Le programme présentant des centaines de propriétés et théorèmes, on ne sait jamais quelles démonstrations de cours peuvent être utiles pour le concours. Dans cette série d’articles, nous allons faire le tour de toutes les démonstrations intéressantes à connaître pour le concours : celles qui sont demandées ou dont la méthode de démonstration est importante.
Existence du polynôme annulateur
Proposition
Soit \(P \in \mathbb{R}[X]\) et \(A \in \mathscr{M}_n(\mathbb{R})\), on dit que \(P\) est un polynôme annulateur de la matrice \(A\) si \(P(A)=0\).
Toute matrice \(\mathscr{M}_n(\mathbb{K})\) admet un polynôme annulateur non nul.
Démonstration
Soit \(A \in \mathscr{M}_n(\mathbb{K})\).
On a \(\mathrm{card}(\mathscr{M}_n(\mathbb{R}))=n^2\), donc \(\left(I_n, A, A^2, \ldots, A^{n^2}\right)\) est liée, car de longueur \(n^2+1\). Alors, par définition :
\[
\exists (\lambda_0,\ldots, \lambda_{n^2})\in\mathbb{R}^{n^2+1},\backslash\{0,\ldots, 0\} \; \sum_{i=0}^{n^2} \lambda_i A^i=0
\] donc, on a bien \[P(A)=0 \; \mathrm{ avec } \;P=\sum_{i=0}^{n^2} \lambda_i X^i
\] \(P\) est un polynôme annulateur de \(A\), et \(P\) est non nul, car les réels \((\lambda_0,\ldots, \lambda_{n^2})\) sont non tous nuls.
Ainsi,
\[\fbox{toute matrice de $\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ admet un polynôme annulateur non nul.}\]
Formule de Taylor pour les polynômes
Proposition
Soit \(n\in\mathbb{N}\). Soit \(P(X)=\displaystyle \sum_{k=0}^n a_iX^i\). Soit \(a \in \mathbb{R}\).
On a \(P(X)=\displaystyle \sum_{k=0}^n \frac{P^{(k)}(0)}{k !} X^k\).
Démonstration
Soit \(P \in \mathbb{R}[X]\), montrons par récurrence sur \(k\in[\![0,n]\!]
\) que \(\mathscr{P}(k)\) : « \(P^{(k)}(0)=k ! a_k\) » est vraie.
On a \(P^{(0)}(0)=P(0)=a_0=0 ! a_0\), donc \(\mathscr{P}(0)\) est vraie.
Supposons qu’il existe un entier \(k \in [\![0,n]\!]\) fixé tel que \(\mathscr{P}(k)\) est vraie. On a alors, en notant \(b_k\) le coefficient de degré \(k\) du polynôme dérivé \(P^{\prime}\),
\[b_k=(k+1)! a_{k+1}\] et \[(P^{(k)})^{\prime}=P^{(k+1)}\]
Or, par hypothèse de récurrence, on a \[(P^{(k)})^{\prime}(0)=k ! b_k\]
Donc, \[P^{(k+1)}(0)=k !(k+1) a_{k+1}=(k+1) ! a_{k+1}\]
Ce qui achève la récurrence.
Ainsi, \[\fbox{ \(P(X)=\sum_{k=0}^n \frac{P^{(k)}(0)}{k !} X^k\).}\]
Suites à récurrence linéaire d’ordre 2
Proposition
Soient \((a, b) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}^*\) et \(\left(u_n\right)_{n \in \mathbb{N}}\) une suite définie par \(\left(u_0, u_1\right) \in \mathbb{R}^2\) et :
\[
\forall n \in \mathbb{N},\; u_{n+2}=a u_{n+1}+b u_n .
\] Si l’équation \(r^2-a r-b=0\) admet deux solutions distinctes \(r_1\) et \(r_2\), alors :
\[
\exists !(\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2,\; \forall n \in \mathbb{N}, \;u_n=\lambda r_1^n+\mu r_2^n
\] et si l’équation admet une solution double \(r\), alors : \[\exists !(\lambda, \mu) \in\mathbb{R}^2, \; \forall n \in \mathbb{N},\; u_n=\lambda r^n+\mu n r^n\]
Démonstration
On raisonne par analyse-synthèse, et on commence par le cas où l’équation admet deux solutions \(r_1\) et \(r_2\) distinctes.
Analyse
Supposons que pour tout \(n \in \mathbb{N},\; u_n=\lambda r_1^n+\mu r_2^n\).
Pour \(n=0\) et \(n=1\), on a \[\left\{\begin{array}{l}\lambda+\mu=u_0 \\ \lambda r_1+\mu r_2=u_1\end{array}\right. \iff (\lambda, \mu)=\left(\frac{u_1-r_2 u_0}{r_1-r_2}, \frac{u_1-r_1 u_0}{r_2-r_1}\right)\]
D’où l’unicité de la décomposition si elle existe.
Synthèse
Montrons par récurrence d’ordre 2 sur \(n\) que pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(\mathscr{P}(n)\) : « \( u_n=\lambda r_1^n+\mu r_2^n \) » est vraie.
On a \(\mathcal{P}(0)\) et \(\mathcal{P}(1)\) vraies par définition de \((\lambda, \mu)\), donc \(\mathscr{P}(0)\) et \(\mathscr{P}(1)\) sont vraies.
