(z)) = cos θ pour tout vecteur unitaire z . On en déduit :

(1)

Problème 1.

Partie I.

1. D'après le cours sur les automorphismes orthogonaux, (z/r

θ

(z)) = cos θ pour tout vecteur unitaire z . On en déduit :

x = r

θ

(y) ⇒ (x/y) = (y/r

θ

(y)) = cos θ y = r

_θ

(x) ⇒ (x/y) = (x/r

_θ

(x)) = cos θ

Ce qui qui prouve la première implication. Réciproquement, supposons (x/y) = cos θ . Considérons z tel que (x, z) soit une base orthonormée directe. Le vecteur unitaire y se décompose dans cette base. La coordonnée selon x est (x/y) = cos θ donc la deuxième coordonnée est ± sin θ . On en déduit y = r

_θ

(x) ou y = r

_−θ

(x) c'est à dire y = r

_θ

(x) . 2. Comme une rotation est orthogonale, les trois vecteurs sont unitaires et

− 1

2 = cos θ = (x/r

_θ

(x)) = (r

_θ

(x)/r

²_θ

(x)) = (x/r

_θ²

(x)) La partie {x, r

θ

(x), r

²_θ

(x)} est donc −

¹₂

-isogonale.

3. a. D'après la première question, chaque fois que l'écart angulaire entre deux vecteurs est θ , l'un est image de l'autre par r

_θ

. Pour trois vecteurs dont les écarts angulaires deux à deux sont égaux à θ on a donc huit possibilités qui sont présentées dans le diagramme suivant où la èche gure r

_θ

.

(1) x → y, y → z, z → x (2) x → y, y → z, x → z (3) x → y, z → y, z → x (4) x → y, z → y, x → z (5) y → x, y → z, z → x (6) y → x, y → z, x → z (7) y → x, z → y, z → x (8) y → x, z → y, x → z

Les cas (2) , (3) , (4) , (5) , (6) , (7) sont impossibles car la même lettre gure deux fois à gauche en contradiction avec la notion de fonction. Seuls les cas (1) et (8) sont possibles. Les trois vecteurs sont alors xés par r

³_θ

ce qui entraine que θ ≡

^2π₃

mod

^2π₃

donc θ =

^2π₃

car c'est un arccos . Il est impossible que θ = 0 car les vecteurs sont distincts.

b. Soit A une partie isogonale à 3 éléments. D'après la question précédente, elle est de la forme {x, r

θ

(x), r

_θ²

(x)} . Si B est isogonale, alors toute partie de B est encore

isogonale. En particulier {x, r

θ

(x), b} pour un éventuel b ∈ B et n'appartenant pas à A . Mais alors, toujours d'après 1.,

{x, r

θ

(x), r

_θ²

(x)} = {x, r

θ

(x), b} ⇒ b = r

_θ²

(x) ∈ A

On peut en conclure que toute partie isogonale à trois éléments est −

¹₂

-isogonale et de la forme précédente. De plus il n'existe pas de partie isogonale de quatre éléments ou plus. En revanche, toute paire de vecteurs unitaires est isogonale.

Partie II.

1. a. Le point important ici est le résultat relatif au cas d'égalité dans l'inégalité de Cauchy-Schwarz. L'égalité ne se produit que si les vecteurs sont colinéaires. Une famille de vecteurs unitaires colinéaires entre eux ne peut être qu'une famille de deux vecteurs opposés. Si A est une partie β -isogonale de trois vecteurs au moins, on a obligatoirement |β| < 1 .

b. D'après l'expression de cours du projeté d'un vecteur sur la droite engendrée par un vecteur unitaire, on

v

i

= u

i

− (v

i

/u

k

)u

k

= u

i

− βu

k

et (v

i

/v

j

) =

( 1 − 2β

²

+ β

²

= 1 − β

²

si i = j β − 2β

²

+ β

²

= β − β

²

si i 6= j c. D'après la question précédente, {w

₁

, · · · , w

_k−1

} est une partie α -isogonale du plan

H = Vect(u

_k

)

^⊥

avec

α = β − β

²

1 − β

²

= β

1 + β

D'après I, une partie isogonale d'un plan ne peut contenir plus de trois éléments et elle doit être −

¹₂

-isogonale. On en déduit k = 4 et

β

1 + β = − 1

2 ⇒ 2β = −1 − β ⇒ β = − 1 3 2. Pour écrire que A

_µ,ν

est −

¹₃

-isogonale, on doit former 4 +

⁴₂

= 10 relations traduisant que les vecteurs sont unitaires et qu'ils ont deux à deux le même écart angulaire.

