Sujet Oraux : Mines-Ponts, Oraux Mines-Ponts Abordables en 1ère année

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Exercice 1 [ 02647 ] [correction] Exercice 8 [ 02821 ] [correction] +a) Montrer l’existence et l’unicité des suites d’entiers (a ) et (b ) vérifiant Soit f :R →R uniformément continue. Montrer qu’il existe des réels positifs an n∈N n n∈N √ √ et b tels que|f(x)|6ax+b pour tout x> 0. n( 2+1) =a +b 2n n 2 2b) Calculer a −2b .n n Exercice 9 [ 02645 ] [correction]?c) Montrer que pour tout n∈N, il existe un unique p∈N tel que 4P 2 kπCalculer cos .√ p√ 9n k=1( 2+1) = p+ p−1 Exercice 10 [ 02814 ] [correction]Exercice 2 [ 02646 ] [correction] 3 ix iy iz 2ix 2iy 2iz Soient x ,...,x des réels. Montrer qu’il existe i et j dans{1,...,13} tels que1 13Si (x,y,z)∈R vérifie e +e +e = 0, montrer que e +e +e = 0. √x−xi ji =j et 06 6 2− 3. Indice : Utiliser la fonction tan. 1+x xi j Exercice 3 [ 02928 ] [correction] 0Soient H une hyperbole, D et D ses asymptotes sécantes en O et M un point sur Exercice 11 [ 01972 ] [correction] 2H. Soit (a,b)∈R tel que a 5. Montrer que p −1 est divisible par 24. lorsque n→ +∞. Exercice 7 [ 00501 ] [correction] Exercice 14 [ 02787 ] [correction] nPSoit f une fonction croissante de [0,1] dans [0,1]. sin(kx)?Si n∈N et x∈R, soit f (x) = .n? k ka) Montrer que s’il existe x∈ [0,1] et k∈N tels que f (x) =x alors x est un k=1 point fixe pour f. Soit x le plus petit réel strictement positif en lequel f atteint un maximumn n b) Montrer que f admet un point fixe. local. Calculer limf (x ).
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Enoncés

Exercice 1[ 02647 ][correction]
a) Montrer l’existence et l’unicité des suites d’entiers(an)n∈Net(bn)n∈Nvérifiant
(√2 + 1)n=an+bn√2

b) Calculera2n−2b2n.
c) Montrer que pour toutn∈N, il existe un uniquep∈N?tel que
(√2 + 1)n=√p+pp−1

Exercice 2[ 02646 ][correction]
Si(x y z)∈R3vérifieeix+ eiy+ eiz= 0, montrer quee2ix+ e2iy+ e2iz= 0.

Exercice 3[ 02928 ][correction]
SoientHune hyperbole,DetD0ses asymptotes sécantes enOetMun point sur
H.
On noteA(resp.A0) l’intersection de la tangente enMàHsurD(resp.D0).
Montrer que l’aire du triangleOAA0est indépendante deM.

Exercice 4[ 02931 ][correction]
SoAi−tA→0rd=an3sr,RC+?erps(.Dans.C0nlepadleceenrcculielliedncee)Pe,rotsAntieser(A.peAt0)A0eudoixpstnnyoradertp.qessl(reu2er).

et
Décrire
{M∈P; d(MC) = d(MC0)}

Exercice 5[ 02934 ][correction]
SoientDune droite etPun point du plan. Quel est l’ensemble des pointsMdu
plan tels queM P=d(M D)?

Exercice 6[ 02653 ][correction]
Soitpun nombre premier,p>5. Montrer quep2−1est divisible par24.

Exercice 7[ 00501 ][correction]
Soitfune fonction croissante de[01]dans[01].
a) Montrer que s’il existex∈[01]etk∈N?tels quefk(x) =xalorsxest un
point fixe pourf.
b) Montrer quefadmet un point fixe.

Exercice 8[ 02821 ][correction]
Soitf:R+→Runiformément continue. Montrer qu’il existe des réels positifsa
etbtels que|f(x)|6ax+bpour toutx>0.

