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École AVOSZ 

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Catégorie : Niveau Prépa

159. Démonstration de la convergence d’une suite qui donne la racine carrée entière d’un nombre entier (partie 2/2)

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

Soit $N$ un nombre naturel supérieur ou égal à $1$. Pour tout réel $x$, notez $\left\lfloor x \right\rfloor$ la partie entière de $x$, désignant le plus grand entier inférieur ou égal à $x.$

Pour simplifier les notations, définissez la fonction $f$ sur $\N^{*}$ par $\forall n\in\N^{*}, f(n) =\left\lfloor \frac{n+\left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor}{2}\right\rfloor.$

Considérez la suite définie par $u_0 = N$ et 

\forall n\in\N, u_{n+1}=\begin{cases}
f(u_n) \quad\text{ si } f(u_n) < u_n\\
 u_n \quad\text{ si } f(u_n) \geq u_n.\\
\end{cases}

Cet article a pour but de démontrer que la suite $(u_n)$ est stationnaire à partir d’un certain rang et que sa limite est égale à la racine carrée entière de $N$, c’est–à-dire à l’unique entier $m$ tel que $m^2\leq N < (m+1)^2.$

Démontrez que la suite est stationnaire

Pour tout entier naturel $n$, $u_n$ est lui-même un entier naturel.

Considérez l’ensemble $A=\{u_n, n\in\N\}$, c’est une partie de $\N$ qui contient $u_0 =N$ donc $A$ admet un plus petit élément noté $m.$

Par définition de $m$, il existe un entier $p\in\N$ tel que $m = u_p.$ L’existence de cet entier $p$ sera utilisée dans toute la suite du présent article.

Soit maintenant $k$ un entier naturel. Notez $P(k)$ la propriété $u_{p+k} = u_p.$

Initialisation. Pour $k=0$, $p+k = p$ et $u_{p+k} = u_p$ donc $P(0)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $k\in\N$. Supposez $P(k).$

Si $f(u_{p+k})$ était strictement inférieur à $u_{p+k}$, par définition de la suite, $u_{p+k+1}$ serait strictement inférieur à $u_{p+k} = u_p = m$, ce qui contredirait que $m$ est le minimum de $A$.

Donc $f(u_{p+k})\geq u_{p+k}$ et $u_{p+k+1} = u_{p+k} = u_p.$ Donc $P(k+1)$ est vérifiée.

Il est ainsi établi que $\forall k\in\N, u_{p+k} = u_p = m$ donc $\forall n\geq p, u_n = m.$

Etudiez la limite de la suite

D’après ce qui a été établi dans l'article 158, vous avez $\forall n\in\N, u_n\geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$. En choisissant l’entier $n=p$, vous obtenez la minoration $m\geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

Supposez un instant que $m \neq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$ Alors $m \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor + 1$, ce qui s’écrit $u_p \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor + 1.$ La suite étant stationnaire à partir du rang $p$, vous avez $f(u_p)\geq u_p$ donc $\left\lfloor \frac{u_p+\left\lfloor \frac{N}{u_p} \right\rfloor}{2}\right\rfloor \geq u_p.$

Or, dans dans l'article 158, vous avez montré que $\forall n\in\N^{*}, f(n) = \left\lfloor \frac{n+ \frac{N}{n}}{2}\right\rfloor$, donc $\left\lfloor \frac{u_p+\frac{N}{u_p}}{2}\right\rfloor \geq u_p.$

Comme $u_p$ est un entier, cela s’écrit $\left\lfloor \frac{u_p+\frac{N}{u_p}}{2}\right\rfloor -u_p\geq 0$, soit $\left\lfloor \frac{u_p+\frac{N}{u_p}}{2} – u_p\right\rfloor \geq 0$ soit $\left\lfloor \frac{-u_p+\frac{N}{u_p}}{2} \right\rfloor \geq 0$ soit $\left\lfloor \frac{N-u_p^2}{2u_p} \right\rfloor \geq 0.$

Par définition de la partie entière, $ \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor + 1 > \sqrt{N}$ donc $u_p > \sqrt{N}$ et donc $u_p^2> N$ donc $ \frac{N-u_p^2}{2u_p} $ est un réel strictement négatif. Du coup, la majoration $\left\lfloor \frac{N-u_p^2}{2u_p} \right\rfloor \leq \frac{N-u_p^2}{2u_p} < 0$ contredit la minoration $\left\lfloor \frac{N-u_p^2}{2u_p} \right\rfloor \geq 0.$

Vous déduisez donc que $m = \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

Donc $m \leq \sqrt{N} < m+1$ et par suite $m^2 \leq N < (m+1)^2$, ce qui termine la démonstration.

158. Démonstration de la convergence d’une suite qui donne la racine carrée entière d’un nombre entier (partie 1/2)

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

Soit $N$ un nombre naturel supérieur ou égal à $1$. Pour tout réel $x$, notez $\left\lfloor x \right\rfloor$ la partie entière de $x$, désignant le plus grand entier inférieur ou égal à $x.$

Pour simplifier les notations, définissez la fonction $f$ sur $\N^{*}$ par $\forall n\in\N^{*}, f(n) =\left\lfloor \frac{n+\left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor}{2}\right\rfloor.$

Considérez la suite définie par $u_0 = N$ et

\forall n\in\N, u_{n+1}=\begin{cases}
f(u_n) \quad\text{ si } f(u_n) < u_n\\
 u_n \quad\text{ si } f(u_n) \geq u_n.\\
\end{cases}

Cet article s’inscrit dans la preuve du résultat suivant : la suite $(u_n)$ est stationnaire à partir d’un certain rang et sa limite est égale à la racine carrée entière de $N$, c’est–à-dire l’unique entier $m$ tel que $m^2\leq N < (m+1)^2.$

Le but de cet article est de mettre en exergue une démonstration de la proposition suivante :
$\left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$ minore la suite $(u_n)_{n\geq 0}.$

Afin de parvenir à ce résultat, vous allez démontrer les lemmes suivants, qui faciliteront les calculs pour la suite.

Démontrez le lemme $\forall n\in\N^{*}, f(n) = \left\lfloor \frac{n+ \frac{N}{n}}{2}\right\rfloor$

Pour voir pourquoi cela est bien le cas, considérez un entier $n\in\N^{*}$ et posez $p = \left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor.$

Par définition de la partie entière, l’encadrement $p\leq \frac{N}{n} < p+1$ est vérifié.

Par suite, $n+p \leq n+ \frac{N}{n} < n+p+1$ et après division par $2$ il vient $\frac{n+p}{2} \leq \frac{n+ \frac{N}{n} }{2}< \frac{n+p+1}{2}.$

Premier cas : l’entier naturel $n+p$ est pair

Il existe $\ell\in\N$ tel que $n+p = 2\ell.$

D’autre part, vous avez $\ell \leq \frac{n+ \frac{N}{n} }{2}< \ell +\frac{1}{2} < \ell + 1.$

Vous déduisez que $\ell = \left\lfloor \frac{n+ \frac{N}{n} }{2} \right\rfloor.$

Or, comme $\ell$ est entier, il vient successivement :

\begin{aligned}
\ell &= \left\lfloor \ell \right\rfloor \\
&= \left\lfloor \frac{n+ p }{2} \right\rfloor\\
&= \left\lfloor \frac{n+ \left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor }{2} \right\rfloor\\
\end{aligned}

ce qui prouve le résultat.

