★ Les démonstrations au programme — Maths expertes

Produit. Écrivons $z = a + ib$ et $z' = a' + ib'$. D'une part $zz' = (aa' - bb') + i(ab' + a'b)$, donc $\overline{zz'} = (aa' - bb') - i(ab' + a'b)$.

D'autre part $\bar z\,\bar{z'} = (a - ib)(a' - ib') = aa' - iab' - ia'b + i^2bb' = (aa' - bb') - i(ab' + a'b)$. Les deux expressions sont égales.

Inverse. Si $z \neq 0$ : $z \times \frac1z = 1$. En passant au conjugué et en utilisant le produit : $\bar z \times \overline{\left(\frac1z\right)} = \bar 1 = 1$. Comme $\bar z \neq 0$, on obtient $\overline{\left(\frac1z\right)} = \frac{1}{\bar z}$.

Puissance. Par récurrence sur $n$. Pour $n = 0$ : $\overline{z^0} = \bar 1 = 1 = \bar z^{\,0}$. Si $\overline{z^n} = \bar z^{\,n}$ pour un entier $n$, alors, avec la règle du produit : $$\overline{z^{n+1}} = \overline{z^n \times z} = \overline{z^n} \times \bar z = \bar z^{\,n} \times \bar z = \bar z^{\,n+1}.$$

La propriété est vraie pour tout $n \in \mathbb{N}$ (et aussi pour $n$ entier négatif si $z \neq 0$, en combinant avec l'inverse). $\blacksquare$

Par récurrence sur $n$. Notons $\mathcal{P}(n)$ l'égalité ci-dessus.

Initialisation. $(a + b)^0 = 1$ et $\sum_{k=0}^{0}\binom0k a^kb^{-k} = \binom00 a^0b^0 = 1$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie. Alors $$(a + b)^{n+1} = (a + b)(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom nk a^{k+1}b^{n-k} + \sum_{k=0}^{n}\binom nk a^kb^{n+1-k}.$$ Dans la première somme, on pose $j = k + 1$ : elle vaut $\sum_{j=1}^{n+1}\binom{n}{j-1}a^jb^{n+1-j}$. On regroupe les termes de même exposant :

• pour $1 \leqslant k \leqslant n$ : $\left[\binom{n}{k-1} + \binom nk\right]a^kb^{n+1-k} = \binom{n+1}{k}a^kb^{n+1-k}$ par la relation de Pascal ;
• le terme $k = n + 1$ vient de la première somme : $\binom nn a^{n+1} = \binom{n+1}{n+1}a^{n+1}$ ;
• le terme $k = 0$ vient de la seconde : $\binom n0 b^{n+1} = \binom{n+1}{0}b^{n+1}$.

Donc $(a + b)^{n+1} = \sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}a^kb^{n+1-k}$ : $\mathcal{P}(n + 1)$ est vraie. Par récurrence, la formule est vraie pour tout $n$. $\blacksquare$

La preuve utilise $ab = ba$ (on a regroupé $a^kb^{n-k}$ quel que soit l'ordre des facteurs) : la formule est fausse pour des matrices qui ne commutent pas.

Première formule. Avec $z = a + ib$ : $z\bar z = (a + ib)(a - ib) = a^2 - (ib)^2 = a^2 + b^2 = |z|^2$.

Produit. En utilisant la première formule et le conjugué d'un produit : $$|zz'|^2 = zz'\,\overline{zz'} = z\,z'\,\bar z\,\bar{z'} = (z\bar z)(z'\bar{z'}) = |z|^2|z'|^2 = \big(|z|\,|z'|\big)^2.$$ Deux réels positifs qui ont le même carré sont égaux : $|zz'| = |z|\,|z'|$.

Puissance. Par récurrence : $|z^0| = |1| = 1 = |z|^0$, et si $|z^n| = |z|^n$, alors $|z^{n+1}| = |z^n \times z| = |z^n|\,|z| = |z|^n|z| = |z|^{n+1}$. $\blacksquare$

Dans un repère orthonormé direct $(O\,;\,\vec \imath, \vec \jmath)$, on considère les vecteurs unitaires $\vec u(\cos a\,;\,\sin a)$ et $\vec v(\cos b\,;\,\sin b)$ : ce sont les vecteurs $\overrightarrow{OA}$ et $\overrightarrow{OB}$ où $A$ et $B$ sont les points du cercle trigonométrique associés à $a$ et $b$. On calcule $\vec u \cdot \vec v$ de deux façons.

• Avec les coordonnées (repère orthonormé) : $\vec u \cdot \vec v = \cos a\cos b + \sin a\sin b$.
• Avec la norme et l'angle : $(\vec \imath, \vec u) = a$ et $(\vec \imath, \vec v) = b$, donc par la relation de Chasles $(\vec v, \vec u) = (\vec v, \vec\imath) + (\vec\imath, \vec u) = a - b$ $[2\pi]$. Ainsi $\vec u \cdot \vec v = \|\vec u\|\,\|\vec v\|\cos(a - b) = \cos(a - b)$ (le cosinus ne dépend pas de l'orientation de l'angle).

