Correction de Devoir Surveillé N°08: Années précédentes

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 12 mai 2012 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚08 EXERCICE 1 1.a. Montrons que E est un sous-espace vectoriel de D (R,R) `a l’aide de2 la caract´erisation des sev : • Il est clair que E⊂D (R)2 • La fonction nulle appartient `a E de fac¸on ´evidente. • Montrons que E est stable par combinaison lin´eaire : 22Soit (y ,y )∈ E , (λ ,λ )∈ R . Comme y et y sont solutions1 2 1 2 1 2 de (H), elles sont d´erivables dans R et v´erifient pour toutx∈R : 2λ y (x)+2xy (x)+x y (x) = 01 11 1 2λ y (x)+2xy (x)+x y (x) = 02 22 2 Il en r´esulte par OPA que la fonction λ y +λ y est aussi deux1 1 2 2 foix d´erivable dans R et qu’elle v´erifie : 2(λ y +λ y ) (x)+2x(λ y +λ y )(x)+x (λ y +λ y )(x) = 01 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 D’apr`es la caract´erisation des sev, on a bien ´etabli que E est un sous-espace vectoriel deD (R). N2 ˜b. Soit f ∈E. On d´efinit la fonction f :R→R par : ˜∀x∈R,f(x) =f (x)+xf(x). Soit x∈ R. Alors comme f appartient `a E, f est deux fois d´erivable en x et 2f (x) = −2xf (x)−x f(x); f est donc 3 fois d´er par opa et (3) 2f (x) = −2xf (x)−(x +2)f (x)−2xf(x) Finalement, comme f est trois fois d´erivable sur R, il en d´ecoule que ˜f est deux fois d´erivable dans R par op´erations sur de telles fonctions.
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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 12 mai 2012
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚08
EXERCICE 1
1.a. Montrons que E est un sous-espace vectoriel de D (R,R) `a l’aide de2
la caract´erisation des sev :
• Il est clair que E⊂D (R)2
• La fonction nulle appartient `a E de fac¸on ´evidente.
• Montrons que E est stable par combinaison lin´eaire :
22Soit (y ,y )∈ E , (λ ,λ )∈ R . Comme y et y sont solutions1 2 1 2 1 2
de (H), elles sont d´erivables dans R et v´erifient pour toutx∈R :
2λ y (x)+2xy (x)+x y (x) = 01 11 1
2λ y (x)+2xy (x)+x y (x) = 02 22 2
Il en r´esulte par OPA que la fonction λ y +λ y est aussi deux1 1 2 2
foix d´erivable dans R et qu’elle v´erifie :
2(λ y +λ y ) (x)+2x(λ y +λ y )(x)+x (λ y +λ y )(x) = 01 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
D’apr`es la caract´erisation des sev, on a bien ´etabli que E est un
sous-espace vectoriel deD (R). N2
˜b. Soit f ∈E. On d´efinit la fonction f :R→R par :
˜∀x∈R,f(x) =f (x)+xf(x).
Soit x∈ R. Alors comme f appartient `a E, f est deux fois d´erivable
en x et
2f (x) = −2xf (x)−x f(x); f est donc 3 fois d´er par opa et
(3) 2f (x) = −2xf (x)−(x +2)f (x)−2xf(x)
Finalement, comme f est trois fois d´erivable sur R, il en d´ecoule que
˜f est deux fois d´erivable dans R par op´erations sur de telles fonctions.
De plus, ´etant fix´e x∈R, on a
2 ˜x f(x) = f (x)+xf(x)
˜2x f (x) = f (x)+xf (x)+f(x)
(3)˜1 f (x) = f (x)+xf (x)+2f (x)
1
′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′Ainsi
2 (3) (2) 2 (1)˜ ˜ ˜f (x)+2xf (x)+x f(x) = f (x)+2xf (x)+x f (x)

2+x f (x)+2xf (x)+x f(x) +2f (x)+2xf(x)
(3) (2) 2 (1)= f (x)+2xf (x)+(x +2)f (x)+2xf(x)
= 0
On d´efinit ainsi une application U : E → E .
˜f →f
2.a. On sait que U :E→E.
• Montrons que U est lin´eaire :
22Soit (f ,f )∈E ,(λ ,λ )∈R . Alors pour tout x∈R, on a1 2 1 2
^U(λ f +λ f )(x) = (λ f +λ f )(x)1 1 2 2 1 1 2 2
= (λ f +λ f )(x)+x(λ f +λ f )(x)1 1 2 2 1 1 2 2