Exercice 9[ 02645 ][correction]
4
CalculerPcos2k9π.
k=1

Exercice 10[ 02814 ][correction]
Soientx1     x13des réels. Montrer qu’il existeietjdans{1    13}tels que
i6=jet061x+ix−ixxjj62−√3. Indice : Utiliser la fonction tan.

Exercice 11[ 01972 ][correction]
Soit(a b)∈R2tel quea < b,f: [a b]→Rcontinue etn∈Ntelle que :

∀k∈ {01  n}Zbatkf(t) dt= 0

Montrer quefs’annule au moinsn+ 1fois sur[a b].

Exercice 12[ 02785 ][correction]
Etudier les limites dek=Qn11 +nk1net denk=Q11 +nk21n.

Exercice 13[ 02786 ][correction]
Calculer les limites de
kXn=1sinknsinkn2etnkX=1sin2√k1+n

lorsquen→+∞.

Exercice 14[ 02787 ][correction]
nsin(kx)
Sin∈N?etx∈R, soitfn(x) =Pk.
k=1
Soitxnle plus petit réel strictement positif en lequelfnatteint un maximum
local. Calculerlimfn(xn).

1

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Exercice 15[ 02823 ][correction]
Soientf:R→Rconvexe,a bréels aveca < b,g: [a b]→Rcontinue. Montrer
que
fb−1aZbag(t) dt!61Zbaf(g(t)) dt
b−a

Exercice 16[ 03198 ][correction]
Déterminer un équivalent quandn→+∞de

n1
un=k=X1(n+ 2k)3

Exercice 17[ 02890 ][correction]
Trouver les fonctionsf:R→Rcontinues telles que pour toutxréel
f(x)−2Z0xf(t) c
os(x−t) dt= 1

Enoncés

Exercice 18[ 02663 ][correction]
Montrer quea= cosπ9est racine d’un polynôme de degré trois à coefficients dans
Q. Montrer queaest irrationnel.

Exercice 19[ 02664 ][correction]
a) Soitn∈N?. Montrer que

n−1k)
X2n−1 = (X2−1)Y(X2−2Xcosπn+ 1
k=1

b) Soit un réela6=±1; déduire de a) la valeur de
Z0πln(a2−2acost+ 1) dt

Exercice 20[ 02665 ][correction]
Montrer, pour toutn∈N, qu’il existe un uniquePn∈Rn+1[X]tel quePn(0) = 0
etPn(X+ 1)−Pn(X) =Xn
.

Exercice 21[ 02668 ][correction]
Déterminer lesPdeR[X]tels que(X+ 4)P(X) =XP(X+ 1).

2

Exercice 22[ 02669 ][correction]
a) SiP∈R[X]est scindé surR, montrer queP0est scindé surR.
b) Si(a b c)∈R3, montrer queX10+aX9+bX8+cX7+X+ 1n’est pas scindé
surR.

Exercice 23[ 02670 ][correction]
Soitn∈N. Montrer qu’il existe un unique polynômeP∈C[X]tel que
P(cosθ) = cosnθpour toutθréel. On le noteTn.
a) LierTn−1 TnetTn+1.
b) Donner une équation différentielle vérifiée parTn.
c) CalculerT(nk)(1)etTn(k)(−1).

Exercice 24[ 02671 ][correction]
Quels sont les couples(P Q)∈R[X]2vérifiantP2+ (1−X2)Q2= 1?

Exercice 25[ 02672 ][correction]
Déterminer lesPdeR[X] {0}tels queP(X2) =P(X)P(X−1).

Exercice 26[ 02673 ][correction]
On cherche les polynômesPnon nuls tels que

P(X2) =P(X−1)P(X)

a) Montrer que toute racine d’un telPest de module 1.
b) Déterminer les polynômesP.

Exercice 27[ 02674 ][correction]
Trouver lesP∈R[X]tels queP(X2) = (X2+ 1)P(X).

