1. La transformation du système par la méthode du pivot (avec c 6= 0 ) conduit aux systèmes équivalents

(1)

Exercice 1

1. La transformation du système par la méthode du pivot (avec c 6= 0 ) conduit aux systèmes équivalents







cx −az = m

−cy +bz = 1

−bx +ay = n







cx −az = m

−cy +bz = 1 +ay −

^ab_c

z = n +

^b_c

m







cx −az = m

−cy +bz = 1 0 = n +

^b_c

m +

^a_c

Le système admet des solutions si et seulement si

cn + bm + a = 0

Dans ce cas, l'ensemble des solutions est formé par les triplets ( m

c , − 1

c , 0) + z( a c , b

c , 1) où z est un réel arbitraire.

2. Le produit des deux matrices donne

^t

AA = (a

²

+ b

²

+ c

²

)I

₄

. On en déduit que la matrice A est inversible d'inverse

A

⁻¹

= 1 a

²

+ b

²

+ c

²

t

A

Par conséquent, l'équation AX = C d'inconnue X admet une unique solution

A

⁻¹

C = 1

a

²

+ b

²

+ c

²

t

AC

= 1

a

²

+ b

²

+ c

²







−cm + bn + ap c − an + bp

−b + am + cp a + bm + cn







3. Notons S

1

le système de la question 1. et S

2

celui de la question 2.

Il est évident que si





 x y z 0





 est une solution de S

2

alors (x, y, z) est solution de S

1

; dans ce cas on a p = ax + by + cz . Réciproquement, si (x, y, z) est solution de S1 et

p = ax + by + cz alors





 x y z 0







est solution de S

₂

.

Ainsi, en utilisant l'expression des solutions de S

₂

trouvée en 2., on peut exprimer les solutions de S

1

en fonction d'un nouveau paramètre µ . Ces solutions sont

1 α

²

(cm − bn, −c + an, b − am) + µ(a, b, c)

Exercice 2

Décomposons en éléments simples la fraction 4X − 3 X(X − 2)(X + 2) il vient :

4X − 3

X (X − 2)(X + 2) = 1 8

6 X − 11

X + 2 + 5 X − 2

On en déduit

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 2) = 1 8 6

n

X

k=3

1 k − 11

n

X

k=3

1 k + 2 + 5

n

X

k=3

1 k − 2

!

= 1 8 6

n

X

k=3

1 k − 11

n+2

X

k=5

1 k + 5

n−2

X

k=1

1 k

!

Comme 6 − 11 + 5 = 0 , les termes des sommes entre 5 et n − 2 disparaissent. Il reste :

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 2) = 1 8

6( 1

3 + 1

4 ) + 5(1 + 1 2 + 1

3 + 1 4 ) − ε

_n

(2)

où ε

n

est formé de termes qui tendent vers 0. On en déduit que

n

X

k=3

4k − 3

k(k − 2)(k + 2) → 1 8

6( 1

3 + 1

4 ) + 5(1 + 1 2 + 1

3 + 1 4 )

= 167 96

Exercice 3

1. Si les réels ne sont pas distincts, les formes ne le sont pas non plus. Elles constituent donc une famille liée. Si les réels sont deux à deux distincts, considérons les polynômes d'interpolation de Lagrange :

P

a

= (X − b)(X − c)(X − d)

(a − b)(a − c)(a − d) , P

b

= (X − a)(X − c)(X − d) (b − a)(b − c)(b − d) P

c

= (X − a)(X − b)(X − d)

(c − a)(c − b)(c − d) , P

d

= (X − a)(X − b)(X − c) (d − a)(d − b)(d − c)

Si αf

a

+ βf

b

+ γf

c

+ δf

d

est la forme nulle, en prenant successivement les valeurs en P

a

, P

b

, P

c

, P

d

on obtient α = β = γ = δ = 0 ce qui prouve que la famille est libre.

2. D'après 1., la famille f

0

, f

1

, f

2

, f

3

est une base de E

₃^?

.

