\centerline {\bf solutions}\bigskip 
\EX {2}{}
\QQ {1}
%
$\fracπ8 = \fracπ{2×4}  ⇒
 \cos\fracπ8 = \frac{√{2+√2}}2$,
$\sin\fracπ8 = \frac{√{2-√2}}2$,
$\tan\fracπ8 = √2 -1$.
\QQ {2}
%
$\fracπ{12} = \fracπ3 - \fracπ4 ⇒
 \cos\fracπ{12} = \frac{√6+√2}4$,
$\sin\fracπ{12} = \frac{√6-√2}4$,
$\tan\fracπ{12} = 2-√3$.
\QQ {3}
%
$\cos\frac{2π}5 + \cos\frac{3π}5 = 0 ⇒
\left⦃\matrix{
 \cos\fracπ5 = \frac{√5+1}4,
&\sin\fracπ5 = \frac{√{10-2√5}}4.     \cr\noalign{\vskip 2mm}
 \cos\frac{2π}5 = \frac{√5-1}4,
&\sin\frac{2π}5 = \frac{√{10+2√5}}4.  \cr}\right.$
\EX {3}{}
\QQSQ {1}{97}
Soit $P∈ℝ[X]$ que l'on décompose en $P=P₁(X²) + XP₂(X²)$ .

                 Alors $P = (P₁+P₂)(X²)-(1-X)P₂(X²) = (1-X)P₁(X²)+X(P₁+P₂)(X²)$,
                 ce qui prouve que les deux sommes sont égales à $ℝ[X]$.
                 Le caractère direct est immédiat.
\SQ {98}
Cela ne change pas~$A$~: les éléments de~$A$ sont ceux dont
                 les parties paire et impaire sont opposées (au facteur $X$
                 près), indépendament du fait (vrai) que ces parties sont
                 des polynômes.
\QQ {2}
Soit $f$ un isomorphisme de $E₁$ sur $E₂$ et $F = ⦃x - f(x)$ tq
             $x∈E₁ ⦄$. Alors $E = E₁⊕F = E₂⊕F$.
\EX {4}{}
\QQ {3}
$x=1+11k$, $y=-1+7k$.
\EX {5}{}
\QQ {2}
$\dfrac r{(1-r)²}$.
\EX {9}{}
\QQ {2}
$e\left(1 - \dfrac{\ln2}x + \dfrac{\ln^22}{2!\,x^2} - \dots
                       + (-1)^n\dfrac{\ln^n2}{n!\,x^n}\right)
                       + o (x^{-n})$.
\EX {10}{}
\QQ {1}
%
$\fracπ8 = \fracπ{2×4}  ⇒
 \cos\fracπ8 = \frac{√{2+√2}}2$,
$\sin\fracπ8 = \frac{√{2-√2}}2$,
$\tan\fracπ8 = √2 -1$.
\QQ {2}
%
$\fracπ{12} = \fracπ3 - \fracπ4 ⇒
 \cos\fracπ{12} = \frac{√6+√2}4$,
$\sin\fracπ{12} = \frac{√6-√2}4$,
$\tan\fracπ{12} = 2-√3$.
\QQ {3}
%
$\cos\frac{2π}5 + \cos\frac{3π}5 = 0 ⇒
\left⦃\matrix{
 \cos\fracπ5 = \frac{√5+1}4,
&\sin\fracπ5 = \frac{√{10-2√5}}4.     \cr\noalign{\vskip 2mm}
 \cos\frac{2π}5 = \frac{√5-1}4,
&\sin\frac{2π}5 = \frac{√{10+2√5}}4.  \cr}\right.$
\EX {11}{}
Soit $(E_{ij})$ la base canonique de~$𝓜_2(ℂ)$~:
$E_{12}²=0$ donc $q(E_{12}) = 0$ et si $A$ est une matrice quelconque
de rang~$1$, $A$ est équivalente à~$E_{12}$ d'où $q(A) = 0$.
Si $A=0$ on a aussi $q(A)=0$ et si $A$ est inversible alors toute matrice
est multiple de~$A$ donc $q(A)≠0$, en particulier $q(I)=1$
car $q²(I)=q(I)$. On en déduit $q(A) = 0 ⇔ \det(A)=0$.
\medskip
Pour $A$ quelconque, les applications~: $z↦\det(A-zI)$ et $z↦q(A-zI)$
sont polynomiales de degré~$2$, avec le même coefficient de~$z²$
et les mêmes racines, donc sont égales d'où $q=\det$.
\medskip
Rmq~: le même raisonnement est applicable sur un corps quelconque en se limitant
aux matrices triangulaires, et toute matrice est produit de triangulaires
(algorithme du pivot de Gauss).
\EX {12}{}
\QQ {1}
faux, ne contient par $A∪B$.
\QQ {2}
Vrai, elle contient tous les singletons.
\QQ {3}
Faux, prendre $A=B$ de probabilité $\frac12$.
\QQ {4}
Faux lorsque $ℙ(A)ℙ(B)>0$.
\QQ {5}
Faux, $A∩B$ est négligeable.
\QQ {6}
Faux, prendre $A=Ω$.
\EX {15}{}
$\fracπ2f(0)$.
\EX {20}{}
Décomposer en facteurs premiers.
\EX {21}{}
\QQ {1}
$y = \dfrac{1-λ²x²}{2λ}$, $λ>0$.
\QQ {2}
$y = -x±√{2x²-λ}$ ou $y = x(-1±√2)$.
\QQ {3}
$y = \dfrac {-1 ± √{1+4λ²x²}}{2λ}$
               ou $y = ± x$ ou $y=0$.
\QQ {4}
$y = -x ± √{λ+3x²}$ et $y = x(-1±√3)$.
\EX {23}{}
\QQ {1}
CSA~: $0⩽f(x)⩽\dfrac1{√{1+x²}}$ donc $f(x)⟶_{x→+∞}0$.
\QQ {2}
%
$$\eqalign{xf(x)
&= ⅀_{p=0}^∞ \dfrac{x}{√{(2p+1)²+x²}} - \dfrac{x}{√{(2p+2)²+x²}}\cr
&= ⅀_{p=0}^∞∫_{t=2p+1}^{2p+2}\dfrac{xt}{(t²+x²)^{3/2}}\,𝕕t\cr
&= ⅀_{p=0}^∞∫_{u=(2p+1)/x}^{(2p+2)/x}\dfrac{u}{(u²+1)^{3/2}}\,𝕕u.\cr
}$$

