PROBLÈME CLASSIQUE 1

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 2

du jeudi 21 septembre 2017 Durée : 4 heures Calculatrice autorisée

Instructions générales : Les candidats sont priés

• de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien six pages ;

• de traiter leur sujet :

? classique, composé des problèmes1et 2;

? corsé, composé du problème corsé.

Enfin, les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.

Remarque importante :

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.

Bon courage !

PROBLÈME CLASSIQUE 1

R désigne le corps des nombres réels. On désigne par M l’ensemble des matrices carrées d’ordre 2 à coefficients réels. On se donne trois réels(a, b, c)avecb6= 0et on pose

F =

a −b b c

, I =

1 0 0 1

.

1. (a) Montrer que l’ensemble des matrices deM qui commutent avecF est un sous-espace vectoriel deM. On le noteF.

(b) Montrer que(F, I)est une base deF.

(c) Établir que pour tout entiern≥0, la matriceFⁿ appartient àF. 2. Pour tout entiern≥0, on poseFⁿ=α_nF+β_nI.

(a) Justifier l’existence de(α_n, β_n).

(b) Déterminerα2 etβ2 en fonction dea,b,c. Que dire deF siβ2= 0? (c) Déterminer une relation de récurrence entreα_n,α_n+1 etα_n+2. (d) Déterminer les suites(αn)n∈Net (βn)n∈N quanda= 3etb=c=−2.

(e) Déterminer les suites(αn)_n∈Net (βn)_n∈N quanda= 3etb=c= 1.

3. (a) Montrer queF est un anneau commutatif pour le produit matriciel habituel.

(b) À quelle condition nécessaire et suffisante, portant surα₂ etβ₂, F est-il un corps ?

(c) Dans le cas oùF est un corps, résoudre dansF l’équationX²=−I. Que peut-on conclure sur le corpsF? (d) F est-il un corps dans les cas indiqués aux questions 2.(d) et 2.(e) ? Si non, caractériser alors tous ses

éléments non inversibles.

4. On considère l’endomorphismeudeMdansMdéfini par

u:M ∈ M 7−→F·M.

(a) Montrer queF est stable paru.

(b) Établir queuest un automorphisme de Msi et seulement siF est inversible.

(c) Donner la matrice de udans la base formée des matrices E1 =

1 0 0 0

, E2 =

0 0 1 0

, E3 =

0 1 0 0

, E4 =

0 0 0 1

.

(d) Pour 5/2 « classique » seulement.À quelle condition nécessaire et suffisante, portant surα2etβ2,uest- il diagonalisable surR? Déterminer les valeurs propres deudans chacun des cas indiqués aux questions 2.(d) et 2.(e).

PROBLÈME CLASSIQUE 2

Si nest un entier naturel, on noteMn(R)l’ensemble des matrices carrées d’ordrenà coefficients réels.

On notem_i,j l’élément ligneiet colonnej d’une matriceM deMn(R).

On noteIdla matrice identité deM_n(R).

On appelle matrice semi-magique d’ordren, une matriceM deMn(R)telle qu’il existe un réel, notéσ(M), vérifiant

∀i∈[[1, n]],

n

X

j=1

m_i,j = σ(M) et ∀j∈[[1, n]],

n

X

i=1

m_i,j = σ(M).

On appelle trace deM le réel noté tr (M) =

n

X

i=1

mi,i. On noteSMn l’ensemble des matrices semi-magiques d’ordre n.

On appelle matrice magique d’ordren, une matriceM deMn(R), ayant les propriétés suivantes : M est semi-magique et σ(M) = tr (M) =

n

X

i=1

m_i,i et X

(i,j)∈[[1,n]]²/ i+j=n+1

m_i,j = σ(M).

On noteMG_n l’ensemble des matrices magiques d’ordren.

Si M est un élément deMn(R), on note^tM la matrice transposée deM.

Un vecteur colonneX non nul sera dit vecteur propre deM associé à la valeur propre λsi et seulement siM X= λX.

I. Montrer queM est semi-magique si et seulement siV =





 1

... 1





(l’élément ligneideV est1) est vecteur propre commun deM et ^tM, associé à la même valeur propre.

II. Déduire du résultat précédent que l’ensemble des matrices semi-magiques est uneR-algèbre, incluse dansMn(R).

Montrer queMGn est un espace vectoriel sur R.

III. On désigne parE la matrice à coefficients réels telle que : ∀i∈[[1, n]],∀j∈[[1, n]],e_i,j= 1.

Montrer queE est magique. Montrer que : ∀p≥1,E^p=n^p−1E.

IV. Montrer que : pour toute matrice semi-magiqueM deMn(R), on a : EM =σ(M)E =M E.

V. Dans cette question, on imposen= 3.

1. Montrer que toute matrice deMG3est la somme d’une matrice magique symétrique et d’une matrice magique antisymétrique et que cette décomposition est unique.

2. Construire toutes les matrices magiques antisymétriques deMG₃.

3. Construire toutes les matrices magiques symétriques deMG3 de trace nulle.

En remarquant queM−1

3tr (M)E a une trace nulle, en déduire toutes les matrices magiques symétriques de MG3.

Donner une base de l’espace des matrices magiques deMG3.

4. On se propose de démontrer que siM est magique deMG₃, alors pour tout entierpimpair,M^p est magique.

4.1 Soit M une matrice magique de trace nulle.

On admettra le résultat suivant qu’on ne demande pas de démontrer : il existe un polynômeP du troisième degréP(X) =X³+aX²+bX+c qui annuleM, c’est-à-dire tel que P(M) =M³+aM²+bM+cI = 0; de plus le coefficientadeP(X)est égal à−tr (M).

Montrer que l’hypothèsec 6= 0entraîne que M est inversible et que la relation démontrée dans la ques- tion IV conduit à une contradiction.

En déduire l’existence d’un réelλtel queM³=λM et que pour tout entier pimpair, la matrice M^p est magique.

4.2 Soit M une matrice magique deMG3. On poseM0=M −1

3tr (M)E.

CalculerM^p et montrer que pour toutpimpair,M^p est magique.

VI. Dans cette question, on imposen= 4et on considère la matrice magique d’ordre4deMG4:

A =









2 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0







 .

1. Vérifier queA²=A+ 2Id.

2. Montrer qu’il existe deux entiers positifsap et bp tels queA^p=apA+bpId.

3. Démontrer que pour toutp≥2, la matriceA^p ne peut pas être magique.

PROBLÈME CORSÉ

Notations

Soitdun entier strictement positif. On noteMd(R)l’espace vectoriel des matrices carrées réelles de tailledet Id

désigne la matrice identité. Le produit de deux matricesA et B de Md(R) est notéA×B ou simplementAB. On appelle commutateur deAetB la matrice

[A, B] = AB−BA.

