DM2 - Un corrigé

DM2 - Un corrigé

Pour le 24/09/2021

Exercice 1

Dans cet exercice, la Partie II utilise des résultats de la partie I mais la partie III est indépendante des par- ties I et II.

On considère la famille de fonctions(f_n)_n∈N∗définies sur]−1,+∞[par : f_n(x)=xⁿln(1+x).

Partie I : Étude des fonctionsfn.

Soitn∈N^∗. On noteh_nla fonction définie sur]−1,+∞[par : h_n(x)=nln(1+x)+ x 1+x. 1. Soitn∈N^∗.

(a) Montrer queh_nest strictement croissante sur]−1,+∞[.

• La fonctionx7→ln(1+x) est dérivable sur ]−1,+∞[ comme composée de fonctions dérivables (x7→1+xest à valeurs dansR^∗₊).

• La fonctionx7→ x

1+xest dérivable sur ]−1,+∞[ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas.

Ainsi, la fonctionh_nest dérivable sur ]−1,+∞[ somme de fonctions dérivables et on a pour tout x∈]−1,+∞[ :

h^′_n(x)= n 1+x+ 1

(1+x)²=n(x+1)+1

(1+x)² >0 carx> −1 etn>0 Donc pour toutn∈N^∗, la fonctionh_nest strictement croissante sur ]−1,+∞[ . (b) Calculerh_n(0), puis en déduire le signe deh_n.

• On a : h_n(0)=nln(1)+0 1=0.

• On en déduit le tableau de signe suivant : x h_n(x)

−1 0 +∞

− 0 +

2. Étude du cas particuliern=1.

(a) Exprimerf₁^′(x)en fonction deh1(x).

La fonctionf1est dérivable sur ]−1,+∞[ comme produit de fonctions dérivables et on a pour tout x∈]−1,+∞[ :

f₁^′(x)=ln(1+x)+ x

1+x=h1(x).

(b) En déduire les variations de la fonctionf1sur]−1,+∞[.

Le signe def₁^′est donné par le signe deh1étudié à la question 1b. On obtient donc : x

f₁^′(x) f1(x)

−1 0 +∞

− 0 +

+∞

+∞

0 0

+∞

+∞

• lim

x→−1xln(1+x)= +∞par produit car lim

x→−1ln(1+x)= −∞.

• lim

x→+∞xln(1+x)= +∞par produit.

–1/10–

(c) Montrer que la fonctionf₁est convexe sur]−1,+∞[.

La fonctionf1est de classeC²sur ]−1,+∞[ comme produit de fonctions de classeC²et on a d’après la question 1a

f₁^′′(x)=h^′₁(x)>0 ce qui prouve que la fonctionf1est convexe sur ]−1,+∞[.

(d) Tracer une allure de la courbe représentative de la fonctionf1. On calculera l’équation de la tan- gente au point1et on la fera apparaitre sur le graphique.On donne : ln(2)≈0, 7.

L’équation de la tangente au point 1 est donnée par :y=f₁^′(1)(x−1)+f1(1) soit y=

µ ln(2)+1

2

¶

(x−1)+ln(2)= µ

ln(2)+1 2

¶ x−1

2

(e) Montrer que l’équationf1(x)=1admet exactement deux solutionsαetβvérifiant−1<α<0<β.

• La fonctionf1est continue et strictement décroissante sur ]−1, 0[ donc d’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de ]−1, 0[ sur ]0,+∞[.

De plus, 1∈]0,+∞[.

Donc l’équationf1(x)=1 admet exactement une solutionα∈]−1, 0[.

• La fonctionf1est continue et strictement croissante sur ]0,+∞[ donc d’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de ]0,+∞[ sur ]0,+∞[.

De plus, 1∈]0,+∞[.

Donc l’équationf1(x)=1 admet exactement une solutionβ∈]0,+∞[.

• Commef1(0)=0, 0 n’est pas solution de l’équationf1(x)=1.

Finalement, l’équationf1(x)=1 admet exactement deux solutionsαetβvérifiant−1<α<0<β. 3. Soitn∈N^∗\ {1}.

(a) Exprimerf_n^′(x)en fonction deh_n(x).

Pour toutx∈]−1,+∞[,f_n(x)=xⁿln(1+x).

La fonctionf_nest dérivable sur ]−1,+∞[ comme produit de fonctions dérivables et on a : f_n^′(x)=nxⁿ⁻¹ln(1+x)+ xⁿ

1+x=xⁿ⁻¹³

nln(1+x)+ x 1+x

´

=xⁿ⁻¹h_n(x).