Exercice 28[ 02676 ][correction]
Décomposer en éléments simples dansC(X)
Xn−1
Xn−1

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Exercice 29[ 01595 ][correction]
Soitpune projection d’un espace vectoriel euclidienE.
Montrer que la projectionpest orthogonale si, et seulement si,

∀x∈Ekp(x)k6kxk

Enoncés

Exercice 30[ 02922 ][correction]
Dans un espace euclidien orientéEde dimension 3, on pose, poura∈Eetx∈E,
fa(x) =a∧xpuisra= exp(fa). Montrer queraest une rotation et en donner les
éléments caractéristiques.

Exercice 31[ 02923 ][correction]
SoitEun espace euclidien de dimension 3,rdans SO(E)etsune symétrie
orthogonale.
Caractérisers◦r◦s.

Exercice 32[ 02924 ][correction]
SoientEun espace vectoriel euclidien,u∈Enon nul,g∈ O(E). On noteσla
symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplanu⊥. Décrireg◦σ◦g−1
.

Exercice 33[ 02925 ][correction]
Soientfetgdans SO3(R)tels quef6=getg◦f=f◦g.
Montrer quefetgsont soit deux rotations de mme axe, soit deux symétries de
droites orthogonales.

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) L’existence s’obtient par la formule du binôme de Newton :
an=062Xk6n2nk!2ketbn=062kX+16n2kn+ 1!2k
L’unicité provient de l’irrationalité de√2.
b) Par la formule du binôme de Newton,
(1√−2)n=an√−2bn

Corrections

puisq
an2−2b2n= (1 +√2)n(1−√2)n= (−1)n
c) L’unicité est évidente compte tenu de la stricte croissance dep7→ √p+√p−1.
Sinest pair alorsan2= 1 + 2b2n. Pourp=a2n,
(√2 + 1)n=an+√2bn=√p+pp−1

Sinest impair alors2bn2=a2+ 1. Pourp= 2bn2,
n
(√2 + 1)n=√2bn+an=√p+pp−1

Exercice 2 :[énoncé]
Puisqueeix+ eiy+ eiz= 0, on a1 + eiα+ eiβ= 0avecα=y−xetβ
Ainsi
cosα+ cosβ=−1
(sinα+ sinβ= 0

=z−x.

sinα+ sinβ= 0donneα=−β[2π]ouα=π+β[2π].
Siα=π+β[2π]alors la relationcosα+ cosβ=−1donne0 =−1.
Il resteα=−β[2π]et alors2 cosα=−1donneα=±32π[2π].
Par suiteeiα=jouj2.
On obtient alors aisément1 + e2iα+ e2iβ= 0puise2ix+ e2iy+ e2iz= 0.

Exercice 3 :[énoncé]
Plaçons nous dans un repère dans lequel l’équation réduite deHestxa22−yb22= 1.
Notons(x0 y0)les coordonnées deM. L’équation de la tangente àHenMest
xax20−yyb20= 1, les équations des asymptotesDetD0sonty=bxety=−bax.
a

Ceci permet de former deux systèmes dont les coordonnées(x y)deAet celles
(x0 y0)deA0sont respectivement solutions.
L’aire deOAA0est alors
12Det(−O→A O−−A→0)=12|xy0−x0y|=ba|xx0|
avec après calculsxx0=a2.
Finalement l’aire du triangleOAA0est constante égale àab.

Exercice 4 :[énoncé]
On a
d(MC) =|AM−r|etd(MC0) =|A0M−2r|
SiMest un point extérieurs au cerclesCetC0alors

Par suite

d(MC) =AM−retd(MC0) =A0M−2r

d(MC) = d(MC0)⇔A0M−AM=r

et on obtient une branche d’hyperbole ; plus précisément, c’est la branche
contenantAd’une hyperbole de foyersAetA0. Pour cette hyperbole,a=r2et
c= 3r2.
SiMest un point intérieur à l’un des cerclesCouC0alors

d(MC) = d(MC0)⇔A0M+AM= 3r

SachantAA0= 3r, on obtient le segment d’extrémitésAetA0.

