Dans toute la feuille,n∈N∗.
Exercice 1 (*) Soitσ∈S2ndénie parσ(k) = 2k−1etσ(n+k) = 2kpour tout k∈[[1, n]]. Déterminer(σ).
Solution. On utilise la parité du nombre d'inversions :(σ) = (−1)1+2+...+(n−1)= (−1)n(n+1)2 .
Exercice 2 (*) Siσ∈Sn, on notePsigma la matrice deMn(R)de coecient δi,σ(j). Montrer queσ−→Pσ est un morphime de groupe deSn dansGLn(R). Exercice 3 (*) Soientσ= (a1a2... ak)un cycle deSn etπ∈Sn. Déterminer π◦σ◦π−1.
En déduire le centre deSn.
Solution. C'est le cycle (π(a1)π(a2)... π(ak)).
Si π est dans le centre, on applique le résultat pour σ transposition. On obtientπ=Id, sauf si n= 2.
Exercice 4 (**) Soit G un groupe ni de cardinal n. Montrer que G est isomorphe à un sous-groupe de Sn.
Solution. G agit dèlement sur lui-même, donc s'"inclut" dansSG.
Exercice 5 (**) Soitpun nombre premier impair. Combien y a-t-il deσ∈S2p
tels queσp=Id?
Solution. Il n'y a que trois décompositions en cycles à supports disjoints pos-sibles, ce qui donne 2pp
(p−1)!2+ 2pp
(p−1)! + 1.
Exercice 6 (**) Montrer queSn est engendré par(1 2)et (1 2... n).
Solution. En conjuguant la transposition par les puissances du cycle, on obtient les transpositions(i i+ 1), qui engendrentSn.
Exercice 7 (**) Trouver tous les morphismes de groupes deSn dans(C∗,∗). Solution. Les transpositions étant conjuguées, elles ont la même image 1 ou
−1. De plus, comme elles engendrent Sn, le morphisme est entièrement déter-miné par leurs images. Si c'est1, c'est le morphisme trivial et si c'est−1, c'est la signature.
Exercice 8 (**) Montrer queAn est engendré par les3-cycles.
Solution. An étant l'ensemble des produit d'un nombre pair de transpositions, il sut d'engendrer les produits de deux tranpositions. Le seul cas non trivial est celui où les deux tranpositions sont à supports disjoints. On a alors par exemple (a b c)◦(b c d) = (a b)(c d).
Exercice 9 (***) Soient ppremier impair eta ∈(Z/pZ)∗. Pour x∈Z/pZ, on pose σ(x) =ax.
Montrer que(σ) = 1ssiaest un carré.
Solution. Si aest un carré,σ en est un aussi donc(σ) = 1.
Sinon, si d est l'ordre dea modulo p,σ se décompose en p−1d cycles à support disjoints, donc(σ) = (−1)p−1d . Il reste donc à montrerv2(d) =v2(p−1), ce qui est vrai car ap−12 6= 1, parce queXp−12 −1ne peut admettre plus de p−12 racines et admet déjà les carrés.
Exercice 10 (***) SoitH un sous-groupe deSnde cardinal n!2. Montrer que H =An.
Solution. On montre d'abord que H est distingué : pour σ∈H on aσH =H donc, par bijectivité de σ −→ σ◦π, on a σH = G\H, et de même à droite, doncH est bien distingué. Or,H 6=Sn doncH ne contient pas toute les trans-positions, donc n'en contient aucune. On en déduit, par récurrence sur k, que H contient un produit de ktransposition ssik est pair.
18 Déterminants
Dans toute la feuille,n∈N∗
Exercice 1 (*) Soit A = (ai,j)∈Mn(R) avecai,j = 1 si i =j ou i= 1 ou j= 1 etai,j= 0sinon.
Calculerdet(A).
Solution. Si on note∆n ce déterminant, en développant par rapport à la deux-ième colonne on obtient∆n= ∆n−1−1, d'où ∆n= 2−n.
Exercice 2 (*) SoitA∈Mn(R)avecai,j∈ {−1,1} pour tousietj. Montrer quedet(A)est un entier divisible par2n−1.
Solution. Le déterminant ne change pas en ajoutant la première colonne à toutes les autres, et tout est alors pair.
Exercice 3 (*) Soit A ∈ Mn(R). Montrer que si A est triangulaire, alors Com(A)l'est aussi.
