Corrigé nal MT11, Printemps 2008

24 juin 2008, durée 2 heures Corrigé UTBM

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Exercice 1

1. B⁰(X) = 4X³−2X+ 2. On vérie que B(−1) =B⁰(−1) = 0.

2. B(X) = (X+ 1)²Q(X) = (X²+ 2X+ 1)Q(X) = (X²+ 2X+ 1)(X²−2X+ 2).X²−2X+ 2 est irréductible surR[X](son discriminant est négatif), et donc la décomposition deB est B(X) = (X+ 1)²(X²−2X+ 2).

3. On voit que -1 est aussi racine de A. Ainsi, A(X) = (X+ 1)(2X²−3X + 5), qui est la décomposition deAen produits d'irréductibles surR[X](car2X²−3X+5n'a pas de racine réelle).

Ainsi, P GCD(A, B) =X+ 1. 4. F(X) = 2X²−3X+ 5

(X+ 1)(X²−2X+ 2 = a

X+ 1 + bX+c X²−2X+ 2.

En multipliant par(X+ 1), et en prenant X=−1, on obtienta= 2.

En multipliant parX, et en prenantX →+∞, on obtient2 =a+b, soitb= 0. En évaluant enX = 0, on obtient ⁵₂ =a+^c₂, d'où c= 1.

Finalement, F(X) = 2

X+ 1 + 1

X²−2X+ 2. Exercice 2

1. f⁰(x) = cosx e^sinx+ 1

>0 pour x∈]0,^π₂[. Doncf est strictement croissante sur [0,^π₂], et réalise une bijection de cet intervalle sur son image[f(0), f ^π₂

] = [1, e+ 1].

2. a. f⁰(x)6= 0 pourx∈[0,^π₂[, doncg sera dérivable sur[1, e+ 1[. On montre alors queg est de classeC² sur [0,^π₂[.

b. g⁰(x) = 1

f⁰◦f⁻¹ = 1

f⁰◦g. En applicant le théorème de dérivation des fonctions com- posées, on obtient g⁰⁰(x) =−(f⁰◦g)⁰

(f⁰◦g)² =−f⁰⁰◦g×g⁰ (f⁰◦g)² . c. g(1) = 0 (carf(0) = 1).

g⁰(1) = 1

f⁰◦g(1) = 1 f⁰(0) =1

2 carf⁰(0) = 2. f⁰⁰(x) =−sinx e^sinx+ 1

+ cosx e^sinxcosx . Donc g⁰⁰(1) =−f⁰⁰◦g(1)×g⁰(1)

(f⁰◦g(1))² =−f⁰⁰(0)×¹₂

(f⁰(0))² =−1×¹₂ 4 =−1

8.

La formule de Taylor-Young s'écritg(x) =g(1)+g⁰(1)(x−1)+^g00₂⁽¹⁾(x−1)²+o((x−1)²). Ce qui donne :

g(x) =1

2(x−1)− 1

16(x−1)²+o (x−1)² . 3. g(x)−¹₂(x−1)

(lnx)² =−₁₆¹(x−1)²+o((x−1)²)

(lnx)² .

Orlim_x→1+ lnx

x−1 = lim_u→0+ln(1+u)

u = 1. Ainsi,lim_x→1+

lnx x−1

²

= 1. D'oùlim_x→1+

g(x)−¹₂(x−1) (lnx)² =−1

16.

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Exercice 3

1. a. Soient u, v ∈ E. ∀n ∈ N,(u ? v)(n) =

n

X

k=0

u(k)v(n−k) ^l=n−k=

n

X

l=0

u(n−l)v(l) =

n

X

k=0

v(k)u(n−k) = (v ? u)(n). Donc u ? v=v ? u,?est commutative.