= λ f (x)+xf (x) +λ f (x)+xf (x)1 1 2 21 2
˜ ˜= λ f (x)+λ f (x)1 1 2 2
= λ U(f )+λ U(f ) (x)1 1 2 2
Ceci ´etant vrai pour tout x∈ R, on a bien ´etabli que U(λ f +1 1
λ f ) = λ U(f ) + λ U(f ), ce qui prouve que U est lin´eaire.2 2 1 1 2 2
Compte-tenu de la question pr´ec´edente, U est donc un endomor-
phisme de E.
• Montrons que U est involutif, c’est-`a-dire que U◦U =id .E
Soit f ∈E. Soit x∈R. Alors avec un petit abus
sur la d´eriv´ee d’une ex-
˜ ˜ ˜U◦U(f)(x) = U(f)(x) =f (x)+xf(x) pression...
= f(x)+xf(x) +x f (x)+xf(x)
2= f (x)+2xf (x)+x f(x)+f(x) =f(x)
Ceci ´etant vrai pour tout r´eel x, on a donc U◦U(f) =f.
Ceci ´etant vrai pour toute fonction f ∈ E, on a bien ´etabli que
U◦U =id .E
Ainsi, U est un automorphisme involutif de E. N
b. On note F l’ensemble des fonctions appartenant `a E et solutions de
l’´equation diff´erentielle
y +(x−1)y = 0 (H1)
2
′′′
′′′′′′′′′′
′′′′etGl’ensembledesfonctionsappartenant`aEetsolutionsdel’´equation
diff´erentielle
y +(x+1)y = 0. (H2)
D’apr`es la question pr´ec´edente, U est un automorphisme involutif de
E. On sait en ce cas que
E = Ker(U−id )⊕Ker(U +id )E E
etqueU estlasym´etrie deE parrapport`a Ker(U−id )parall`elementE
`a Ker(U +id ). OrE
y∈ Ker(U−id ) ⇐⇒ y˜=y ⇐⇒ y est sol de y +xy =yE
⇐⇒ y est sol de (H1) ⇐⇒ y∈F
y∈ Ker(U +id ) ⇐⇒ y˜=−y ⇐⇒ y est sol de y +xy =−yE
⇐⇒ y est sol de (H2) ⇐⇒ y∈G
Ainsi, F = Ker(U−id ), G = Ker(U +id ) et E =F ⊕G. NE E
c. (H1) et (H2) sont des ´equations diff´erentielles lin´eaires homog`enes
d’ordre 1.
1 2− x +x
2• Les sol de (H1) sont les fonctions de la formeh (x) =C e ;1 1
1 2− x −x
2• Les sol de (H2) sont les fonctions de la formeh (x) =C e ;1 1
Finalement, comme E =F⊕G, tout ´el´ement de E s’´ecrit de mani`ere
unique comme somme d’un ´el´ement de F et d’un ´el´ement de G, les
solutions de (H) sont les fonctions d´efinies sur R par
1 2− x x −x
2h(x) =e C e +C e1 2
N
2 43. On consid`ere l’´equation (ED)y +2xy +x y =x +2.
R´esolutiondel’´equationhomog`ene:d’apr`eslaquestionpr´ec´edente,
la solution g´en´erale de l’´equation (H) s’´ecrit
1 2− x x −x
2h(x) =e C e +C e1 2
Recherche d’une solution particuli`ere On cherche une solution
2particuli`ere polynomiale sous la forme y(x) =x +ax+b. Alors
2 2x y(x) = x +ax+b
2x y (x) = 2x+a
1 y (x) = 2

a = 0
On a alors y sol de (ED) ⇐⇒ Par cons´equent
b =−4
2y (x) =x −4 est une solution particuli`ere de (ED).0
3
′′′′′′′′′ Expression de la solution g´en´erale les solutions de l’´equation
(ED) sont les fonctions de la forme
1 22 − x x −x
2f(x) =x −4+e C e +C e1 2
N
EXERCICE 2
3SoitB = (~e ,~e ,~e ) la base canonique de R . On consid`ere l’endomor-1 2 3
3 3phisme f :R →R canoniquement associ´e `a la matrice :
 