4

Exercice 5 :[énoncé]
Si le pointPon obtient la parabole de foyern’appartient pas à la droite, Pet de
directriceD.
Si le pointPappartient à la droite, on obtient la perpendiculaire àDpassant par
P.

Exercice 6 :[énoncé]
p21 = (p−1)(p+ 1).

pest impair doncp−1etp+ 1sont deux entiers pairs consécutifs, l’un est
divisible par 2, l’autre par 4. Ainsi8|p2−1.
Les entiersp−1 p p+ 1sont consécutifs, l’un est divisible par 3, ce ne peut trep
carp>5premier. Ainsi3|p2−1.

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Exercice 7 :[énoncé]
a) Sif(x)> xalors par croissance def,

fk(x)>fk−1(x)>  >f(x)> x

Corrections

ce qui est absurde. Une étude analogue contreditf(x)< x.
b) On af(0)>0etf(1)61. Par dichotomie, on peut construire deux suites(an)
et(bn)vérifiant
f(an)>anetf(bn)6bn
Les suites(an)et(bn)convergent vers une limite communec. Puisque
an6c6bn, on a
an6f(an)6f(c)6f(bn)6bn
et donc par encadrementf(c) =c.
On peut aussi décrire un point fixe defen considérant

c= sup{x∈[01] f(x)>x}

Personnellement, je ne vois pas de lien entre les deux questions. . .

Exercice 8 :[énoncé]
Pourε= 1>0l’uniforme continuité assure l’existence d’unα >0tel que
∀x y∈R,|x−y|6α⇒ |f(x)−f(y)|61. Posonsn=E(xα). On a
|f(α)−f(0)|61,|f(2α)−f(α)|61,. . . ,|f(nα)−f((n−1)α)|61et
|f(x)−f(nα)|61donc en sommant|f(x)−f(0)|6n+ 1puis
|f(x)|6E(xα) + 1 +|f(0)|6ax+baveca= 1αetb= 1 +|f(0)|.

Exercice 9 :[énoncé]
En linéarisant et en faisant quelques transformations angulaires de simplification
4
Pcos2k9π=7
4.
k=1

Exercice 10 :[énoncé]
Posonsαi= arctanxi. Lesα1     α13évoluent dans]−π2 π2[, en coupant cet
intervalle en 12 intervalles contiguës de longueurπ12, on peut affirmer que deux
éléments parmi lesα1     α13appartiennent au mme intervalle (principe des
tiroirs). Ainsi il existei6=jvérifiant06αi−αj61π2et donc
06tan(αi−αj)6tan1π2. Ortan(αi−αj) =1x+i−xixxjjettan1π2= 2−√3.

5

Exercice 11 :[énoncé]
Notons que l’hypothèse initiale donne que pour toute fonction polynomialePde
degré6n,
ZbaP(t)f(t) dt= 0
Par l’absurde supposons quefne s’annule pas plus denfois. Par la continuité de
f, on peut dresser son tableau de signe et en notantx1     xp(avecp6n) les
points oùfs’annule en changeant de signe, on peut affirmer que
x7→(x−x1)  (x−xp)f(x)est une fonction continue de signe constant. Or
celle-ci est nulle donc c’est la fonction nulle. On en déduit quefest nulle sur
[a b] {x1     xp}puis sur[a b]par continuité.

Exercice 12 :[énoncé]
lnkYn=11 +nk!1n=n1k=Xn1ln1 +kn→Z01ln(1 +t)dt ln 2= 2−1

donc
kYn=11 +kn!1n→4e
Pourk∈ {1     n},nk261ndonc
16Y
k=n11 +kn2!1n61 + 1n

puis

kY=n11 +nk2!1n1

Exercice 13 :[énoncé]
Pourx>0,x−16x36sinx6xdonc|sinx−x|6M x3avecM= 16.
On a alors
k k
n2n26Mkn366Mn3
sin−
donc

nkX=1sinnksinkn2−k=Xn1sinnkkn26nM2→0

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Or

n
k=1sinknk2→Z01tsintdt
Xn

Corrections

donc
n
Xsinknsinnk2→sin 1−cos 1
k=1
Pourx>0,x−16x36sinx6xdonne aussisin2x−x26M0x4avecM0= 13.
Ainsi
n
X=1sin2√k+1n−k=Xn1k+1n6M0nkX=1(k1+n)26Mn0→0
k