Soientu, v, w∈E,

(u?v)?w (n) =

n

X

k=0

(u?v)(k)w(n−k) =

n

X

k=0 k

X

l=0

u(l)v(k−l)w(n−k).

u ?(v ? w)

(n) =

n

X

k=0 k

X

l=0

u(k)v(l)w(n−k−l)

l⁰=n−k−l

=

n

X

k=0 n−k

X

l⁰=0

u(k)v(n−k−l⁰)w(l⁰)

=

n

X

l⁰=0 n−l⁰

X

k=0

u(k)v(n−k−l⁰)w(l⁰) on somme dans l'autre sens

l⁰=n−l

=

n

X

l=0 l

X

k=0

u(k)v(l−k)w(n−l)

=

(u ? v)? w (n).

b. Soitu∈E,(u?ε)(n) =

n

X

k=0

u(k)ε(n−k) =u(n). Doncu?ε=u, et par commutativité, on peut conclure queε est le neutre de?.

c. Soientu, v, w∈E, etn∈N [u ?(v+w)](n) =

n

X

k=0

u(k)× v(n−k) +w(n−k)

=

n

X

k=0

u(k)(v(n−k) +

n

X

k=0

u(k) +w(n−k)

= (u ? v)(n) + (u ? w)(n)

Par commutativité, on peut conclure de la distributivité de ? par rapport à+. d. E,+, ?est un anneau commutatif et unitaire.

2. a. Soitu∈E, cherchons au brouillonv∈E tel queu ? v=ε. On a : (u ? v)(0) =u(0)v(0) = 1, soit v(0) = 1.

(u ? v)(1) =u(0)v(1) +u(1)v(0) =v(1) +λ= 0, soitv(1) =−λ.

(u ? v)(2) =u(0)v(2) +u(1)v(1) +u(2)v(0) =v(2)−λ²+λ²= 0, soit v(2) = 0, et ainsi de suite.

Posons alors v la suite dénie par v(0) = 1, v(1) = −λ, et ∀n > 2, v(n) = 0. On vérie alors quev est bien l'inverse deu.

b. F ⊂E, etε∈F. On voit facilement que(F,+)est un sous-groupe de(E,+): il reste alors à démontrer que F est stable pour la loi?. Soientu, v∈F :∃p, q∈N, n>p⇒ u(n) = 0, n>q⇒v(n) = 0.

Soit alors n > p+q : (u ? v)(n) =

n

X

k=0

u(k)v(n−k) = 0 (si k > p, u(k) = 0, et si k < p, n−k > n−p > q doncv(n−k) = 0).

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c. f◦f = IdE de manière évidente, et donc f est involutivef⁻¹=f, donc bijective.

On vérie de même quef(u+v) =u+v. f(u ? v)

(n) = (−1)ⁿ(u ? v)(n)

= (−1)ⁿ

n

X

k=0

u(k)v(n−k)

=

n

X

k=0

(−1)^ku(k)

(−1)^n−kv(n−k)

=

n

X

k=0

f(u)(k)

f(v)(n−k)

=

f(u)? f(v) (n).

3. a. Soitu∈E^×, etv son inverse :u ? v=ε. En particulieru(0)v(0) = 1, doncu(0)6= 0.

b. Soit v la suite dénie par v(0) = 1

u(0), et ∀n >1, v(n) = −

n

X

k=1

u(k)v(n−k) u(0) .v est correctement dénie. De plus,u(0)v(0) = 1, et∀n>1,

(u ? v)(n) =

n

X

k=0

u(k)v(n−k) =u(0)v(n) +

n

X

k=1

u(k)v(n−k) = 0. Ce qui montre que u ? v=ε.

4. a. {n∈N, u(n)6= 0} est une partie deN non vide (car u6= 0E), donc elle possède un plus petit élémentp. On raisonne de même pourq.

b.

(u ? v)(p+q) =

p+q

X

k=0

u(k)v(p+q−k)

=

p−1

X

k=0

u(k)v(p+q−k) +u(p)v(q) +

p+q

X

k=p+1

u(k)v(p+q−k)

= u(p)v(q)(u(k) = 0pour k < p;v(p+q−k) = 0pour k > p) 6= 0.

c. On vient de démontrer que u 6= 0, v 6= 0 ⇒ u ? v 6= 0, ce qui est la contraposée de u ? v= 0⇒u= 0 ouv= 0. Ainsi, l'anneauE est bien intègre.

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