3 −4 8
 M = 5 −6 10
1 −1 1
3On note E = Kerf et F = Ker(f +id ).R
31.a. Soit ~u = (x,y,z)∈R . Alors
 
3x−4y +8z = 0 −y +5z = 0 
~u∈E ⇐⇒ 5x−6y +10z = 0 ⇐⇒ −y +5z = 0
 
x−y +z = 0 x−y +z = 0

x = 4z
⇐⇒
y = 5z
Ainsi ~u = (4,5,1) engendre E. Comme ce vecteur est non nul, il1
forme une famille libre. C’est une base (~u ) de E. N1
3b. Soit ~u = (x,y,z)∈R . Alors
 
4x−4y +8z = 0 0 = 0 
~u∈E ⇐⇒ 5x−5y +10z = 0 ⇐⇒ 0 = 0
 
x−y +2z = 0 x−y +2z = 0
⇐⇒ x =y−2z
On pose ~u = (1,1,0) et ~u = (−2,0,1). Ces deux vecteurs sont non2 3
colin´eaires.Ilsformentdoncunefamillelibreetg´en´eratricedeF.C’est
donc une base (~u ,~u ) de F. N2 3
32. Montrons queE⊕F =R . On utilise pour cela lacaract´erisation par
3les bases : il suffit pour cela que (~u ,~u ,~u ) est une base de R .1 2 3
3
• C’est libre. Soit (λ ,λ ,λ )∈R tel que1 2 3
~λ ·~u +λ ·~u +λ ·~u = 01 1 2 3 3 3
4Traduisons cette ´egalit´e vectorielle en coordonn´ees, il vient

 4λ +2λ = 01 2
(H) 5λ +2λ = 0 ⇐⇒ λ =λ =λ = 01 3 1 2 3

λ −λ +λ = 01 2 3
3• C’est un syst`eme g´en´erateur. Soit ~u ∈ R . On montre qu’il comme il s’agit
3existe λ ,λ ,λ )∈R tel que d’une famille de trois1 2 3
3vecteurs de R , on ou-
λ·~u +λ ·~u +λ ·~u =~u1 2 3 3 3 vait aussi utiliser la ca-
ract´erisation des bases
Cette´egalit´evectorielle setraduitencoordonn´eesparunSEL(S)
en dimension finie :
dont le syst`eme homog`ene associ´e n’est autre que (H). Comme
(u~ ,~u ,u~ ) est une fa-1 2 3
(H) est de Cramer, (S) l’est aussi.
mille libre maximale de
3
3• Ainsi, (~u ,~u ,~u ) est une base de R . N R , c’est donc une base1 2 3
33 de R~3.a. Soit ~u = (x,y,z) ∈ R . On note U = (X,Y,Z) son image par f, de
sorte que
+1 X = 3x−4y +8z
−1 Y = 5x−6y +10z
+1 Z = x−y +z
On a
X−Y +Z = (3x−4y+8z)−(5x−6y+10z)+(x−y+z)=−(x−y+z)
~En particulier, on a ~u∈P ⇐⇒ U ∈P. En particulier-particulier, le
planP, d’´equation x−y +z = 0 est stable par f, i.e. f(P)⊂P. N
b. Unebase deP est donn´ee par(~u ,~u ).Comme (~u ,~u ,~u )est une base1 2 1 2 3
3de R , il s’ensuit que G = Vect(~u ) est un sous-espace suppl´ementaire3
de P. De plus, comme f(~u ) =−~u , on en d´eduit que3 3
∀~u∈G,f(~u) =−~u
En particulier, G est stable par f. N
EXERCICE 3
E d´esigne un espace vectoriel sur le corps C des nombres complexes.
3 2T d´esigne le polynˆome de C[X] d´efini parT(X) = 3X −X −X−1,
et f un endomorphisme de E satisfaisant `a la relation
T(f) = 0
5

1. On v´erifie ais´ement que 1 est racine de T. De plus, en proc´edant par
identification ou en posant la division euclidienne, on obtient la facto-
risation :
2 12 2T = (X−1) (3X +2X +1) = 3(X−1)(X + X + ).
3 3
2 12Le discriminant du polynˆome X + X+ ´etant strictement n´egatif,
3 3
T ne poss`ede d’autre racine r´eelle. De plus, notons α,α¯ les deux ra-
2 12cines complexes et conjugu´ees du polynˆome X + X+ . D’apr`es les
3 3
relations racines coefficients,{α,α¯} sont solutions du syst`eme :

