22 avril 2008, durée 2 heures Corrigé Médian MT11
Médian MT11, Printemps 2008
Exercice 1
1. L.M =M.L= 0.
2. L2= 3L,M2= 3M. On en déduit par récurrence que pourn>2, Ln= 3n−1L. On montre de même que Mn= 3n−1M pour n>2.
3. Comme L etM commutent, on peut appliquer la formule du binôme de Newton : An= (L−M)n =
n
X
k=0
n k
Lk×(−M)n−k. Or d'après la question 1., le produit L.M est nul. Ainsi, les produits de puissances strictements positives de L et M sont nuls. Donc An =Ln+ (−1)nMn = 3n−1L−(−3)n−1M. Cette formule est valable pour n>2, et on voit qu'elle est aussi vériée pourn= 1.
4.
Sn =
n−1
X
k=0
Ak=I+
n−1
X
k=1
3k−1L−(−3)k−1M
= I+
n−2
X
k=0
3kL−(−3)kM
= I+3n−1−1
2 L−1−(−3)n−1
4 M.
5. a. S =
−1 1 1
−1 3 −1
3 −3 1
. On applique la méthode de Gauss, on trouve que S est bien inversible, et que S−1=1
4
0 2 2 1 2 1 3 0 1
.
b. Comme I etA commutent, on a(I−A)(I+A+· · ·+An−1) =I−An. On vient de voir queS=I−A est inversible, d'oùSn =I+A+· · ·+An−1=S−1(I−An). Exercice 2
1. z = eiα+eiβ
= eiα+β2
eiα−β2 +eiβ−α2
= 2 cos
α−β 2
eiα+β2 .
2. On en déduit la forme trigonométrique dez :|z|= 2
cosα−β
2
, et lorsquecosα−β
2
6= 0,arg(z) =
α+β
2 [2π] sicos
α−β 2
>0 π+α+β2 [2π] sicos
α−β 2
<0.
Attention : si cos
α−β 2
<0,2 cos
α−β 2
eiα+β2 n'est pas la forme trigonométrique de z! 3. On calcule zn par la formule du binôme de Newton :
zn= eiα+eiβn
=
n
X
k=0
n k
eikαei(n−k)β.
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D'autre part, en utilisant la forme obtenue en 1. : zn = 2ncosnα−β
2
einα+β2 . D'où, en identiant les parties réelles :
k=n
X
k=0
n k
cos kα+ (n−k)β
= 2n×cosnα−β 2 ×cos
nα+β
2
.
Exercice 3 Partie A
1. [a, b] =ab−ba= 0A siaetb commutent.
2. a. [a, b] =ab−ba=−(ba−ab) =−[b, a].
b. [a, b+c] =a(b+c)−(b+c)a=ab+ac−ba−ca= [a, b] + [a, c]. 3. a. Il sut de montrer queda vérie les deux relations.
• da(x+y) = [a, x+y] = [a, x] + [a, y] =da(x) +da(y)(d'après la question 2.b.).
• da(xy) = [a, xy] =axy−xya=axy−xay+xay
| {z }
=0
−xya= (ax−xa)y+x(ay−ya) = [a, x]y+x[a, y] =xda(y) +da(x)y.
b. da(b) = [a, b] = 1 1
0 1
× 1 0
1 1
− 1 0
1 1
× 1 1
0 1
= 1 0
0 −1
. Partie B
1. δ(0A) =δ(0A+ 0A) =δ(0A) +δ(0A)d'après la relation (1). Et donc, δ(0A) = 0A. δ(1A) =δ(1A×1A) = 1Aδ(1A) +δ(1A)1A d'après la relation (2). Et donc,δ(1A) = 0A. 2. a. Soitx∈A,δ(0A) =δ(x−x) =δ(x) +δ(−x) = 0A d'après la question précédente. Et
donc, δ(−x) =−δ(x).
b. Soit x∈A×,δ(1A) =δ(xx−1) =xδ(x−1) +δ(x)x−1= 0A d'après 1.
Ainsi,δ(x−1) =−x−1δ(x)x−1. 3. a. Soientx, y, z∈A:
δ(xyz) = xδ(yz) +δ(x).yz
= x. yδ(z) +δ(y)z
+δ(x).yz
= xyδ(z) +xδ(y)z+δ(x)yz.
b. δ(x3) =δ(xxx) =x2δ(x) +xδ(x)x+δ(x)x2. Lorsquexetδ(x)commutent, on obtient δ(x3) = 3x2δ(x).
4. a. • Cδ 6=∅ (on sait déjà que 0A,1A∈Cδ).
• Soientx, y∈Cδ :δ(x−y) =δ(x)−δ(y)d'après 2.a., et doncδ(x−y) = 0A−0A= 0A :Cδ est un sous-groupe de (A,+).
• Soientx, y∈Cδ :δ(x×y) =xδ(y) +δ(x)y=x×0A+ 0A×y= 0A, et doncCδ est bien un sous-anneau de (A,+,×).
b. Il sut de montrer que Cδ×=Cδ\{0A} (ou queCδ\{0A}est stable par l'inverse).
Soit alorsx∈Cδ\{0A} :x est inversible dansA, donc on peut appliquer la question 2.b. :δ(x−1) =−x−1δ(x)x−1= 0A, doncx−1∈Cδ :Cδ a bien une structure de corps.
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