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Publié par | algebre-mpsi |
Nombre de lectures | 65 |
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En savoir + Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
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Langue | Français |
Extrait
d’après Mines de Sup, commune 2001
Correction
Partie I
Suivons le lapin blanc et entrons dans la matrice
1.()()=(+.+22.2)(+.+22.2)=+(+).+(+2)2.2car3=0 .
2. Par récurrence sur∈on montre sans difficultés :∀∈ℝ,()=() .
3. On observe()×(−)=(0)=donc( inversible d’inverse) est(−) .
4. Supposonsα.+β.+γ.2=0 .
En multipliant par2on obtient :α.2=0 (car3=0 ) doncα=0 puisque2≠0 .
En reprenant la relation initiale et en la multipliant paron obtientβ=0 .
Enfin la relation initiale donne maintenantγ= (0 . Finalement,,2 libre.) est
2 2
5. Supposons()=() i.e.+.+.22=+.+2..
1ère (méthode : Puisque,,2 libre on peut identifier les coefficients et conclure) est=.
22
2ème (méthode : a On−).+ −22=0 et (,2 libre, donc) est−=0 i.e.=.
nalement:→() est injective.
Fi
6.
1.
2.
3.
4.
1 2
0 0 1 +2
2=0 0 0≠0 et3=0 donc 3est nilpotente d’indice .()=0 1.
0 0 0 10 0
Partie II
Soit=(1,2)∈ℝ2.
∈⇔()=2⇔411−−62=22=221⇔1=32.∈⇔()=⇔411−622=21⇔1=22.
−=
Par suite=Vect(ε1) et=Vect(ε2) avecε1=(3,1) etε2= (2,1 .
etsont des droites vectorielles.
Soit∈∩. On a()=2et()=donc=0 puis∩= {0}.
De plus dim+dim=2=dimℝ2doncetsont supplémentaires dansℝ2.
(ε1)=2ε1et(ε2)=ε2donc Matε()=0.2 01
=
SoitMatε∈2(ℝ) et=Matε() .
−
La formule de changement de base donne :=1
.
=et−1=1−
=11231002 ,− .321
De manière immédiate :=2001.
1èreméthode : Par récurrence sur∈ℕ:=−1.
2èmeméthode :=(−1)(−1)...(−1)=(−1)...(−1)−1=.
3èmeméthode :=Mat() ,=Matε( la formule de changement conclu.) et
−26263121
=3.22−21−−.26.22++63=3−−−−+.
1.
2.
3.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Partie III
=3=.=,=22et=22donc=⇒==0 e
t donc
est diagonale. De plus on a alors2= 0202d’où= ±2 et= ±1 .
2=−1−1=−12donc2=⇔2=−1⇔2=.
Donc les solutions de l’équation2=sont de la forme=−1avecsolution de l’équation
2=i.e.de la forme1=0120,2=−2010,3=20−10ou4= −20−01.
−
=
=4 et1.
=1+⋯+4=(1+⋯+)4−1=×2×−1=et
− − − − −
= = = =
11213141 1234 1 2 1.
Partie IV
Soitα∈ℝ+∗et∈ℕ.
La fonction:֏eest+1sur= −α,αet∀∈ {0,1,…,},()()=e,()(0)= la partie1 donc
du développement de Taylor deen 0 es
régulière .
t=∑0!
( 1)
Puisque+()=e≤eα, l’inégalité de Taylor-Lagrange donne :∀∈, e−eα
=∑0!≤(+ )!1.
Quand→ +∞,=∑!→epour tout∈.
0
Enfin puisque ceci est vrai pour toutα>0 , on peut conclure :∀∈ℝ,=∑0!→e.
()=3.∑=0(2)!−2∑=0!, ()= −6.=∑0(2!)+6∑=0! ,()==∑0(2!)−∑=0e t!
()= −2.=∑(2)!+3∑=. !
0 0
()=ee32−e2e−−2ee62++36e.
2 2
−
()=e2.+e. =31−−et 62= −6132 .
avec
−
2=3−−6=,2−−=1326=,0
1 2= =.
etsont des projections vectorielles.
Puisque+=, ces projections sont complémentaires.
De part les matriceset Im, on observe que⊂et Im=ker⊂.
Puisque Imet kersont supplémentaires et queetle sont aussi, un argument de dimension
permet de justifier Im=et ker=.
Ainsiest la projection vectorielle surparallèlement àetest la projection complémentaire
associée.
Notons, qu’il existe plusieurs démarches possibles pour déterminer Imet ker.
()()=(e2.+e)(e2.+e.)=e2(+ .)+e+.=(+ vertu des relations de 5.) en
Comme précédemment :()=() et()−1=(−) .
La famille (, libre donc) est()=()⇒e=e⇒=.
Donc:֏() est injective.