Second cas : l’entier naturel $n+p$ est impair

Il existe $\ell\in\N$ tel que $n+p = 2\ell+1.$

Vous avez $\ell +\frac{1}{2} \leq \frac{n+p}{2} \leq \frac{n+ \frac{N}{n} }{2}< \frac{n+p+1}{2}\leq \frac{2\ell + 2}{2} \leq \ell + 1.$

Vous déduisez $\ell \leq \frac{n+ \frac{N}{n} }{2} < \ell +1.$

Ainsi, comme prédédemment $\ell = \left\lfloor \frac{n+ \frac{N}{n} }{2} \right\rfloor.$

Comme $\frac{n+p}{2}= \ell+\frac{1}{2}$ vous avez $\ell \leq \frac{n+p}{2} < \ell +1$ donc $\ell = \left\lfloor \frac{n+ p }{2} \right\rfloor$, ce qui prouve $\ell = \left\lfloor \frac{n+ \left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor }{2} \right\rfloor.$

Démontrez que, pour tout $n\in\N^{*}, \sqrt{N}\leq \frac{n+\frac{N}{n}}{2}$

Cette inégalité s’obtient par soustraction et utilisation d’identités remarquables.

\begin{aligned}
\frac{n+\frac{N}{n}}{2} – \sqrt{N} &= \frac{n+\frac{N}{n} – 2\sqrt{N}}{2}\\
&=\frac{n^2+N – 2n\sqrt{N}}{2n}\\
&=\frac{(n-\sqrt{N})^2}{2n}.
\end{aligned}

La positivité du carré et de l’entier $n$ montrent que la fraction obtenue est positive ce qui conclut.

Démontrez la minoration $\forall n\in\N^{*}, f(n) \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$

Soit $n$ un entier naturel non nul.

De ce qui précède, vous avez successivement :

\begin{aligned}
f(n) \geq \frac{n+\frac{N}{n}}{2} \\
\geq \left\lfloor \frac{n+\frac{N}{n}}{2} \right\rfloor.
\end{aligned}

Or, $ \frac{n+\frac{N}{n}}{2} \geq \sqrt{N}.$

Comme la fonction partie entière est croissante, vous déduisez $\left\lfloor \frac{n+\frac{N}{n}}{2}\right\rfloor \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

Concluez en utilisant une récurrence

Pour tout entier naturel $n$, notez $P(n)$ la propriété : « $u_n \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$ ».

Initialisation. Pour $n = 0$, $u_0 = N.$ Comme $N$ est un entier naturel non nul, $N\geq 1.$ En multipliant par $N$, il vient $N^2\geq N$ et par croissance de la fonction racine carrée, $N\geq \sqrt{N}.$ Par définition de la partie entière, $\sqrt{N} \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$ Mis bout à bout, vous obtenez $N \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$ et $u_0 \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$ donc $P(0)$ est vérifiée.

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

1er cas : $u_{n+1} = f(u_n).$ Il a été établi ci-dessus que, pour tout entier $m\geq 1$, $f(m) \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

Par hypothèse de récurrence, $u_n\geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$. Or $N\geq 1$ donc $\sqrt{N} \geq 1$ et par croissance de la partie entière, $\left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor \geq 1$ donc $u_n \geq 1$. En prenant $m=u_n$, il vient $u_{n+1} \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

2ème cas : $u_{n+1} = u_n$ et le résultat est acquis par hypothèse de récurrence.

Vous venez de démontrer, par récurrence, que $\forall n\in\N, u_n \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

155. La somme de deux fonctions périodiques peut ne pas être périodique

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

La fonction réelle qui va de $\R$ dans $\R$, définie par $\forall x\in\R, f(x) = \cos x$ est $2\pi$-périodique.

Pour des raisons pratiques, vous allez construire une fonction $g$ qui soit $1-$périodique, c’est-à-dire une fonction qui vérifie $\forall x\in\R, g(x+1)=g(x).$

Il suffit de poser $\forall x\in\R, g(x) = \cos (2\pi x).$

Vérifiez que cette fonction convient.

Soit $x\in \R.$

\begin{align*}
g(x+1) &= \cos (2\pi(x+1))\\
&= \cos (2\pi x + 2\pi)\\
&=\cos (2\pi x)\\
&= g(x).
\end{align*}

De la même façon, vous construisez la fonction $x\mapsto \sin(2\pi x)$ qui est elle aussi $1$-périodique.

La somme $x\mapsto \cos(2\pi x) + \sin(2\pi x)$ sera aussi $1$-périodique.

Comment contruire une fonction non-périodique qui soit somme de deux fonctions périodiques ?

L’idée est d’ajouter une fonction paire de type cosinus avec une fonction impaire de type sinus, de façon à ce que les périodes respectives ne puissent pas être multiples l’une de l’autre.

Le nombre $\sqrt{2}$ apparaît comme un candidat potentiel, étant donné qu’il n’est pas rationnel. Autrement dit, quels que soient les entiers $a\in\Z$ et $b\in\Z^{*}$, vous avez toujours $\sqrt{2}\neq \frac{a}{b}.$ Cela suffit-il ? Vous allez constater que oui.

Vous allez donc définir la fonction $h$ suivante par $\boxed{\forall x\in\R, h(x)=\cos (2\pi x) + \sin(\pi \sqrt{2} x).}$

Montrez que la fonction $h$ n’est pas périodique

Raisonnez par l’absurde en supposant qu’il existe un nombre réel $T$ non nul, tel que $\forall x\in\R, h(x)=h(x+T).$

En prenant $x=0$ vous avez $h(0)=h(T)$ d’où $1 = \cos (2\pi T) + \sin (\pi \sqrt{2} T).$

En prenant $x=-T$ vous avez $h(-T)=h(0)$ d’où $\cos (2\pi T)-\sin(\pi \sqrt{2}T) = 1$, compte tenu de la parité de la fonction $x\mapsto \cos (2\pi x)$ et de l’imparité de la fonction $x\mapsto \sin(\pi \sqrt{2} x).$

Vous avez obtenu les deux relations :

\begin{aligned}
\cos (2\pi T) + \sin (\pi \sqrt{2} T) &= 1 \\
\cos (2\pi T)-\sin(\pi \sqrt{2}T) &= 1.
\end{aligned}

Par somme, il vient $2\cos (2\pi T)= 2$ donc $\cos (2\pi T) = 1.$

Du coup, il existe $k\in\Z$ tel que $2\pi T = \frac{\pi}{2}+2k\pi$ donc $2T = \frac{1}{2}+2k$ donc $4T = 1 + 4k.$

Par soustraction, vous avez $2\sin(\pi \sqrt{2} T) = 0$ donc $\sin(\pi \sqrt{2} T) = 0$ donc il existe $\ell\in\Z$ tel que $\pi \sqrt{2} T = \ell \pi$, du coup $\sqrt{2} T = \ell$ et par suite $2T = \ell \sqrt{2}$ et $4T = 2\ell \sqrt{2}.$

De ce qui précède vous déduisez $1+4k = 2\ell\sqrt{2}.$

Si $\ell = 0$, vous obtenez $1+4k = 0$ donc $4k = -1$. Or $4 \mid 4k$ donc $4 \mid 1$, contradiction.