On rappelle que l’exponentielle d’une matrice carréeA∈ Md(R)est définie par exp(A) = Id+

+∞

X

n=1

Aⁿ n!.

On munitM_d(R)d’une norme d’algèbrek · k, c’est-à-dire que pour toutes matricesA,B deM_d(R), kABk ≤ kAk kBk.

On noteGL_d(R)le groupe linéaire des matrices de M_d(R)qui sont inversibles, etSL_d(R)le sous-groupe deGL_d(R) formé des matrices de déterminant1.

La première et la troisième parties sont consacrées à l’étude de matrices carrées de tailled= 3. La deuxième partie est largement indépendante des autres parties.

Première partie

On considère l’ensemble des matrices carrées de taille3triangulaires strictes :

L =

M_p,q,r|(p, q, r)∈R³ où M_p,q,r =





0 p r 0 0 q 0 0 0



.

On définitH={I3+M|M ∈L}.

1. Calculer l’exponentielle de la matriceMp,q,r.

2a. Montrer que l’on définit une loi de groupe∗ surLen posant pour M,N dansL : M∗N = M+N+1

2[M, N].

On explicitera l’inverse deMp,q,r.

2b. Déterminer les matrices M_p,q,r ∈ L qui commutent avec tous les éléments de L pour la loi ∗. (L,∗) est-il commutatif ?

3. Montrer que pour toutes matricesM,N deLon a :

(expM)×(expN) = exp(M∗N).

4. SoientM et N deux éléments deL. Montrer que

exp([M, N]) = exp(M) exp(N) exp(−M) exp(−N).

5. Montrer queH muni du produit usuel des matrices est un sous-groupe deSL₃(R)et que exp : (L,∗) −→ (H,×)

est un isomorphisme de groupes.

Deuxième partie

On considère dans cette partie deux matrices AetB deMd(R).

Dans les questions6et7, on suppose de plus queAet B commutent avec[A, B].

6a. Montrer que[A,exp(B)] = exp(B)[A, B].

6b. (M. Cochet : on rappelle que la fonction eA : t 7→ exp(tA) est de classe C¹ de R dans Md(R) et vérifie e⁰_A(t) =Aexp(tA) = exp(tA)A.) Déterminer une équation différentielle vérifiée part7→exp(tA) exp(tB).

6c. En déduire la formule :

exp(A) exp(B) = exp

A+B+1 2[A, B]

.

(M. Cochet: au brouillon, on pourra s’inspirer de la résolution de l’EDL lorsqued= 1, donnant une solution vérifiant ϕ(t) =λexp(θ(t)), puis exprimer le fait queλ=ϕ(t) exp(−θ(t)) =ψ(t) est une constante.)

7. On noteL= Vect (A, B,[A, B]).

7a. Si M,N sont dansL, montrer que[M, N]commute avecM etN.

7b. SoitG={exp(M)|M ∈ L}. Montrer que (G,×)est un groupe et que l’application Φ :H−→G, exp(Mp,q,r)7→exp(pA+qB+r[A, B]), est un morphisme de groupes.

Dans toute la suite de cette partie,A etB sont à nouveau deux matrices quelconques de Md(R).

8. Soit(Dn)_n∈Nune suite deMd(R)qui converge versD ∈ Md(R). Elle est donc bornée : soit λ >0tel que pour tout entiern∈N,kDnk ≤λ.

8a. Soitk∈N. Justifier que n!

(n−k)!n^k →1 quandn→+∞et que sin≥k(et n≥1), 0 ≤ 1− n!

(n−k)!n^k ≤ 1.

En déduire que

I_d+Dn

n ⁿ

−

n

X

k=0

1

k!(D_n)^k−→0 quand n→+∞.

8b. Montrer que pour tous entiersk≥1 etn≥0, (Dn)^k−D^k

≤ kλ^k−1kDn−Dk.

8c. Conclure que

Id+Dn

n ⁿ

→exp(D)quandn→+∞.

9a. SoitD∈ M_d(R)telle quekDk ≤1. Montrer qu’il existe une constanteµ >0indépendante deD telle que kexp(D)−I_d−Dk ≤ µkDk².

9b. Montrer qu’il existe une constanteν >0, et pour tout n≥1 une matriceCn∈ Md(R), tels que exp

A n

exp

B n

= Id+A n +B

n +Cn et kCnk ≤ ν n².

10. Déduire de ce qui précède que

exp(A+B) = lim

n→+∞

exp

A n

exp

B n

ⁿ .

Troisième partie

SoitT un réel strictement positif. On noteE(T)l’ensemble constitué des couples(u, v)de fonctions continues sur [0, T]à valeurs réelles.

Unchemin de Carnot contrôlé par (u, v)∈E(T)est une applicationγ : [0, T]→ M3(R)de classe C¹ solution de l’équation différentielle matricielle :

γ⁰(t) = u(t)γ(t)M1,0,0+v(t)γ(t)M0,1,0, γ(0) = I3,

où les matricesM_1,0,0et M_0,1,0 ont été introduites dans la première partie.

11a. Pour tout(u, v)∈E(T), justifier l’existence d’un unique chemin de Carnot contrôlé par(u, v).

11b. Montrer queγ vérifie

∀t∈[0, T], γ(t)∈H

et calculer explicitement, en fonction det,uetv les fonctionsp(t),q(t)et r(t)telles que γ(t) = exp(Mp(t),q(t),r(t)).

12. Pour tous(θ, ϕ)∈R² ett∈R, on définit les contrôles

uθ,ϕ(t) = sin(θ−ϕt) et vθ,ϕ(t) = cos(θ−ϕt), et on noteγθ,ϕ(t) = exp(Mp(t),q(t),r(t))le chemin de Carnot contrôlé par(uθ,ϕ, vθ,ϕ).

12a. On supposeϕ6= 0. Calculerp(t)etq(t)et vérifier que r(t) = tϕ−sin(tϕ)

2ϕ² . 12b. Calculer de mêmeγθ,0(t).

Lasphère de Carnot est l’ensemble : B(1) =

(p, q, r)∈R³| ∃(θ, ϕ)∈[−π, π]×[−2π,2π], γ_θ,ϕ(t) = exp(M_p,q,r) .

13. On définit les fonctionsf et gsur]0,2π]par :f(s) = 2(1−coss)

s² et g(s) = s−sins 2s² .

Montrer quef et g se prolongent par continuité sur [0,2π]; que f est alors une bijection continue de [0,2π] sur un ensemble qu’on précisera ; et quegatteint son maximum enπ.