Comme t est unitaire, orthogonal aux autres et {u, v, w} isogonale ces relations se ramènent à trois : 

 



 



µ

²

+ ν

²

= 1 ν = − 1

3 − 1

2 µ

²

+ ν

²

= − 1 3

⇔



 

 

ν = − 1 3 µ

²

= 8

9

(2)

Il existe donc exactement deux couples (µ, ν) tels que A

µ,ν

soit −

¹₃

-isogonale :

(− 2 √ 2 3 , − 1

3 ) ( 2 √

2 3 , − 1

3 )

Partie III.

1. Notons C puis X

1

, · · · , X

k

les colonnes que l'énoncé nous invite à considérer. Chaque colonne de P

(a,b)

est une combinaison de C et d'une X

i

. Par exemple la i -ème est bC + (a − b)X

i

. Par multilinéarité par rapport aux colonnes, on peut développer le déterminant. On obtient une somme de 2

^k

termes, chacun étant le déterminant d'une matrice dont chaque colonne est à un coecient près C ou un X

_i

. À cause du caractère alterné, ces termes sont nuls dès que C gure deux fois. Il ne reste donc plus que k + 1 déterminants : celui dans lequel C ne gure pas et ceux (il y en a k ) dans lesquels elle gure une fois aux diérentes places.

Lorsque C ne gure pas, la matrice est (a − b)I

_k

de déterminant (a − b)

^k

. Lorsque C gure une fois en position i , on doit remplacer la i ème colonne de (a − b)I

_k

par une colonne de b . On rend facilement triangulaire une telle matrice en soustrayant la ligne i à celles du dessous. Cela ne change pas le déterminant qui est donc (a − b)

^k−1

b . On en tire nalement :

det P

_(a,b)

= (a − b)

^k

+

k

X

i=1

(a − b)

^k−1

b = (a − b)

^k−1

(a + (k − 1)b)

2. La partie {u

1

, · · · , u

_k

} est c -isogonale. Si λ

₁

u

₁

+ · · · + λ

_k

u

_k

= 0

_E

son produit scalaire avec tout u

_i

est nul également. On en déduit

cλ

1

+ · · · + cλ

i−1

+ λ

1

+ cλ

i+1

+ · · · + cλ

k

= 0

Il s'agit de la i -ème ligne du produit de P (1, c) par la colonne des λ

i

. Autrement dit :

∀(λ

1

, · · · , λ

k

) ∈ R

^k

: λ

1

u

1

+ · · · + λ

k

u

k

= 0

E

⇒ P

k

(1, c)





 λ

1

...

λ

k





 =





 0 ...

0 





Si c est diérent de 1 et de −

_k−1¹

, le déterminant de la matrice est non nul d'après le calcul de la question précédente.La matrice est inversible et la colonne des λ

i

doit alors être nulle ce qui assure que (u

₁

, · · · , u

_k

) est libre.

3. Considérons une partie c -isogonale à k éléments avec k ≥ dim E + 1 . Elle est forcément liée donc c = 1 ou −

_k−1¹

d'après la question précédente. Le cas c = 1 est à exclure car on a vu qu'il ne peut se produire que pour k = 2 . On doit donc avoir c = −

_k−1¹

. Considérons maintenant une partie c -isogonale avec k ≥ dim E +2 . On peut en extraire une partie à k−1 éléments qui sera toujours c -isogonale et pour laquelle le raisonnement précédent s'applique. On devra alors avoir c = −

_k−1¹

et c = −

_k¹

ce qui est impossible.

Partie IV.

1. Considéront trois vecteurs de B . Ils constituent alors une partie −

¹₃

-isogonale. Ils ne peuvent être coplanaires car les seules parties isogonales d'un plan sont des parties

−

¹₂

-isogonales. Ils constituent donc une famille libre.

