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1. On forme un système pour chercher le noyau

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Exercice I

1. On forme un système pour chercher le noyau

(x, y, z) ∈ ker u ⇔

x + 4y + 6z = 0 x + y + 3z = 0

−x − 2y − 4z = 0

x + 4y + 6z = 0

−y − z = 0 3y + 3z = 0

 x y z

 = z

−2

−1 1

On en déduit que

((−2, −1, 1))

est une base du noyau. Le noyau est donc de dimension 1, l'image est alors de dimension 2. Les deux premières colonnes de la matrice sont formées par les coordonnées des images des deux premiers vecteurs de base. Clairement elles ne sont pas colinéaires, elles forment donc une base de l'image puisque l'on sait que cette image est de dimension 2 :

((1, 1, −1), (4, 1, −2)) est une base de l'image.

Un vecteur (x, y, z) est dans l'image de u lorsqu'il existe un vecteur (a, b, c) tel que (x, y, z) = u((a, b, c))

Ceci se traduit par le fait que le système d'équations

a + 4b + 6c = x a + b + 3c = y

−a − 2b − 4c = z0

aux inconnues a , b , c admette une solution. On transforme ce système en systèmes équivalents par les opérations élémentaires de la méthode du pivot :

a + b + 3c = y 3b + 3c = x − y

−b − c = z + y

a + b + 3c = y

−b − c = z + y 0 = x − y + 3(z + y)

La dernière relation donne une condition assurant que le système admet une solution.

L'équation de l'image est donc :

x + 2y + 3z = 0

Pour montrer que l'image et le noyau de u sont supplémentaires, on montre que la famille (a 1 , a 2 , a 3 ) constituée en agglomérant les bases (trouvées plus haut) du noyau et de l'image est libre. Si αa 1 + βa 2 + γa 3 = 0 alors :

−2α + β + 4γ = 0

−α + β + γ = 0 α − β − 2γ = 0

α − β − 2γ = 0 (L 3 )

−β = 0 (L 1 + 2L 3 )

−γ = 0 (L 2 + L 3 )

Ce qui entraine que α = β = γ = 0 . La famille est donc libre, le noyau et l'image sont supplémentaires.

2. Le calcul du carré de la matrice de l'énoncé donne l'opposée de cette matrice. On en déduit

u ◦ u = −u

3. Posons v = −u , la relation u ◦ u = −u donne v ◦ v = v donc v est un projecteur. Dans une base dont les deux premiers vecteurs forment une base de Im v et le troisième une base de ker v , la matrice de v est

1 0 0 0 1 0 0 0 0

et celle de u : 

−1 0 0 0 −1 0

0 0 0

Problème I

1. a. Le calcul des intégrales se fait avec des intégrations par parties. On obtient : Z 1

0

t 2 cos(kπt)dt = 2(−1) k (kπ) 2 ,

Z 1 0

t cos(kπt)dt = (−1) k − 1 (kπ) 2 On en déduit

Z 1 0

(ct 2 + dt) cos(kπt)dt = (2c + d)(−1) k − d

(kπ) 2

(2)

b. La relation

(2c + d)(−1) k − d = π 2

est valable pour tous les k si et seulement si 2c + d = 0 et d = −π 2 . On en déduit le couple (a, b) cherché

a = π 2

2 , b = −π 2 ⇒ ∀k ∈ N , π 2 2

Z 1 0

(t 2 − 2t) cos(kπt)dt = 1 k 2 c. Utilisons les a et b de la question précédente :

Z 1 0

(at 2 + bt) 1 2 +

n

X

k=1

cos(kπt)

! dt = 1

2 Z 1

0

(at 2 + bt)dt +

n

X

k=1

1 k 2

= a 6 + b

4 +

n

X

k=1

1

k 2 = − π 2 6 +

n

X

k=1

1 k 2 2. En considérant le cos comme la partie réelle de l'exponentielle complexe, on peut

symétriser la somme pour la voir comme une suite géométrique de raison e 2iθ 6= 1 .

1 + 2

n

X

k=1

cos 2kθ =

n

X

k=−n

e 2iθ k

= e 2(n+1)iθ − e −2niθ e 2iθ − 1

= e e (2n+1)iθ − e −(2n+1)iθ

e (e − e −iθ ) = sin(2n + 1)θ sin θ 3. Comme f est C 1 , on peut procéder à une intégration par parties :

Z 1 0

f(t) sin(λt)dt = f (0) − cos λf(1)

λ + 1

λ Z 1

0

cos λtf 0 (t)dt On en déduit

Z 1 0

f (t) sin(λt)dt

|f (0)| + |f (1)| + sup

[0,1]

|f 0 (t)|

λ ce qui prouve bien la convergence vers 0 pour λ en +∞ .