Finalement, pour toutx∈]−1,+∞[, f_n^′(x)=xⁿ⁻¹h_n(x).

(b) En déduire les variations def_nsur]−1,+∞[.

On distinguera les casnpair etnimpair et on précisera les limites aux bornes.

On vérifiera que dans tous les cas,f_nest croissante sur]0,+∞[(résultat utile pour la suite).

On obtient les tableaux de variations suivants.

• pournimpair :

x xⁿ⁻¹ h_n(x) f_n^′(x) f1(x)

−1 0 +∞

+ 0 +

− 0 +

− 0 +

+∞

+∞

0 0

+∞

+∞

– lim

x→−1xⁿln(1+x)= +∞par produit car lim

x→−1ln(1+x)= −∞et lim

x→−1xⁿ= −1 carnimpair.

– lim

x→+∞xⁿln(1+x)= +∞par produit.

• pournpair :

x xⁿ⁻¹ h_n(x) f_n^′(x) f1(x)

−1 0 +∞

− 0 +

− 0 +

+ 0 +

−∞

−∞

+∞

+∞

–2/10–

– lim

x→−1xⁿln(1+x)= −∞par produit car lim

x→−1ln(1+x)= −∞et lim

x→−1xⁿ=1 carnpair.

– lim

x→+∞xⁿln(1+x)= +∞par produit.

Partie II : Étude d’une suite récurrente.

On considère la suite(v_n)_n∈Ndéfinie par : (v0=1

v_n+1=f2(v_n) ∀n∈N

4. (a) Écrire une fonction Scilab d’entête f unc t i on S=Sui t eV(N)qui prend un entierNen paramètre et qui renvoie un vecteur contenant tous les termes de la suite(v_n)_n∈Nentre0etN.

function S = SuiteV(n) : v = 1

S = [1]

for i=[1:N] do v = v^2*log(1+v) S=[S,v]

endfunctionend

(b) La commandeSui t eV(5)renvoie le résultat suivant :

1. 0.6931472 0.2530013 0.0144368 0.0000030 Quelle conjecture peut-on émettre sur le comportement de la suite(v_n)_n∈N?

La suite (v_n)_n∈Nsemble être décroissante et converger vers 0 . 5. Convergence de la suite(v_n)_n∈N.

(a) Montrer que la suite(v_n)_n∈Nest bien définie et que pour toutn∈N, v_n>0.

Pourn∈N, on pose :P(n) :v_nexiste etv_n>0.

• Pourn=0 : v₀=1>0 doncP(0) est vraie.

• Soitn∈N. On supposeP(n) vraie.

Ainsi,v_n>0 doncv_nest dans le domaine de définition def2doncv_n+1=f2(v_n) existe.

De plus, commef2est croissante surR+d’après la partie I, on a : v_n>0=⇒f2(v_n)>f2(0)=⇒v_n+1>0 doncP(n+1) est vraie.

• D’après le principe de récurrence, on a montré queP(n) est vraie pour toutn.

(b) Comparerv₁etv₀puis montrer que la suite(v_n)_n∈Nest décroissante.

On a :v1=f2(v0)=f2(1)=ln(2)<1=v0.

Montrons que la suitevest strictement décroissante.

Pourn∈N, on pose :P(n) :v_n+1<v_n.

• Pourn=0 : v1<v0d’après le calcul ci-dessus doncP(0) est vraie.

• Soitn∈N. On supposeP(n) vraie.

Commef2est croissante surR+d’après la partie I, on a :

v_n+1<v_n =⇒f2(v_n+1)<f2(v_n)=⇒v_n+2<v_n+1 doncP(n+1) est vraie.

• D’après le principe de récurrence, on a montré queP(n) est vraie pour toutn.

Donc la suite (v_n)_n∈Nest strictement décroissante .

(c) Montrer que la suite(v_n)_n∈Nest convergente. On noteℓsa limite.

La suite (v_n)_n∈Nest décroissante et minorée par 0 donc elle converge vers une limite notéeℓ. 6. Détermination de la limiteℓde la suite(v_n)_n∈N.

–3/10–

(a) Montrer que les solutions de l’équationf₂(x)=xsont© 0;α;βª

, les réelsαetβétant définis dans la partie I.

