2. Si E est un ensemble ` a p ´ el´ ements et F une partie ` a n ´ el´ ements.

R ´ ECITER SON COURT ¸ CA NE DOIT PAS ˆ ETRE LONG ! 1. Si A est un ensemble de cardinal n, il y a n ^p p-listes d’´ el´ ements de A.

2. Si E est un ensemble ` a p ´ el´ ements et F une partie ` a n ´ el´ ements.

Si n < p il n’y a pas d’injections et si n > p il y en a _(n−p)! ^n! . 3. S n =

n

X

k=0

k = n(n + 1)

2 .

4. (u k ) k∈ N est une suite g´ eom´ etrique de raison q 6= 1 donc S =

n

X

k=m

u k = u m

1 − q ^n−m+1 1 − q 5. Pour tous (a, b) ∈ C , a ⁿ − b ⁿ

n−1

X

k=0

a ^k b ^n−1−k . 6. Pour tout p ∈ [[1, n − 1]], ⁿ _p

= ⁿ⁻¹ _p−1

+ ⁿ⁻¹ _p

(formule du triangle de Pascal).

7. Grˆ ace ` a la formule du binˆ ome de Newton : A n =

n

X

k=0

n k

=

n

X

k=0

n k

1 ^k .1 ^n−k = (1 + 1) ⁿ = 2 ⁿ B _n =

n

X

k=0

(−1) ^k n

k

=

n

X

k=0

n k

(−1) ^k .1 ^n−k = (−1 + 1) ⁿ = 0.

8. Soit f : E → F , f est injective lorsque ∀(x, y) ∈ E ² , f(x) = f (y) ⇒ x = y.

9. Soit f : E → F , f est surjective lorsque ∀y ∈ F, ∃x ∈ E tel que y = f (x).

10. Soit A ∈ M _n,p ( K ) et B ∈ M _p,q ( K ), alors C = AB ∈ M _n,q ( K ) et c i,j =

n

X

k=1

a _i,k b _k,j 11. Soit A une matrice carr´ ee de taille n inversible et λ ∈ K ^∗ ,

(A ⁻¹ ) ⁻¹ = A, (λA) ⁻¹ = 1

λ A ⁻¹ , (AB) ⁻¹ = B ⁻¹ A ⁻¹ et ( ^t A) ⁻¹ = ^t (A ⁻¹ )

D ´ ENOMBREMENT

1. (a) Il s’agit des 10-listes de [[1, 10]] (l’ordre compte et les ´ el´ ements ne sont pas forc´ ement distincts), il y en a 10 ¹⁰ .

(b) Il y a 5 choix pour les deux premiers chiffres, puis 10 ⁸ (nombre de 8-listes de [[1, 10]]) choix pour les suivants, donc 5 × 10 ⁸ .

(c) Il y a 5 choix pour les deux premiers chiffres, puis 8! (nombre de permutations des 8 chiffres restants) choix pour les suivants, donc 5 × 8!.

(d) Il y a 4! choix (nombre de permutations des 4 paires de chiffres).

2. (a) Il y a ^20! _17! podiums possibles. C’est le nombre de 3-listes d’´ el´ ements distincts des 20 concurrents, car l’ordre compte et les ´ el´ ements sont distincts (un concurrent ne peut pas occuper 2 places du podium).

(b) Si Toad est premier, il reste ` a choisir qui est sur la deuxi` eme place et qui est sur la troisi` eme. Il s’agit donc des 2-listes d’´ el´ ements distincts des 19 concurrents restants, donc ^19! _17! = 19 × 18.

(c) Toad a trois positions possibles (la 1, la 2 ou la 3). Sur les deux places qu’il reste, il y a 19 × 18 choix possibles (l’ordre compte et les ´ el´ ements sont distincts), donc il y a 3 × 19 × 18 choix possibles.

(d) Il y a 20

3

possibilit´ es pour la question 2.(a), car il faut choisir 3 personnes parmi 20 (sans ordre et sans remise), et

19 2

possibilit´ es pour la question 2.(c) car il faut choisir les 2 autres concurrents parmi les 19 restants (sans ordre et sans remise).