Donc $\ell \neq 0.$ Mais alors $\sqrt{2} = \frac{1+4k}{2\ell}$ ce qui prouve que $\sqrt{2}$ est rationnel. Contradiction.

Terminez l’exposé

Il reste à montrer que les fonctions $x\mapsto \cos (2\pi x)$ et $x\mapsto \sin(\pi \sqrt{2} x)$ sont périodiques.

Il a déjà été montré plus haut que la fonction $x\mapsto \cos (2\pi x)$ est $1$-périodique.

Passez à la deuxième fonction.

Soit $x\in \R.$

\begin{aligned}
\sin (\pi \sqrt{2} (x+\sqrt{2})) &= \sin(\pi \sqrt{2} x + 2\pi)\\
&= \sin(\pi \sqrt{2} x).
\end{aligned}

Cette égalité montre que $x\mapsto \sin(\pi \sqrt{2} x)$ est $\sqrt{2}$-périodique.

Visualisez la fonction $h$

Un tracé de la fonction $h$ est représenté ci-dessous, vous observez l’impossibilité de repérer un motif qui se répète.

02/09/2021 - Une fonction non periodique

152. Quand l’union de deux sous-espaces vectoriels est encore un sous-espace vectoriel

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

Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel, $\K$ désignant un corps commutatif. On considère deux sous-espaces vectoriels de $E$ notés $V_1$ et $V_2$ tels que l’union $V_1 \cup V_2$ soit encore un sous-espace vectoriel de $E.$

Vous allez démontrer que l’un des sous-espaces parmi $V_1$ et $V_2$ contient l’autre.

Raisonnez par l’absurde

Supposez que $V_1 \not\subset V_2$ et que $V_2 \not\subset V_1.$ Il existe $x \in V_1$ tel que $x \notin V_2.$ Il existe aussi $y \in V_2$ tel que $y \notin V_1.$

Comme $x \in V_1 \cup V_2$ et comme $y \in V_1 \cup V_2\comma$ vous utilisez le fait que $V_1\cup V_2$ est un sous-espace vectoriel de $E$ pour en déduire que $x+y \in V_1 \cup V_2.$

Si $x+y \in V_1\comma$ alors vu que $x \in V_1\comma$ le vecteur $y=(x+y)-x$ appartient à $V_1.$ Or, ceci est absurde.

Donc $x+y \notin V_1.$ Du coup, $x+y \in V_2.$ Comme $y \in V_2\comma$ vous en tirez que le vecteur $x=(x+y)-y$ appartient à $V_2.$ Ceci est encore absurde.

Concluez

L’hypothèse suivante est fausse :

\left\{
\begin{align*}
V_1 &\not\subset V_2\\
V_2 &\not\subset V_1.
\end{align*}
\right.

Donc $V_1$ contient $V_2\comma$ ou $V_2$ contient $V_1.$ Cela prouve le résultat annoncé.

Prolongement

Vous souhaitez savoir si le résultat de cet article se prolonge dans le cas d’une union de trois sous-espaces vectoriels ? Allez lire le contenu rédigé dans l'article 151.

151. Quand l’union de trois sous-espaces vectoriels est encore un sous-espace vectoriel (partie 1/2)

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

Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel sur un corps $\K$ qui contient au moins trois éléments.

Supposez qu’il existe trois sous-espaces vectoriels $V_1$, $V_2$ et $V_3$ de $E$ tels que l’union $V_1\cup V_2\cup V_3$ soit un sous-espace vectoriel de $E.$

Vous allez montrer que l’un des espaces vectoriels contient les deux autres. Autrement dit, il s’agit de montrer que :

\exists i\in\llbracket1, 3\rrbracket, \bigcup_{j\in\llbracket 1, 3\rrbracket \setminus \{i\}} V_j \subset\ V_i.

Comme vous ne savez pas quel espace contient les deux autres, pour les besoins de cette démonstration, vous choisissez de raisonner par l’absurde. Dans toute la suite de ce contenu, il est supposé que :

\boxed{\forall i\in\llbracket1, 3\rrbracket, \bigcup_{j\in\llbracket 1, 3\rrbracket \setminus \{i\}} V_j \not\subset\ V_i.}

Traitez le cas où l’un des sous-espaces est inclus dans un autre

Supposez qu’il existe deux entiers $k$ et $\ell$ appartenant à l’intervalle $\llbracket 1, 3\rrbracket$ tels que $k\neq \ell$ et $V_k\subset V_{\ell}.$ Vous avez alors $V_k\cup V_{\ell} = V_{\ell}.$ En notant $q$ l’unique élément de $\llbracket 1, 3\rrbracket \setminus \{k, \ell\}$ vous obtenez :

\begin{align*}
V_1\cup V_2\cup V_3 &= V_k \cup V_{\ell} \cup V_q \\
&= (V_k \cup V_{\ell}) \cup V_q \\
&= V_{\ell} \cup V_q.
\end{align*}

Les sous-espaces vectoriels $V_{\ell}$ et $V_q$ ont une union qui est un sous-espace vectoriel de $E\comma$ donc l’un est inclus dans l’autre. Ce résultat est démontré dans le contenu rédigé dans l'article 152.

Si $V_{\ell}\subset V_q$ vous déduisez que $V_k\subset V_{\ell} \subset V_q$ donc $V_q$ contient l’union $V_k \cup V_{\ell}\comma$ ce qui est contraire à l’hypothèse.

Si $V_q \subset V_{\ell}$ alors vous déduisez que $V_{\ell}$ contient l’union $V_q\cup V_k\comma$ ce qui est absurde.

Ainsi vous avez montré que :

\boxed{\forall (k, \ell)\in\llbracket 1, 3\rrbracket^2, k\neq \ell \implies V_k \not\subset V_{\ell}.}

Montrez qu’un sous-espace privé d’un deuxième est inclus dans le troisième

Vous utilisez ici le fait que $\K$ contient un élément $\lambda\notin \{0,1\}.$

Soient $i\in\llbracket 1, 3\rrbracket\comma$ puis $j\in\llbracket 1, 3\rrbracket \setminus \{i\}$ et $k \in\llbracket 1, 3\rrbracket \setminus \{i,j\}.$ Vous allez démontrer que $V_i\setminus V_j \subset V_k.$

Soit $x$ un élément de $V_i\setminus V_j.$ Ainsi, $x\in V_i$ et $x\notin V_j.$ Or, $V_j \not\subset V_i\comma$ donc il existe un vecteur $y\in V_j$ tel que $y\notin V_i.$

Supposez que $\lambda x + y \notin V_k.$ Comme $x$ et $y$ appartiennent à $V_i\cup V_j\cup V_k\comma$ par linéarité, vous avez $\lambda x + y \in V_i\cup V_j\cup V_k.$ Du coup, $\lambda x+y \in V_i\cup V_j.$ Si $\lambda x +y \in V_i$ vous avez aussi $(\lambda x +y ) – \lambda x \in V_i$ donc $y\in V_i\comma$ contradiction. Si $\lambda x +y \in V_j$ vous avez $(\lambda x +y ) – y \in V_j$ donc $\lambda x \in V_j.$ Comme $\lambda$ est non nul, il vient $x\in V_j\comma$ ce qui est absurde. Donc :

\lambda x + y\in V_k.