Or

donc

n1 1nXn11+kn→Z01+1dxx= ln 2
Xk=
k=1+nk=1

Exercice 14 :[énoncé]
On a

donc

Par suite

nn21→
k=X1si√k+nln 2

nx
+ 1)xsin2
fn0(x) =nXcoskx= cos (n
k=12 sin2x

π
xn=
n+ 1

nsinkπ
n+1
fn(xn) =Xsinknk+π1=n+11kXnk
k=1 =1n+1

Or la fonctiont7→sin(πt)tpeut tre prolonger en une fonction continue sur[01]
donc par somme de Riemann
fn(xn)→Z10sin(πtt)dt

Exercice 15 :[énoncé]
Il est « à savoir »qu’une fonctionf:R→Rconvexe est obligatoirement
continue. . .
Par les sommes de Riemann,
1aZb1nnkX=1ga+k b−an
b g(t) dt= lim
−a n→+∞

donc par continuité
fb−1aZabg(t) dt!=nl→im+∞fn1kXn=1ga+k b−an!

Par l’inégalité de Jensen
f1nk=nX1ga+k b n−a!6n1k=Xn1fga+k b−an

En passant cette relation à la limite, on peut conclure.

Exercice 16 :[énoncé]
On peut écrire
n1
un=n13k=X1(1 + 2kn)3=n12Sn
avec
Sn1n
nX11
=
k=1 2( +kn)3
Par les sommes de Riemann, on a
Snn−→−+−−∞→Z01d1(+t2t)3=−+2(114t)210=
On en déduit
2

un9n2

2
9

Exercice 17 :[énoncé]
Remarquons
Z0xf(t) cos(x−t) dt= cosxZ0xf(t) cost xZx
dt+ sinf(t) sintdt
0

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Sifest solution alors

f(x) = 1 + 2Z0xf(t) cos(x−t) dt

et doncf(0) = 1.
fest dérivable car somme de fonctions dérivables.
f0(x) =−2 sinxZ0xf(t) costdZx
t+ 2 cosx f(t) sintdt+ 2f(x)
0

etf0(0) = 2.
fest alors deux fois dérivable et

f00(x) = 1−f(x) + 2f0(x)

Ainsifest solution de l’équation différentielle

y00−2y0+y= 1

vérifiant les conditions initialesy(0) = 1ety0(0) = 2.
La solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2 est

y(x) = (λx+µ)ex+ 1

Corrections

Cela conduit àf(x) = 2xex+ 1.
Inversement, soit par calculs, soit en remontant le raisonnement, on peut affirmer
que la fonction proposée est solution.

Exercice 18 :[énoncé]
cos 3x= 4 cos3x−3 cosxdonc4a3−3a= cosπ3 = 12.aest racine du
polynôme8X3−6X−1.
Soitx∈Qune racine de ce polynôme. On peut écrirex=pqavecp∧q= 1. On
a alors8p3−6pq2−q3= 0. On en déduitp|8p3−6pq2=q3orp∧q= 1donc
p=±1. De plusq2|6pq2+q3= 8p3, orq2∧p3= 1doncq2|8et doncq=±1ou
q=±2. Or1−112et−12ne sont pas les valeurs decosπ9. On peut conclure.