Soitx∈]−1,+∞[. On a :

f2(x)=x⇐⇒ f2(x)−x=0

⇐⇒x²ln(1+x)−x=0

⇐⇒x(xln(1+x)−1)=0

⇐⇒x¡ f1(x)−1¢

=0

⇐⇒x=0 ouf1(x)−1=0

⇐⇒x=0 ouf1(x)=1

⇐⇒x=0 oux=αoux=β d’aprèsQ??

Ainsi, les solutions de l’équationf2(x)=xsur ]−1,+∞[ sont© α, 0,βª

. (b) Montrer queαn’est pas une limite possible de la suite(v_n)_n∈N.

Commev_n>0 la limiteℓvérifieℓ⩾^0.

Commeα<0, on aℓ̸=αdonc αn’est pas une limite possible de la suite (v_n)_n∈N. (c) Montrer queβ>1puis en déduire queβn’est pas une limite possible de la suite(v_n)_n∈N.

Commef1(1)=ln(2)<1=f1(β) et quef1est strictement croissante surR+, on peut en déduire que β>1 .

Comme (v_n)_n∈Nest décroissante, on a : 0<v_n⩽^v0=1 donc la limiteℓvérifie 0⩽ℓ⩽^1.

Or, on a vu queβ>1 doncℓ̸=β: βn’est pas une limite possible de la suite (v_n)_n∈N. (d) Déduire des questions précédentes la valeur deℓ.

Commev_n+1=f2(v_n) avecf2continue,ℓest solution de l’équationf2(ℓ)=ℓet d’après la question 6a, les solutions de cette équation sont©

α, 0,βª

doncℓ∈© α, 0,βª

.

D’après les questions précédentes,ℓ̸=αetℓ̸=βdonc on a forcément ℓ=0 . Partie III : Étude d’une suite d’intégrales.

On considère la suite(U_n)_n∈N∗définie par :U_n= Z1

0

f_n(x)d x.

7. (a) Déterminer trois réelsa,b,ctels que :∀x∈[0, 1], x²

x+1=ax+b+ c x+1. On a :

x²

x+1=ax+b+ c

x+1 ⇐⇒ x²

x+1=ax²+ax+bx+b+c x+1

⇐⇒ x²

x+1=ax²+(a+b)x+(b+c) x+1

=⇒









 a=1 a+b=0 b+c=0

par identification

=⇒









 a=1 b= −1 c=1 Ainsi, ∀x∈[0, 1], x²

x+1=x−1+ 1 x+1. (b) En déduire la valeur de l’intégrale :

Z1 0

x² x+1d x.

On a d’après la question précédente : Z1

0

x² x+1d x=

Z1 0

x−1+ 1 x+1d x=

·x²

2 −x+ln(x+1)

¸¹

0

= −1 2+ln(2) –4/10–

(c) Montrer que :U1=1 4. U1=

Z1 0

xln(1+x) dx. On a par IPP avec u:x7→ln(x+1) et v:x7→x²

2 fonctions de classeC¹sur [0, 1] :

U1= Z1

0

xln(1+x) dx=

·x² 2 ln(x+1)

¸1 0

−1 2

Z1 0

x² x+1dx

=ln(2) 2 −1

2 µ

−1 2+ln(2)

¶

=1 4 Ainsi U1=1

4.

8. (a) Démontrer que : ∀n∈N^∗, 0⩽^Un⩽ ^{ln 2} n+1.

On commence par encadrerf_n(x)=xⁿln(1+x) sur [0, 1]. On a pour toutx∈[0, 1] : 0⩽^x⩽1=⇒1⩽1+x⩽2

=⇒0⩽ln(1+x)⩽^ln(2) car ln est croissante surR^∗₊

=⇒0⩽^xnln(1+x)⩽^xnln(2) carx⩾0 Donc, par croissance de l’intégrale (bornes dans le bon sens), on obtient :

0⩽ Z1

0

xⁿln(1+x) dx⩽ Z1

0

xⁿln(2) dx

=⇒ 0⩽^Un⩽^ln(2) Z1

0

xⁿdx

=⇒ 0⩽^Un⩽^ln(2)

·xⁿ⁺¹ n+1

¸1 0

=⇒ 0⩽^Un⩽ ^{ln 2} n+1

(b) En déduire que la suite(U_n)_n∈N∗converge et déterminer sa limite.