Pour calculer les coecients de la décomposition

u

4

= λ

1

u

1

+ λ

2

u

2

+ λ

3

u

3

+ λ

4

u

4

on forme les quatre produits scalaires contre les u

_i

:



 

 

 

 

λ

₁

− 1 3 λ

₂

− 1

3 λ

₃

= − 1 3

− 1

3 λ

₁

+ λ

₂

− 1

3 λ

₃

= − 1 3

− 1 3 λ

₁

− 1

3 λ

₂

+ λ

₃

= − 1 3

− 1 3 λ

₁

− 1

3 λ

₂

− 1 3 λ

₃

= 1

⇒



 

 

 

 

3λ

₁

− λ

₂

− λ

₃

= −1 (1)

−λ

1

+ 3λ

2

− λ

3

= −1 (2)

−λ

₁

− λ

₂

+ 3λ

₃

= −1 (3) λ

1

+ λ

2

+ λ

3

= −3 (4)

⇒



 

 

λ

1

+ λ

2

+ λ

3

= −3 (4) 4λ

₂

= −4 (2) + (4) 4λ

3

= −4 (3) + (4)

⇒ λ

₁

= λ

₂

= λ

₃

= −1 ⇒ u

₄

= −(u

1

+ u

₂

+ u

₃

)

2. Unicité.

Soit x = m

₁

u

₁

+ m

₂

u

₂

+ m

₃

u

₃

+ m

₄

u

₄

avec m

₁

+ m

₂

+ m

₃

+ m

₄

= 1 . De u

₄

=

−(u

₁

+ u

₂

+ u

₃

) , on tire la décomposition de x dans la base (u

₁

, u

₂

, u

₃

) . En notant (x

1

, x

2

, x

3

) les coordonnées de x , on obtient



 

 

 

 

m

₂

− m

₄

= x

₁

m

2

− m

4

= x

2

m

₃

− m

₄

= x

₃

m

1

+ m

2

+ m

3

+ m

4

= 1

⇒



 

 

 

 

−2m

4

= 1 − x

₁

− x

₂

− x

₃

m

1

= x

1

+ m

4

m

₂

= x

₂

+ m

₄

m

3

= x

3

+ m

4

(3)

On en déduit qu'il existe au plus un quadruplet (m

1

, m

2

, m

3

, m

4

) et qu'il est donné par les dernières relations.

Existence

Dénissons (m

₁

, m

₂

, m

₃

, m

₄

) par les relations



 

 

 

 

−2m

4

= 1 − x

₁

− x

₂

− x

₃

m

1

= x

1

+ m

4

m

₂

= x

₂

+ m

₄

m

3

= x

3

+ m

4

où (x

1

, x

2

, x

3

) sont les coordonnées de x dans (u

1

, u

2

, u

3

) . On vérie facilement que x = m

1

u

1

+ m

2

u

2

+ m

3

u

3

+ m

4

u

4

avec m

1

+ m

2

+ m

3

+ m

4

= 1 .

3. a. On doit montrer ici que f (B) = B entraine F (T ) = T . Pour tout x ∈ T , x = P

i

m

_i

u

_i

avec les m

_i

≥ 0 donc f (x) = P

i

m

_i

f (u

_i

) . Comme f est une bijection qui conserve B , il existe une permutation σ de {1, 2, 3, 4} telle que f (u

_i

) = u

_σ(i)

. On a alors

f (x) = X

i

m

i

u

_σ(i)

= X

j

m

_σ−1(j)

u

j

⇒ f (x) ∈ T

car les m

_σ−1(j)

sont positifs. Ceci montre que f (T ) ⊂ T . Pour prouver la deuxième inclusion, on applique le même raisonnement à l'automorphisme réciproque f

⁻¹

. b. On suppose maintenant f (T ) = T . On veut prouver que f (B ) = B .

Soit u ∈ B . Alors u ∈ T car B ⊂ T donc v = f(u) ∈ T . Calculons la norme de v . kvk

²

= X

i

m

²_i

+ 2 X

i<j

m

i

m

j

(u

i

/u

j

) = X

i

m

²_i

− 2 3

X

i<j

m

i

m

j

En introduisant cette relation :

X

i

m

_i

!

2

= X

1

m

²_i

+ 2 X

i<j

m

_i

mj

⇒ X

i

m

i

!

²

− kvk

²

= 2(1 + 1 3 ) X

i<j

m

i

mj = 8 3

X

i<j

m

i

mj On peut alors conclure

X

i

m

i

= 1 kvk = 1







⇒ X

i<j

m

_i

mj = 0

Tous les m

i

sont positifs ou nuls. Il en est donc de même pour les m

i

m

j

mais ceux là doivent être tous nuls puisque leur somme est nulle. Ce ne serait pas le cas si deux des m

_i

étaient non nuls. Ainsi un seul des m

_i

est non nul. Il doit être égal à 1 ce qui signie que f (v) est un élément de B . Ceci prouve que f (B) ⊂ B . On a l'égalité car B est nie et f injective.