3. Soit E un ensemble fini de cardinal n ∈ N . On appelle P (E) le nombre de parties de E.

(a) Card(P(E)) = 2 ⁿ . (b) Il y en a

n k

. (c) On a P(E) = S _n

k=0 {X ∈ P(E) : Card(X) = k} (o` u l’union est disjointe). Donc, X

X ∈P(E)

2 ^{Card(X )} =

n

X

k=0

X

X∈P (E), Card(X)=k

2 ^Card(X) =

n

X

k=0

X

X∈P (E), Card(X )=k

2 ^k =

n

X

k=0

2 ^k X

X∈P (E), Card(X )=k

Au vu de la question 3.(b) on a donc :

n

X

k=0

2 ^k n

k

=

n

X

k=0

n k

2 ^k 1 ^n−k = (2 + 1) ⁿ = 3 ⁿ .

SYST ` EMES LIN ´ EAIRES 1. Soit (A|B ) la matrice augment´ ee associ´ ee au syst` eme. On a

(A|B ) ^L

¹

^←−L ∼

¹

L





1 2 1

−1 m − 2 −3 2 2m + 2 m − 1

1

−m − 3

−2m − 1





L

2

←L

₂

+L

1

L

3

←L

3

−2L

1

∼

L





1 2 1

0 m −2

0 2m − 2 m − 3

1

−m − 2

−2m − 3





Soit

(A|B) ^L

³

^←L ∼

³

^−2L

²

L





1 2 1

0 m −2

0 −2 m + 1

1

−m − 2 1





L

2

↔L

₃

∼

L





1 2 1

0 −2 m + 1

0 m −2

1 1

−m − 2





On obtient :

(A|B) ^L

²

^←−

1 2

L

2

∼

L





1 2 1

0 1 − ^m+1 ₂

0 m −2

1

− ¹ ₂

−m − 2





L

1

←L

₁

−2L

₂

L

3

←L

3

−mL

2

∼

L





1 0 m + 2

0 1 − ^m+1 ₂ 0 0 −2 + m ^m+1 ₂

2

− ¹ ₂

− ^m ₂ − 2





Et finalement :

(A|B) ^L

³

^←2L ∼

³

L





1 0 m + 2

0 1 − ^m+1 ₂ 0 0 m ² + m − 4

2

− ¹ ₂

−m − 4





On a un polynˆ ome de degr´ e 2, ces deux racines sont m ± = ^−1±

√ 17

2 .

Si m / ∈ {m ₋ , m + }, alors

(A|B) ∼

L





1 0 m + 2 0 1 − ^m+1 ₂

0 0 1

2

− ¹ ₂

−m−4 m

²

+m−4





L

1

←L

₁

−(m+2)L

₃

L

2

←L

2

+

^m+1₂

L

3

∼

L







1 0 0 0 1 0 0 0 1

3m

²

+8m m

²

+m−4

− _2m ^2m

2

+2m−8

²

^+6m

−m−4 m

²

+m−4







Donc (S) ⇐⇒



 

 

x 1 = _m ^3m

2

+m−4

²

^+8m

x 2 = − _2m ^2m

2

+2m−8

²

^+6m

x ₃ = _m ^−m−4

2

+m−4

.

Finalement l’ensemble des solutions est

n 3m

²

+8m

m

²

+m−4 , − _2m ^2m

₂

_+2m−8

²

^+6m , _m ^−m−4

2

+m−4

o . Si m ∈ {m ₋ , m ₊ }, par exemple m = m ₊ , alors

(A|B ) ∼

L





1 0 m ₊ + 2 0 1 − ^m

⁺

₂ ⁺¹

0 0 0

2

− ¹ ₂

−m ₊ − 4



 ,

donc (S) ⇐⇒







x 1 + (m + + 2)x 3 = 2 x ₂ − ^m

⁺

₂ ⁺¹ x ₃ = − ¹ ₂ 0 = −m ₊ − 4

Donc le syst` eme est incompatible. De mˆ eme si m = m − .

