Exercice I
1. On forme un système pour chercher le noyau (x, y, z)∈keru⇔
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 quedim ker(u) = 1de base((−2,−1,1))et que dim Im(u) = 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 et forment donc une base de l'image puisque cette image est de dimension 2. Une base deIm(u) est donc
((1,1,−1),(4,1,−2)).
Un vecteur(x, y, z)∈R3est dans l'image deulorsqu'il existe(a, b, c)∈R3 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(a1, a2, a3)constituée en agglomérant les bases (trouvées plus haut) du noyau et de l'image est libre. Siαa1+βa2+γa3= 0alors :
−2α+β+ 4γ = 0
−α+β+γ = 0 α−β−2γ = 0
⇔
α−β−2γ = 0 (L3)
−β = 0 (L1+ 2L3)
−γ = 0 (L2+L3) .
Ce qui entraine queα=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. Posonsv=−u, la relationu◦u=−udonnev◦v=vdoncvest un projecteur. Dans une base dont les deux premiers vecteurs forment une base deImvet le troisième une base dekerv, les matrice dev et deusont
1 0 0 0 1 0 0 0 0
,
−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
t2cos(kπt)dt= 2(−1)k (kπ)2 ,
Z 1 0
tcos(kπt)dt=(−1)k−1 (kπ)2 On en déduit
Z 1 0
(ct2+dt) cos(kπt)dt=(2c+d)(−1)k−d (kπ)2 b. La relation
(2c+d)(−1)k−d=π2
est valable pour tous lesksi et seulement si2c+d= 0etd=−π2. On en déduit le couple(a, b)cherché
a= π2
2 , b=−π2⇒ ∀k∈N∗, π2 2
Z 1 0
(t2−2t) cos(kπt)dt= 1 k2
c. Utilisons lesaet bde la question précédente :
Z 1 0
(at2+bt) 1 2+
n
X
k=1
cos(kπt)
! dt= 1
2 Z 1
0
(at2+bt)dt+
n
X
k=1
1 k2
= a 6 +b
4+
n
X
k=1
1
k2 =−π2 6 +
n
X
k=1
1 k2
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 raisone2iθ6= 1.
1 + 2
n
X
k=1
cos 2kθ=
n
X
k=−n
e2iθk
= e2(n+1)iθ−e−2niθ e2iθ−1
= eiθ e(2n+1)iθ−e−(2n+1)iθ
eiθ(eiθ−e−iθ) = sin(2n+ 1)θ sinθ 3. Commef estC1, on peut procéder à une intégration par parties :
Z 1 0
f(t) sin(λt)dt= f(0)−cosλf(1)
λ +1
λ Z 1
0
cosλtf0(t)dt On en déduit
Z 1 0
f(t) sin(λt)dt
≤
|f(0)|+|f(1)|+ sup
[0,1]
|f0(t)|
λ ce qui prouve bien la convergence vers0pour λen+∞.
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 caractèreC1 de la fonction sur [0,1]d'après le théorème de la limite de la dérivée.
Les équivalences, limites et développements suivants sont tous en0. Montrons d'abord la continuité en étudiant la limite def.
t2−2t∼ −2t sinπ
2t∼π 2t
⇒f → −2π2 4π2 =−π
Étudions ensuite la limte de la dérivée f0(t) =π2
4
2t−2 sinπ2t −π
2
(t2−2t) cosπ2t sin2π2t
! . 2t−2
sinπ2t = −2 + 2t
π
2t+o(t2) =−4 πt
1−t
1 +o(t) =−4
πt(1−t+o(t)) (t2−2t) cosπ2t
sin2π2t =(−2t+t2)(1 +o(t))
π2
4t2+o(t3) = −2t+t2+o(t2)
π2
4 t2+o(t3)
=− 8 π2t
1−t2+o(t) 1 +o(t) =− 8
π2t(1−t
2 +o(t)) d'où en combinant les deux parties :
f0(t) = π2 4 (2
π+o(1))→ π 2
C'est à dire que la dérivée de la restriction def à ]0,1[converge en 0 vers π2 ce qui entraine quef est dérivable en0 avec
f0(0) = π 2 et quef0 est continue en0.
b. Notonssn=Pn k=1
1
k2. D'après 1.c : Z 1
0
(π2
2 t2−π2t) 1 2 +
n
X
k=1
cos(kπt)
!
dt=−π2 6 +sn
Utilisons 2. avecθ=πt2 puis la fonctionf dénie en 4. : Z 1
0
(π2
2 t2−π2t)sin(2n+ 1)πt2
2 sinπt2 =−π2 6 +sn Z 1
0
f(t) sin(2n+ 1)πt
2 =−π2 6 +sn
La question 3 montre (avecλ=(2n+1)π2 ) la convergence de(sn)n∈N∗ vers π2
6
Problème II Partie I
1. On transforme la matriceA−λI3 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 deλqui annulent un des termes diagonaux. Pourλ∈ {1,2,3} le rang est 2.