Les réels x

0

, x

1

, x

2

, x

3

sont en fait les coordonnées de la forme linéaire P →

Z

1 0

P(t) dt

dans cette base. Pour calculer ses coordonnées, on prend les valeurs aux polynômes d'interpolation P

₀

, P

₁

, P

₂

, P

₃

. Il vient

x

₀

= − 1 6

Z

1 0

(t − 1)(t − 2)(t − 3) dt = 3

8 x

₁

= 1 2

Z

1 0

t(t − 2)(t − 3) dt = 19 24 x

₂

= − 1

2 Z

1

0

t(t − 1)(t − 3) dt = − 5

24 x

₃

= 1 6

Z

1 0

t(t − 1)(t − 2) dt = 1 24 On peut détailler le calcul de x

0

:

x

₀

= − 1 6

Z

1 0

t

³

− 6t

²

+ 11t − 6

dt = − 1 6

1 4 − 2 + 11 2 − 6

=

− 1 6 − 9

4 = 3 8 Les calculs pour x

₁

, x

₂

, x

₃

sont analogues.

3. La relation proposée par l'énoncé est équivalente au sytème de quatre équations obtenu en écrivant l'égalité pour les polynômes 1 , t , t

²

, t

³

.

Ce système est linéaire par rapport à A et B . Transformons le par opérations élémen- taires



 



 



A + B =1 aA + bB = 1 2 a

²

A + b

²

B = 1 3 a

³

A + b

³

B = 1 4

⇔



 



 



A + B =1 (b − a)B = 1

2 − a b(b − a)B = 1

3 − a 2 b

²

(b − a)B = 1

4 − a 3

⇔



 



 



A + B =1 (b − a)B = 1

2 − a 0 = 1

3 − a 2 − b( 1

2 − a) 0 = 1

4 − a 3 − b( 1

3 − a 2 ) Ce système admet des solutions si et seulement si les deux dernières équations sont vériées. Ce qui revient à

a + b = 1 et ab = 1 6

C'est à dire lorsque a et b sont les racines de t

²

− t +

¹₆

= 0 . Choisissons

a = 1 2 (1 −

r 2

3 ) b = 1

2 (1 + r 2

3 ) En reportant dans les deux premières équations, on trouve

A = B = 1 2

Réciproquement, le système est vérié pour ces valeurs. Cela signie que la relation est vraie pour les polynômes 1 , t , t

²

, t

³

. Elle est donc vériée par linéarité dans E

₃

tout entier.

4. La formule

Z

1 0

P (t) dt = 1

3 (P (u) + P (v) + P(w))

est vériée pour tous les P de E

₃

si et seulement si elle est vraie pour les polynômes

(3)

1 , t , t

²

, t

³

. On forme donc un système de quatre équations



 

 

 

  1 = 1

3 + 1 3 + 1

3 1

2 = 1

3 (u + v + w) 1

3 = 1

3 (u

²

+ v

²

+ w

²

) 1

4 = 1

3 (u

³

+ v

³

+ w

³

)

⇔



 



 



u + v + w = 1 2 u

²

+ v

²

+ w

²

=1 u

³

+ v

³

+ w

³

= 3 4

Ce système n'est pas linéaire. Posons

s = u + v + w t = uv + uw + vw p = uvw.

Alors :

u

²

+ v

²

+ w

²

= s

²

− 2t

(u

²

+ v

²

+ w

²

)s = u

³

+ v

³

+ w

³

+ (u

²

v + u

²

t + · · · ) ts = (u

²

v + u

²

t + · · · ) + 3p

.

Finalement

(s

²

− 2t)s = u

³

+ v

³

+ w

³

+ ts − 3p ⇒ u

³

+ v

³

+ w

³

= s

³

− 3ts + 3p.

Le système s'exprime en s , t , p comme



 



 



s = 3

2 s

²

− 2t = 1 s

³

− 3ts + 3p = 3 4

⇒



 

 

 

  s = 3

2 t = 5 8 p = 1 6

La formule est vériée si et seulement si u , v , w sont les trois racines de X

³

− 3

2 X

²

+ 5 8 X − 1

6 .

Exercice 4

1. Il est immédiat que I

0

=

^π₄

. De plus, en faisant apparaitre la dérivée du dénominateur : I

₁

=

arctan t +

¹₂

ln(1 + t

²

)

1

0

=

^π₄

+

¹₂

ln 2 .

2. Le polynôme P

n

est le quotient de la division de (1 + X)

ⁿ

par 1 + X

²

, a

n

+ b

n

X en est son reste. De plus :

(1 + t)

ⁿ⁺¹

= (1 + t)(1 + t

²

)P

_n

+ (1 + t)(a

_n

+ b

_n

t)

= (1 + t

²

) ((1 + t)P

n

+ b

n

) + a

n

− b

n

+ (a

n

+ b

n

)t On en déduit P

_n+1

= (1 + t)P

_n

+ b

_n

, a

_n+1

= a

_n

− b

_n

, b

_n+1

= a

_n

+ b

_n

.