D'où $\cos(a - b) = \cos a\cos b + \sin a\sin b$.

Conséquences. En remplaçant $b$ par $-b$ : $\cos(a + b) = \cos a\cos b - \sin a\sin b$. Puis, avec $\sin x = \cos\left(\frac\pi2 - x\right)$ : $$\sin(a + b) = \cos\left(\left(\tfrac\pi2 - a\right) - b\right) = \cos\left(\tfrac\pi2 - a\right)\cos b + \sin\left(\tfrac\pi2 - a\right)\sin b = \sin a\cos b + \cos a\sin b,$$ et enfin $\sin(a - b)$ en remplaçant $b$ par $-b$. $\blacksquare$

On développe le membre de droite : $$(z - a)\sum_{k=0}^{n-1}a^kz^{n-1-k} = \sum_{k=0}^{n-1}a^kz^{n-k} - \sum_{k=0}^{n-1}a^{k+1}z^{n-1-k}.$$ Dans la seconde somme, on pose $j = k + 1$ : elle devient $\sum_{j=1}^{n}a^jz^{n-j}$. Les deux sommes ont en commun les termes d'indices $1$ à $n - 1$, qui s'annulent (somme télescopique). Il reste le terme $k = 0$ de la première, $z^n$, et le terme $j = n$ de la seconde, $a^n$ : $$(z - a)\sum_{k=0}^{n-1}a^kz^{n-1-k} = z^n - a^n. \quad\blacksquare$$

Écrivons $P(z) = \sum_{k=0}^{n}a_kz^k$. Alors $P(z) - P(a) = \sum_{k=0}^{n}a_k\left(z^k - a^k\right) = \sum_{k=1}^{n}a_k\left(z^k - a^k\right)$ (le terme $k = 0$ est nul).

D'après la factorisation précédente, pour chaque $k \geqslant 1$, $z^k - a^k = (z - a)Q_k(z)$ où $Q_k(z) = \sum_{j=0}^{k-1}a^jz^{k-1-j}$ est un polynôme de degré $k - 1$ (de coefficient dominant 1). Donc $$P(z) - P(a) = (z - a)\sum_{k=1}^{n}a_kQ_k(z) = (z - a)Q(z)\quad\text{avec}\quad Q = \sum_{k=1}^{n}a_kQ_k.$$ Seul $Q_n$ est de degré $n - 1$, avec le coefficient $a_n \neq 0$ : $Q$ est de degré $n - 1$. Si $P(a) = 0$, on obtient $P(z) = (z - a)Q(z)$. $\blacksquare$

Par récurrence sur $n$. On note $\mathcal{P}(n)$ : « tout polynôme de degré $n$ a au plus $n$ racines ».

Initialisation. Un polynôme de degré 0 est une constante non nulle $a_0$ : il n'a aucune racine. $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie et soit $P$ de degré $n + 1$.

• Si $P$ n'a pas de racine, il en a bien au plus $n + 1$.
• Sinon, soit $a$ une racine. D'après la propriété précédente, $P(z) = (z - a)Q(z)$ avec $Q$ de degré $n$. Si $b$ est une racine de $P$ : $(b - a)Q(b) = 0$, donc $b = a$ ou $Q(b) = 0$ (produit nul). Les racines de $P$ sont donc $a$ et les racines de $Q$, qui sont au plus $n$ par hypothèse de récurrence : $P$ a au plus $n + 1$ racines.

Par récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout $n$. $\blacksquare$

Analyse. Soit $z$ tel que $z^n = 1$. Alors $|z|^n = |z^n| = 1$, et comme $|z|$ est un réel positif, $|z| = 1$. On peut donc écrire $z = e^{i\theta}$ avec $\theta$ réel. Alors $z^n = e^{in\theta} = 1 = e^{i0}$, donc $n\theta \equiv 0\ [2\pi]$ : il existe un entier $k$ tel que $n\theta = 2k\pi$, soit $\theta = \frac{2k\pi}{n}$.

Synthèse. Réciproquement, pour tout entier $k$, $\left(e^{\frac{2ik\pi}{n}}\right)^n = e^{2ik\pi} = 1$.