4. a. La fonction f est clairement de classe C sur ]0, 1] . À l'aide d'une étude locale en 0, on va montrer que f est continue en 0 et que f |]0,1[ 0 converge en 0. Ceci prouvera le caractère C 1 de la fonction sur [0, 1] d'après le théorème de la limite

de la dérivée.

Les équivalences, limites et développements suivants sont tous en 0 . Montrons d'abord la continuité en étudiant la limite de f .

t 2 − 2t ∼ − 2t sin π

2 t ∼ π 2 t

⇒ f → −2π 2 4 π 2 = −π Étudions ensuite la limte de la dérivée

f 0 (t) = π 2 4

2t − 2 sin π 2 t − π

2

(t 2 − 2t) cos π 2 t sin 2 π 2 t

! .

2t − 2

sin π 2 t = −2 + 2t

π

2 t + o(t 2 ) = − 4 πt

1 − t

1 + o(t) = − 4

πt (1 − t + o(t))

(t 2 − 2t) cos π 2 t

sin 2 π 2 t = (−2t + t 2 )(1 + o(t))

π

2

4 t 2 + o(t 3 ) = −2t + t 2 + o(t 2 )

π

2

4 t 2 + o(t 3 )

= − 8 π 2 t

1 − t 2 + o(t) 1 + o(t) = − 8

π 2 t (1 − t

2 + o(t)) d'où en combinant les deux parties :

f 0 (t) = π 2 4 ( 2

π + o(1)) → π 2

C'est à dire que la dérivée de la restriction de f à ]0, 1[ converge en 0 vers π 2 ce qui entraine que f est dérivable en 0 avec

f 0 (0) = π 2 et que f 0 est continue en 0 .

b. Notons s n = P n k=1

1

k

2

. D'après 1.c : Z 1

0

( π 2

2 t 2 − π 2 t) 1 2 +

n

X

k=1

cos(kπt)

!

dt = − π 2

6 + s n

(3)

Utilisons 2. avec θ = πt 2 puis la fonction f dénie en 4. : Z 1

0

( π 2

2 t 2 − π 2 t) sin(2n + 1) πt 2

2 sin πt 2 = − π 2 6 + s n

Z 1 0

f (t) sin(2n + 1) πt

2 = − π 2 6 + s n

La question 3 montre (avec λ = (2n+1)π 2 ) la convergence de (s n ) n∈N

vers π 2

6

Problème II Partie I

1. On transforme la matrice A − λI 3 par opérations élémentaires. Le rang se conserve.

rg

2 − λ 1 1

1 2 − λ 1

0 0 2 − λ

 = rg

1 2 − λ 1

2 − λ 1 1

0 0 2 − λ

= rg

1 2 − λ 1

0 1 − (2 − λ) 2 1

0 0 2 − λ

On en déduit que le rang est 3 sauf pour les valeurs de λ qui annulent un des termes diagonaux. Pour λ ∈ {1, 2, 3} le rang est 2.

2. On résoud trois systèmes de trois équations à trois inconnues. On trouve e 1 = (−1, 1, 0), e 2 = (1, 1, −1), e 3 = (1, 1, 0).

D'après le calcul de rang de la première question,

dim(ker(u − i Id R

3

)) = 1 ⇒ ker(u − i Id R

3

) = Vect(e i ).

3. Pour montrer que B = (e 1 , e 2 , e 3 ) est une base, il sut de montrer que la famille est

libre. Calculons pour cela le rang de leur matrice ( C désigne la base canonique) :

rg(e 1 , e 2 , e 3 ) = rg Mat C B

= rg

−1 1 1

1 1 1

0 −1 0

= rg

−1 1 1

0 2 2

0 −1 0

 = rg

−1 1 1

0 2 2

0 0 −1

 = 3.

Notons P = Mat

C B la matrice de passage. La formule de changement de base donne

∆ = Mat

B u = P −1 AP =

1 0 0 0 2 0 0 0 3

 par dénition des vecteurs e i .

4. a. La relation B 2 = A entre des matrices d'endomorphismes dans les mêmes bases traduit l'égalité v 2 = u entre les endomorphismes. De plus, u ◦ v = v 3 = v ◦ u . b. Pour chaque i entre 1 et 3 :

u(v(e i )) = v(u(e i )) = iv(e i ) ⇒ v(e i ) ∈ ker(u − iId R

3

) = Vect(e i ).

c. Comme v(e i ) ∈ Vect(e i ) , il existe donc un réel λ i tel que v(e i ) = λ i e i . Ainsi, la matrice de v dans la base B est de la forme

Mat B v = D =

λ 1 0 0 0 λ 2 0 0 0 λ 3

De plus v 2 = u se traduit par D 2 = ∆ donc λ i ∈ {− √

i, √ i}.