En additionnant : a

_n

=

¹₂

(a

_n+1

+ b

_n+1

) puis b

_n

= 2a

_n−1

− a

_n

. En remplaçant dans l'expression de b

n+1

, on obtient nalement

a

n+1

= 2a

n

− 2a

_n−1

De même, b

_n

=

¹₂

(b

_n+1

− a

_n+1

) , a

_n+1

= −2b

n

+ b

_n+1

, b

_n+1

= 2b

_n

− 2b

_n−1

. Les racines de l'équation caractéristique de cette relation sont √

2e

ⁱ^π⁴

. Les suites sont donc des combinaisons linéaires de (2

ⁿ²

cos

^nπ₄

)

n∈N

et de (2

ⁿ²

sin

^nπ₄

)

n∈N

. Après calculs, on trouve

a

n

= 2

ⁿ²

cos nπ

4 , b

n

= 2

ⁿ²

sin nπ 4 3. On peut écrire I

_n

de manière analogue au calcul de I

₁

:

I

n

= Z

1

0

P

n

(t)dt + a

n

π 4 + b

n

2 ln 2

La primitive de P

n

nulle en 0 est à coecients rationnels, posons p

n

= R

1

0

P

n

(t)dt , c'est bien un nombre rationnel . Posons q

_n

=

¹₂

b

_n

, r

_n

=

¹₄

a

_n

. Ils sont rationnels car a

_n

et b

_n

sont entiers d'après la relation de récurrence .

D'après l'expression de b

n

, q

n

= 0 si et seulement si n est un multiple de 4 . 4. Après simplications, on trouve

I

n+2

− 2I

n+1

− 2I

n

= Z

1

0

(1 + t)

ⁿ

dt = 2

ⁿ⁺¹

− 1 n + 1 On a déja montré que les deux autres expressions étaient nulles.

On en déduit que p

n+2

− 2p

n+1

− 2p

n

=

²ⁿ⁺¹_n+1⁻¹

. En particulier :

p

₀

= 0, p

₁

= 0, p

₂

= 1, p

₃

= 7

2 , p

₄

= 22

3 , p

₅

= 137

12

(4)

5. Posons φ(t) =

_1+t^1+t2

et intégrons par parties :

I

n

= 1

n (1 + t)

ⁿ

φ(t)

¹

0

− 1 n

Z

1 0

(1 + t)

ⁿ

φ

⁰

(t)dt

= 1

n (1 + t)

ⁿ

φ(t)

1

0

− 1 n

1 n + 1 (1 + t)

ⁿ⁺¹

φ

⁰

(t)

1

0

+ 1

n(n + 1) Z

1

0

(1 + t)

ⁿ⁺¹

φ

⁰⁰

(t)dt

= 2

ⁿ

n − 2

ⁿ⁺¹

φ

⁰

(1) n(n + 1) + R

n

avec R

n

= −

_n¹

+

_n(n+1)^φ⁰⁽⁰⁾

+

_n(n+1)¹

R

1

0

(1 + t)

ⁿ⁺¹

φ

⁰⁰

(t)dt . Il est clair que les deux premiers termes sont négligeables devant

²_nⁿ2

. Quant au dernier, comme φ

⁰⁰

est continue sur [0, 1] , il est dominé par

1 n(n + 1)

Z

1 0

(1 + t)

ⁿ⁺¹

dt = 2

ⁿ⁺²

n(n + 1)(n + 2)

et donc négligeable devant

²_nⁿ2

. Comme φ

⁰

(1) = −

¹₂

, on peut écrire le développement demandé avec

A = B = 1

Exercice 5

1. a. En utilisant les opérations L

4

← L

4

− αL

1

et L

2

← L

2

− 2L

1

, le rang de A est

aussi celui de 





1 1 0 0

0 −1 1 1

0 0 0 α

0 0 0 0







On en déduit que le rang est 2 si α = 0 , le rang est 3 sinon.

b. Pour déterminer une base de l'image, on cherche 2 ou 3 colonnes combinaisons des colonnes de A et les engendrant. Pour la base du noyau, on cherche des combinaisons nulles de colonnes de A . On obtient :

si α = 0 : Im f = Vect(e

1

, e

2

) , ker f = Vect(e

3

− e

4

, e

1

− e

2

− e

3

).

si α 6= 0 : Im f = Vect(e

₂

, e

₃

, e

₁

+ αe

₄

) , ker f = Vect(e

₁

− e

₂

− e

₃

) .

c. Pour toutes les valeurs du réel α , l'image et le noyau de f sont supplémentaires.