Supposez que $(1-\lambda) x – y \notin V_k.$ Alors en procédant comme précédemment, vous avez $(1-\lambda) x – y \in V_i\cup V_j.$ Si $(1-\lambda) x – y \in V_i\comma$ alors $[(1-\lambda) x – y] – (1-\lambda)x \in V_i$ donc $-y\in V_i$ et $y\in V_i\comma$ contradiction. Si $(1-\lambda) x – y \in V_j\comma$ alors $[(1-\lambda) x – y] +y \in V_j\comma$ donc $(1-\lambda)x \in V_j.$ Comme $\lambda\neq 1$ vous avez $1-\lambda\neq 0$ et par suite $x\in V_j\comma$ ce qui est absurde. Donc :

(1-\lambda)x-y\in V_k.

Ainsi, par somme, le vecteur $x = [\lambda x + y] + [(1-\lambda)x-y]$ appartient à $V_k\comma$ ce qui prouve le résultat annoncé.

Montrez que l’intersection de deux sous-espaces est incluse dans le troisième

Soient $i\in\llbracket 1, 3\rrbracket\comma$ puis $j\in\llbracket 1, 3\rrbracket \setminus \{i\}$ et $k \in\llbracket 1, 3\rrbracket \setminus \{i,j\}.$ Vous allez démontrer que $V_i\cap V_j \subset V_k.$

Soit $x$ un élément de $V_i\cap V_j.$ Comme $V_i \not\subset V_j\comma$ il existe $y\in V_i$ tel que $y\notin V_j.$

Le vecteur $x+y$ appartient $V_i\cup V_j\cup V_k.$ Si $x+y\in V_j\comma$ alors, comme $x\in V_j\comma$ vous avez $(x+y)-x \in V_j$ donc $y\in V_j\comma$ ce qui est absurde, donc $x+y\notin V_j$ et par suite $x+y\in V_i\cup V_k.$ Si $x+y\notin V_k\comma$ alors $x+y\in V_i\setminus V_k.$ Mais d’après le paragraphe précédent, $V_i\setminus V_k \subset V_j.$ Donc $x+y\in V_j$ ce qui est absurde. Par suite $x+y\in V_k.$

Or, $y\in V_i\setminus V_j.$ D’après le paragraphe précédent, vous avez $V_i\setminus V_j \subset V_k$ donc $y\in V_k.$

Par différence, le vecteur $x = (x+y)-y$ appartient à $V_k\comma$ ce qui prouve le résultat annoncé.

Terminez le raisonnement

D’après ce qui a été évoqué ci-dessus, vous avez les inclusions suivantes :

\left\{\begin{align*}
V_1\setminus V_2 &\subset V_3\\
V_2\setminus V_1 &\subset V_3\\
V_1\cap V_2 &\subset V_3.
\end{align*}
\right.

Le sous-espace $V_3$ contient les trois ensembles $V_1\setminus V_2, V_2\setminus V_1$ et $V_1\cap V_2.$ Donc il contient leur union, qui est précisément $V_1\cup V_2.$ Mais ceci contredit l’hypothèse de départ qui est absurde.

Concluez

L’hypothèse suivante est donc fausse :

\forall i\in\llbracket1, 3\rrbracket, \bigcup_{j\in\llbracket 1, 3\rrbracket \setminus \{i\}} V_j \not\subset\ V_i.

Vous avez donc montré ce qui suit :

\exists i\in\llbracket1, 3\rrbracket, \bigcup_{j\in\llbracket 1, 3\rrbracket \setminus \{i\}} V_j \subset\ V_i.

Autrement dit, il existe un sous-espace parmi les trois qui contient les deux autres.

Prolongement

Si $\K$ désigne un corps possédant deux éléments, et que $E$ est un $\K$-espace vectoriel de sorte que $V_1$, $V_2$ et $V_3$ soient trois sous-espaces vectoriels de $E$ tels que l’union $V_1\cup V_2\cup V_3$ soit encore un sous-espace vectoriel de $E\comma$ est-il encore vrai que l’un des sous-espaces parmi $V_1, V_2$ et $V_3$ contient les deux autres ?

Vous pourrez trouver des éléments de réponse en lisant le contenu rédigé dans l'article 153.

149. Calculez l’inverse d’un nombre complexe

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

Soient $a$ et $b$ deux nombres réels non simultanément nuls.

Considérez le nombre complexe $z = a+ib.$ Le but de cet article est de démontrer qu’il existe $z’\in\C$ tel que $zz’=1$ et de calculer $z’$ en fonction des réels $a$ et $b.$

L’idée de départ, c’est que l’ensemble des nombres complexes est un $\R$-espace vectoriel de dimension $2$ (dont une base est $(1,i)$.)

Par conséquent, la famille $(1,z,z^2)$ est $\R$-liée : elle contient trois vecteurs dans un espace de dimension $2$.

Cela va permettre de calculer $\frac{1}{z}$ en utilisant les outils de l’algèbre linéaire.

Calculez le carré de $z$

\begin{aligned}
z^2 &= (a+ib)^2\\
&= a^2+(ib)^2+2iab\\
&=a^2-b^2+2iab
\end{aligned}

Il s’agit maintenant d’éliminer le nombre complexe $i$ à partir de $z$ et de $z^2.$

Comme $z =a+ib$ vous avez $2az = 2a^2+2iab.$

Par soustraction :

\begin{aligned}
z^2-2az &= a^2-b^2-2a^2\\
&=-a^2-b^2\\
&=-(a^2+b^2).
\end{aligned}

Ainsi, $\boxed{z^2-2az+a^2+b^2=0.}$

Vous retrouvez bien le fait que $(1,z,z^2)$ est $\R$-liée.

Calculez le nombre $z’$

Comme $a$ et $b$ sont des réels, les nombres réels $a^2$ et $b^2$ sont positifs.

Le réel $a^2+b^2$ est non nul. En effet, vous pouvez avoir $a\neq 0$ et $a^2>0$ et donc $a^2+b^2>b^2\geq 0$ ce qui conclut. Sinon c’est que $b\neq 0$ et de même $b^2>0$ donc $a^2+b^2>a^2\geq 0.$

L’égalité précédente du paragraphe précédent prouve que $a^2+b^2 = z\left(2a-z\right)$ et donc $1 = z\left(\frac{2a-z}{a^2+b^2}\right).$

Or $2a-z = 2a-a-ib = a-ib.$

Posez $z’ = \frac{a-ib}{a^2+b^2}$ alors $zz’ = 1.$

Concluez

D’après ce qui précède, $\boxed{\frac{1}{z} = \frac{a-ib}{a^2+b^2}.}$

Cette expression est apparue sans faire appel de prime abord à l’expression conjuguée ou à l’identité remarquable $(a+ib)(a-ib)=a^2+b^2$ mais en partant d’un constat relatif à l’algèbre linéaire.