On a $∫_{u=0}^∞\dfrac u{(u²+1)^{3/2}}\,𝕕u = 1 = a + b$ avec~:

$a = ⅀_{p=0}^∞∫_{u=(2p)/x}^{(2p+1)/x}\dfrac{u}{(u²+1)^{3/2}}\,𝕕u$ et
$b = ⅀_{p=0}^∞∫_{u=(2p+1)/x}^{(2p+2)/x}\dfrac{u}{(u²+1)^{3/2}}\,𝕕u = xf(x)$.

$h$ : $u↦\dfrac{u}{(u²+1)^{3/2}}$ est croissante sur~$\left[0,√{½}\right]$ et
décroissante sur $\left[√{½},+∞\right[$ donc $|a-b| ⩽\dfrac{3∥h∥_∞}x$,
et $xf(x)⟶_{x→+∞}½$.

\EX {27}{}
\QQSQ {1}{97}
$𝓑(n+1,p)$.
\SQ {98}
$u(t)⩽pq/t²$ avec $q=1-p$.
\QQSQ {2}{97}
Convexité de la fonction $t↦e^st$.
\SQ {98}
Soit $f(s) = \ln\Bigl(\dfrac{d}{d-c}e^{sc}
                     - \dfrac{c}{d-c}e^{sd}\Bigr)$.
               On a $f''(s) = … = \dfrac{-cde^{s(c+d)}}{(de^{sc}-ce^{sd})²}(d-c)²$
               et la fraction en facteur est inférieure ou égale à~$\frac14$
               (développer le dénominateur).
               Il vient par intégrations~:
               $f(s)⩽f(0)+sf'(0)+\dfrac{s²}2\dfrac{(d-c)²}4
               = \dfrac{s²(d-c)²}8$.
\EX {28}{}
$X = \mat(a&2a-1&a \cr b+2&2b+3&b \cr c+2&2c+1&c)$.
\EX {30}{}
\QQSQ {2}{97}
On a un système linéaire en~$(a,b)$ de matrice
                $\mat(\frac12&1\cr\frac13&\frac12\cr)$ inversible.
\SQ {98}
La famille $(1,X,P₁'',P₂'',…)$ est de degrés étagés~; c'est une base
                 de~$ℝ[X]$ donc il suffit de prouver que $∫₀¹gP_n''=0$
                 ce qui résulte de la même propriété pour~$f$ en se débarrassant
                 de~$a,b$ par parties.
                 \medskip
                 Donc par linéarité, $∫₀¹Pg=0$ pour tout polynôme~$P$.
                 En prenant une suite de polynômes convergeant uniformément vers~$g$
                 on obtient $∫₀¹g²=0$ soit $g=0$ et $f$ est une fonction affine.
\QQ {3}
En prenant $Q_n(x)=x^{n+3}(1-x)³$ et $a,b,c,d$ tels que pour
             $h(x)=f(x)-a-bx-cx²-dx³$ on ait $∫₀¹h=∫₀¹xh=∫₀¹x²h=∫₀¹x³h=0$, on
             trouve comme précédemment $h=0$ et donc $f(x)=a+bx+cx²+dx³$.
             Avec Maple, $0=∫₀¹fQ₀''=\frac3{140}d+\frac1{70}c$ et
             $0=∫₀¹fQ₁''=\frac1{84}d+\frac1{140}c$, d'où $c=d=0$.
\QQ {4}
Le problème consiste à approcher une fonction $g$ du type précédent