14. Montrer que si(p, q, r)∈B(1)avecr≥0alorsr=g◦f⁻¹(p²+q²). énoncer et établir une réciproque.

On pourra donner l’allure de la fonction s7→g◦f⁻¹(s²)pour s∈[0,1]et notamment les tangentes ens= 0 et s= 1.

15. Montrer l’existence d’une constantec1>0 telle que pour tout(p, q, r)∈B(1), on ait c⁻¹₁ ≤ p²+q²+|r| ≤ c1.

16a. Montrer que pour tout(p, q, r)∈R³\ {(0,0,0)}, il existe un uniqueλ >0tel que : (λp, λq, λ²r)∈B(1).

16b. En déduire que pour tout point A ∈ H, il existe un réel positif T(A) et des paramètres (θ, ϕ) (dépendant également deA) tels queAsoit l’extrémité du chemin de Carnot contrôlé par (uθ,ϕ, vθ,ϕ)∈E(T(A)).

16c. Montrer l’existence d’une constantec2>0 telle que pour tout(p, q, r)∈R², c⁻¹₂ p

p²+q²+|r| ≤ T(exp(Mp,q,r)) ≤ c2

pp²+q²+|r|.

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Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 2 – éléments de correction

PROBLÈME CLASSIQUE 1 — d’après CCP 1998 PC maths 1

1. (a) Tout d’abord F ⊂ Met F contient la matrice nulle. EnsuiteF est stable par combinaison linéaire, donc F est un sous espace vectoriel deM.

(b) Les matricesI etF sont des éléments de F et ne sont pas proportionnels donc(I, F)est une famille libre deF. Montrons que F est de dimension2.

PosonsM = x z y t

!

, on obtientF M= ax−by az−bt bx+cy bz+ct

!

et M F = ax+bz −bx+cz ay+bt −by+ct

! .

Or b6= 0, doncM ∈ F équivaut après calcul à







y=−z x=t−c−a

b z , soit M =





t−c−a b z z

−z t



 = t 1 0 0 1

! +z



 a−c

b 1

−1 0



.

Les deux matrices 1 0 0 1

! et



 a−c

b 1

−1 0



 ne sont pas colinéaires et engendrent F, donc F est un R-espace vectoriel de dimension2. Puisque (I, F)est libre, on en déduit que (I, F)est une base deF . (c) Pour tout entier n, la matriceFⁿ commute avecF. Par conséquent ∀n∈N,Fⁿ∈ F .

2. (a) D’après 1.(c), la matriceFⁿ est dansF. Or d’après 1.(b), le couple (I, F)est une base deF. Ainsi Fⁿ se décompose de façon unique comme combinaison linéaire deF etI. D’où

l’existence et l’unicité de(α_n, β_n)tel queFⁿ=α_nF+β_nF . (b) Sans détour : F²= a²−b² −(ab+bc)

ab+bc −b²+c²

!

. Ainsi α2=a+c= tr (F)etβ2=− b²+ac

=−det(F). On remarque que β₂= 0si et seulement sidet(F) = 0, c’est-à-direF n’est pas inversible .

(c) Si Fⁿ=αnF+βnI, alorsFⁿ⁺¹= (α2αn+βn)F+β2αnI. Or(I, F)est libre donc :

∀n∈N,

( αn+1 = α2αn+βn

β_n+1 = β₂α_n .

On en déduit : ∀n∈N, α_n+2−α₂α_n+1−β₂α_n= 0. C’est une suite de récurrence linéaire double (MPSI).

(d) Supposonsa= 3 etb=c=−2. Alorsα2= 1et β2= 2. L’équation caractéristique est r²−r−2 = 0, ses solutions sont2et−1. Il existe par conséquent deux réelsλetµtels que pour toutn,α_n=λ2ⁿ+µ(−1)ⁿ. Or α0= 0et α1= 1, d’où après résolution (à faire le jour J !) on trouve que ∀n∈N,αn= 2ⁿ−(−1)ⁿ

3 .

En outreβ₀= 1etβ_n= 2α_n−1= 2ⁿ+ 2(−1)ⁿ

3 dès quen≥1, et cette formule est vraie pourn= 0. Ainsi :

∀n∈N, βn = 2ⁿ+ 2(−1)ⁿ

3 .

(e) Supposonsa= 3 etb=c= 1. Alorsα2= 4 etβ2=−4. On obtient après des calculs analogues :

∀n∈N, αn=n2ⁿ⁻¹ ∧ βn = −(n−1) 2ⁿ .

3. (a) D’après 1.(a) : F est un espace vectoriel, donc un groupe additif. De plusF = Vect (I, F)d’après 1.(b), et F² est dansF d’après 1.(c) ; AinsiF est stable par produit. EnfinF contient la matriceI, d’oùF est un sous-anneau deM. En outreF= Vect (I, F), donc le produit de deux éléments deF commute.

AinsiF est un sous-anneau commutatif deM.

(b) L’anneauF est un corps si et seulement si toute matrice non nulle deF admet un inverse dansF. On sait que si cette matrice inverse existe, alors elle est unique. SoitM =λF+µIetM⁰ =xF+yI dansF. Alors :

M M⁰ = M⁰M = I ⇔

( (α2λ+µ)x+λy= 0

(β₂λ)x+µy= 1 . (1)

Il s’ensuit queFest un corps si et seulement si (1) est un système de Cramer pour tout(λ, µ)∈R²\{(0,0)}, c’est-à-dire si et seulement si pour tout(λ, µ)dansR²− {(0,0)},µ²+α2λµ−β2λ²6= 0. Or :

µ²+α₂λµ−β₂λ² =

µ+1 2α₂λ

²

−α²₂+ 4β2

4 λ². On en déduit que F est un corps si et seulement siα²₂+ 4β₂<0.

(c) On supposeα²₂+ 4β2<0. Dans ce cas : (xF +yI)²=−I ⇔

( x(α2x+ 2y) = 0

β2x²+y² = −1 ⇔ M =± 1

p−(α²₂+ 4β2)(2F−α₂I).

Posons par exempleX = 1

p−(α₂²+ 4β2)(2F−α2I), alors la famille (I, X) est une base deF (libre et de cardinal la dimension deF). Considérons l’application Φ :F −→ C, xI+yX 7−→ x+iy. On vérifie sans peine queΦest un isomorphisme de corps, d’où F est un corps isomorphe àC.

(d) Supposonsa= 3 etb=c=−2. Alorsα₂= 1,β₂= 2etα²₂+ 4β₂>0, doncF n’est pas un corps.