En eet, dans les deux cas, la somme des dimensions est 4 . Il sut donc de vérier que l'intersection est réduite au vecteur nul. Pour cela, examinons l'image d'un vecteur de l'image.

Dans le cas α = 0 .







1 1 0 0 2 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0











 λ µ 0 0







=





 λ + µ 2λ + µ

0 0







=





 0 0 0 0







⇒

( λ + µ = 0

2λ + µ = 0 ⇒ λ = µ = 0

Dans le cas α 6= 0 .







1 1 0 0 2 1 1 1 0 0 0 α α α 0 0











 x

1

x

2

x

3

αx

1







=







x

1

+ x

2

(2 + α)x

1

+ x

2

+ x

3

α

²

x

1

α(x

1

+ x

3

)







=





 0 0 0 0







⇒ x

1

= x

2

= x

3

= 0 Un autre moyen simple de montrer que les espaces sont supplémentaires serait de former des famille en concaténant les bases obtenues pour le noyau et l'image chaque cas puis de calculer le rang de la matrice de ces familles. On trouverait facilement 4 ce qui montrerait que ce sont des bases et donc que les espaces sont supplémentaires.

2. D'après la base de Im f trouvée à la question précédente lorsque α 6= 0 , on peut choisir λ = 1 soit ε

1

= e

1

+ αe

4

, ε

2

= e

2

, ε

3

= e

3

.

En fait on doit choisir λ = 1 car, si e

1

+ αe

4

∈ Im f , il existe des réels u , v , w tels que

e

₁

+ αe

₄

= ue

₂

+ ve

₃

+ w(e

₁

+ αe

₄

) ⇒

( λ = w coe. de e

1

α = wα coe. de e

₄

⇒ w = λ = 1 3. L'application g est linéaire par dénition, elle prend ses valeurs dans F = Im f puisque

c'est une restriction de f . D'autre part :

g(ε

₁

) = e

₁

+ 2e

₂

+ αe

₄

+ α(e

₂

+ αe

₃

) = e

₁

+ αe

₄

+ (2 + α)e

₂

+ α

²

e

₃

= ε

1

+ (2 + α)ε

2

+ α

²

ε

3

g(ε

2

) = e

1

+ e

2

+ αe

4

= ε

1

+ ε

2

g(ε

₃

) = e

₂

= ε

₂

(5)

Mat

B

g =





1 1 0

2 + α 1 1 α

²

0 0





4. L'application g est inversible car c'est la restriction de f à un supplémentaire de son noyau. Le calcul de la matrice inverse conduit à

Mat

B

g

⁻¹

= 1 α

²





0 0 1

α

²

0 −1

−α

²

α

²

−(α + 1)





5. a. Les conditions de l'énoncé dénissent h dans F par prolongement linéaire en préci- sant les images d'une base de F . Comme ker f et F = Im f sont supplémentaires, poser h(x) = 0 pour x dans ker f comme l'impose l'énoncé achève de dénir h dans E . Il prend évidemment ses valeurs dans E , c'est donc bien un endomorphisme.

Écrivons d'abord la matrice de h dans B

⁰

= (ε

1

, ε

2

, ε

3

, ε

4

) avec ε

4

= e

1

− e

2

− e

3

. Comme (ε

4

) est une base de ker f , on a :

Mat

B⁰

h = 1 α

²







0 0 1 0

α

²

0 −1 0

α

²

α

²

−(α + 1) 0

0 0 0 0







Utilisons ensuite la formule de changement de base Mat

C

h = P

⁻¹

Mat

B⁰

h · P avec P = P

_B0C

. D'autre part :



 

 

 

 

ε

₁

= e

₁

+ αe

₄

ε

2

= e

2

ε

3

= e

3

ε

₄

= e

₁

− e

₂

− e

₃

⇒



 

 

 