Dénombrement. Pour $k \in \mathbb{Z}$, on écrit la division euclidienne $k = nq + r$ avec $0 \leqslant r \leqslant n - 1$ : $e^{\frac{2ik\pi}{n}} = e^{2iq\pi}e^{\frac{2ir\pi}{n}} = e^{\frac{2ir\pi}{n}}$. Il suffit donc de prendre $k \in \{0, \dots, n - 1\}$. Ces $n$ nombres sont distincts, car leurs arguments $\frac{2k\pi}{n}$ sont des réels distincts de l'intervalle $[0\,;\,2\pi[$. $\blacksquare$

Soit $E$ l'ensemble des entiers strictement positifs de la forme $ax + by$, avec $x, y \in \mathbb{Z}$. $E$ n'est pas vide : il contient $a^2 + b^2 = a \times a + b \times b > 0$. Toute partie non vide de $\mathbb{N}$ a un plus petit élément : notons $m$ celui de $E$, et $m = au_0 + bv_0$.

$m$ divise $a$. Division euclidienne : $a = mq + r$ avec $0 \leqslant r < m$. Alors $r = a - mq = a(1 - qu_0) + b(-qv_0)$ est de la forme $ax + by$. Si on avait $r > 0$, $r$ serait un élément de $E$ strictement plus petit que $m$ : impossible. Donc $r = 0$ et $m \mid a$. De même, $m \mid b$.

Conclusion. $m$ est un diviseur commun positif de $a$ et $b$, donc $m \leqslant d$. D'autre part, $d$ divise $a$ et $b$, donc il divise la combinaison $au_0 + bv_0 = m$, ce qui donne $d \leqslant m$. Ainsi $m = d$ et $d = au_0 + bv_0$. $\blacksquare$

Comme $a$ et $b$ sont premiers entre eux, le théorème de Bézout donne des entiers $u$ et $v$ tels que $au + bv = 1$. En multipliant par $c$ : $$c = acu + bcv.$$ Or $a$ divise $acu$ (évident) et $a$ divise $bcv$ (car $a \mid bc$). Donc $a$ divise leur somme, c'est-à-dire $c$. $\blacksquare$

Raisonnons par l'absurde : supposons qu'il n'y ait qu'un nombre fini de nombres premiers, $p_1, p_2, \dots, p_k$. On considère $$N = p_1 \times p_2 \times \dots \times p_k + 1.$$

On a $N \geqslant 2$, donc $N$ admet un diviseur premier (propriété précédente). Ce diviseur est l'un des $p_i$. Alors $p_i$ divise $N$ et divise le produit $p_1p_2\cdots p_k$, donc il divise leur différence $N - p_1\cdots p_k = 1$. C'est impossible puisque $p_i \geqslant 2$.

L'hypothèse est fausse : il y a une infinité de nombres premiers. $\blacksquare$

Par récurrence sur $n$. Notons $c_{ij}^{(n)}$ le nombre de chemins de longueur $n$ de $i$ à $j$.

Initialisation. Un chemin de longueur 1 de $i$ à $j$ est une arête (un arc) de $i$ vers $j$ : $c_{ij}^{(1)} = m_{ij}$, coefficient de $M^1$.

Hérédité. Supposons que $c_{ik}^{(n)}$ soit le coefficient $(i, k)$ de $M^n$ pour tous $i$, $k$. Un chemin de longueur $n + 1$ de $i$ à $j$ se décompose de façon unique en un chemin de longueur $n$ de $i$ à un sommet $k$ (l'avant-dernier sommet), suivi d'une arête de $k$ à $j$.

• Pour un $k$ fixé, il y a $c_{ik}^{(n)} \times m_{kj}$ tels chemins (principe multiplicatif).
• En sommant sur les valeurs possibles de $k$ (cas disjoints, principe additif) : $$c_{ij}^{(n+1)} = \sum_{k=1}^{p}c_{ik}^{(n)}m_{kj} = \sum_{k=1}^{p}\left(M^n\right)_{ik}m_{kj} = \left(M^nM\right)_{ij} = \left(M^{n+1}\right)_{ij}.$$

La propriété est vraie pour tout $n \geqslant 1$. $\blacksquare$

Une transition. Les événements $\{X_n = 1\}$, …, $\{X_n = p\}$ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales, pour tout état $j$ : $$P(X_{n+1} = j) = \sum_{i=1}^{p}P(X_n = i)\,P_{\{X_n = i\}}(X_{n+1} = j) = \sum_{i=1}^{p}(\pi_n)_i\,p_{ij},$$ qui est le coefficient $j$ de la matrice ligne $\pi_nP$. Donc $\pi_{n+1} = \pi_nP$.

n transitions. Par récurrence : $\pi_0 = \pi_0P^0$, et si $\pi_n = \pi_0P^n$, alors $\pi_{n+1} = \pi_nP = \pi_0P^nP = \pi_0P^{n+1}$.

De i à j. Si le système part de l'état $i$, la distribution initiale est la matrice ligne $\pi_0$ qui a un 1 en position $i$ et des 0 ailleurs. Alors $\pi_0P^n$ est la ligne $i$ de $P^n$, et sa coordonnée $j$, la probabilité d'être en $j$ après $n$ transitions, est le coefficient $(i, j)$ de $P^n$. $\blacksquare$