On a :

• 0⩽^Un⩽ ^{ln 2} n+1

• lim

n→+∞

ln 2

n+1=0 et lim

n→+∞0=0

donc d’après le théorème des gendarmes, (U_n)_n∈N^∗converge et lim

n→+∞U_n=0 .

Exercice 2

Une urne contient des boules blanches et des boules noires. La proportion de boules blanches estpet la proportion de boules noires estq. Ainsi, on a : 0<p<1,0<q<1etp+q=1.

On effectue des tirages successifs avec remise et on s’arrête dès que l’on a obtenu au moins une boule blanche et au moins une boule noire.

• On noteXla variable aléatoire égale au nombre de tirages effectués.

• On noteYla variable aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues.

• On noteZla variable aléatoire égale au nombre de boules noires obtenues.

• Pour touti∈N^∗, on noteB_i(resp.N_i) l’événement "lai-ème boule tirée est blanche (resp. noire)".

Étude de la variableX. 1. DéterminerX(Ω).

Il faut au minimum deux tirages pour obtenir au moins une boule de chaque couleur. On peut également toujours obtenir la même couleur donc X(Ω)=J^2;+∞K^.

–5/10–

2. Montrer, pour tout entierk⩾2: P(X=k)=q p^k−1+p q^k−1.

L’évènement [X=k] signifie qu’on a effectuéktirage avant d’obtenir au moins une boule noire et au moins une boule blanche. Ainsi, on a :

[X=k]=(B1∩ · · · ∩B_k−1∩N_k)∪(N1∩ · · · ∩N_k−1∩B_k) Puis par incompatibilité des évènements :

P(X=k)=P(B1∩ · · · ∩B_k−1∩N_k)+P(N1∩ · · · ∩N_k−1∩B_k)

Notons que les tirages ne sont pas indépendants, le tirage d’une boule dépend des précédents puisque ce n’est possible que si les deux couleurs n’ont pas encore été tirées.

Ainsi, la formule des probabilités composées donne :

P(X=k)=P(B1)P_B1(B2) . . .P_{B1∩···∩Bk−1}(N_k)+P(N1)P_N1(N2) . . .P_{N1∩···∩Nk−1}(B_k) Soit : P(X=k)=q p^k−1+p q^k−1.

3. Vérifier par le calcul que :

+∞X

k=2

P(X=k)=1.

SoitN⩾^{2. On a :}

N

X

k=2

P(X=k)=

N

X

k=2

q p^k−1+p q^k−1

=q

N

X

k=2

p^k−1+p

N

X

k=2

q^k−1

=q

N−1

X

k=1

p^k+p

N−1

X

k=1

q^k

=q Ã_N−1

X

k=0

p^k−1

! +p

Ã_N−1 X

k=0

q^k−1

!

N→+∞−→ q µ 1

1−p−1

¶ +p

µ 1 1−q−1

¶

par convergence des séries géométriques de raisonp∈]0, 1[ etq∈]0, 1[.

Ainsi,

+∞X

k=2

P(X=k)=q µ p

1−p

¶ +p

µ q 1−q

¶

=p+q=1

4. Montrer que la variable aléatoireXadmet une espérance et que : E(X)=1 p+1

q−1.

Xadmet une espérance ssi

+∞X

k=2

kP(X=k) converge absolument ssi

+∞X

k=2

kq p^k−1+kp q^k−1converge.

SoitN⩾^{2. On a :}

N

X

k=2

kq p^k−1+kpq^k−1=q

N

X

k=2

kp^k−1+p

N

X

k=2

kq^k−1

=q Ã_N

X

k=1

kp^k−1−1

! +p

Ã_N X

k=1

kq^k−1−1

!

N→+∞−→ q µ 1

(1−p)²−1

¶ +p

µ 1 (1−q)2−1

¶

par convergence des séries géométriques dérivées de raisonp∈]0, 1[ etq∈]0, 1[.

Donc Xadmet une espérance et on a :

E(X)=q 1

(1−p)²−q+p 1

(1−q)2−p=1 q+1

p−(p+q) soit E(X)=1 q+1

p−1.

–6/10–

Étude de la variableY. 5. DéterminerY(Ω).

Y(Ω)=N^∗ car on obtient au minimum une boule blanche pour terminer l’expérience et on peut aussi obtenir un nombre quelconque de boules blanches avant la première noire.

6. (a) DéterminerP((X=2)∩(Y=1)).

