to +\infty}B_n = b $, il existe un entier naturel $N_3$ tel que, pour tout $n\geq N_3$, $\left\lvert B_n -b \right\rvert \leq \frac{\varepsilon / 3}{1+ \sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert}.$

Notez $N = \mathrm{Max}(N_1,N_2,N_3, 1)$.

Supposez que $n$ est un entier naturel tel que $n\geq 2N.$

\begin{aligned}
\left\lvert \sum_{p=0}^n c_p – ab \right\rvert &\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_pB_{n-p}- ab \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \left\lvert \sum_{p=0}^n ba_p – ab \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \left\lvert b \right\rvert \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p – a \right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \left\lvert b \right\rvert \times \frac{\varepsilon / 3}{\lvert b \rvert +1} \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^n a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \left\lvert \sum_{p=0}^N a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \sum_{p=0}^N \lvert a_p\rvert \lvert B_{n-p} – b\rvert + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \sum_{p=0}^N \left(\lvert a_p\rvert \times \frac{\varepsilon / 3}{1+ \sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert}\right) + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon / 3}{1+ \sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert} \times \sum_{p=0}^N \lvert a_p\rvert + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon / 3}{1+ \sum_{k=0}^{+\infty} \lvert a_k \rvert} \times \sum_{p=0}^{+\infty} \lvert a_p\rvert + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + \left\lvert \sum_{p=N+1}^{n} a_p(B_{n-p} – b) \right\rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + \sum_{p=N+1}^{n} \lvert a_p \rvert (M + \lvert b \rvert) + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + (M + \lvert b \rvert) \sum_{p=N+1}^{n} \lvert a_p \rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + (M + \lvert b \rvert) \sum_{p=N+1}^{+\infty} \lvert a_p \rvert + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + (M + \lvert b \rvert) \times \frac{\varepsilon / 3}{M + \lvert b \rvert } + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}

Cela termine la démonstration.

Résumez et concluez

Si deux séries $\sum_{n\geq 0} a_n$ et $\sum_{n\geq 0} b_n$ sont convergentes et que l’une d’entre elles est absolument convergente, alors la série du produit de Cauchy $\sum_{n\geq 0} \left(\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}\right)$ est convergente et de plus :

\begin{aligned} \boxed{\sum_{n= 0}^{+\infty} \left(\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k} \right)= \left(\sum_{n= 0}^{+\infty} a_n\right)\left(\sum_{n= 0}^{+\infty} b_n\right).}\end{aligned}

Prolongement

Soit $q$ un nombre complexe tel que $\lvert q \rvert < 1.$

Pourriez-vous démontrer que la série $\sum_{n\geq 0} (n+1)q^n$ est convergente ?

Montrez alors que sa somme est donnée par $\sum_{n=0}^{+\infty} (n+1)q^n = \frac{1}{(1-q)^2}.$

188. Toute fonction réelle continue sur un segment est bornée

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

Considérez deux nombres réels $a$ et $b$ tels que $a<b.$ Soit $f: [a,b]\to \R$ une fonction continue.

Autrement dit, pour tout $x\in[a,b]$ et pour tout réel $\varepsilon$ strictement positif, il existe un nombre réel $\delta$ strictement positif tel que, pour tout $y\in[a,b]$, $x-\delta<y<x+\delta \implies f(x)-\varepsilon < f(y) < f(x)+\varepsilon.$

Le but de ce document est de démontrer que la fonction $f$ est bornée : il existe un nombre réel $M$ strictement positif tel que, pour tout $x\in[a,b], -M\leq f(x) \leq M.$

Utilisez la borne supérieure d’un ensemble

Soit $A$ l’ensemble défini par $\{x\in[a,b], \exists M> 0, \forall u\in[a,x], -M\leq f(u)\leq M\}.$

Pour dégrossir la définition, si $x\in A$, alors la restriction de la fonction $f$ à l’intervalle $[a,x]$ est bornée.

