Exercice 1. Système linéaire.

(1)

MPSI B Année 2014-2015. Corrigé DS 3 le 07/11/14 29 juin 2019

Exercice 1. Système linéaire.

1. Question de cours. Le système est de Cramer lorsque le déterminant est non nul :

A B C D

=AD−BC6= 0

Les formules de Cramer donnent alors l'unique couple solution :

(

λ B µ D

A B C D ,

A λ C µ

A B C D )

2. Pour le systèmeS0, le déterminant est 2

a(a+ 1) 1

b(c+ 1)− 1 c(b+ 1)

= 2(c−b)

a(a+ 1)b(b+ 1)c(c+ 1) 6= 0 De plus

1 _(a+1)(b+1)² 1 _(a+1)(c+1)²

= 2

(a+ 1) 1

c+ 1− 1 b+ 1

= 2(b−c)

(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1) ⇒u=−abc

1 ab 1

1 ac 1

=1 a

1 b −1

c

=c−b

abc ⇒v=1

2(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)

L'unique couple solution est

(−abc,1

2(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1))

3. On transforme S en un système équivalent par la méthode du pivot standard avec l'opération élémentaire codée par

L₂←−L₂−a−1 b−1L₁.

On obtient 1

b −a−1 b−1 ×1

a

y+ 1

b+ 1−a−1 b−1 × 1

a+ 1

z= 1−a−1 b−1

⇔ b−a

ab(b−1)y+ 2(b−a)

(a+ 1)(b−1)(b+ 1)z= b−a b−1 ⇔ 1

aby+ 2

(a+ 1)(b+ 1)z= 1 PourL3←L3−^a−1_c−1L1, les calculs sont analogues en échangeantbet c. On obtient

1

acy+ 2

(a+ 1)(c+ 1)z= 1.

Ces transformations montrent que si(x, y, z)est solution deS alors(y, z)est solution deS0. D'après la question 2

y=−abc z=1

2(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)







⇒x= (a−1)

1 +bc−1

2(b+ 1)(c+ 1)

= 1

2(a−1)(1 +bc−b−c) = 1

2(a−1)(b−1)(c−1) L'unique triplet solution deS est donc

1

2(a−1)(b−1)(c−1),−abc,1

2(a+ 1)(b+ 1)(c+ 1)

Exercice 2. Intervertion de sommations.

1. Le système de relations vérié par lesa_i demandés est triangulaire :

a0 = 1

a0+ a1 = 1

a₀+ 2a₁+ a₂ = 2

a0+ 3a1+ 3a2+ a3 = 6

a₀+ 4a₁+ 6a₂+ 4a₃+ a₄= 24

On en tirea0= 1, a1 = 0, a2 = 1,a3 = 2,a4= 9. Comme le système est triangulaire avec un coecient1 devantan, le dernier an s'exprime en fonction desak précédents et il est entier.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai S1403C

(2)

2. On exprime les coecients du binôme avec des factorielles m

k n

m

= m!

k! (m−k)!

n!

m! (n−m)! = n!

k! (m−k)! (n−m)!

= n!

k! (n−k)!

(n−k)!

(m−k)! (n−m)! = n

k

n−k m−k

Cela permet de faire apparaitre une formule du binôme

X

m∈Jk,nK

m k

n m

z^m=

n k

X

m∈Jk,nK

n−k m−k

z^m

= n

k



 X

m∈Jk,nK

n−k m−k

z^m−k



z^k= n

k



 X

i∈J0,n−kK

n−k i

zⁱ



z^k

= n

k

(1 +z)^n−kz^k

3. La sommation sur le triangle s'écrit avec des doubles sommes

X

(m,k)∈T

t_m,k= X

m∈J0,nK



 X

k∈J0,mK

t_m,k



= X

k∈J0,nK



 X

m∈Jk,nK

t_m,k





4. On écrit la somme à droite comme une double somme et on intervertit les sommations :

X

m∈J0,nK

m!

n m

(−1)^m= X

m∈J0,nK



 X

k∈K0,mJ

m k

a_k



 n

m

(−1)^m

= X

k∈J0,nK

ak



 X

m∈Jk,nK

m k

n m

(−1)^m



= X

k∈J0,nK

ak

k n

(1−1)^n−k(−1)^k

d'après la question 2 avecz=−1. Le seul indicekqui contribue de manière non nulle à la somme est donck=n. On en tire

X

m∈J0,nK

m!

n m

(−1)^m=an

n n

(−1)ⁿ = (−1)ⁿan

Exercice 3. Équation fonctionnelle.