Solution. SiAest triangulaire supérieure eti < j, la matrice obtenue en virant la i-ème ligne et laj-ème colonne est triangulaire supérieure avec au moins un terme diagonal nul. Com(A)est donc triangulaire inférieure.
Exercice 4 (*) SoitA∈Mn(Z). Montrer queAadmet un inverse dansMn(Z) ssidet(A)∈ {−1,1}.
Solution. Si B inverse deA,det(A)det(B) = 1doncdet(A)∈ {−1,1}. Si det(A)∈ {−1,1},A−1 s'exprime avec la comatrice.
Exercice 5 (**) Trouver le déterminant de A avec pour tous i et j, ai,j =
|i−j|.
Solution. On retire la première colonne à tout le monde, puis la deuxième pour simplier presque tous les termes sous la diagonale. On n'a alors plus qu'une permutation qui donne un produit non nul, et det(A) = (−1)n−1(n−1)2n−2. Exercice 6 (**) SoitΦl'application deMn(R)dansMn(R)qui àM associe M +tr(M)In.
Calculer ledet(Φ).
Solution. On calcule la matrice de Φ dans la base canonique : ak,li,j vaut 2 si (i, j) = (k, l) et k=l,1 si un seul des deux se produit et 0 sinon. La matrice est triangulaire par bloc doncdet(Φ) est égal au déterminant de la matrice avec des 2 sur la diagonale et des 1 partout ailleurs. Ce déterminant se calcule par récurrence en retirant la première colonne et vautn+ 1.
Exercice 7 (**) SoitA∈Mn(R). Déterminer le rang deCom(A)en fonction de celui deA.
Solution. Si rg(A) =n, alors rg(Com(A)) =n d'après la formule pourA−1. Si rg(A) = n−1, alors AtCom(A) = 0 donc rg(Com(A)) ≤ 1. De plus, A admet n−1colonnes libres. Elles forment une matrice de rang n−1, donc ses nlignes forment une famille de rangn−1, donc on peut en supprimer une pour avoir une famille libre. On peut donc extraire de Aune matrice carrée de taille n−1 inversible, doncCom(A)6= 0 etrg(Com(A)) = 1.
Sirg(A)< n−1, toute famille de n−1 colonnes est liée, donc aucune matrice extraite de taille n−1 n'est inversible, doncCom(A) = 0.
Exercice 8 (**) SoientAetBdansMn(R), semblables dansMn(C). Montrer queAet B sont semblables dansMn(R).
Solution. Soit P =Q+iR une matrice de passage sur C : pour tout t ∈R, on a A(Q+tR) = (Q+tR)B, donc il sut de trouvert tel que Q+tR soit inversible. Or, P(X) = det(Q+XR) est un polynôme non nul car P(i)6= 0, donc il existe t∈Rtel queP(t)6= 0, d'où le résultat.
Exercice 9 (***) SoitP ∈Rn−1[X]. Calculerdet(A)avecai,j=P(i+j−2). Solution. On retire à chaque colonne la précédente, et on itère le procédé pour faire apparaître les dérivées discrètes successives de P, puis on fait pareil avec les lignes. On n'a alors plus qu'une permuation donnant un produit non trivial.
On trouve alors det(A) = (−1)n(n−1)2 ∆n−1P(0)n= (−1)n(n−1)2 (n−1)!nann−1 où an−1 est le coecient deXn−1 dans P.
Remarque. On peut éviter la dernière étape enP de degrén−2, ou au contraire la rendre plus longue et douloureuse en le prenant de degrén...
Exercice 10 (***) Calculerdet(A)avecai,j=P GCD(i, j).
oùϕest la fonction indicatrice d'Euler. As'écrit donc comme le produit d'une matrice triangulaire inférieure, d'une matrice diagonale et d'une matrice trian-gulaire supérieure. On trouve donc :
det(A) =
n
Y
k=1
ϕ(k)
Remarque. Il y a une autre solution un peu moins parachutée en essayant d'-eectuer des opérations élémentaires sur les colonnes pour trouver une "bonne"
matrice par laquelle multiplierA.
19 Intégration
Exercice 1 (*) SoitA0...An−1un polygone régulier inscrit dans le cercle unité avecA1(1,0).
Déterminer la limite de 1nPn
k=1A0Ak.
Solution. En passant par les sommes de Riemann, on trouve π4. Exercice 2 (*) Soitf ∈C0(R,R)etT >0. On suppose quex−→Rx+T
x f(t)dt est constante.
Montrer quef estT-périodique.
Solution. On dérive par rapport àx.