1α×α¯ =
3
2α+α¯ = −
3
N
2. On note L , L , L , les polynˆomes d´efinis par1 2 3
L (X) = (X−1)(X−α), L (X) = (X−1)(X−α), L (X) = (X−α)(X−α)1 2 3
a. Montrons que (L ,L ,L ) est une base de C [X] `a l’aide de la ca-1 2 3 2
ract´erisation des bases : Ici, sacahant que
Soit P ∈ C [X], montrons par analyse-synth`ese qu’il existe un triplet C [X] est de dimen-22
3(λ ,λ ,λ )∈C , unique tel que sion 3, on pouvait1 2 3
aussi utiliser plutˆot
P =λ L +λ ·L +λ ·L1 1 2 2 3 3 la caract´erisation
des bases en dim
Analyse: supposonsque(λ ,λ ,λ )soitunteltriplet.En´evaluant1 2 3
finie : il suffisait alors
cette ´egalit´e polynomiale en 1, α, α¯ nous obtenons :
d’´etablir que la famille
(L ,L ,L ) est libre1 2 3P(1) = λ L (1)3 3
maximale dans C [X]2P(α) = λ L (α)2 2
P(α¯) = λ L (α¯)1 1
D’ou` nous tirons :
P(α¯) P(α) P(1)
λ = , λ = , λ =1 2 3
(α¯−1)(α¯−α) (α−1)(α−α¯) (1−α)(1−α¯)
Synth`ese : Consid´erons le polynˆome de degr´e inf´erieur ou ´egal
`a 2 d´efini par :
P(α¯) P(α) P(1)
Q = ·L + ·L + ·L .1 2 3
(α¯−1)(α¯−α) (α−1)(α−α¯) (1−α)(1−α¯)
6

Il s’ensuit que
Q(α¯) = P(α¯)
Q(α) = P(α)
Q(1) = P(1)
Ainsi, le polynˆome P −Q est de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 2 et
poss`ede trois racines distinctes. Il s’agit donc du polynoˆme nul.
Conclusion Par analyse-synth`ese, nous avons prouv´e que tout
polynˆomeP ∈ C [X] s’´ecrit de fac¸on unique comme combinaison2
lin´eaire deL ,L ,L . D’apr`es lacaract´erisation des bases, c’est1 2 3
dire que (L ,L ,L ) est une base de C [X]. N1 2 3 2
b. Soit n un entier naturel, on note R le reste de la D.E. de P (X) =n n
nX par T. Alors R est un polynˆome de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 2.n
Comme (L ,L ,L ) est une base de C [X], R se d´ecompose de fac¸on1 2 3 2 n
unique dans cette base : il existe donc un unique triplet (a ,b ,c )n n n
3appartenant `a C tel que :
R =a L +b L +c L .n n 1 n 2 n 3
Pour exprimer a , b , c en fonction de α et α, remarquons quen n n
nX =T ×Q +a ·L +b ·L +c ·L .n n 1 n 2 n 3
Comme pr´ec´edemment, ´evaluons cette ´egalit´e aux points 1,α,α¯. Il
vient : 
1 = c (1−α)(1−α¯) n
nα = b (α−1)(α−α¯)n
 nα¯ = a (α¯−1)(α¯−α)n
Enparticulier,comme(1−α)(1−α¯) = 1+αα¯−(α+α¯) = 1+1/3+2/3=
2, il en r´esulte 
c = 1/2 n n α
b =n
α−1)(α−α¯) n α¯ a = n
α¯−1)(α¯−α)
N
1
c. La suite (c ) est constante ´egale `a . Les suites (a ) et (b ) sont desn n n
2
suites g´eometriques de raisons respectives α et α¯. Comme|α| =|α¯| =√
1/ 3< 1, ces deux suites sont convergentes de limite nulle. Ainsi,
1
lim a = 0, lim b = 0, lim c = .n n n
n→+∞ n→+∞ n→+∞ 2
7N
n3.a. Reprenons l’´egalit´e polynomialeX =T×Q +a ·L +b ·L +c ·L ,n n 1 n 2 n 3
et appliquons-la `a f. Comme par hypoth`ese T(f) = 0, il vient :
nf =a L (f)+b L (f)+c L (f)n 1 n 2 n 3
N
On consid`ere l’endomorphisme h = aL (f) +bL (f) +cL (f) et le1 2 3
1 2polynˆome P(X) = (3X +2X +1).
6
b.
1 1
2h = (f−αId )◦(f−α¯−Id ) = f −(α+α¯)f +αα¯IdE E E
2 2
1 2= f +2f +IdE
6
N
1 1
2 2 2 4 3 2c. P = (3X + 2X + 1) = 9X + 12X + 10X + 4X + 1 et
36 36
3 2 2T = 3X −X −X−1. En posant la division euclidienne de P par
T, on obtient :
12 2P = (3X +5)×T + 18X +12X +6]
36
Appliquons cette ´egalit´e polynomiale `a f. Comme par hypoh`ese T(f)
est nul, il s’ensuit que
2 2h =P (f) =P(f) =h
Par d´efinition, c’est dire pr´ecis´ement que h est un projecteur. N
`PROBLEME 1
OnnoteM (R)l’ensembledesmatricescarr´eesd’ordre3`a coefficients3
r´eels. On consid`ere les matrices
     