L’évènement [(X=2)∩(Y=1)] signifie que l’on a fait deux tirages et qu’on a obtenu une seule boule blanche donc également une seule noire. Ainsi :

[(X=2)∩(Y=1)]=[(B1∩N2)∪(N1∩B2)]

puis par incompatibilité et avec les probas composées :

P((X=2)∩(Y=1))=P(B1∩N2)+P(N1∩B2)

=P(B1)P_B1(N2)+P(N1)P_N1(B2)

=pq+q p=2pq Donc P((X=2)∩(Y=1))=2p q.

(b) Pour tout entierk⩾3, déterminerP((X=k)∩(Y=1)).

Pourk⩾3, l’évènement [(X=k)∩(Y=1)] signifie que l’on a faitktirages et qu’on a obtenu une seule boule blanche donck−1 noires en premiers sinon l’expérience se serait arrêtée. Ainsi :

[(X=k)∩(Y=1)]=[N₁∩N₂∩ · · · ∩N_k−1∩B_k]

donc comme précédemment : P((X=k)∩(Y=1))=P(N1∩N2∩ · · · ∩N_k−1∩B_k)=p q^k−1.

(c) En utilisant le système complet d’évènements(X=k)_k⩾2, déduire des deux questions précédentes que :P(Y=1)=q¡

1+p¢ .

D’après la formule des probabilités totales avec le SCE ((X=k))_k⩾2, on a : P(Y=1)=

+∞X

k=2

P((X=k)∩(Y=1))=P((X=2)∩(Y=1))+

+∞X

k=3

P((X=k)∩(Y=1))

=2pq+

+∞

X

k=3

pq^k−1

=2pq+p

+∞X

k=2

q^k

=2pq+pq² 1 1−q

=2pq+q²=q(2p+q)=q(p+p+q)=q(p+1) carp+q=1 Finalement, P(Y=1)=q¡

1+p¢ .

7. (a) Montrer queP([Y=k]∩[X=j])=0pour tout entierj⩾^{2tel quej}̸=k+1.

Soitj̸=k+1.

L’évènement ([Y =k]∩[X=j]) signifie que l’on a faitjtirages dontkboules blanches. Pour arrêter l’expérience, il fuaut également une noire donc le nombre de tirages vaut forcémentk+1. Comme j̸=k+1, lévènement ([Y=k]∩[X=j]) est impossible donc P([Y=k]∩[X=j])=0 .

(b) Soitk⩾2. Déterminer P([Y=k]∩[X=k+1]).

L’évènement ([Y =k]∩[X=k+1]) signifie que l’on a faitk+1 tirages et qu’on a obtenukboules blanches. Commek⩾2, la boule noire n’est apparue qu’une fois et donc forcément après les blanches pour arrêter l’expérience. Ainsi :

(Y=k∩[X=k+1])=(B1∩ · · · ∩B_k∩N_k+1 –7/10–

puis

P(Y=k∩[X=k+1])=P(B1∩ · · · ∩B_k∩N_k+1)=p^kq soit ∀k⩾^2,P(Y=k)=p^kq (c) Déduire des deux questions précédentes que :P(Y=k)=p^kq.

On a vu dans les deux questions précédentes que que lévènement [Y=k] ne se réalise que si [X=k+1]

est réalisé. Ainsi, on a, d’après la question précédente :

P(Y=k)=P(Y=k∩[X=k+1])=p^kq Étude de la variableZ.

8. Justifier, sans aucun calcul, que :P(Z=1)=p¡ 1+q¢

et P(Z=k)=q^kppour toutk⩾2.

Si on change pile par face, on remarque queZetY jouent les mêmes rôles. Ainsi, il suffit de remplacerp parqdans les calculs précédents pour obtenir la loi deZ. Ainsi :

P(Z=1)=p(1+q) et pour toutk⩾2 : P(Z=2)=q^kp. 9. Montrer que les variables aléatoiresY ZetX−1sont égales.

Comme l’expérience s’arrête quand on a obtenu au moins une boule blanche et au moins une boule noire, cela signifie que soit (Y=1), soit (Z=1).

• Si (Y =1) est réalisé, alorsY Z =Z qui compte le nombre de boules noires obtenues, à savoir le nombre total de tirage (représenté parX) moins le tirage correspondant à la boule blanche (Y=1), soitX−1. Ainsi,Y Z=X−1.

• De même siZ=1 est réalisé.

Dans tous les cas, on a bien : Y Z=X−1 .