2. La matrice A _m est inversible si, et seulement si, m / ∈ {m ₋ , m ₊ }.

EQUATIONS DIFF ´ ´ ERENTIELLES (D’apr` es concours CCINP 2018) 1. R´ esoudre sur ]0, +∞[ l’´ equation diff´ erentielle xy ⁰ − (2x ² − 1)y = x.

On r´ esout l’´ equation homog` ene associ´ ee : xy ⁰ − (2x ² − 1)y = 0 ⇔ y ⁰ − (2x − ¹ _x )y = 0.

On pose a(x) = −2x + _x ¹ de primitive A(x) = −x ² + ln(x).

Ainsi les solutions de l’´ equation homog` ene sont y _H (x) = Ce ^x

²

^−ln(x) = C

x e ^x

²

o` u C ∈ R . On recherche une solution par la m´ ethode de variation de la constante :

y _P (x) = C(x) 1

x e ^x

²

avec C ⁰ (x) = b(x)e ^A(x) = 1 × e ^−x

²

^+ln(x) = xe ^−x

²

.

On reconnait presque la forme u ⁰ e ^u avec u(x) = −x ² et donc C(x) = − ¹ ₂ e ^−x

²

soit y p (x) = − _2x ¹ . Les solutions de l’´ equation sont : S(]0, +∞[) =

x ∈]0, +∞[7→ C

x e ^x

²

− _2x ¹ , C ∈ R

2. (a) • Si ∆ > 0 alors l’´ equation caract´ eristique admet deux racines r´ eelles r 1 et r 2 et : S _H ( R ) =

x ∈ R 7→ C 1 e ^r

¹

^x + C 2 e ^r

²

^x , (C 1 , C 2 ) ∈ R ²

• Si ∆ = 0 alors l’´ equation caract´ eristique admet une racine double r et : S _H ( R ) =

x ∈ R 7→ (C ₁ x + C ₂ )e ^rx , (C ₁ , C ₂ ) ∈ R ² ,

• Si ∆ < 0 alors il y a deux racines complexes conjugu´ ees r 1 = a + ib et r 2 = a − ib et : S _H ( R ) =

x ∈ R 7→ e ^ax [C ₁ cos(bx) + C ₂ sin(bx)] , (C ₁ , C ₂ ) ∈ R ²

(b) Pour a = 3 l’´ equation devient u ⁰⁰ + 2u ⁰ + u = 0 et on est dans le cas o` u ∆ = 0 avec r = −1.

S _E ( R ) =

t ∈ R 7→ (C ₁ t + C ₂ )e ^−t , (C ₁ , C ₂ ) ∈ R ² ,

(c) Au vu de leur expression, les solutions de cette ´ equation sont born´ ees sur R il n’y a pas de terme en exp dans les solutions, c’est ` a dire si, et seulement si, ∆ < 0 et Re(r ₁ ) = Re(r ₂ ) = 0.

Cela arrive uniquement lorsque a = 1, en effet on r´ esout alors u ⁰⁰ + u = 0 et les solutions sont alors de la forme t 7→ cos(t) + C 2 sin(t) donc born´ ees.

3. (a) Pour t ∈ R , on pose u(t) = y(e ^t ) o` u y est une fonction deux fois d´ erivable.

u est deux fois d´ erivable par compos´ ee de fonctions d´ erivables sur R et : u ⁰ (t) = e ^t y ⁰ (e ^t ) et u ⁰⁰ (t) = e ^2t y ⁰⁰ (e ^t ) + e ^t y ⁰ (e ^t ) (b) Montrer que u est solution de (E) sur R si, et seulement si, ∀t ∈ R :

u(t) ⁰⁰ + (a − 1)u ⁰ (t) + u(t) = 0

⇔ e ^2t y ⁰⁰ (e ^t ) + e ^t y ⁰ (e ^t ) + (a − 1)e ^t y ⁰ (e ^t ) + y(e ^t ) = 0

⇔ e ^2t y ⁰⁰ (e ^t ) + ae ^t y ⁰ (e ^t ) + y(e ^t ) = 0 On pose x = e ^t > 0 donc x ∈ I =]0, +∞[ et donc :