Exercice 19 :[énoncé]
a) Les deux polynômes de l’égalité sont unitaires, de degré2net ont pour racines
les racines2nl’unité car les racines du polynôme-ième de X2−2Xcos(kπn) + 1
2n
sont lese±ikπ.

b) Par les sommes de Riemann,


Z0πln(a2−2acost+ 1) dt=nl→im+∞nπnX1ln(a2−2acoskπn+ 1)
k=1
Or
nπnX−1ln(a2−2acosnkπ+ 1) =πla2n−1
nna2−1
k=1
Si|a|<1alorsnπln11−−aa22n→0et donc
Z0πln(a2−2acost+ 1) dt= 0
Si|a|>1alorsnπln11−−aa22n→2πln|a|et donc
Zπln(a2−2acost+ 1) dt= 2πln|a|
0

7

Exercice 20 :[énoncé]
Considérons l’applicationϕ:Rn+1[X]→Rn[X]définie par
ϕ(P) =P(X+ 1)−P(X). L’applicationϕest bien définie, linéaire et de noyau
R0[X]. Par le théorème du rang elle est donc surjective et les solutions de
l’équationϕ(P) =Xnse déduisent les unes des autres par l’ajout d’un élément de
R0[X]c’est-à-dire d’une constante. Ainsi il existe une unique solution vérifiant
P(0) = 0.

Exercice 21 :[énoncé]
SoitPsolution.X|(X+ 4)P(X)doncX|Ppuis(X+ 1)|P(X+ 1)donc
(X+ 1)|(X+ 4)P(X)puisX+ 1|Petc. . .
Ainsi on obtient queP(X) =X(X+ 1)(X+ 2)(X+ 3)Q(X)avec
Q(X+ 1) =Q(X)doncQconstant.
La réciproque est immédiate.

Exercice 22 :[énoncé]
a) Par application du théorème de Rolle, il figure une racine deP0entre deux
racines consécutives deP. De surcroît, siaest racine de multiplicitéα∈N?deP,
aest aussi racine de multiplicitéα−1deP0. Par suite, siPadmetn= degP
racines comptées avec multiplicité,P0en admetn−1et est donc scindé.
b) 0 est racine multiple du polynôme dérivé à l’ordre 2. Si le polynôme était
scindé, l’étude qui précède permet d’observer que 0 est racine du polynôme. Ce
n’est pas le cas.

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Exercice 23 :[énoncé]
On a
) =ReX
cosnθ=Re(einθ=n0kn!ikcosn−kθsinkθ!
k

Corrections

donc
E
cosnθ=`(n=X0)2(−1)`2n`!cosn−2`θ(1−cos2θ)`
est un polynôme encosθ. Cela assure l’existence deTn, l’unicité provenant de ce
que deux polynômes coïncidant en un nombre fini de points sont nécessairement
égaux.
a)
cos(n+ 1)θ+ cos(n−1)θ cos= 2θcosnθ

donne

Tn+1−2XTn+Tn−1= 0

b) On a
Tn(cosθ) = cosnθ
donc en dérivant
−sinθT0(cosθ) =−nsinnθ
n

et
sin2θT0n0(cosθ)−cosθTn0(cosθ) =−n2cosnθ
On en déduit par coïncidence de polynômes sur[−11]que

(1−X2)T0n0−XTn0+n2Tn= 0

c) En dérivant cette relation à l’ordrek:

(1−X2)T(nk+2)−2kXTn(k+1)−k(k−1)Tn(k)−XT(nk+1)−kTn(k)+n2T(nk)= 0(1)
En évaluant (1) en 1 :

(2k+ 1)T(nk+1)(1) = (n2−k2)T(nk)(1)

CommeTn(0)(1) = 1, on obtient
Tn(k)(1) =((n−k!)((nn)+!22kk)!k!(2k+1)!sik6n
0sinon

En évaluant (1) en−1:

(2k+ 1)T(nk+1)(1) =−(n2−k2)T(nk)(1)

CommeTn(0)(−1) = (−1)n, on obtient
Tn(k)(−1) = (−1)n−kTn(k)(1)