Supposons qu’il existe un entier \(n \in \mathbb{N}\) fixé tel que \(\mathscr{P}(n)\) et \(\mathscr{P}(n)\) sont vraies. On a alors :
\(u_n=\lambda r_1^n+\mu r_2^n\) et \(u_{n+1}=\lambda r_1^{n+1}+\mu r_2^{n+1}\), donc
\[\begin{aligned}
u_{n+2} & =a u_{n+1}+b u_n \\
& =a\left(\lambda r_1^{n+1}+\mu r_2^{n+1}\right)+b\left(\lambda r_1^n+\mu r_2^n\right) \\
& =\lambda r_1^n\left(a r_1+b\right)+\mu r_2^n\left(a r_2+b\right)
\\
&=\lambda r_1^{n+2}+\mu r_2^{n+2} \quad \text{car }r_1^2=a r_1+b, \;r_2^2=a r_2+b\end{aligned}
\]
Ce qui achève la récurrence.
D’où l’existence de la décomposition.
Traitons désormais le cas où l’équation admet une solution double \(r \neq 0\)
Analyse
Supposons que pour tout \(n \in \mathbb{N}, u_n=\lambda r^n+\mu n r^n\).
Pour \(n=0\) et \(n=1\), on a \[\left\{\begin{array}{l}\lambda=u_0 \\ \lambda r+\mu r=u_1\end{array}\right. \iff (\lambda, \mu)=\left(u_0, \frac{u_1-r u_0}{r}\right)\] D’où l’unicité de la décomposition si elle existe.
Synthèse
Montrons par récurrence d’ordre 2 sur \(n\) que pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(\mathscr{P}(n)\) : « \(u_n=\lambda r^n+\mu n r^n\) » est vraie.
On a \(\mathcal{P}(0)\) et \(\mathcal{P}(1)\) vraies par définition de \((\lambda, \mu)\), donc \(\mathscr{P}(0)\) et \(\mathscr{P}(1)\) sont vraies.
Supposons qu’il existe un entier \(n \in \mathbb{N}\) fixé tel que \(\mathscr{P}(n)\) et \(\mathscr{P}(n)\) sont vraies. On a alors :
\(u_n=\lambda r^n+\mu n r^n\) et \(u_{n+1}=\lambda r^{n+1}+\mu(n+1) r^{n+1}\), donc
\[
\begin{aligned}
u_{n+2}&=a u_{n+1}+b u_n \\
&=a\left(\lambda r^{n+1}+\mu(n+1) r^{n+1}\right)+b\left(\lambda r^n+\mu n r^n\right) \\
& =\lambda r^n(a r+b)+\mu n r^n(a r+b)+\mu r^{n+1} a \\
&=\lambda r^{n+2}+\mu(n+2) r^{n+2} \quad \text{car } r^2=a r+b, \;r=\frac{a}{2}
\end{aligned}
\]
Ce qui achève la récurrence.
D’où l’existence de la décomposition.
Formule de Taylor avec reste intégral
Proposition
Montrer que si \(f\) est de classe \(\mathscr{C}^{n+1}\) sur le segment \([a,b]\), alors pour tout \(x \in [a,b]\)
\[ f(x)=f(a)+f^{\prime}(a)(x-a)+\cdots+\frac{f^{(n)}(a)}{n !}(x-a)^n+\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n !} f^{(n+1)}(t) \mathrm{d} t
\]
Démonstration
Montrons par récurrence sur \(n\) que pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(\mathscr{P}(n)\) : \(
\forall x \in [a,b], \; f(x)=\displaystyle \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k !}(x-a)^k+\displaystyle \int_a^x \frac{(x-t)^n}{n !} f^{(n+1)}(t) \mathrm{d} t
\) est vraie.
On sait que
\[
\begin{aligned}
\int_a^x \frac{(x-t)^0}{0 !} f^{(0+1)}(t) \mathrm{d} t & =
\int_a^x f^{\prime}(t) \mathrm{d} t \\
& = [f(t)]_a^x \\
& = f(a)-f(x) \\
\end{aligned}
\]
donc \(\mathscr{P}(0)\) est vraie.
Supposons qu’il existe un entier \(n \in \mathbb{N}\) fixé tel que \(\mathscr{P}(n)\) est vraie. On a alors
\[
\forall x \in [a,b], \; f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k !}(x-a)^k \\+\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n !} f^{(n+1)}(t) \mathrm{d}t
\] or, en posant \(u'(t)=\frac{(x-t)^n}{n !}\) et \(v(t)=f^{(n+1)}(t)\) qui sont de classe \(\mathscr{C}^1\) sur \([a,x]\) on a, par intégration par parties :
\[
\begin{aligned}
\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n !} f^{(n+1)}(t) \mathrm{d}t & =\left[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1) !} f^{(n+1)}(t)\right]_a^x+\int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1) !} f^{(n+2)}(t) \mathrm{d}t \\
& =\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1) !} f^{(n+1)}(a)+\int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1) !} f^{(n+2)}(t) \mathrm{d}t
\end{aligned}
\]
ce qui achève la récurrence.
Ainsi, \[\fbox{\(\forall x \in [a,b], \; f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k !}(x-a)^k+\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n !} f^{(n+1)}(t) \mathrm{d} t\)}\]
Voilà pour la première série de démonstrations de cours importantes. En attendant le deuxième article sur ces démonstrations, n’hésite pas à lire nos autres articles !