148. Un créneau est une fonction Riemann intégrable

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

Soient $a$ et $b$ deux nombres réels tels que $a<b.$ Considérez deux réels $s$ et $t$ vérifiant $a\leq s < t \leq b.$

Définissez la fonction $f: [a,b]\to \R$ par $\forall x\in]s,t[, f(x)=1$, $\forall x\in[a,s]\cup[t,b], f(x)=0.$

Représentation graphique de la fonction créneau

Majorez la somme haute avec des partitions bien choisies

1er cas : $a< s$ et $t < b$

Considérez la partition $P = (a, s, t, b).$

Majoration de la somme haute

La somme haute sur cette partition est définie par $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[b,t]}f.$

Evaluez $\sup_{[a,s]}f$. Pour tout $x\in[a,s]$, $f(x)=0$ donc $0$ est un majorant de $\{f(x), x\in[a,s]\}$ donc $\sup_{[a,s]} f \leq 0.$

D’autre part, $f(a)=0.$ Comme $\sup_{[a,s]} f$ est un majorant de l’ensemble $\{f(x), x\in[a,s]\}$ et que $f(a)$ y appartient, c’est que $0\leq f(a)\leq \sup_{[a,s]} f.$ Ainsi $\sup_{[a,s]} f = 0.$

Un raisonnement analogue peut être mené pour calculer $\sup_{[b,t]}f$ ce qui amène à $\sup_{[b,t]}f = 0.$

Pour l’évaluation de $\sup_{[s,t]}f$ vous pouvez remarquer déjà que $\frac{s+t}{2} \in ]s,t[.$

En effet, $\frac{s+t}{2}-s = \frac{s+t}{2}-\frac{2s}{s} =\frac{t-s}{2}.$ Comme $s<t$, vous déduisez $s < \frac{s+t}{2}.$

De même, $t-\frac{s+t}{2} = \frac{2t}{2}-\frac{s+t}{2} =\frac{t-s}{2}.$ Du coupvous déduisez $\frac{s+t}{2}< t.$

Vous en déduisez que $f\left(\frac{s+t}{2}\right) = 1$, donc $1\leq \sup_{[s,t]} f.$

D’autre part, $\forall x\in[s,t]$, $f(x)\in\{0,1\}$ donc $1$ majore l’ensemble $\{f(x), x\in[s,t]\}$ donc $\sup_{[s,t]} f \leq 1.$

Vous déduisez de ces résultats que $\sup_{[s,t]} f = 1.$

Ainsi, $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[b,t]}f = (s-a)\times 0 + (t-s)\times 1 + (b-t)\times 0 = t-s.$

La somme haute $U$ est la borne inférieure de l’ensemble de toutes les sommes hautes prises sur toutes les partitions. Donc $U \leq t-s.$

2ème cas : $a= s$ et $t < b$

Vous considérez la partition $P = (s, t, b).$

Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,t]}f = 1$ et $\sup_{[t,b]} = 0$, par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

3ème cas : $a < s$ et $t = b$

Vous considérez la partition $P = (a, s, b).$

Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,b]}f = 1$ et $\sup_{[a,s]} = 0$, par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

4ème cas : $a = s$ et $t = b$

Vous considérez la partition $P = (a, b).$

Comme $\sup_{[a,b]}f = 1$, suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

Minorez la somme basse

1er cas : $a< s$ et $t < b$

Prendre la partition $(a, s, t, b)$ ne fonctionnera pas ici, puisque toutes les bornes inférieures de $f$ sur $[a,s]$, $[s,t]$ et $[t,b]$ sont nulles, vu que $f(s)=f(t)=0.$

Effectuer un découpage avec une partition plus fine est rendu nécessaire.

Soit $n$ un entier naturel non nul tel que $a<s<s+\frac{1}{n}<t-\frac{1}{n}<t<b.$

Minoration de la somme basse

Pour l’existence de cet entier $n$, il faut que $s+\frac{1}{n}< t-\frac{1}{n}$ ce qui revient à $\frac{2}{n}< t-s$ et donc $n>\frac{2}{t-s}$. Ainsi, il suffit de choisir $n$ égal à la partie entière de $\frac{2}{t-s}+1$ notée $N.$

Considérez maintenant la partition $P = \left(a, s, s+\frac{1}{n},t-\frac{1}{n},t,b\right).$

Sur $[a,s]$ la fonction $f$ est nulle donc $\inf_{[a,s]}f =0.$

Sur $\left[s, s+\frac{1}{n}\right]$ la fonction $f$ prend la valeur $f(s)$ qui est nulle. $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} f$ minore $\left\{f(x) , x\in\left[s, s+\frac{1}{n}\right]\right\}$ donc $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} f \leq 0.$

D’autre part, $\forall x\in \left[s, s+\frac{1}{n}\right], f(x)\in\{0,1\}$ donc $0$ est un minorant de $\left\{f(x) , x\in\left[s, s+\frac{1}{n}\right]\right\}$. Ainsi, $0\leq \inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]}f.$

Par suite $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} = 0.$

Sur $\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]$ la fonction $f$ est constante égale à $1$ donc $\inf_{\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]}f =1.$

De même vous avez $\inf_{\left[t-\frac{1}{n}, t\right]} f = 0$ et $\inf_{[t,b]} f = 0.$

Ainsi la somme basse calculée sur la partition $P$ définie ici est égale à :

\begin{aligned}
L(P) &= (s-a)\inf_{[a,s]}f + \frac{1}{n}\inf_{\left[s,s+\frac{1}{n}\right]}f \\
&\quad +\left(t-s-\frac{2}{n}\right)\inf_{\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]}f\\
&\quad + \frac{1}{n}\inf_{\left[t-\frac{1}{n}, t\right]}f + (b-t)\inf_{[b,t]}f\\
&= (s-a)\times 0 +\frac{1}{n}\times 0 \\
&\quad +\left(t-s-\frac{2}{n}\right)\times 1 \\
&\quad +\frac{1}{n}\times 0 + (b-t)\times 0\\
&=t-s-\frac{2}{n}.
\end{aligned}

Comme la somme basse est la borne supérieure de toutes les sommes basses calculées sur toutes les partitions possibles, vous déduisez que $L\geq t-s-\frac{2}{n}.$

Cette inégalité est valable pour tout $n \geq N.$ Le nombre $L$ ne dépend pas de $n$. Vous pouvez donc passer à la limite quand $n\to +\infty$, vous déduisez que $L\geq t-s.$

Autres cas

Les trois autres cas, selon la position des nombres $s$ et $t$ par rapport aux bornes de l’intervalle $[a,b]$, aboutissent au même résultat, dont les preuves sont laissées à vos bons soins..