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Exercice 24 :[énoncé]
Soit(P Q)un couple solution.
Si le polynômePest constant alors nécessairementQ= 0etP=±1. Vérification
immédiate.
Sinon, posonsn= degP∈N?. La relationP2+ (1−X2)Q2= 1impose quePet
Qsont premiers entre eux et en dérivant on obtient
P P0−XQ2+ (1−X2)QQ0= 0. Par suiteQ|P P0puisQ|P0. Par des
considérations de degré et de coefficient dominant on peut affirmerP0=±nQ.
Quitte à considérer−Q, supposonsP0=nQet la relation
P P0−XQ2+ (1−X2)QQ0= 0donne(1−X2)P00−XP0+n2P= 0.
Résolvons l’équation différentielle(1−t2)y00−ty0+n2y= 0sur[−11].
Par le changement de variablet= cosθ, on obtient pour solution générale
y(t) =λcos(narccost) +µsin(narccost).
La fonctiont7→cos(narccost)est polynômiale (cf. polynôme de Tchebychev),
cela définit le polynômeTn.
La fonctiont7→sin(narccost)ne l’est pas car de dérivée√1−−nt2cos(narccost)non
polynômiale.
Par suiteP=λTnetQ=±1T0n.
n
La relationP2+ (1−X2)Q2= 1évaluée en 1 imposeλ2= 1et finalement
(P Q) = (±Tn±1nT0n).1le polynô
Vérification : pour le couple(P Q) = (±Tn±nT0n), meP2+ (1−X2)Q2
est constant car de polynôme dérivé nul et puisqu’il prend la valeur 1 en 1, on
peut affirmerP2+ (1−X2)Q2= 1.

Exercice 25 :[énoncé]
SupposonsPsolution. Le coefficient dominant dePest égal à 1. Siaest racine de
Palorsa2et(a+ 1)2le sont aussi.
Siaest une racine dePnon nulle alorsa2 a4   sont racines deP. OrP6= 0
doncPn’admet qu’un nombre fini de racines. La série précédente est donc
redondante et par suiteaest une racine de l’unité et donc|a|= 1.
Sia= 0est racine dePalors1 = (0 + 1)2aussi puis4 = (1 + 1)2l’est encore,. . . et
finalementPinfinité de racines ce qui est exclu.admet une
Finalement les racines dePsont toutes de module 1.
Or siaest racine deP,(a+ 1)2l’étant encore, on a|a|=|a+ 1|= 1. Les seuls
complexes vérifiant cette identité sontjetj2.On en déduit que
P= (X2+X+ 1)n. On vérifie par le calcul qu’un tel polynôme est bien solution.

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Corrections

Exercice 26 :[énoncé]
a) Siaest une racine dePnon nulle alorsa2 a4   sont racines deP. OrP6= 0
doncPn’admet qu’un nombre fini de racines. La série précédente est donc
redondante et par suiteaest une racine de l’unité et donc|a|= 1.
Sia= 0est racine dePalors1 = (0 + 1)2aussi puis4 = (1 + 1)2l’est encore,. . . et
finalementPadmet une infinité de racines ce qui est exclu.
Finalement les racines dePsont toutes de module 1.
b) Soita∈Cune racine deP.a+ 1est racine deP(X−1)donc(a+ 1)2est
aussi racine deP. Il s’ensuit que|a|=|a+ 1|= 1. En résolvant cette double
équation on obtienta=jouj2et doncPest de la forme

P(X) =λ(X−j)α(X−j2)β

Le nombrejest racine de multiplicitéαdePdoncjest racine de multiplicité au
moinsαde
P(X2) = (X2−j)α(X2−j2)β

et par suiteβ>α. Un raisonnement symétrique permet de conclureβ=αet le
polynômePest de la forme
λ(X2+X+ 1)α

Un telPest solution du problème posé si, et seulement si,

λ2(X4+X2+ 1)α=λ((X−1)2+ (X−1) + 1)α(X2+X+ 1)α

égalité qui est vérifiée si, et seulement si,λ= 1.
Finalement les solutions du problème posé sont les polynômesP= (X2+X+ 1)α
avecα∈N.