∀t ∈ R , e ^2t y ⁰⁰ (e ^t ) + ae ^t y ⁰ (e ^t ) + y(e ^t ) = 0 ⇔ ∀x ∈ R , x ² y ⁰⁰ (x) + axy ⁰ (x) + y(x) = 0 Ce qui est bien ´ equivalent ` a dire que y est solution de (F ) sur I.

(c) D’apr` es le 2.(b), on a u(t) = (C ₁ t + C ₂ )e ^−t , il suffit de poser t = ln(x) pour x > 0 et donc : y(x) = (C ₁ ln(x) + C ₂ )e ^{− ln(x)} = C ₁ ln(x)

x + C ₂ x S _F (I ) =

x ∈ I 7→ C ₁ ln(x) x + C 2

x , (C ₁ , C ₂ ) ∈ R ² ,

SOMME ET PRODUITS 1. On a ch x = e ^x + e ^−x

2 et sh x = e ^x − e ^−x

2 .

La fonction ch est paire : ∀x ∈ R , ch(−x) = e ^−x + e ^−(−x)

2 = ch x = e ^−x + e ^x

2 = ch(x) La fonction sh est impaire : ∀x ∈ R, sh(−x) = e ^−x − e ^−(−x)

2 = ch x = e ^−x − e ^x

2 = − sh(x) 2. Soit x ∈ R ^∗ , alors e ^x 6= 1.

(a)

n

X

k=1

e ^kx =

n

X

k=1

(e ^x ) ^k = e ^x 1 − e ^xn 1 − e ^x On factorise par l’arc moiti´ e :

n

X

k=1

e ^kx = e ^x e ^xn/2 (e ^−xn/2 − e ^xn/2 )

e ^x/2 (e ^−x/2 − e ^x/2 ) = e ^(n+1)x/2 − sh(xn/2)

− sh(x/2) = e ^(n+1)x/2 sh(xn/2) sh(x/2) (b) Avec le 2.(a) on reconnait le produit de deux sommes que l’on sait calculer :

X

16i,j6n

e ^x(i−j) =

n

X

i=1 n

X

j=1

e ^x(i−j)

=

n

X

i=1

e ^xi

! 



n

X

j=1

e ^−xj





=

n

X

i=1

(e ^x ) ⁱ

! 



n

X

j=1

(e ^−x ) ^j





= e ^(n+1)x/2 sh(xn/2)

sh(x/2) × e ^−(n+1)x/2 sh(−xn/2) sh(−x/2)

= e ^(n+1)x/2 .e ^−(n+1)x/2 . sh(xn/2)

sh(x/2) × − sh(xn/2)

− sh(x/2)

=

sh(xn/2) sh(x/2)

2

3.

X

06i6j6n

e ^x(i−j) =

n

X

j=0 j

X

i=0

e ^xi−xj

=

n

X

j=0

e ^jx

j

X

i=0

e ^−xi

=

n

X

j=0

e ^jx 1 − e ^−(j+1)x 1 − e ^−x

= 1

1 − e ^−x





n

X

j=0

e ^jx − e ^−x





= 1

1 − e ^−x

1 − e ^(n+1)x

1 − e ^x − (n + 1)e ^−x

!

Pas de simplification suppl´ ementaire.

PROBL` EME

CALCUL MATRICIEL

Partie A - Etude d’applications de ´ M ₂ ( R ) 1. ´ Etude de l’injectivit´ e de f

(a) f(R) = R ² =

1 −1 1 −1

2

= 0 ₂ et f (S) = S ² =

0 1 1 0

2

= I ₂ . (b) On remarque facilement que f (0 2 ) = 0 2 et f (I 2 ) = I 2 .