 

e

₁

= ε

₂

+ ε

₃

+ ε

₄

e

2

= ε

2

e

₃

= ε

₃

e

₄

= 1

α (ε

₁

− ε

₂

− ε

₃

− ε

₄

)

P

⁻¹

=







1 0 0 1 0 1 0 −1 0 0 1 −1 α 0 0 0







P =







0 0 0

_α¹

1 1 0 −

_α¹

1 0 1 −

_α¹

1 0 0 −

_α¹







D = Mat

C

h = 1

α

³







α 0 α −1

−α 0 −α α

²

+ 1 α

³

− α

²

− α α

³

−α

²

− α −2α

²

+ α + 1

α

²

0 α

²

−α







b. Il ne faut surtout pas calculer le produit matriciel. Remarquons plutôt que ADA est la matrice dans B de f ◦ h ◦ f . Dans ker f , l'endomorphisme f ◦ h ◦ f est toujours nul ; dans Im f , h ◦ f = h ◦ g = Id

Imf

donc f ◦ h ◦ f coïncide avec f . Comme ker f et Im f sont supplémentaires et que f ◦ h ◦ f et f coïncident sur ces sous-espaces, ils sont égaux dans E tout entier. On en déduit ADA = A .

Exercice 6

1. La primitive de la fonction à intégrer est évidente :

Z

1 0

dx (1 + x)

²

=

− 1 1 + x

¹

0

= − 1

2 + 1 = 1 2 . 2. On dénit la fonction f dans [0, 1] par

∀x ∈ [0, 1] , f (x) = 1 (1 + x)

²

.

C'est une fonction continue qui permet d'interpréter chaque a

n

comme une somme de Riemann dont la suite converge vers une intégrale

a

_n

= 1 n

n−1

X

k=0

1 (1 +

^k_n

)

²

= 1 n

n−1

X

k=0

f ( k

n ) ⇒ (a

_n

)

_n∈_N^∗

→ Z

1

0

1 (1 + x)

²

dx = 1 2 . 3. Soit F ∈ C

²

([a, b]) .

a. La formule de Taylor avec reste intégral appliquée à F entre a et b à l'ordre 1 s'écrit :

F (b) = F (a) + (b − a)F

⁰

(a) + R avec R = Z

b

a

(b − t)F

⁰⁰

(t) dt.

b. Comme F

⁰⁰

est continue, elle est bornée sur le segment et atteint ses bornes m = min

[a,b]

F

⁰⁰

, M = max

[a,b]

F

⁰⁰

.

(6)

Les bornes a < b sont dans le bon sens avec b − t ≥ 0 , on peut intégrer l'encadrement. Il vient

m Z

b

a

(b − t) dt ≤ R ≤ M Z

b

a

(b − t) dt avec Z

b a

(b − t) dt = 1

2 (b − a)

²

⇒ 2

(b − a)

²

R ∈ [m, M ] ⇒ ∃c ∈ [a, b] tq R = (b − a)

²

2 F

⁰⁰

(c).

4. a. D'après les questions précédentes, b

n

est la diérence entre l'intégrale de f et une de ses sommes de Riemann. Découpons l'intégrale avec la subdivision régulière :

b

n

=

n−1

X

k=0

Z

^k+1_n

k n

f(x) dx − 1 n f ( k

n )

! .

Notons F une primitive de f et appliquons le résultat de la question 3.b. (reste de Lagrange) à F entre

_n^k

et

^k+1_n

.

∃c

k

∈ k

n , k + 1 n

tq F ( k + 1

n ) = F ( k n ) + 1

n f ( k n ) + 1

2n

²

f

⁰

(c

k

).

Ceci s'écrit encore

Z

^k+1_n

k n

f(x) dx − 1 n f ( k

n ) = 1

2n

²

f

⁰

(c

_k

) ⇒ b

_n

=

n−1

X

k=0

1 2n

²

f

⁰

(c

_k

)

⇒ 2nb

n

= 1 n

n−1

X

k=0

f

⁰

(c

k

).

Comme c

_k

∈

_k

n

,

^k+1_n

, la dernière somme est une somme de Riemann de f

⁰

attachée à la subdivision régulière.

b. Comme f

⁰

est continue, la somme de Riemann précédente converge vers l'intégrale

(2nb

_n

)

_n∈_N^∗

→ Z

1

0

f

⁰

(t) dt = f (1) − f (0) = − 3 4 . On peut réécrire ces limites avec des développements :