1. a. Prenonsy= 0 dans la relation fonctionnelle. On obtient, pour tous les réelsx, 2f(x) = 2f(x)f(0)

Commef n'est pas la fonction nulle, il existe unxtel quef(x)6= 0. Pour un tel x, on peut simplier parf(x)et obtenirf(0) = 1.

Prenonsx= 0dans la relation fonctionnelle. On obtient, pour tous les réelsy, f(y) +f(−y) = 2f(0)f(y)

d'où l'on tiref(y) =f(−y)pour tous lesy carf(0) = 1. La fonction f est donc paire.

b. Pour tous les réelsy, les fonctions

x→f(x+y) +f(x−y)et x→2f(x)f(y) sont dérivables et égales. Leurs dérivées sont donc égales :

∀(x, y)∈R²:f⁰(x+y) +f⁰(x−y) = 2f⁰(x)f(y) Pour tous les réelsy, les fonctions

x→f⁰(x+y) +f⁰(x−y)et x→2f⁰(x)f(y) sont dérivables et égales. Leurs dérivées sont donc égales :

∀(x, y)∈R²:f⁰⁰(x+y) +f⁰⁰(x−y) = 2f⁰⁰(x)f(y)

Reprenons le même raisonnement mais en considérant et en dérivant cette fois les fonctions dey. On obtient successivement :

f⁰(x+y)−f⁰(x−y) =2f(x)f⁰(y) f⁰⁰(x+y) +f⁰⁰(x−y) =2f(x)f⁰⁰(y) On en déduit la formule demandée.

c. Pour tout réel y tel que f(y)6= 0, la fonction f est solution de l'équation dié- rentielle à coecients constants d'inconnuez

f(y)z⁰⁰−f⁰(y)z= 0

(3)

En particulier, on sait quef(0) = 1,f est donc solution de z⁰⁰−λ²z= 0

avecλcomplexe tel quef⁰⁰(0) =λ². On connait les solutions d'une telle équation diérentielle. Supposons d'abordλ6= 0. Il existe alors des complexesAetB tels que

∀x∈R:f(x) =Ae^λx+Be^−λx carλet −λsont les deux racines de l'équation caractéristique.

Def(0) = 1on tireA+B= 1. Commef est paire,f⁰ est impaire doncf⁰(0) = 0 d'où on tireA=B =¹₂. On obtient bien :

∀x∈R:f(x) =1

2 e^λx+e^−λx

Est-il possible queλsoit nul ? Cela revient àf⁰⁰(0) = 0 etf est alors solution de.

z⁰⁰= 0 Il existe donc des complexesAetB tels que

∀x∈R:f(x) =Ax+B

Def(0) = 1on tireB = 1 et de la parité def on tireA= 0. La fonction f est donc constante de valeur 1. Cette fonction est encore une somme d'exponentielles avecλ= 0.

2. a. On suppose ici

∀x∈R:f(x) = 1

2 e^λx+e^λx alors :

2f(x)f(y) =1 2

e^λ(x+y)+e^λ(x−y)+e^λ(−x+y)+e^λ(−x−y)

=1 2

e^λ(x+y)+e^λ(−x−y) +1

2

e^λ(x−y)+e^λ(−x+y)

=f(x+y) +f(x−y) b. Les seules fonctions deux fois dérivables à valeurs réelles qui vérient la relation

sont :

la fonction constante égale à1

les fonctionst→cosλtavecλréel.

la fonctiont→chλtavecλréel.

En eet notonsa= Reλetb= Imλet étudions dans quel cas les fonctions de la question 2. sont à valeurs réelles :

e^λx+e^−λx=e^λx+e^−λx

⇔e^λx−e^λx=e^−λx−e^−λx⇔e^λx

e^(λ−λ)x−1

=e^−λx

e^(λ−λ)x−1

⇔

e^(λ−λ)x−1 e^λx−e^−λx

= 0⇔e^−λx

e^(λ−λ)x−1 e^(λ+λ)x−1

= 0

⇔e^−λx e^2ibx−1

e^2ax−1

= 0 ceci ne peut se produire, pour tous les x, que siaoubest nul c'est à direλréel ou imaginaire pur.