Les matrices non inversiblesxF+yI vérifienty²+xy−2x²= 0, soit x=y ouy=−2x. Ainsi : les éléments non inversibles deF sont les matrices proportionnelles à F−2I ou àF+I . Supposonsa= 3 etb=c= 1. Alorsα2= 4,β2=−4 etα²₂+ 4β2= 0doncF n’est pas un corps.

Les matrices non inversiblesxF+yI vérifienty²+ 4xy+ 4x²= 0, soity=−2x. Ainsi les éléments non inversibles deF sont les matrices proportionnelles à F−2I . 4. (a) Pour toutM ∈ F, il vientu(M)·F = (F·M)·F =F·F·M =F·U(M), doncu(M)∈ F.

Ainsi F estu-stable .

(b) • Supposons que u est un automorphisme de M. Alors u est surjectif donc il existe M ∈ M telle que u(M) =F·M =I, doncF est inversible.

• Supposons queF est inversible. Alorsu(M) =N équivaut àM =F⁻¹N, doncuest bijective.

Il s’ensuit que uest un automorphisme deMsi et seulement siF est inversible . (c) Soit U la matrice deudans la base(E1, E2, E3, E4). Alors :

U =











a −b 0 0

b c 0 0

0 0 a −b

0 0 b c











= F 0

0 F

! .

(d) Pour 5/2 « classique » seulement.

Le polynôme caractéristique deU est : χ_U(X) = (X²−α₂X−β₂)²= (χ_F(X))².

On remarque queF et U sont diagonalisables (ou pas) en même temps. Or la matriceF est non scalaire (b6= 0) et d’ordre2, donc elle est diagonalisable si et seulement si elle admet deux valeurs propres réelles distinctes. Ceci équivaut à la stricte positivité du discriminant de son polynôme caractéristique.

Ainsi uest diagonalisable si et seulement siα₂²+ 4β2>0 .

Supposonsa= 3 etb=c=−2, alorsχU(X) = (X²−X−2)²d’où Sp(u) = (−1,−1,2,2). Supposonsa= 3 etb=c= 1, alorsχU(X) = (X−2)⁴d’où Sp(u) = (2,2,2,2) .

PROBLÈME CLASSIQUE 2 — d’après CCP 1998 TSI maths 1

I Remarquons que :

(M ·V)i =

n

X

j=1

mi,jvj =

n

X

j=1

mi,j et (^tM·V)j =

n

X

i=1

(^tM)j,ivi =

n

X

i=1

mi,j.

Par conséquentM ·V =λV et ^tM·V =λV équivaut à pour tout i,

n

X

j=1

mi,j =λet pour tout j,

n

X

i=1

mi,j =λ.

Ainsi V est vecteur propre pour les matricesM et^tM si et seulement siM est semi-magique , et dans ce cas la valeur propreλest σ(M).

II • Les ensemblesSMn etM Gn ne sont pas vide car ils contiennent la matrice nulle.

• SiV est vecteur propre de deux matricesM1 et M2, alors V est vecteur propre de toute combinaison linéaire de ces matrices. DoncSMn est déjà un sous espace vectoriel deMn(R).

• Pour le produit :M1·M2·V = M1(σ(M2)V) = (σ(M1)σ(M2))V prouve la stabilité deSMn pour le produit.

En outre la matrice identité est bien dansSM_n. Ainsi SMn est une algèbre .

• Les deux conditions supplémentaires (somme sur la diagonale et sur l’anti-diagonale) sont conservées par com- binaison linéaire mais pas par produit donc M Gn est un espace vectoriel (sous-espace deSMn).

III Il est clair que E est magique avec σ(E) =n. Notons (Ei,j)i,j la base canonique deMn(R)et remarquons que E=

n

X

i,j=1

Ei,j. Ainsi, d’après la relation de ChaslesEi,jEk,`=δj,kEi,`, il vient :

E² =



 X

i,j

E_i,j







 X

k,`

E_k,`



 = X

i,j,k,`

E_i,jE_k,` = X

i,j,`

E_i,` = X

j



 X

i,`

E_i,`



 =

n

X

j=1

E

doncE²=nE. Par récurrence (à faire lors d’un concours ! ! !) : sip≥1 alorsE^p = n^p−1E.

IV PosonsM = (mi,j),E = (ei,j),P =M E= (pi,j)etP⁰= (p⁰_i,j). Soit(i, j)∈[[1, n]]².

• D’une partp_i,j =

n

X

k=1

m_i,ke_k,j=

n

X

k=1

m_i,k1 =σ(M)doncM E=P=σ(M)·E.

• D’autre partp⁰_i,j=

n

X

k=1

ei,kmk,j=

n

X

k=1

1mk,j=σ(M)doncEM =P⁰ =σ(M)·E.

Ainsi comme annoncé EM =M E=σ(M)E .

V 1. La décomposition d’une matrice deM3(R)en une matrice symétriqueSet une matrice antisymétriqueAexiste et est unique :M =S+AavecS=M +^tM

2 et A= M−^tM 2 .

Il suffit donc de vérifier que si M est magique, alors S et A sont aussi magiques. Or d’une part si M est magique alors^tM l’est aussi etσ(^tM) =σ(M), et d’autre part l’ensemble des matrices magiques est stable par combinaison linéaire, par conséquent S etAsont bien magiques .

2. N’oublions pas que la diagonale d’une matrice antisymétrique est nulle. La résolution du système donne alors : A =

0 a −a

−a 0 a

a −a 0

!

= a

0 1 −1

−1 0 1

1 −1 0

!

= a A0.

Ainsi l’ensemble des matrices magiques antisymétriques estVect(A₀).

3. Après calcul, on trouve que les matrices magiques symétriques de trace nulle sont de la forme : S =

b −b 0

−b 0 b

0 b −b

!

= b

1 −1 0

−1 0 1

0 1 −1

!

= b S₀.

Remarquons que pour toute matrice magique M la matrice M₀ =M −1

3tr (M)E est magique et de trace nulle.

Soit alorsS une matrice magique symétrique. AlorsS=S− 1

3tr (S)

E+1

3tr (S)E avecS− 1

3tr (S)

E qui est magique, symétrique et de trace nulle donc multiple de S₀. Par conséquent l’ensemble des matrices magiques et symétriques est contenu dansVect(S₀, E). La réciproque étant claire, on obtient :

l’ensemble des matrices magiques et symétriques est exactementVect(S0, E).

Grâce à V.1 et à la concaténation des bases(A0)et(S0, E)des sous-espaces des matrices magiques antisymé- triques et symétriques, il vient finalement :

l’ensemble des matrices magiques de taille3×3 est l’espace vectoriel Vect(A0, S0, E)de dimension3, de base(A0, S0, E).