Donc R et 0 2 ont la mˆ eme image par f et donc f n’est pas injective.

(De mˆ eme S et I ₂ ont la mˆ eme image par f .) 2. ´ Etude de la surjectivit´ e de f

Soit M ∈ M ₂ (R) une solution de l’´ equation M ² = D o` u D =

−1 0

0 0

.

(a) M ² = D donc M D = M.M ² = M ³ = M ² .M = DM et donc M et D commutent.

(b) On pose M =

x y z t

avec (x, y, z, t) ∈ R ⁴ , alors : DM =

−x 0

−z 0

et M D =

−x −y

0 0

On en d´ eduit que y = z = 0 et donc M =

x 0 0 t

est une matrice diagonale.

(c) On calcule alors M ² =

x ² 0 0 t ²

et on devrait avoir x ² = −1 (impossible) et t ² = 0.

Ainsi l’´ equation M ² = D n’admet aucune solution.

(d) L’application f n’est pas surjective car la matrice D n’admet aucun ant´ ec´ edent par f . 3. ´ Etude de f ⁻¹ (S ₂ (R))

(a) Une matrice sym´ etrique A v´ erifie ^t A = A et une matrice antisym´ etrique A v´ erifie ^t A = −A.

(b) Soit S dans M ₂ ( R ) est sym´ etrique alors f (S) = S ² , or

t (f (S)) = ^t (S ² ) = ^t S ^t S = S.S = S ² = f(S) Donc f (S) est aussi sym´ etrique.

(c) Il s’agit de prouver que l’image d’une matrice antisym´ etrique A par f est une matrice sym´ etrique.

Soit A une matrice antisym´ etrique :

t (f (A)) = ^t (A ² ) = ^t A ^t A = (−A).(−A) = A ² = f (A) Donc f (A) est sym´ etrique soit f(A ₂ ( R )) ⊂ S ₂ ( R ).

f ⁻¹ (S ₂ ( R )) = A ₂ ( R ) signifie que les ant´ ec´ edents par f des matrices sym´ etriques seraient exac- tement les matrices antisym´ etriques. Or on a vu au 3.(b) que les images par f des matrices sym´ etriques sont sym´ etriques, c’est ` a dire f (S ₂ ( R )) ⊂ S ₂ ( R ).

On a donc S ₂ ( R ) ⊂ f ⁻¹ (S ₂ ( R )) soit f ⁻¹ (S ₂ ( R )) 6= A ₂ ( R ).

4. ´ Etude de la bijectivit´ e de g (a) On pose B =

3 −1 2 −2

alors det(B) = −4 6= 0 donc B ⁻¹ = − 1 4

−2 1

−2 3

= ₁

2 − ¹ ₄

1 2 − ³ ₄

. (b) La bijectivit´ e de g tient ` a l’inversibilit´ e de la matrice B .

En effet, si on pose l’application h : M → B ⁻¹ M alors

h ◦ g(M) = B ⁻¹ (BM ) = M et g ◦ h(M) = B(B ⁻¹ M ) = M

On a donc trouv´ e h tel que h ◦ g = g ◦ h = Id, c’est ` a dire que h est la bijection r´ eciproque de g

donc g est bijective.

On pose N =





0 1 1 0 0 1 0 0 0



 ainsi que T = 2I ₃ + N et A = N + ^t N .

5. N n’est pas inversible : elle est sous sa forme ´ echelonn´ ee et n’a que deux pivots (et pas 3) donc son rang vaut 2 et pas 3.

6. N ⁰ = I ₃ , N ¹ = N , N ² =





0 0 1 0 0 0 0 0 0



 et pour n > 3, N ⁿ = 0 ₃ .