             par une fonction nulle aux voisinages de~$0$ et~$1$. On traite seulement
             le problème en~$0$ pour prouver à l'interrogateur qu'on a des
             idées.
             \medskip
             Soit $g$ de classe~$𝓒²$ telle que $g(0)=g'(0)=g''(0)=0$ et
             soit~$φ:ℝ⁺→[0,1]$ de classe $𝓒²$, nulle sur~$[0,1]$ et constante égale
             à~$1$ sur~$[2,+∞[$. On pose $g_n(x)=g(x)φ(nx)$~: fonction nulle
             sur~$[0,1/n]$ et coïncidant avec~$g$ sur~$[2/n,1]$. Il s'agit de
             prouver que $∥g''-g_n''∥_∞⟶_{n→∞}0$, donc de majorer
             uniformément $|g''(x)-g_n''(x)|$ si $0⩽x⩽2/n$.
             \medskip
             On a $g_n''(x)=g''(x)φ(nx)+2ng'(x)φ'(nx)+n²g(x)φ''(nx)$ avec $φ,φ',φ''$
             bornées.
             Soit $ε>0$ et $n$ suffisament grand pour que $0⩽x⩽2/n⇒|g''(x)|⩽ε$
             (continuité de~$g''$ en~$0$).
             Par intégration on obtient $|g'(x)|⩽εx⩽2ε/n$ et $|g(x)|⩽εx²/2⩽2ε/n²$
             d'où $|g''(x)-g_n''(x)|⩽\text{cste}×ε$ pour $0⩽x⩽2/n$ et aussi
             pour~$x⩾2/n$.
\EX {31}{}
\QQ {1}
$1-X² = (1-2X\cosθ+X²)(1 + 2X\cosθ + … + 2Xⁿ\cos nθ)
                    + 2X^{n+1}\cos(n+1)θ - 2X^{n+2}\cos nθ$.
\QQ {2}
$=\dfrac{\cos nθ - \cos(n+1)θ}{1-\cosθ}$.
\EX {33}{}
\QQ {3}
$x=1+11k$, $y=-1+7k$.
\EX {35}{}
\QQ {1}
On pose $g(r,θ) = f(r\cosθ,r\sinθ)$,
    $h(r) = ∫_{θ=0}^{2π}f(r\cosθ,r\sinθ)\,𝕕θ$ et l'on a

    $0=Δf = ∂²g/∂r² + \dfrac1r∂g/∂r + \dfrac1{r²}∂²g/∂θ²$
    d'où~:
    $$0=h''(r) + \dfrac1rh'(r) + \dfrac1{r²}\Bigl[∂g/∂θ(r,θ)\Bigr]_{θ=0}^{2π}$$
    Le crochet est nul par $2π$-périodicité de $g$ donc
    $h''(r) + \dfrac1rh'(r) = 0$
    soit $h'(r) = \dfrac Kr$ et $K=0$ par continuité de $h'$ en $0$.
\QQ {2}
$πr²f(0,0)$.
\EX {40}{}
\QQ {1}
Le sev engendré a un orthogonal nul.
\QQ {2}
N'importe quelle famille génératrice convient
             (équivalence des normes).
\QQ {3}
$1=∥y_i∥² = ∥y_i∥⁴ + ⅀_{j≠i}(y_i│y_j)²⇒∀j≠i,\ (y_i│y_j) = 0$.
\QQ {4}
Par polarisation on a~:
    $∀x,y$, $⅀_{j∈I}(x│y_j)(y│y_j) = A(x│y)$ donc $⅀_{j∈I}(x│y_j)y_j-Ax∈E^┻$.