4. 4.1 P(M) =M³+aM²+bM+cId = 0 avec icia= 0 (carM est de trace nulle).

Sic6= 0alorsP(M) = 0s’écrit −1

c M(M²+bId) = Id, doncM est inversible et : M⁻¹= −1

c (M²+bId). De plus avec IV on a :EM =M E= 0.

SiM était inversible alorsM serait régulière etE= 0: absurde. Ainsi M n’est pas inversible etc= 0. Il reste deP(M)pour une matrice magique de trace nulle : M³+bM = 0, c’est-à-dire : M³=λId. En posantp= 2q+ 1et par récurrence surq, on obtient :M^2q+1 =λ^qM, ce qui prouve queM^2q+1 est une matrice magique. Par conséquent :

les puissances impaires des matrices magiques3×3 de trace nulle sont magiques.

4.2 M0 est donc magique de trace nulle. D’après IV, elle commute avec E, on peut utiliser la formule du binôme :

M^p =

p

X

k=0

p k

1 3tr (M)

^k

M₀^p−kE^k = M₀^p +

p−1

X

k=1

p k

1 3tr (M)

^k

M₀^p−kE^k+ 1

3tr (M) ^p

E^p.

Or d’après IV :EM0=M0E=σ(M0)E= 0E= 0, donc :

p−1

X

k=1

p k

1 3tr (M)

^k

(M₀)^p−kE^k = 0.

Par conséquent :

M^p = M₀^p + 1

3tr (M) p

E^p = M₀^p + 1

3 p

( tr (M))^p3^p−1E

d’où : M^p = M₀^p+1

3( tr (M))^pE . Sipest impair alorsM₀^pest une matrice magique d’après V.4.1 donc M est aussi magique comme combinaison linéaire de matrices magiques.

VI 1. On vérifie facilement que A²=A+ 2Id .Notez que lors d’un concours il FAUT écrire explicitement le calcul ! 2. Récurrence sur p. Tout d’abord A⁰ = 0A+ Id donc a₀ = 0 et b₀ = 1. Ensuite A = 1A+ 0Id donca₁ = 1 et b1 = 0. Supposons maintenant que A^p = apA+bpB. Alors : A^p+1 = apA²+bpA = (ap +bp)A+ 2apId. Ainsi

( ap+1 = ap+bp

b_p+1 = 2a_p . D’où l’ existence deap et bp d’après le théorème de récurrence. Enfin pourp≥2les coefficients sont positifs (encore récurrence,à faire lors des concours !).

3. Supposons maintenant que pourp ≥ 2la matrice A^p est magique. AlorsIdle serait aussi (par combinaison linéaire), ce qui est faux. D’où : sip ≥ 2 alorsA^p n’est pas une matrice magique .

PROBLÈME CORSÉ — d’après Polytechnique 2014 MP maths B Première partie

Pour simplifier, on posera dans cette partieM =Mp,q,ret N =Mp⁰,q⁰,r⁰. On utilisera les calculs suivants :

M N =







0 0 pq⁰ 0 0 0 0 0 0





, (I+M)(I+N) =







1 p+p⁰ r+r⁰+pq⁰

0 1 q+q⁰

0 0 1





.

1. CommeM³= 0, il vientexpMp,q,r=I3+Mp,q,r+M_p,q,r² =







1 p ^pq₂ +r

0 1 q

0 0 1





. 2a. Remarquons que

Mp,q,r∗Mp⁰,q⁰,r⁰ =







0 p+p^{0 pq0−p}₂ ^0q +r+r⁰

0 0 q+q⁰

0 0 0





∈L,

donc la loi∗est interne dansL. L’élément neutre est0 =M_0,0,0. Par ailleurs

(M∗N)∗P =







0 p+p⁰+p⁰⁰ x 0 0 q+q⁰+q⁰⁰

0 0 0







avecx=r+r⁰+r⁰⁰+1

2(pq⁰+pq⁰⁰+p⁰q⁰⁰−qp⁰−qp⁰⁰−q⁰p⁰⁰). Par symétrie dans l’expression de x, on constate que (M ∗N)∗P =M ∗(N ∗P), donc∗ est associative. Enfin Mp,q,r∗M_{−p,−q,−r} =M_{−p,−q,−r}∗Mp,q,r = 0, donc tout élément deLest symétrisable pour∗. Il s’ensuit que (L,∗)est un groupe .

2b. La matriceM_p,q,r commute avec tout élémentM_p⁰_,q⁰_,r⁰ deL si et seulement sipq⁰−p⁰q=p⁰q−pq⁰ pour tout (p⁰, q⁰, r⁰), c’est-à-direpq⁰=p⁰qpour tout(p⁰, q⁰), ou encorep=q= 0. Les éléments solutions décrivent par conséquent la droite vectorielleRM0,0,1. En particulier (L,∗)n’est pas abélien .

3. D’une partexpM×expN=







1 p+p⁰ y 0 1 q+q⁰

0 0 1





avecy= 1

2(pq+p⁰q⁰) +pq⁰+r+r⁰. D’autre part en utilisant les

questions2aet1, nous avonsexp(M∗N) =







1 p+p⁰ z 0 1 q+q⁰

0 0 1





avecz=1

2(p+p⁰)(q+q⁰) +r+r⁰+1

2(pq⁰−qp⁰) =y.

Finalement comme attendu expM×expN = exp(M∗N).

4. Déjà[M, N] = (pq⁰−qp⁰)M_0,0,1, matrice de carré nul. Ainsiexp([M, N]) =I₃+ [M, N] =I₃+ (pq⁰−qp⁰)M_0,0,1. En outre

expMexpN = M_p+p⁰_,q+q⁰_,a avec a = 1

2(pq+p⁰q⁰) +pq⁰+r+r⁰, exp(−M) exp(−N) = M_−p−p⁰_,−q−q⁰_,b avec b = 1

2(pq+p⁰q⁰) +pq⁰−r−r⁰. D’après les calculs initiaux :

expMexpNexp(−M) exp(−N)

= I3+ (a+b+ (p+p⁰)(−q−q⁰))M0,0,1

= I3+ (1

2(pq+p⁰q⁰) +pq⁰+r+r⁰+1

2(pq+p⁰q⁰) +pq⁰−r−r⁰+ (p+p⁰)(−q−q⁰))M0,0,1

= I3+ (pq⁰−qp⁰)M0,0,1,

d’où expMexpNexp(−M) exp(−N) = exp([M, N]). 5. Prouvons queHest un sous-groupe deGL₃(R),×):

• La matriceI3+M est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux 1, donc det(I3+M) = 1. Par conséquent H⊂SL3(R).