Les solutions matricielles de l'équation X 2 = A sont donc les huit matrices

P

1 0 0

0 2

2 0

0 0 3

√ 3

 P −1 avec i ∈ {−1, +1}.

(4)

On peut préciser ces matrices en calculant P −1 . On utilise la méthode du pivot partiel étendu pour transformer la copie de A placée à gauche en I 3 .

−1 1 1 1 0 0

1 1 1 0 1 0

0 −1 0 0 0 1

 →

1 −1 −1 −1 0 0

0 2 2 1 1 0

0 −1 0 0 0 1

1 −1 −1 −1 0 0

0 1 0 0 0 −1

0 2 2 1 1 0

 →

1 0 −1 −1 0 −1

0 1 0 0 0 −1

0 0 2 1 1 2

1 −1 −1 −1 0 0

0 1 0 0 0 −1

0 0 1 1 2 1 2 1

 →

1 0 −1 −1 0 −1

0 1 0 0 0 −1

0 0 1 1 2 1 2 1

1 0 0 − 1 2 1 2 0

0 1 0 0 0 −1

0 0 1 1 2 1 2 1

 ⇒ P −1 =

1 2 1 2 0 0 0 −1

1 2

1

2 1

 .

Les solutions sont les

1

2 ( 1 + 3

3) 1 2 (− 1 + 3

3) − 2

√ 2 + 3

√ 3

1

2 (− 1 + 3

3) 1 2 ( 1 + 3

3) − 2

√ 2 + 3

√ 3

0 0 2

√ 2

 avec i ∈ {−1, +1}.

Partie II

1. Comme u ◦ u est l'endomorphisme nul, Im u ⊂ ker u d'où rg(u) ≤ dim(ker u).

Or d'après le théorème du rang, la somme des deux vaut dim E donc 2 rg(u) ≤ n = dim E.

2. Notons r le rang de u . Soit (x 1 , · · · , x r ) une base de Im u ⊂ ker u . On la complète en une base (x 1 , · · · , x n−r ) de ker u . De plus, pour i entre 1 et r , il existe y i ∈ E tel que x i = u(y i ) .

Montrons que (x 1 , · · · , x n−r , y 1 , · · · , y r ) est une base de E .

Il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison nulle : λ 1 x 1 + · · · λ n−r x n−r

| {z }

∈ker u

+ µ 1 y 1 + · · · + µ r y r = 0 E

⇒ µ 1 u(y 1 ) + · · · + µ r u(y r ) = 0 E ⇒ µ 1 x 1 + · · · + µ r x r = 0 E

⇒ µ 1 = · · · = µ r = 0 car (x 1 , · · · , x r ) est libre.

La matrice de u dans cette base est bien de la forme demandée.

3. Lorsqu'une matrice est de rang 1, toutes ses colonnes sont colinéaires.

Dans le cas d'une matrice M ∈ M 4 ( R ) , il existe des réels a, b, c, d, x, y, z, t tels que les quatre colonnes de M soient de la forme

x

 a b c d

 , y

 a b c d

 , z

 a b c d

 , t

 a b c d

 , avec

 a b c d

 6=

 0 0 0 0

, et (x, y, z, t) 6= (0, 0, 0, 0)

car sinon le rang serait 0.

L'image de l'endomorphisme associé à cette matrice pour la base canonique est la droite engendrée par le vecteur de coordonnées (a, b, c, d) . La relation M 2 = 0 M

4

( R ) est réalisée si et seulement si l'image est incluse dans le noyau, ce qui se traduit matriciellement par

 0 0 0 0

= M

 a b c d

= (xa + yb + zc + td)

 a b c d

 .

C'est équivalent à :

xa + yb + zc + td = 0

Exercice II

1. Si P ∈ ker u alors tous les coecients du polynôme u(P) sont nuls. On en déduit que, pour tous les j entre 0 et n :

Z 1 0

t j P(t)dt = 0

(5)

En combinant linéairement ces relations, on en déduit que Z 1

0

Q(t)P (t)dt = 0

pour n'importe quel polynome Q de degré inférieur ou égal à n . Ceci est vrai en particulier pour P lui même. Comme t → P ˜ (t) 2 est une fonction continue et à valeurs positives,

Z 1 0

P 2 (t)dt = 0 entraine que P = 0 .

2. Soit M la matrice de u dans la base (1, X, · · · , X n ) Avant même de la former on sait qu'elle est inversible puisque u est bijective car son noyau se réduit au polynome nul.

m i,j = Z 1

0

t i−1 t j−1 = 1 i + j − 1

M =

1 1 2 · · · n+1 1

1 2

1 1 3 3 ...

1 n+1

1

n+2 · · · 2n+1 1

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