Posez $M = 1+ \lvert f(a) \rvert$ pour obtenir $M>0$. Comme $-M\leq f(a) \leq M$ vous déduisez que $\forall u\in[a,a], -M\leq f(u)\leq M$, ce qui prouve $a\in A$ donc l’ensemble $A$ est non vide.

Par définition de $A$, vous avez $\forall x\in A, x\in[a,b]$ donc $b$ est un majorant de l’ensemble $A.$

Comme $A$ est une partie de $\R$ vous déduisez que $A$ admet une borne supérieure, que vous allez noter $c.$

Démontrez que la borne supérieure $c$ est strictement supérieure à $a$

La fonction $f$ est continue sur l’intervalle $[a,b]$, vous choisissez $\varepsilon = 1$ et écrivez la continuité en $a.$

Il existe donc un nombre réel $\delta$ strictement positif, tel que, pour tout $y\in[a,b]$, $a-\delta<y<a+\delta \implies f(a)-1 < f(y) < f(a)+1.$ Posez $M = \lvert f(a) \rvert +1$. Il vient $M>0$ et $\forall y\in[a,b], a-\delta<y<a+\delta \implies -M \leq f(y)\leq M.$

Posez $\delta’ = \mathrm{Min}\left(\frac{\delta}{2}, b-a\right).$ Alors $\delta’ > 0.$ Comme $[a, a+\delta’]\subset [a,a+\delta[ \cap [a,b]$ vous déduisez $\forall x\in[a, a+\delta’], -M\leq f(x) \leq M.$ Du coup $a+\delta’\in A$. Par définition de la borne supérieure $c$ qui est un majorant de $A$ vous déduisez $a+\delta’ \leq c.$ Or $a+\delta’ > a$ donc $a < c.$

Démontrez que la borne supérieure $c$ est égale à $b$

Raisonnez par l’absurde et supposez que $c\neq b.$ Comme $b$ est un majorant de $A$ et comme la borne supérieure $c$ est le plus petit majorant de $A$, il vient $c\leq b$ et par suite $c<b.$

De ce qui précède, vous avez $a<c<b.$

Or, par continuité de la fonction $f$ en $c$ en prenant $\varepsilon =1$, il existe un nombre réel $\delta$ strictement positif tel que $\forall x\in[a,b], c-\delta < x < c+\delta\implies f(c)-1 < f(x) < f(c)+1.$ Posez $M = \lvert f(c) \rvert +1$ de sorte que $M>0$ et $\forall x\in[a,b], c-\delta < x < c+\delta\implies -M < f(x) < M.$

Posez $\delta’ = \mathrm{Min}\left(c-a, b-c, \frac{\delta}{2}\right).$ De part les positions de $a$, $b$ et $c$, vous avez $\delta’ > 0.$

De plus, $[c-\delta’, c+\delta’]\subset]c-\delta,c+\delta[ \cap [a,b]$ de sorte que $\forall x\in [c-\delta’, c+\delta’], -M < f(x) < M.$

D’autre part, $c-\delta’$ est strictement inférieur à $c$. Donc $c-\delta’$ est strictement inférieur au plus petit des majorants de l’ensemble $A$. Donc $c-\delta’$ n’est pas un majorant de $A$. Donc il existe $u\in A$ tel que $c-\delta’ < u.$

Comme $u\in A$, il existe $N> 0$ tel que $\forall x\in[a,u], -N\leq f(x)\leq N.$

Comme $[a, c-\delta’]\subset [a, u]$ il vient $\forall x\in[a,c-\delta’], -N\leq f(x)\leq N.$

Soit maintenant $x\in[a, c+\delta’].$ Si $x\in[a,c-\delta’]$ alors $-N-M < -N \leq f(x) \leq N \leq N+M$ donc $-N-M\leq f(x) \leq N+M.$ Sinon, c’est que $x\in]c-\delta’, c+\delta’]$, et dans ce cas alors $-N-M < -M \leq f(x) \leq M < N+M.$