10. En déduire queY Zadmet une espérance et donner sa valeur.

CommeXadmet une espérance, on en déduit par linéarité de l’espérance queX−1 admet une espérance et donc queY Zadmet une espérance et on a : E(Y Z)=E(X−1)=E(X)−1=1

q+1 p−2.

Ainsi, Y Zadmet une espérance etE(Y Z)=1 q+1

p−2.

Exercice 3

On noteAn(R)l’ensemble des matrices carrée d’ordrenantisymétriques, c’est-à-dire vérifiant^tM= −M.

An(R)=©

M∈Mn(R),^tM= −Mª

On rappelle que siAetBsont deux matrices deMn(R), alors :^t(A+B)=^tA+^tB et ^t(AB)=^tB^tA.

1. Montrer queAn(R)est un espace vectoriel.

• 0_Mn(R)∈An(R) car^t0_Mn(R)= −0Mn(R)=0_Mn(R)doncAn(R)̸= ;.

• Soient (M,N)∈An(R)²etλ∈R. On a :

t(M+λN)=^tM+λ^tN

= −M+λ(−N) car (M,N)∈An(R)²

= −(M+λN) donc (M+λN)∈An(R).

Ainsi, An(R) est un sev deMn(R) donc c’est un espace vectoriel.

–8/10–

2. SoitBune matrice deMn(R)etMune matrice deAn(R). Montrer que la matrice^tB M Bappartient à An(R).

Il s’agit de montrer que ^t(^tB M B)= −(^tB M B).

Or, en utilisant les règles de calcul sur les transposées, on a, avecM∈An(R) (donc^tM= −M) :

t(^tB M B)=^tB^tM^t(^tB)=^tB(−M)B= −(^tB M B) Ainsi, siM∈An(R), alors^tB M B∈An(R) .

Dans la suite, on fixen=3. On a donc : A3(R)=©

M∈M3(R),^tM= −Mª .

3. (a) SoitM∈M3(R). Montrer queM∈A3(R)si et seulement siMest de la forme





0 −a −b

a 0 −c

b c 0



.

SoitM=



 a b c d e f g h i



∈M3(R). On a :

M∈A3(R)⇐⇒^tM= −M ⇐⇒



 a d g b e h c f i



= −



 a b c d e f g h i





⇐⇒





































 a= −a d= −b g= −c b= −d e= −e h= −f c= −g f= −h i= −i

⇐⇒

























 2a=0 d= −b g= −c 2e=0 h= −f 2i=0

⇐⇒















a=e=i=0 b= −d g= −c h= −f

⇐⇒M=





0 −d −c d 0 −f

c f 0





Ainsi, en renommant les variables M∈A3(R) si et seulement siMest de la forme





0 −a −b a 0 −c

b c 0



.

(b) En déduire une famille génératrice deA3(R).D’après la question précédente, on a :

A3(R)=











0 −a −b

a 0 −c

b c 0



, (a,b,c)∈R³







=





 a



 0 −1 0

1 0 0

0 0 0



+b



 0 0 −1

0 0 0

1 0 0



+c





0 0 0

0 0 −1

0 1 0



, (a,b,c)∈R³







=©

aM1+bM2+c M3, (a,b,c)∈R³ª

=Vect(M1,M2,M3) Ainsi, la famille (M1,M2,M3) engendreA3(R).

(c) Cette famille est-elle libre ?

Ici, on peut dire que la famille (M₁,M₂,M₃) est clairement libre (par zéros échelonnés).

4. Soienta,betctrois réels donnés. On pose alorss=a²+b²+c²et on supposes̸=0.

On considère la matrice M=





0 −a −b a 0 −c

b c 0



∈A3(R).

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(a) CalculerM²etM³puis expliciter une relation simple entreM³,Mets.

On obtient :

M²=





−(a²+b²) −bc ac

−bc −(a²+c²) −ab ac −ab −(b²+c²)





et

M³=





0 a(a²+b²+c²) b(a²+b²+c²)

−a(a²+b²+c²) 0 c(a²+b²=c²)

−b(a²+b²+c²) −c(a²+b²+c²) 0



= −sM. On a clairement : M³= −sM.

(b) Montrer par l’absurde queMn’est pas inversible.

Supposons queMsoit inversible doncM⁻¹existe.

En multipliant la relationM³= −sMparM⁻¹, on obtientM²= −sI, ce qui n’est possible que sia= b=c=0, ce qui n’est pas le cas.

Ainsi, Mn’est pas inversible .

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