4. a. Par le théorème du prolongement linéaire, σ est entièrement déterminée par l'image de la base (u

1

, u

2

, u

3

)

b. Comme σ conserve globalement la partie isogonale B , il conserve le produit scalaire entre deux vecteurs de B . Par linéarité, il conserve le produit scalaire entre deux vecteurs quelconques. C'est donc un automorphisme orthogonal.

c. Il sut d'appliquer la linéarité à u

₁

+ u

₂

+ u

₃

+ u

₄

= 0

_E

et le fait que σ permute les u

_i

..

d. Si g et h conservent T , il est immédiat que g ◦ h et g

⁻¹

le conservent également.

L' ensemble G est donc un sous-groupe de O(E) . D'après les dénitions, σ ◦ σ

⁰

= σ ◦ σ

⁰

. L'application

G → G σ 7→ σ

est donc un morphisme de groupe. Ce morphisme est bijectif d'après 3.b. Il est injectif car si σ est l'identité, σ xe trois vecteurs d'une base extraite de B donc obligatoirement le quatrième vecteur de B car c'est une permutation.

On en déduit que G et G ont le même nombre d'éléments à savoir 4! .

e. Notons (i, j) la transposition de i et j . C'est un élément de G . On vérie facilement que l'élément (i, j) de G qui lui est associé est la réexion τ

i,j

. La décomposition des permutations en transpositions se traduit alors par une décomposition de tout élément de G en réexions.

Problème 2.

Partie I.

1. Il est utile de remarquer que s

₀

est la fonction nulle, que toutes les c

_n

sont paires et toutes les s

_n

impaires. Comme l'intervalle d'intégration est symétrique, cela entraine en particulier.

∀(m, n) ∈ N

²

: (c

_n

/s

_m

) = 0

(4)

Le cas de c

0

se traite à part : kc

0

k

²

= (c

0

/c

0

) = 2π et (c

0

/c

m

) = 0 pour m 6= 0 . Les autres calculs se font en linéarisant :

cos

²

a = 1 2 + 1

2 cos(2a) sin

²

a = 1

2 − 1

2 cos(2a) cos a cos b = 1

2 cos(a + b) + 1

2 cos(a − b) sin a sin b = − 1

2 cos(a + b) + 1

2 cos(a − b)



 

 

 

 

⇒



 

 

 

 

kc

n

k

²

= π ks

n

k

²

= π

(c

_n

/c

_m

) = 0 si m 6= n (s

n

/s

m

) = 0 si m 6= n

On en déduit que la famille (c

0

, c

1

, s

1

, c

2

, s

2

, · · · , c

n

, s

n

) est orthogonale.

2. La fonction uc

k

est impaire et l'intervalle d'intégration est symétrique donc (u/c

k

) = 0 . Pour (u/s

k

) on utilise une intégration par parties.

(u/s

k

) = 1 2

Z

π

−π

t sin(kt) dt = 1 2

t(− 1

k ) cos(kt)

^π

−π

+ 1 2k

Z

π

−π

cos(kt) dt = (−1)

^k+1

π k On en déduit

(u/s

k

)

ks

k

²

= (−1)

^k+1

k On peut alors écrire

R

_n

= u −







n

X

k=0

(u/c

_k

) kc

k

²

c

_k

| {z }

=0

+

n

X

k=1

(u/s

_k

) ks

k

²

s

_k







On en déduit que R

n

est le projeté orthogonal de u sur l'espace orthogonal à Vect(c

0

, c

1

, s

1

, c

2

, s

2

, · · · , c

n

, s

n

) .

Partie II.

1. a. Montrons la formule demandée par récurrence.

Pour n = 1 , on part du membre de droite

(−1)

ⁿ

(n − 1)! sin(nϕ) sin

ⁿ

ϕ = sin

²

ϕ = 1 − cos

²

ϕ = 1 − 1 1 + tan

²

ϕ

= 1 − 1

1 +

_x¹₂

= 1

1 + x

²

= arctan

⁰

(x)

Montrons maintenant que la formule à l'ordre n entraine la formule à l'ordre n+1 . Il est utile ici de regarder ϕ comme une fonction de x

ϕ(x) = arctan 1

x ⇒ ϕ

⁰

(x) = − 1 x

²

1 1 +

_x¹₂

= − 1 1 + x

²

On peut alors écrire

arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

(x)

= (−1)