7. On exploite la formule du binˆ ome de Newton car I ₃ et N commutent et donc pour n ∈ N ^∗ : T ⁿ = (2I 3 + N ) ⁿ =

n

X

k=0

n k

(2I 3 ) ^n−k N ^k =

2

X

k=0

n k

2 ^n−k N ^k = 2 ⁿ I 3 + n2 ⁿ⁻¹ N + n(n − 1)

2 2 ⁿ⁻² N ² Soit

T ⁿ = 2 ⁿ I ₃ +





0 n2 ⁿ⁻¹ n2 ⁿ⁻¹

0 0 n2 ⁿ⁻¹

0 0 0



 +





0 0 n(n − 1)2 ⁿ⁻³

0 0 0

0 0 0



 =





2 ⁿ n2 ⁿ⁻¹ 2 ⁿ⁻³ n(n + 3)

0 2 ⁿ n2 ⁿ⁻¹

0 0 2 ⁿ





8. Algorithme du pivot de Gauss-Jordan :

0 1 1 1 0 1 1 1 0

!

L

1

↔L

2

∼

L

1 0 1 0 1 1 1 1 0

!

L

3

←L

3

−L

1

∼

L

1 0 1

0 1 1

0 1 −1

! L

3

←−L

3

/2 L

3

←L

3

−L

2

∼

L

1 0 1 0 1 1 0 0 1

! _L

₁

←L

₁

−L

₃

L

2

←L

2

−L

3

∼

L

1 0 0 0 1 0 0 0 1

!

Et en partant de l’identit´ e par les mˆ emes op´ erations ´ el´ ementaires :

1 0 0 0 1 0 0 0 1

!

L

1

↔L

2

∼

L

0 1 0 1 0 0 0 0 1

!

L

3

←L

3

−L

1

∼

L

0 1 0

1 0 0

0 −1 1

! L

3

←−L

₃

/2 L

3

←L

3

−L

2

∼

L

0 1 0

1 0 0

1 2

1 2

−

¹₂

! L

1

←L

1

−L

3

L

2

←L

2

−L

3

∼

L

−

¹₂ ¹₂ ¹₂

1

2

−

¹₂ ¹₂

1 2

1 2

−

¹₂

!

9. J = A + I 3 =





1 1 1 1 1 1 1 1 1



, alors J ² = 3J et donc A ² = (J − I 3 ) ² = J ² − 2J + I 3 = J + I 3 = A + 2I 3 . 10. On obtient A ² − A = I ₃ soit A[ ¹ ₂ (A − I ₃ )] = I ₃ et donc A est bien inversible d’inverse A ⁻¹ = ¹ ₂ (A − I ₃ ).

(on retrouve bien la valeur de A ⁻¹ du 8.).

11. (Hors-Bar` eme)

On peut prouver facilement par r´ ecurrence que pour k ∈ N ^∗ , J ^k = 3 ^k−1 J .

On exploite la formule du binˆ ome de Newton car I 3 et J commutent et donc pour n ∈ N : A ⁿ = (J−I ₃ ) ⁿ =

n

X

k=0

n k

(−I ₃ ) ^n−k J ^k = (−1) ⁿ I ₃ +

n

X

k=1

n k

(−1) ^n−k 3 ^k−1 J = (−1) ⁿ I ₃ +

" _n X

k=1

n k

(−1) ^n−k 3 ^k−1

# J

On simplifie la somme du crochet :

n

X

k=1

n k

(−1) ^n−k 3 ^k−1 = 1 3

n

X

k=1

n k

(−1) ^n−k 3 ^k = 1 3

n

X

k=0

n k

(−1) ^n−k 3 ^k

!

− (−1) ⁿ

3 = 1

3 [2 ⁿ − (−1) ⁿ ] Finalement :

A ⁿ = (−1) ⁿ I 3 + 1

3 [2 ⁿ + (−1) ⁿ ]J = 1 3





2 ⁿ + 2(−1) ⁿ 2 ⁿ − (−1) ⁿ 2 ⁿ − (−1) ⁿ 2 ⁿ − (−1) ⁿ 2 ⁿ + 2(−1) ⁿ 2 ⁿ − (−1) ⁿ 2 ⁿ − (−1) ⁿ 2 ⁿ − (−1) ⁿ 2 ⁿ + 2(−1) ⁿ