Concluez

Il a été établi que $U \leq t-s \leq L.$

Or il est tout le temps vrai que $L\leq U$ (la somme basse est toujours inférieure à la somme haute), donc $L=U.$

Cette égalité entre $L$ et $U$ prouve que $f$ est Riemann intégrable sur $[a,b]$ et que l’intégrale $\int_{a}^b f(t) \dt$ est bien définie, avec $\boxed{\int_{a}^b f(t) \dt = t-s.}$

147. Exemple de résolution d’une équation du troisième degré

Rédigé par on | Niveau Prépa

Le but de ce document est d’illustrer le contenu théorique que vous trouverez dans dans l'article 141 et de donner un exemple subséquent à celui détaillé dans l'article 144.

Résolvez $x^3+3x-36=0$

Cette équation s’écrit sous la forme $ax^3+bx^2+cx+d=0$, avec $a = 1$, $b=0$, $c=3$ et $d=-36.$

Vous calculez alors successivement $N_1$, $N_2$ et $N_3.$

\begin{aligned}
N_1 &= \frac{-b}{a} = 0\\
N_2 &=\frac{c}{a} = 3\\
N_3 &= \frac{-d}{a} = 36.
\end{aligned}

Etes-vous dans le cas particulier ou non ? Pour cela, il faut savoir si $N_1^2-3N_2$ est nul ou non.

$N_1^2-3N_2 = 0-9 = -9.$

Ainsi, vous n’êtes pas dans le cas particulier.

Formez la résolvante

Ses deux coefficients sont à calculer.

Le premier coefficient est :

\begin{aligned}
-2N_1^3+9N_1N_2-27N_3 &= -2\times 0+9\times 0 11 – 27\times 36\\
&=972.\\
\end{aligned}

Le second coefficient est :

$(N_1^2-3N_2)^3 = (-9)^3 = -729$, que l’on obtient après avoir calculé $N_1^2-3N_2 = -9.$

La résolvante est donc $X^2-972X-729 = 0.$

Le discriminant de cette équation est égal à $\Delta = (-972)^2+4\times 729 = 947700.$

La racine carrée du discriminant est égale à $270\sqrt{13}.$

Une solution de cette résolvante est $\alpha = \frac{972+270\sqrt{13}}{2}$ soit $\alpha = 486+135\sqrt{13}.$

Il s’agit maintenant d’en extraire une racine cubique appelée $k.$ Vous la choisissez réelle, si bien que vous posez $k = \sqrt[3]{486+135\sqrt{13}}.$

Calculez les solutions

Il sera commode de calculer $\frac{1}{k}.$ Pour cela, vous calculez d’abord l’inverse de $\alpha.$

\begin{aligned}
\frac{1}{\alpha} &= \frac{1}{486+135\sqrt{13}}\\
&= \frac{486-135\sqrt{13}}{(486+135\sqrt{13})(486-135\sqrt{13})} \\
&= \frac{486-135\sqrt{13}}{486^2-135^2\times 13} \\
&= \frac{486-135\sqrt{13}}{-729}. \\
\end{aligned}

Ainsi $\frac{1}{k} = -\sqrt[3]{\frac{486-135\sqrt{13}}{729}}$ soit $\frac{1}{k} = -\frac{1}{9} \sqrt[3]{ \frac{486-135\sqrt{13}}{-729}}.$

La première solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+k+\frac{N_1^2-3N_2}{k}\right) &= \frac{1}{3}\left(0 + k + \frac{-9}{k} \right) \\
&= \frac{1}{3}\left( \sqrt[3]{486+135\sqrt{13} } + \sqrt[3]{486-135\sqrt{13}} \right).
\end{aligned}

Comme $135$ et $486$ sont divisibles par $27$, vous déduisez que la première solution est égale, après simplification, à :

$\sqrt[3]{18+5\sqrt{13} }+\sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.$

La deuxième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+jk+\frac{j^2N_1^2-3j^2N_2}{k}\right) &= j \sqrt[3]{18+5\sqrt{13} } + j^2 \sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.
\end{aligned}

L’expression de la troisième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+j^2k+\frac{jN_1^2-3jN_2}{k}\right)
&= j^2\sqrt[3]{18+5\sqrt{13} } + j \sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.
\end{aligned}

Concluez

L’équation $x^3+3x-36=0$ admet trois solutions, une est réelle et c’est $\sqrt[3]{18+5\sqrt{13} }+\sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }$, les deux autres sont complexes non réelles et conjuguées : $j \sqrt[3]{18+5\sqrt{13} } + j^2 \sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }$ et $j^2 \sqrt[3]{18+5\sqrt{13} } + j \sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.$

Prolongement

Vous pouvez constater que $3$ est une solution de l’équation $x^3+3x-36=0.$ D’après ce qui précède, vous déduisez que $3 = \sqrt[3]{18+5\sqrt{13} }+\sqrt[3]{18-5\sqrt{13} }.$ Pourriez-vous montrer cette égalité directement ?

145. Trigonalisez une matrice sans utiliser le déterminant

Rédigé par on | Niveau Capes, Niveau Prépa

Considérez la matrice réelle définie par :

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

Soit $f$ l’endomorphisme de $\R^3$ canoniquement associé à la matrice $A.$

Note. Dans la suite de l’article la notation $I$ désignera la matrice identité ou, pour ne pas surcharger les notations, à l’identité de $\R^3.$

Notez $e_1 = (1,0,0)$, $e_2 = (0,1,0)$ et $e_3 = (0,0,1)$ les trois vecteurs de la base canonique de $\R^3.$

La matrice de $f$ montre que :

\begin{aligned}
f(e_1) &= e_1-e_3 \\
&= (1,0,-1).
\end{aligned}

\begin{aligned}
f(e_2) &= 4e_1+6e_2+4e_3 \\
&= (4,6,4).
\end{aligned}

\begin{aligned}
f(e_3) &= -2e_1-3e_2 \\
&= (-2,-3,0).
\end{aligned}

Du coup, par linéarité :

\begin{aligned}
f(x,y,z) &= f(xe_1+ye_2+ze_3) \\
&= xf(e_1)+yf(e_2)+zf(e_3) \\
&= (x,0,-x)+(4y,6y,4y)+(-2z,-3z,0)\\
&=(x+4y-2z; 6y-3z;-x+4y).
\end{aligned}

Trigonaliser $A$ revient à déterminer une base dans laquelle la matrice de l’endomorphisme $f$ est triangulaire supérieure.

Déterminez une valeur propre de $f$

Le démarrage est le plus délicat. L’idée est de construire des itérés d’un même vecteur par $f$ pour en déduire un polynôme annulateur de ce vecteur, qui fournira l’existence d’une valeur propre de $f$ parmi un nombre fini de candidats possibles.

Partez du vecteur $e_1 = (1,0,0)$, vous allez itérer $f$ une première fois.