ⁿ

(n − 1)! n

− 1 1 + x

²

cos(nϕ) sin

ⁿ

ϕ + sin nϕ sin

ⁿ⁻¹

ϕ cos ϕ

= (−1)

ⁿ

n! 1

1 + x

²

(sin(n + 1)ϕ)(sin ϕ)

ⁿ⁻¹

= (−1)

ⁿ

n!(sin(n + 1)ϕ)(sin ϕ)

ⁿ⁺¹

car on a vu déjà que

_1+x¹2

= sin ϕ .

b. La fonction arctan est C

^∞

dans R, son développement limité se calcule en intégrant celui de sa dérivée.

arctan

⁰

x = 1

1 + x

²

= 1 − x

²

+ x

⁴

+ · · · + o(x

ⁿ

)

⇒ arctan x = x − 1 3 x

³

+ 1

5 x

⁵

+ · · · + c

_n

x

ⁿ

+ o(x

ⁿ

) avec c

n

=







0 si n pair

(−1)

^p

n si n impair = 2p + 1 D'après l'unicité du développement et la formule de Taylor-Young :

arctan

⁽ⁿ⁾

(0) = n!c

n

=

( 0 si n pair (−1)

^p

(n − 1)! si n impair = 2p + 1 2. a. On sait que pour tout x > 0 ,

arctan x + arctan 1 x = π

2 On en déduit arctan x =

^π₂

− ϕ .

b. Remarquons que x > 0 entraine 0 < ϕ <

^π₂

. Utilisons x = cotan ϕ :

y = x + p

1 + x

²

= cotan ϕ + 1

sin ϕ = 2 cos

²^ϕ₂

2 sin

^ϕ₂

cos

^ϕ₂

= cos

^ϕ₂

sin

^ϕ₂

= tan π − ϕ

2

(5)

Comme

^π₄

<

^π−ϕ₂ ^π₂

, on a nalement :

arctan y = π − ϕ 2 c. On a vu au cours du calcul précédent que

y − x = 1 sin ϕ

3. Écrivons la formule de Taylor avec reste intégral entre x et y :

arctan y = arctan x +

n

X

k=1

(y − x)

^k

k! arctan

^(k)

(x) + Z

y

x

(y − t)

ⁿ

n! arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

(t) dt 4. On remplace dans la formule précédente en utilisant 1.a pour les dérivées et 2.c. pour

y − x . On obtient :

(y − x)

^k

k! arctan

^(k)

(x) = (−1)

^k−1

k sin(kϕ) D'autre part, d'après 2.b. :

arctan y − arctan x = π − ϕ 2 − π

2 + ϕ = ϕ 2

La formule dénissant R

n

est donc une simple réécriture de la formule de Taylor avec reste intégral. On en déduit

R

_n

(ϕ) = Z

y

x

(y − t)

ⁿ

n! arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

(t) dt 5. On eectue le changement de variable θ = arctan

¹_t

.

Bornes

t = x ←→ θ = arctan 1 x = ϕ t = y ←→ θ = arctan 1

y = ϕ

2 car y = cotan ϕ 2 Élément diérentiel

dt = (−1 − cotan

²

θ)dθ = − 1 sin

²

θ dθ

Intégrale (en utilisant l'expression de la dérivée obtenue en 1.a.) R

n

(ϕ) =

Z

^ϕ₂

ϕ

cotan ϕ

2 − cotan θ

ⁿ

(−1)

ⁿ

sin((n + 1)θ)(sin θ)

ⁿ⁺¹

−dθ sin

²

θ

= (−1)

ⁿ

Z

ϕ

ϕ 2

cotan ϕ

2 − cotan θ

ⁿ

sin((n + 1)θ)(sin θ)

ⁿ⁻¹

Or

cotan ϕ

2 − cotan θ = sin θ −

^ϕ₂

sin

^ϕ₂

sin θ après réduction au même dénominateur. On en tire nalement

R

_n

(ϕ) = (−1)

ⁿ

Z

ϕ

ϕ 2

sin θ −

^ϕ₂

sin

^ϕ₂

!

ⁿ

sin((n + 1)θ) sin θ dθ

Partie III.

1. Il s'agit en fait de passer de la forme intégrale (obtenue en II.4.) à la forme de Lagrange d'un reste d'une formule de Taylor. Notons m et M la plus petite et la plus grande des valeurs prises par la fonction continue arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

dans le segment [x, y] . Comme y − x ≥ 0 dans l'intervalle, on obtient par positivité de l'intégration :