• Il vient(I3+M)(I3+N) =I3+Mp+p⁰,q+q⁰,pq⁰+r+r⁰, qui appartient àH.

• Ensuite(I₃+M)⁻¹=I₃+M_{−p,−q,pq−r}∈H, etI∈H.

Finalement Hest un sous-groupe deSL3(R). De plus pour tout M ∈ L, la matrice expM est dans H. D’après la question3, l’application expest un morphisme de groupes de(L,∗)dans(H,×).

En outre d’après 1, l’égalité expM = I₃ implique p = q = r = 0, d’où M = 0. Ainsi exp est injective. Enfin expM_p,q,r−1

2pq=I+Mp,q,rdoncexpest surjective. Il s’ensuit que expest un isomorphisme entre les groupesLet H.

Deuxième partie

On rappelle pour cette partie que pour toute matriceM, la matriceexpM est inversible d’inverse exp(−M).

6a. On montre d’abord par récurrence sur k ≥ 1 que AB^k−B^kA=kB^k−1[A, B]. Cette égalité est vraie pour k= 1. Supposons-la vraie au rang k. Alors

AB^k+1−B^k+1A = (AB^k−B^kA)B+B^k(AB−BA) = kB^k−1[A, B]B+B^k[A, B]

= (k+ 1)B^k[A, B] car[A, B]commute avecB.

Le lemme annoncé est ainsi démontré. Il en résulte que pourk ≥ 1, AB^k k! −B^k

k!A = B^k−1

(k−1)![A, B]. On somme de k= 1à +∞. En utilisant queAI_d−I_dA= 0, on obtient comme prévu [A,exp(B)] = exp(B)[A, B] .

6b. Posons ϕ(t) = exp(tA) exp(tB). Alors ϕ⁰(t) = exp(tA)(Aexp(tB) + exp(tB)B). En appliquant6aà tA et tB (qui commutent avec [tA, tB]), on obtient en simplifiant par t que Aexp(tB)−exp(tB)A = exp(tB)[A, tB]. D’où ϕ⁰(t) = exp(tA) exp(tB)(A+B+t[A, B])puis ϕ⁰(t) =ϕ(t)(A+B+t[A, B]).

6c. Dans le cas des fonctions à valeurs réelles l’EDLy⁰(t) =y(t)×(a+b+t[a, b])admet pour solutions les fonctions y de la formey(t) =λexp

(a+b)t+ [a, b]t²

; ceci nous donneλ=y(t) exp

−(a+b)t−[a, b]t² . Par analogie, posons ψ(t) = ϕ(t) exp(−t(A+B)− t²

2[A, B]) et vérifions que ψ est une fonction constante. La fonctionψest de classeC¹ surRet

ψ⁰(t) = (ϕ⁰(t)−ϕ(t)(A+B+t[A, B])) exp

−t(A+B)−t² 2[A, B]

= 0.

Par suiteψest constante. Orψ(1) = exp(A) exp(B) exp(−((A+B+1

2[A, B])))etψ(0) =I_d, d’où exp(A) exp(B) = exp

A+B+1 2[A, B]

.

7a. PosonsM =pA+qB+r[A, B]etN =p⁰A+q⁰B+r⁰[A, B]. Les matricesA,Bet[A, B]commutent avec[A, B]

donc par linéarité,M etN commutent avec[A, B].

Le crochet est distributif, antisymétrique ([U, V] = −[V, U], d’où [U, U] = 0) et [A,[A, B]] = [B,[A, B]] = 0 par hypothèse, donc[M, N] = (pq⁰−qp⁰)[A, B], ce qui entraine que M et N commutent avec[M, N].

7b. L’ensemble G est inclus dans GLd(R) et I = exp 0 est dans G. Soit maintenant M et N dans L. Le cro- chet [M, N] commute avec M et N d’après 7a, donc d’après 6c : exp(M) exp(N) = exp(P) avec P = M +N +

1

2[M, N] qui appartient àL, doncexp(M) exp(N)∈G. Enfin −M ∈ L et exp(M)⁻¹ = exp(−M) ∈G. Finalement Gest un sous-groupe de(GLn(R),×).

Par ailleurs

Mp,q,r∗Mp⁰,q⁰,r⁰ = M_p+p0,q+q⁰,r+r⁰+¹₂(pq⁰−qp⁰). (2) Appliquons la formule du6c àM =pA+qB+r[A, B]et N =p⁰A+q⁰B+r⁰[A, B], qui commutent avec[M, N] d’après7a; on obtient

exp(M) exp(N) = exp(M+N+1

2[M, N]) = exp((p+p⁰)A+ (q+q⁰)B+ (r+r⁰+1

2(pq⁰−qp⁰)[A, B]).

En comparant avec (2), on en déduit que

Φ(exp(Mp,q,r) exp(Mp⁰,q⁰,r⁰)) = Φ(exp(Mp,q,r))Φ(exp(Mp⁰,q⁰,r⁰)), donc comme attendu Φest un morphisme de groupes .

8a. Un grand classique de la Sup : n!

(n−k)!n^k = n(n−1)· · ·(n−k+ 1)

n^k , donc puisque le nombre de termes du numérateur est fixe : n!

(n−k)!n^k −−−−−→

n→+∞ 1 . De plus n!

(n−k)!n^k = (1−_n¹)(1−_n²)· · ·(1−^k−1_n )appartient à [0,1]

d’où 0≤1− n!

(n−k)!n^k ≤1. Posonsεn=

n

X

k=0

1 k!D^k_n−

Id+Dn

n ⁿ

. D’après ce qui précèdeεn =

n

X

k=0

1 k!

1− n!

(n−k)!n^k

D_n^k d’où

n

X

k=0

1 k!D^k_n−

Id+Dn

n ⁿ

≤

n

X

k=0

1 k!

1− n!

(n−k)!n^k

λ^k =

n

X

k=0

λ^k k! −

1 + λ

n ⁿ

en remontant le calcul dans l’autre sens. On sait que

1 +λ n

ⁿ

−−−−→

n→∞ e^λ, donc ε_n tend vers0 quandntend vers+∞. Ainsi comme prévu

I_d+D_n n

n

−

n

X

k=0

1

k!(D_n)^{k n→+∞}−→ 0 .

8b. On prouve l’inégalité par récurrence surk. Elle est vérifiée pour k = 1. Supposons la vraie au rang k. Alors D_n^k+1−D^k+1 = Dn(D^k_n−D^k) + (Dn−D)D^k. Comme la norme est sous-multiplicative, on en déduit en utilisant l’hypothèse de récurrence que :

kD_n^k+1−D^k+1k ≤ kDnk kD^k_n−D^kk+kDn−Dk kDk^k ≤ λ kλ^k−1kDn−Dk+λ^kkDn−Dk.