Ainsi $\forall x\in[a, c+\delta’], -N-M\leq f(x) \leq N+M$ donc $c+\delta’ \in A.$ Comme $c$ est une borne supérieure de $A$ il vérifie $c\geq c+\delta’$ ce qui est absurde puisque $c+\delta’ > c$ compte tenu de la stricte positivité de $\delta’.$

De cette analyse, vous déduisez que $c=b.$

Concluez

La fonction $f$ est continue en $b$, donc il existe $\delta > 0$ tel que $\forall x\in[a,b], b-\delta<x<b+\delta \implies f(b)-1<f(x)<f(b)+1.$

Posez $\delta’=\mathrm{Min}\left(\frac{\delta}{2}, b-a\right) > 0$ et $M = \lvert f(b) \rvert +1$ pour avoir $M>0.$

Alors $\forall x\in[b-\delta’, b], -M\leq f(x)\leq M.$

Or $b-\delta’$ ne peut majorer l’ensemble $A$ puisque $b$ est une borne supérieure de $A.$

Donc il existe $u\in A$ tel que $b-\delta’ < u.$

Comme $u\in A$, il existe $N>0$ tel que $\forall x\in[a,u], -N\leq f(x)\leq N.$

Soit maintenant $x\in [a,b].$

Si $x\in[a,b-\delta’]$, alors $x\in[a,u]$ donc $-N-M<-N\leq f(x) \leq N < N+M$ donc $-N-M\leq f(x)\leq N+M.$

Sinon, c’est que $x\in]b-\delta’,b]$ donc $-N-M< -M \leq f(x) \leq M < M+N$ donc $-N-M\leq f(x) \leq N+M.$

Dans tous les cas il est établi que $-N-M\leq f(x) \leq N+M$ ce qui prouve que $f$ est bornée sur $[a,b]$ et que $b\in A.$ Comme $b$ est une borne supérieure de $A$, vous déduisez au passage que $b$ est le maximum de $A.$

Prolongement

Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a<b$ $f: [a,b]\to \R$ une fonction continue, telle que $f(a)<0$ et $f(b)>0.$ En utilisant l’ensemble $A = \{x\in[a,b], \forall u\in[a,x], f(u) < 0\}$ pourriez-vous démontrer qu’il existe un nombre réel $c\in]a,b[$ tel que $f(c)=0$ ?

187. Le lemme de Bernoulli

Rédigé par on | Niveau Prépa, Niveau Terminale

Soit $x$ un réel strictement supérieur à $-1$, de sorte que $1+x$ soit un réel strictement positif.

Vous allez démontrer que, pour tout entier naturel $n$, $(1+x)^n \geq 1+nx.$

D’où provient l’idée de ce lemme ?

Lorsque $x$ est positif, vous avez les minorations suivantes, après développement :

\begin{aligned}
(1+x)^2 &\geq 1+2x+x^2 \geq 1+2x\\
(1+x)^3 &\geq 1+3x+3x^2+x^3 \geq 1+3x\\
(1+x)^4 &\geq 1+4x+6x^2+4x^3+x^4 \geq 1+4x\\
(1+x)^5 &\geq 1+5x+10x^2+10x^3+5x^4+x^5 \geq 1+5x.
\end{aligned}

Pour tout entier naturel $n$ et tout réel $x$ positif, le développement de $(1+x)^n$ fournit immédiatement le lemme de Bernoulli.

Il est remarquable que celui-ci subsiste aussi lorsque $x$ appartient à l’intervalle $]-1,0[.$

En effet, soit $x$ un réel fixé appartenant à $]-1,0[$.