Exercice 27 :[énoncé]
Parmi les polynômes constants, seuls le polynôme nul est solution.
SidegP>1alors, pour vérifier l’équation, il est nécessaire quedegP= 2. On
peut alors écrirePsous la formeaX2+bX+c. Parmi, les polynômes de cette
forme, ceux solutions sont ceux obtenus pourb= 0etc=−a. Conclusion, les
polynômes solutions sont lesa(X2−1)aveca∈R.

Exercice 28 :[énoncé]
Les pôles sont simples et sont les racinesnème de l’unitéω0     ωn−1. La
décomposition en éléments simples cherchée s’écrit

Xn−1n−1
Xn−1 =X0αX−kωk
k=

avec

Ainsi

k=Xn−1)0(ωk) =n1
α(Xn−1

n−11n−1
XXn−1 =nXX−1ωk
k=0

Exercice 29 :[énoncé]
Sipest une projection orthogonale sur un sous-espace vectorielF

∀x∈E x=p(x) + (x−p(x))

avecp(x)⊥(x−p(x))donc par le théorème de Pythagore

kxk>kp(x)k

Inversement, soitpune projection telle que

∀x∈Ekp(x)k6kxk

alors

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Puisquepest une projection,F=ImpetG= kerpsont supplémentaires etpest
la projection surFparallèlement àG.
Soientu∈F v∈Getλ∈R. Considérons le vecteurx=u+λv.
On ap(x) =uetkp(x)k26kxk2donne

062λ(u|v) +λ2kvk2

Ceci valant pour toutλ∈R, on a nécessairement(u|v) = 0.
AinsiF⊂G⊥puis l’égalité par les dimensions.

Exercice 30 :[énoncé]
Sia= 0,ra=Id.
Sia6= 0alors dans une base orthonormée directe de premier vecteurakak, la
0 0t par calcul celle deraest
matrice defaestA=000ka0−k0kake
R=0i10snkakocs0kkaakk.raest donc une rotation d’axe dirigé et orienté
0 coskak −sin
paraet d’anglekak.

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Exercice 31 :[énoncé]
rest une rotation, définissonsDson axe (droite vectorielle orientée par un
vecteur unitaire~u) etθson angle.
Dans une base orthonormée directe(~w~~uv)deE, la matrice derest
1 0 0

0 cosθ−inssθθ
0 sinθco

Corrections

Pourx∈E,(s◦r◦s)(s(x)) =s(r(x)).
Dans la base orthonormée(s(~u) s(v~) s(w~))deE, un calcul direct donne que la
matrice des◦r◦sest
1 0θ−0sinθ
inc0so0sθcosθ

Sidets= 1alors(s(u~) s(v~) s(w~))est directe ets◦r◦sest la rotation d’axe
dirigé et orienté pars(u~)et d’angleθ.
Sidets=−1alors(s(~u) s(~v) s(w~))est indirecte ets◦r◦sest la rotation d’axe
dirigé et orienté pars(u~)et d’angle−θ.

Exercice 32 :[énoncé]
On a

et pourg(v)⊥g(u),


(g◦σ◦g1)(g(u)) =−g(u)

(g◦σ◦g−1)(g(v)) =g(v)

Ainsig◦σ◦g−1est la réflexion par rapport àg(u)⊥.

Exercice 33 :[énoncé]
fetgsont des rotations vectorielles et puisquef6=g, on peut supposer, quitte à
échanger, quef6=Id.
Siudirige l’axe defalorsf(g(u)) =g(f(u)) =g(u)doncg(u)appartient à l’axe
defpuisg(u) =λu. Orgest une isométrie doncg(u) =±u. Sig(u) =ualorsg
est une rotation de mme axe quef. Sig(u) =−ualorsvun vecteur unitaire de
l’axe de la rotationg. On a(u|v) = (g(u)|g(v)) = (−u|v) =−(u|v)donc
(u|v) = 0. Les axes defetgsont donc orthogonaux. De plus, puisqueu∈ {v}⊥
etg(u) =−u,gest un demi-tour et il en est de mme pourf.

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