$f(e_1) = f(1,0,0)=(1,0,-1).$

Poursuivez et itérez à nouveau. Vous noterez $f^2 = f\circ f$ la composition de $f$ avec lui-même.

\begin{aligned}
f^2(e_1)&=f(f(e_1))\\
&= f(1,0,-1)\\
&= (3, 3, -1).
\end{aligned}

Continuez d’itérer.

\begin{aligned}
f^3(e_1) &= f(3,3,-1)\\
&= (3+12+2; 18+3; -3+12)\\
&= (17, 21, 9).
\end{aligned}

La famille $(e_1,f(e_1), f^2(e_1),f^3(e_1))$ comporte quatre vecteurs dans un espace généré par 3 vecteurs, elle est donc liée.

Vous avez :

\begin{aligned}
e_1 &= e_1 & & \\
f(e_1) &=e_1 & &- e_3\\
f^2(e_1) &= 3e_1 &+ 3e_2&- e_3\\
f^3(e_1) &= 17e_1&+ 21e_2&+ 9e_3.
\end{aligned}

Par opérations élémentaires utilisant la première ligne, vous aboutissez à :

\begin{aligned}
f(e_1) – e_1&= – e_3\\
f^2(e_1) -3e_1 &= 3e_2-e_3\\
f^3(e_1) -17e_1&= 21e_2+9e_3.
\end{aligned}

Vous permutez première et deuxième ligne pour obtenir :

\begin{aligned}
f^2(e_1) -3e_1 &= 3e_2-e_3\\
f(e_1) – e_1&= – e_3\\
f^3(e_1) -17e_1&= 21e_2+9e_3.
\end{aligned}

Vous combinez la troisième ligne et la première :

\begin{aligned}
f(e_1) – e_1&= – e_3\\
f^3(e_1) -7f^2(e_1)+4e_1&= 16e_3.
\end{aligned}

Puis vous éliminez $e_3$ à partir des deux dernières équations.

$f^3(e_1) -7f^2(e_1)+16f(e_1)-12e_1= 0.$

Ainsi $(f^3-7f^2+16f-12I)(e_1)=0.$

Factorisez le polynôme $X^3-7X^2+16X-12$

Lorsque $X=2$, $X^3-7X^2+16X-12 = 0.$

Le polynôme $X^3-7X^2+16X-12$ est donc factorisable par $X-2.$

Vous calculez alors :

\begin{aligned}
X^3-7X^2+16X-12 &= (X-2+2)^3-7X^2+16X-12\\
&=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)+8-7X^2+16X-12\\
&=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)-7X^2+16X-4\\
&=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)-7(X-2+2)^2+16X-4\\
&=(X-2)^3+6(X-2)^2+12(X-2)-7((X-2)^2+4(X-2)+4)+16X-4\\
&=(X-2)^3-(X-2)^2-16(X-2)+16X-32\\
&=(X-2)^3-(X-2)^2-16(X-2)+16(X-2+2)-32\\
&=(X-2)^3-(X-2)^2-16(X-2)+16(X-2)\\
&=(X-2)^3-(X-2)^2\\
&=(X-2)^2(X-2-1)\\
&=(X-2)^2(X-3).
\end{aligned}

Déduisez-en une valeur propre de $f$

Puisque $(f-2I)^2(f-3I)(e_1)=0$ les deux endomorphismes $f-2I$ et $f-3I$ ne peuvent être simultanément injectifs, sinon $e_1$ serait nul. A ce stade, $f$ admet $2$ ou $3$ pour valeur propre, mais on ne sait pas laquelle convient (ou peut-être les deux).

Formez l’endomorphisme $f-2I$ et déterminez, si possible, un vecteur non nul de son noyau.

$(f-2I)(x,y,z) = (-x+4y-2z; 4y-3z;-x+4y-2z).$

Si $(x,y,z)$ appartient au noyau de $f-2I$, alors ;

\begin{aligned}
-x+4y-2z &= 0\\
4y-3z &=0\\
-x+4y-2z&=0
\end{aligned}

\begin{aligned}
-x+4y-2z &= 0\\
4y-3z &=0
\end{aligned}

\begin{aligned}
-x+4y &= 2z\\
4y &=3z\\
\end{aligned}

Prenez $z=4$, $y=3$ et $x=4y-2z = 12-8 = 4.$

Et vérifiez.

Le vecteur $v=(4, 3, 4)$ est bien un vecteur propre de $f$, associé à la valeur propre $2.$

\begin{aligned}
f(v) &= f(4,3,4)\\
&=(4+12-8, 18-12, -4+12)\\
&= (8, 6, 8)\\
&= 2v.
\end{aligned}

Décomposez l’espace en somme directe

Comme $2$ est valeur propre de $f$, vous formez l’espace propre généralisé $F = \ker(f-2I)^3$ ainsi que l’image correspondante $G=\mathrm{Im}(f-2I)^3.$

Par le théorème du rang appliqué à l’endomorphisme $(f-2I)^3$, $\dim F + \dim G = 3.$

Il reste à montrer que $F\cap G = \{0\}.$

Soit $x\in F\cap G.$

Alors $(f-2I)^3(x) = 0$ et d’autre part, il existe $y\in\R^3$ tel que $x = (f-2I)^3(y).$

Par suite, $(f-2I)^6(y)=0.$

L’ensemble $\{n\in \N^{*}, (f-2I)^n(y)=0\}$ est une partie de $\N$ qui est non vide puisqu’elle contient $6.$

Notez $m$ son minimum, alors $m\geq 1.$

Considérez la famille $(y, \dots, (f-2I)^{m-1}(y)).$ Cette famille est libre.

En effet si ce n’était pas le cas, il existerait $(\lambda_0, \dots, \lambda_{m-1})\in\R^{m}$ tel que $\sum_{i=0}^{m-1} \lambda_i (f-2I)^{i}(y) =0$ et $(\lambda_0, \dots, \lambda_{m-1})\neq (0,\dots,0)$. Notez $j$ le plus petit indice des valeurs de $i$ comprises entre $0$ et $m-1$ tel que $\lambda_j$ soit non nul.

Vous en déduisez $\sum_{i=j}^{m-1} \lambda_i (f-2I)^{i}(y) =0$ et en multipliant par $(f-2I)^{m-j}$, vous aboutissez à $\lambda_j=0$, contradiction.

La famille susmentionnée contient $m$ vecteurs donc $m$ est inférieur à la dimension de l’espace et par suite $m\leq 3.$

De $(f-2I)^m(y) = 0$ et de $m\leq 3$ vous déduisez $(f-2I)^3(y)=0$ ce qui est précisément $x=0.$

Ainsi $\R^3 = F\oplus G.$

Déterminez une base de $F$ et une base de $G$

Les calculs fournissent :

(A-2I)^3 = \begin{pmatrix}
3 & 4 & -6\\
3 & 4 & -6\\
3 & 4 & -6
\end{pmatrix}.

Ainsi l’expression de l’endomorphisme $(f-2I)^3$ est :

$(f-2I)^3(x,y,z) = (3x+4y-6z,3x+4y-6z,3x+4y-6z).$

L’espace vectoriel $F$ est donc de dimension $2$ et il est engendré par $v_1 = (4,-3,0)$ et $v_2=(2,0,1).$

L’espace vectoriel $G$ est de dimension $1$ et il est engendré par $v_3=(1, 1, 1).$

Il est rapide de vérifier que les espaces $F$ et $G$ sont stables par $f.$

Restreint à $F$, l’endomorphisme $f-2I$ est nilpotent.