Partez de $3+x \geq 0$, alors après multiplication par $x^2$ qui est positif, $3x^2+x^3 \geq 0$ et par suite $1+3x+3x^2+x^3\geq 1+3x$ d’où $(1+x)^3\geq 1+3x.$

Pour le degré $4$, partez du fait que $x^2+4x+6 = (x+2)^2+2$ du coup $x^2+4x+6\geq 0$ et après multiplication par $x^2$, il vient $x^4+4x^3+6x^2\geq 0$ et par suite $x^4+4x^3+6x^2+4x+1 \geq 4x+1$ donc $(1+x)^4\geq 1+4x.$

Pour le degré $5$, il va falloir trouver un argument pour justifier que le réel $10+10x+5x^2+x^3$ va être positif… c’est encore possible en étudiant la fonction $f$ définie par $f(t) = 10+10t+5t^2+t^3$ sur l’intervalle $[-1,0].$

Vous avez $f'(t) = 10+5t+3t^2$ qui est un polynôme de degré $2$ possédant un discriminant strictement négatif et de coefficient dominant positif, par suite la fonction $f’$ est positive, donc $f$ est croissante sur $[-1,0]$ donc $f(x)\geq f(-1).$ Or, $f(-1)=4$ donc $f(x)\geq 0.$

Après multiplication de l’inégalité $10+10x+5x^2+x^3 \geq 0$ par $x^2$ et ajout de $1+5x$ vous obtenez enfin $(1+x)^5\geq 1+5x.$

Il semble donc cohérent de conjecturer que l’inégalité $(1+x)^n\geq 1+nx$ est valable pour tout entier naturel $n.$

Mais comment unifier une démonstration unique pour toutes les valeurs de l’entier $n$ ?

La récurrence va être l’outil adéquat.

Utilisez une récurrence

Pour tout entier naturel $n$, notez $P(n)$ la propriété suivante : « pour tout réel $x$ strictement supérieur à $-1$, $(1+x)^n\geq 1+nx.$ »

Initialisation. Posez $n=0$ et fixez un réel $x$ strictement supérieur à $-1.$ Alors $x+1$ est un réel strictement positif, donc $(1+x)^0 = 1.$ Comme $1+0x = 1$ vous obtenez bien $(1+x)^0\geq 1+0x.$ Donc la propriété $P(0)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel fixé tel que la propriété $P(n)$ soit vérifiée.

Soit $x$ un nombre réel strictement supérieur à $-1.$

Partez du fait que $(1+x)^{n+1} = (1+x)^n(1+x).$

Par hypothèse de récurrence, $(1+x)^n\geq 1+nx.$ Or, $1+x$ est positif, donc après multiplication :

\begin{aligned}
(1+x)(1+x)^n &\geq (1+nx)(1+x) \\
&\geq 1+(n+1)x+nx^2\\
&\geq 1+(n+1)x.
\end{aligned}

La dernière inégalité provient du fait que $n$ est positif et que $x^2$ en tant que carré d’un nombre réel, est positif aussi.

Ainsi $(1+x)^{n+1}\geq 1+(n+1)x$ ce qui montre que la propriété $P(n+1)$ est vérifiée.

Concluez

Il a été établi la propriété suivante, baptisée « lemme de Bernoulli«  : pour tout entier naturel $n$ et pour tout réel $x$ strictement supérieur à $-1$, $(1+x)^n\geq 1+nx.$

Note. La positivité de $1+x$ a été utilisée dans la récurrence au moment de la multiplication de l’inégalité $(1+x)^n\geq 1+nx$ par $1+x.$ Le fait que $x = -1$ soit rejeté dans le lemme sert d’un point de vue technique à l’initialisation pour éviter le cas litigieux « $0^0$ » et aussi parce que dans ce cas-là, $(1+x)^n$ serait nul, ce qui ne présente pas beaucoup d’intérêt.

Prolongement

Dans quel cas peut être utilisé le lemme de Bernoulli ? Allez jeter un oeil dans l'article 186 et dans l'article 250.