Exercice 3 (*) Soient f ∈ C0([a, b],R) et ϕ ∈ C0(R,R) avec ϕ convexe.
Solution. Passer par les sommes de Riemann.
Remarque. L'inégalité de Jensen discrète a bien été vue en cours plus tôt.
Exercice 4 (*) Soitf ∈C2([0,2π],R)convexe. Montrer que : Z 2π
0
f(t) cos(t)dt≥0
Solution. Intégrer par partie deux fois en dérivant f. Exercice 5 (**) existeM sur le cercle unité tel queQn
k=1M Ak=√ 2.
Solution. Développer le carré et, pour la deuxième question, prendre P = Qn
Montrer que(xn)converge vers une limite à préciser.
Solution. (xn)converge vers1 : il sut de montrer que, sia∈]0,1[,f(xn)n≥ fonctions en escalier, on montre que la partie négative de cette dernière intégrale est bornée, alors que la partie positive tend vers +∞.
Exercice 8 (**) Soienta >0et f, g∈C0([0, a],R)croissantes. Montrer :
Solution. Au choix : passer par les sommes de Riemann pour discrétiser et montrer l'inégalité de Chebychev par récurrence (ou autrement...), ou dériver par rapport àa.
Solution. Taylor-Lagrange avec reste intégral donne R1
0(1−t)f00(t)dt = −a, d'où le résultat par Cauchy-Schwarz. Pour le cas d'égalité, prendre f00(t) = b(1−t), en déduire f et choisirb pour que les conditions soient vériées.
Exercice 10 (***) Soitf ∈C0([0,1],R). Donner un équivalent deR1
Exercice 1 (*) Déterminer les valeurs dea,betctelles que la série de terme généralea√
n+b√
n−1 +c√
n−2converge.
Si elle converge, calculer sa somme.
Solution. Pour que le terme général tende vers0, il fauta+b+c= 0. Dans ce cas, la suit est équivalent à 2c−a√n si a6=c, donc il faut a=c, ce qui sut bien.
On a alors une somme téléscopique, qui vaut−a.
Exercice 2 (*) Pour quelles valeurs deαla série de terme généralln
1 + n(−1)αlnnn converge-t-elle ?
Solution. Développement asymptotique à deux termes : le premier converge par le critère spécial des séries alternées, le second converge ssiα≥12.
Exercice 3 (*) Soient(un)positive etα >0telle que : uun+1n = 1−αn+O(n12). Donner un équivalent de (un).
Solution. On écritlnun+1−lnun et on trouve par sommation des équivalents un∼ nCα.
Exercice 5 (**) Soient Σun et Σvn des séries absolument convergentes et, pour toutn,wn=Pn
k=0ukvn−k.
Montrer que la série de terme généralwn converge et que :
+∞
Solution. Il faut montrer queP
k,l≤n,k+l>nukvl tend vers 0. Pour cela, on le majore parP
k>n2 oul>n2 |uk||vl|.
Exercice 6 (**)
SoitΣun une série à termes positifs divergente. Montrer qu'il existe une sérieΣvn à termes positifs divergente telle quevn =o(un).
SoitΣun une série à termes positifs convergente. Montrer qu'il existe une sérieΣvn à termes positifs convergente telle queun =o(vn).
Solution. Choisir les sommes partielles de vn "plus petites" que celles deun, par exemple la racine ou le log. Pour la deuxième, il faut travailler sur les restes (on peut prendre la racine par exemple).
Exercice 7 (**) Soit Σun une série convergente de terme général positif décroissant et de sommeS. On suppose que pour toutn,un≤P+∞
k=n+1. Montrer que pour toutx∈[0, S], il existe A⊂Ntel que P
n∈Aun=x. Solution. Construire A par récurrence, en gardantn ssi on ne dépasse pas x en ajoutant un...
Exercice 8 (***) Soit (un) une suite complexe telle que Σun converge ab-solument et, pour tout k ∈ N∗, Σ+∞n=0ukn = 0. Montrer queun = 0 pour tout n.
Solution. Pour k grand, les un de module maximal dominent tous les autres.
Si on suppose que ce sont u1, ..., um, on peut les supposer de module 1 et on a alors Pm
i=1uki −→0. En posantPk(X) =Xk(X−z1)...(X−zm−1), commePk
annule z1, ..., zm−1, on a P(zm)−→0 donczm∈ {z1, ..., zm−1}. Par le même type de calcule, on obtientz1=...=zm, donc la suite est constante, donc nulle.