D’où finalement kD^k+1_n −D^k+1k ≤(k+ 1)λ^kkDn−Dk . 8c. Remarquons queexp(D)−

Id+Dn

n ⁿ

=

+∞

X

k=0

D^k−D^k_n k! +

" _n X

k=0

D_n^k k! −

Id+Dn

n ⁿ#

+

+∞

X

k=n+1

D^k_n k! . Ainsi

exp(D)−

Id+D_n n

n

≤

+∞

X

k=1

kλ^k−1

k! kDn−Dk+kεnk+

+∞

X

k=n+1

λ^k

k! = e^λkDn−Dk+kεnk+

+∞

X

k=n+1

λ^k k!,

qui tend vers0quand ntend vers+∞. Il s’ensuit que

I_d+D_n n

ⁿ

n→+∞−→ exp(D).

9a. Immédiat : kexp(D)−Id−Dk=

+∞

X

n=2

Dⁿ n!

≤

+∞

X

n=2

kDkⁿ

n! ≤ kDk²

+∞

X

n=2

1

n! = (e−2)kDk², d’où le résultat avec µ=e−2 .

9b. On poseexp(A) =Id+A

n+An etexp(B) =Id+B

n +Bn. Soitn0 le premier entier naturel supérieur ou égal à kAketkBk. Alors pour tout n≥n0, on a d’après9aquekAnk ≤µkAk²

n² etkBnk ≤µkBk²

n² . On en déduit : exp

A n

exp

B n

= Id+A+B

n +Cn avec Cn = An+Bn+AB

n² +AnB

n +ABn

n +AnBn

n² .

D’après9a, pour toutn≥n₀, il vientkC_nk ≤ ν₀ n² où

ν0 = kABk+µ kAk²+kBk²+kAk²kBk+kAkkBk²+µkAk²kBk² .

En prenantν₁= max

1≤n<n₀

n²

exp A

n

exp B

n

−I_d−A n −B

n

etν = max(ν₀, ν₁), on obtient finalement l’égalité voulue avec kCnk ≤ ν

n² pour toutn≥1.

10. On applique8cavecDn=A+B+nCn, qui converge versA+B d’après9b:

exp A

n

exp B

n n

=

I_d+D_n n

n

et ceci converge versexp(A+B)quandn→+∞. Finalement exp(A+B) = lim

n→+∞

exp

A n

exp

B n

ⁿ .

Troisième partie

11a. L’équation différentielle proposée est linéaire à valeurs dansM₃(R)et à coefficients continus sur[0, T]. D’après le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire, le problème de Cauchy composé de l’EDL et de la condition initialeγ(0) = I3 admet une unique solution sur[0, T].

11b. On poseγ(t) = (a_ij(t))_1≤i,j≤3. En explicitant l’EDL, on arrive à :







a⁰₁₁ a⁰₁₂ a⁰₁₃ a⁰₂₁ a⁰₂₂ a⁰₂₃ a⁰₃₁ a⁰₃₂ a⁰₃₃





 = u(t)







0 a11 0 0 a21 0 0 a₃₁ 0





+v(t)







0 0 a12

0 0 a22

0 0 a₃₂





.

En particuliera⁰₁₁= 0 eta11(0) = 1, donca11= 1. De plusa⁰₂₁=a⁰₃₁= 0et a21(0) =a31(0) = 0, donca21=a31= 0.

Ensuite a⁰₂₂ = 0et a₂₂(0) = 1, d’où a₂₂ = 1. Par ailleurs a₃₂⁰ = 0et a₃₂(0) = 0 donc a₃₂ = 0. En outre a⁰₃₃ = 0 et a33(0) = 1, d’oùa33= 1. Il en résulte que γ(t)∈H pour toutt∈[0, T].

On peut donc écrireγ(t) = exp(Mp(t),q(t),r(t)) =







1 p(t) ¹₂p(t)q(t) +r(t)

0 1 q(t)

0 0 1





.

On en tire p⁰=u,q⁰=v etr⁰ =pv−¹₂(p⁰q+pq⁰), d’où avec les conditions initiales : p(t) =

Z t 0

u(s)ds, q(t) = Z t

0

v(s)ds, r(t) = 1 2

Z t 0

v(s) Z s

0

u(y)dy

ds−1 2

Z t 0

u(s) Z s

0

v(y)dy

ds.

12a. D’après11: p(t) = Z t

0

sin(θ−ϕs)ds=cos(θ−tϕ)−cosθ

ϕ et q(t) = Z t

0

cos(θ−ϕs)ds=sinθ−sin(θ−tϕ)

ϕ .

On pose R:t7→ tϕ−sin(tϕ)

2ϕ² avecR(0) = 0. AlorsRest de classeC¹sur Ret R⁰(t) =1−cos(tϕ) 2ϕ . Or 1

2v(t)p(t)−1

2u(t)q(t) = cos(θ−tϕ)cos(θ−tϕ)

2ϕ −sin(θ−tϕ)sinθ−sin(θ−tϕ)

φ =R⁰(t), d’où d’après les formules du11b: r(t) =R(t).

12b. Dans cette question ϕ = 0. En reprenant les formules du 11b, on obtient p(t) =tsinθ, q(t) =tcosθ et r(t) = 0 , c’est-à-dire

γθ,0(t) =







1 tsinθ ¹₂t²sinθcosθ

0 1 tcosθ

0 0 1





.

13. Les fonctionsf etg sont de classeC^∞surR^∗et lim

s→0f(s) = 1, lim

s→0g(s) = 0. En faitf etgainsi prolongées sont développables en série entière surRdonc de classeC^∞.

Par ailleurs f⁰(s) = _s²3φ(s)avec φ(s) = ssins+ 2 coss−2. Orφ⁰(s) = −sins+scoss et φ⁰⁰(s) = −ssins. En outreφ⁰⁰ <0 sur ]0, π[ et φ⁰⁰>0 surπ,2π], doncφ⁰ décroît strictement sur [0, π] et croît strictement sur [π,2π]. Or φ⁰(0) =φ⁰(2π) = 0, d’oùφ⁰<0 sur]0,2π[, puisφdécroît strictement. De plusφ(0) = 0 doncf⁰ <0 sur]0,2π[, ainsi la fonction f réalise un homéomorphisme décroissant de[0,2π]sur[0,1].

De la même façong⁰(s) = 1

2s³(−s(1 + coss) + 2 sins) =−2 cos^s₂

s³ φ⁰(^s₂), qui est du signe decoss

2. Ainsig croît sur [0, π]et décroît sur [π,2π], donc g atteint son maximum enπ . Enfing(0) = 0,g(π) =_2π¹ et g(2π) =_4π¹.