Déterminer une base agréable d’un endomorphisme nilpotent $N$ c’est d’abord trouver une base de $\ker N$ puis la compléter en une base de $\ker N^2$, que l’on complète en une base de $\ker N^3$ et ainsi de suite.

Pour le cas étudié ici, vous choisissez d’abord un vecteur non nul de $\ker(f-2I)$, le vecteur propre $t=4v_2-v_1 = (4,3,4)$ convient. Ensuite, le vecteur $v_2$, non colinéaire à $t=4v_2-v_1$ convient pour finir la base puisque $F$ est de dimension $2$.

Vous avez déjà $f(t)=2t.$

Vous pouvez vérifier que $f(v_2)$ appartient bien à $F$.

En effet :

\begin{aligned}
f(v_2)&=f(2,0,1)\\
&=(0,-3,-2)\\
&= -(4,3,4) + 2(2,0,1)\\
&=-t+2v_2
\end{aligned}

De même vous pouvez vérifier que $f(v_3)$ appartient bien à $G$.

\begin{aligned}
f(v_3) &= f(1,1,1)\\
&=(3,3,3)\\
&=3v_3.
\end{aligned}

Concluez

Considérez la matrice :

P=\begin{pmatrix}
4 &2 & 1\\
3 & 0 & 1\\
4 & 1 & 1
\end{pmatrix}

elle est formée en colonnes par les vecteurs $(4v_2-v_1, v_2, v_3)$ famille qui regroupe une base de $F$ suivie d’une base de $G$, ce qui en fait une base de $\R^3$. La matrice $P$ est donc inversible.

Comme attendu :

P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
2 & -1 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 3
\end{pmatrix}

est bien triangulaire supérieure, c’est la matrice de $f$ dans la base $(t, v_2, v_3).$

144. Exemple de résolution d’une équation du troisième degré

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

Le but de ce document est d’illustrer le contenu théorique que vous trouverez dans dans l'article 141.

Résolvez $x^3-6x^2+11x-6=0$

Cette équation s’écrit sous la forme $ax^3+bx^2+cx+d=0$, avec $a = 1$, $b=-6$, $c=11$ et $d=-6.$

Vous calculez alors successivement $N_1$, $N_2$ et $N_3.$

\begin{aligned}
N_1 &= \frac{-b}{a} = 6\\
N_2 &=\frac{c}{a} = 11\\
N_3 &= \frac{-d}{a} = 6.
\end{aligned}

Etes-vous dans le cas particulier ou non ? Pour cela, il faut savoir si $N_1^2-3N_2$ est nul ou non.

$N_1^2-3N_2 = 36-33 = 3.$

Ainsi, vous n’êtes pas dans le cas particulier.

Formez la résolvante

Ses deux coefficients sont à calculer.

Le premier coefficient est :

\begin{aligned}
-2N_1^3+9N_1N_2-27N_3 &= -2\times 36\times 6+9\times 6\times 11 – 27\times 6\\
&=-432+594-162\\
&=0.
\end{aligned}

Le second coefficient est :

$(N_1^2-3N_2)^3 = 27.$

La résolvante est donc $X^2+0X+27 = 0$ soit $X^2 = -27.$

Comme $\sqrt{27} = 3\sqrt{3}$, le nombre $3i\sqrt{3}$ est une solution de cette résolvante.

Il s’agit maintenant d’en extraire une racine cubique. Vous cherchez $k\in\C$ tel que $k^3 = 3i\sqrt{3} = (\sqrt{3})^3 \e^{i \pi /2}.$

Vous pouvez donc choisir :

\begin{aligned}
k &= \sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \sqrt{3} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} + i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{3}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}.
\end{aligned}

Calculez les solutions

Il sera commode de calculer $\frac{1}{k}.$

\begin{aligned}
\frac{1}{k} &= \frac{1}{\sqrt{3}} \e^{-i \pi /6}\\
&= \frac{\sqrt{3}}{3} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} – i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{6}.
\end{aligned}

La première solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+k+\frac{N_1^2-3N_2}{k}\right) &= \frac{1}{3}\left(6 + k + \frac{3}{k} \right) \\
&= \frac{1}{3}\left( 6 + \frac{3}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\\
&= \frac{1}{3}\left( 6 + 3\right)\\
&=3.
\end{aligned}

Pour la deuxième solution, il sera utile d’avoir $jk$ et $\frac{1}{jk}.$

\begin{aligned}
jk &= j\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \e^{i 2\pi /3}\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \sqrt{3} \e^{i 5\pi /6}\\
&= \sqrt{3} \left( \frac{-\sqrt{3}}{2} + i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{-3}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}. \\
\end{aligned}

De même :

\begin{aligned}
\frac{1}{jk} &= \frac{1}{\sqrt{3}} \e^{i 5\pi /6} \\
&=\frac{\sqrt{3}}{3} \e^{-i 5\pi /6} \\
&= \frac{\sqrt{3}}{3}\left( \frac{-\sqrt{3}}{2} – i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{-1}{2} – i \frac{\sqrt{3}}{6}. \\
\end{aligned}

La deuxième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+jk+\frac{j^2N_1^2-3j^2N_2}{k}\right) &= \frac{1}{3}\left(N_1+jk+\frac{N_1^2-3N_2}{jk}\right) \\
&= \frac{1}{3}\left( 6 + \frac{-3}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{-3}{2} – i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)\\
&= \frac{1}{3}\left( 6 -3 \right)\\
&=1.
\end{aligned}

Pour la troisième solution, il sera utile d’avoir $j^2k$ et $\frac{1}{j^2k}.$

\begin{aligned}
j^2k &= j^2\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \e^{i 4\pi /3}\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \sqrt{3} \e^{i 9\pi /6}\\
&= \sqrt{3} \e^{i 3\pi /2}\\
&= -i\sqrt{3}.
\end{aligned}

De même :

\begin{aligned}
\frac{1}{j^2k} &= \frac{1}{-i\sqrt{3}} \\
&= \frac{i}{\sqrt{3}} \\
&= \frac{i\sqrt{3}}{3}.
\end{aligned}

L’expression de la troisième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+j^2k+\frac{jN_1^2-3jN_2}{k}\right)
&= \frac{1}{3}\left(N_1+j^2k+\frac{N_1^2-3N_2}{j^2k}\right) \\
&= \frac{1}{3}\left( 6 -i\sqrt{3} +i\sqrt{3} \right)\\
&= \frac{1}{3}\left( 6 \right)\\
&=2.
\end{aligned}

Concluez

L’équation $x^3-6x^2+11x-6=0$ admet trois solutions, $x=1$, $x=2$ et $x=3.$

Il est remarquable de noter que, pour résoudre la résolvante, des nombres complexes non réels ont été nécessaires. Ils ont abouti à trouver les trois solutions réelles.