0 1 1 1 0 0 0 0 0
     A = 1 0 1 I = 0 1 0 et O = 0 0 0
1 1 0 0 0 1 0 0 0
nPartie I. Calcul de A par r´ecurrence
8−11. Pour montrer queA est inversible et d´eterminerA , j’adopte le point
de vue SEL :
  
y +z = a y +z = a 2z = a+b−c  
(S) 1x +z = b ⇐⇒ 1x +z = b ⇐⇒ 1x +z = b
  
x +y = c 1y −z = c−b 1y −z = c−b
Ainsi, (S) est ´equivalent `a un syst`eme triangulaire `a coefficients dia-
gonaux non nuls. Par cons´equent, (S) est de Cramer et A est donc
inversible. De plus

1 x = (−a+b+c) 2
1
(S) ⇐⇒ y = (a−b+c)
 2 1 z = (a+b−c)
2
D’apr`es le lien fondamental entre syst`emes de Cramer et matrices
inversibles ,  
−1 1 1
1−1  A = 1 −1 1
2
1 1 −1
N
2 32.a. Calculons A et A :
   
0 1 1 0 1 1
   1 0 1 1 0 1
1 1 0 1 1 0     
0 1 1 2 1 1 2 3 3
     1 0 1 1 2 1 3 2 3
1 1 0 1 1 2 3 3 2
N
b. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a ais´ement
0A = 0A+1I3
1A = A+0I3
2A = A+2I3
3A = 3A+2I3
N
93. On consid`ere la suite (α ) d´efinie par α = α = 1 et∀n ≥n n∈N 1 2
1,α =α +2α .n+2 n+1 n
nMontrons par r´ecurrence sur n que :∀n≥ 2 A =α A+2α I :n n−1 3
2
Initialisation : d’apr`es la question pr´ec´edente, A = A + 2I =3
α A+2α I.2 1
H´er´edit´e : Soit n∈N, n≥ 2 tel que
nA =α A+2α In n−1 3
En ce cas,
n+1 2A = A×(α A+2α I ) =α A +2α An n−1 3 n n−1
= α (A+2I)+2α A = (α +2α )A+2α In n−1 n n−1 n 3
= α A+2α In+1 n 3
Conclusion : la propri´et´e est vraie pour n = 2 et est h´er´editaire.
Par le principe de r´ecurrence, elle est donc vraie pour tout entier
naturel n≥ 2. N
4.a. La suite (α ) est une suite r´ecurrente lin´eaire d’ordre 2. L’´equationn
caract´eristique :
2(EC) r =r+2
admet−1 et 2 comme racines ´evidentes. Par cons´equent, il existe un
2couple (σ,τ)∈R , unique tel que
n n∀n∈N , α =σ(−1) +τ2n
Pour d´eterminer σ et τ ´evaluons l’´egalit´e ci-dessus lorsque n = 1 ou
2. Il vient :

1α = −σ +2τ −σ +2τ = 1 σ = −1 3⇐⇒ ⇐⇒ 1α = σ +4τ σ +4τ = 1 τ =2 3
Finalement, pour tout entier naturel n∈N ,
n+1 n(−1) 2
α = +n
3 3
N
10
⋆⋆⋆

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