14. On part deγθ,φ(1) = exp(Mp,q,r).

• Siϕ= 0, alors d’après12b: p²+q²= cos²θ+ sin²θ= 1et r= 0 =g(0) = (g◦f⁻¹)(1).

• Siϕ6= 0, alors d’après la question12a: p²+q² =

cos(θ−φ)−cosθ φ

² +

sinθ−sin(θ−φ) φ

²

= 2−2 cosφ

φ² = f(φ), d’où(g◦f⁻¹)(p²+q²) =g(φ) =r d’après12a.

Énoncé de la réciproque. Soit (p, q) ∈ R² tel que p²+q² = 1. Soit r = (g◦f⁻¹)(p² +q²). Alors r ≥ 0 et (p, q, r)∈B(1).

Démonstration.

• Si p²+q² = 1, alors il existeθ∈[−π, π] tel quep= cosθet q = sinθ. Par conséquent γ_θ,0(1) = exp(M_p,q,0) puis (p, q,0)∈B(1).

• Si p²+q² <1, alors posonsφ=f⁻¹(p²+q²)de sorte que r=g(φ), soit pφ 2 sin^φ₂

!2

+ qφ

2 sin^φ₂

!2

= 1. Il existe

doncθ ∈[−π, π] tel que pφ = 2 sin^φ₂sin(θ− ^φ₂) et qφ = 2 sin^φ₂cos(θ− ^φ₂), c’est-à-direp= cos(θ−φ)−cosθ

φ et

q= sinθ−sin(θ−φ)

φ . Avec les formules du12a, on en déduit que(p, q, r)∈B(1).

15. Reprenons12a. On remarque quer(1)>0pourφ∈]0,2π[etr(1)est impair par rapport àφ. Siexp(Mp,q,r) = γ_θ,φ(1), alors les formules du 12adonnentexp(M_−p,q,−r) = γ_−θ,−φ(1). Ainsi pour encadrer p²+q²+|r|dans B(1), on peut se limiter àr≥0. Dans ce casp²+q²+r=x+ (g◦f⁻¹)(x)avecx=p²+q² décrivant[0,1].

Les fonctionsIdetg ◦f⁻¹sont continues positives sur le segment[0,1], et s’annulent respectivement uniquement en0et1. On en déduit que leur somme ne s’annule pas, donc atteint sa borne inférieurem >0et sa borne supérieure M, d’où l’encadrement c⁻¹₁ ≤p²+q²+|r| ≤c1, avecc1= max(m⁻¹, M).

16a. Nous sommes obligés de traiter deux cas :

• Supposonsp=q= 0.

(a) Si r >0, alors d’après14 il vient (0,0, λ²r)∈B(1) ⇐⇒ λ²r= (g◦f⁻¹)(0). Or (g◦f⁻¹)(0) = 1

4π donc la seule valeur deλsolution est 1

√4π. (b) Sir <0, alors(0,0,− 1

4πr)∈B(1)d’après la remarque du15.

• Supposons(p, q)6= (0,0).

D’après la remarque du15, nous avons(λp, λq, λ²r)∈B(1)si et seulement si(−λp, λq,−λ²r)∈B(1), donc on peut se limiter àr≥0.

D’après14,(λp, λq, λ²r)∈B(1) ⇐⇒ λ²(p²+q²)≤1 etλ²r= (g◦f⁻¹)(λ²p²+λ²q²).

On pose alorsh: ]0,1]→R+,s7→ (g◦f⁻¹)(s²)

s² . La fonction hest continue sur]0,1], avec h(1) = 0 et lim

s→0h(s) = +∞. En posant s =λp

p²+q², la condition se traduit par h(s) = r

p²+q². Il s’agit donc de montrer que h est bijective de]0,1]surR+.

Pour s∈]0,1], posons x=f⁻¹(s²). On as² =f(x) = 2(1−cosx)

x² . Par suite h(s) = x²g(x)

1−cosx = x−sinx 4(1−cosx) = u(x)

4u⁰(x) avec u(x) = x−sinx. Posons H = u

4u⁰. On a H⁰ = N

4u⁰² avec N = u⁰²−uu⁰⁰. Après calcul il vient N(x) = 2−2 cosx−xsinx, N⁰(x) = sinx−xcosxet N⁰⁰(x) =xsinx. OrN⁰⁰ est positif sur [0, π] et négatif sur [π,2π], doncN⁰ croît sur[0, π]et décroit sur[π,2π]. OrN⁰(0) = 0etN⁰(2π) =−2πdoncN⁰ s’annule en un certain α entre π et 2π. Ainsi N croît sur [0, α] et décroît sur [α,2π], strictement. Or N(0) = N(2π) = 0 donc N est strictement positive sur]0,2π[. En outref⁻¹décroît, donchest strictement décroissante donc bijective de]0,1]sur R+.

On conclut à l’existence et l’unicité deλdont la valeur est 1

pp²+q²h⁻¹ r

p²+q²

.

16b. SoitA∈H, alors il existe(p, q, r)∈R³ unique tel queA= exp(Mp,q,r). D’après16a, il existeθ0,φ0 etλ >0 tels queγθ₀,φ₀(1) = exp(M_λp,λq,λ2r). Ceci s’écrit :

λp = cos(θ₀−φ₀)−cosθ₀ φ0

, λq = sinθ₀−sin(θ₀−φ₀) φ0

, λ²r = φ₀−sin(φ₀) 2φ²₀ . Il suffit alors de poser T(A) =λ⁻¹, φ=λφ0 etθ=θ0 pour avoir grâce aux formules du 12:

γθ,φ(T(A)) =







1 cos(θ−T φ)−cosθ φ

T φ−sin(T φ) 2φ²

0 1 ^sinθ−sin(θ−T φ)

φ

0 0 1





 =







1 ^cos(θ0−φ_λφ^0)−cosθ0

0

φ₀−sin(φ0) 2λ²φ²₀

0 1 ^{sinθ0−sin(θ}_λφ ^0−φ0)

0

0 0 1







=







1 p ¹₂pq+r

0 1 q

0 0 1





=A.

16c. On applique la question15 au triplet de la question16a:

c⁻¹₁ ≤ λ²(p²+q²+|r|) ≤ c1. OrT(exp(Mp,q,r)) =λ⁻¹, d’où

c^−1/2₁ p

p²+q²+|r| ≤ T(exp(M_p,q,r)) ≤ c^1/2₁ p

p²+q²+|r|, d’où le résultat demandé avec c₂=√

c₁.