2. On résoud trois systèmes de trois équations à trois inconnues. On trouve e1= (−1,1,0), e2= (1,1,−1), e3= (1,1,0).
D'après le calcul de rang de la première question,
dim(ker(u−iIdR3)) = 1⇒ker(u−iIdR3) = Vect(ei).
3. Pour montrer que B= (e1, e2, e3)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(e1, e2, e3) = 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.
NotonsP = Mat
C Bla matrice de passage. La formule de changement de base donne
∆ = Mat
B u=P−1AP =
1 0 0 0 2 0 0 0 3
par dénition des vecteursei.
4. a. La relationB2 =A entre des matrices d'endomorphismes dans les mêmes bases traduit l'égalitév2=uentre les endomorphismes. De plus,u◦v=v3=v◦u. b. Pour chaqueientre 1 et 3 :
u(v(ei)) =v(u(ei)) =iv(ei)⇒v(ei)∈ker(u−iIdR3) = Vect(ei).
c. Comme v(ei)∈ Vect(ei), il existe donc un réel λi tel quev(ei) =λiei. Ainsi, la matrice devdans la baseBest de la forme
MatB v=D=
λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 λ3
De plusv2=use traduit parD2= ∆donc λi∈ {−√
i,√ i}.
Les solutions matricielles de l'équationX2=A sont donc les huit matrices
P
1 0 0
0 2√
2 0
0 0 3√
3
P−1 aveci∈ {−1,+1}.
On peut préciser ces matrices en calculantP−1. On utilise la méthode du pivot partiel étendu pour transformer la copie deAplacée à gauche enI3.
−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 12 12 1
→
1 0 −1 −1 0 −1
0 1 0 0 0 −1
0 0 1 12 12 1
→
1 0 0 −12 12 0
0 1 0 0 0 −1
0 0 1 12 12 1
⇒P−1=
−12 12 0 0 0 −1
1 2
1
2 1
.
Les solutions sont les
1
2(1+3√
3) 12(−1+3√
3) −2
√2 +3√ 3
1
2(−1+3√
3) 12(1+3√
3) −2√
2 +3√ 3
0 0 2√
2
aveci∈ {−1,+1}.
Partie II
1. Commeu◦uest l'endomorphisme nul,Imu⊂kerud'où rg(u)≤dim(keru).
Or d'après le théorème du rang, la somme des deux vautdimE donc 2 rg(u)≤n= dimE.
2. Notonsr le rang deu. Soit(x1,· · ·, xr)une base deImu⊂keru. On la complète en une base(x1,· · · , xn−r)dekeru. De plus, pourientre 1 etr, il existeyi∈E tel que xi =u(yi).
Montrons que(x1,· · ·, xn−r, y1,· · ·, yr)est une base deE.
Il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison nulle : λ1x1+· · ·λn−rxn−r
| {z }
∈keru
+µ1y1+· · ·+µryr= 0E
⇒µ1u(y1) +· · ·+µru(yr) = 0E ⇒µ1x1+· · ·+µrxr= 0E
⇒µ1=· · ·=µr= 0 car(x1,· · · , xr)est libre.
La matrice deudans 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 matriceM ∈ M4(R), il existe des réelsa, b, c, d, x, y, z, ttels que les quatre colonnes deM 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. La matrice s'écrit alors
M =
a b c d
x y z t
=
ax ay az at bx by bz bt cx cy cz ct dx dy dz dt
.
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 M2 = 0M4(R) est réalisée si et seulement si l'image est incluse dans le noyau. Avec l'associativité du produit matriciel, cela se traduit par
0 0 0 0
=M
a b c d
=
a b c d
x y z t
a b c d
| {z }
=xa+yb+zc+td∈R
= (xa+yb+zc+td)
a b c d
.
C'est équivalent à :
xa+yb+zc+td= 0
Exercice II
1. SiP ∈kerualors tous les coecients du polynômeu(P)sont nuls. On en déduit que, pour tous lesj entre 0 etn:
Z 1 0
tjP(t)dt= 0 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 pourP lui même. Commet→P˜(t)2 est une fonction continue et à valeurs positives,
Z 1 0
P2(t)dt= 0 entraine queP = 0.
2. SoitM la matrice deudans la base(1, X,· · ·, Xn)Avant même de la former on sait qu'elle est inversible puisqueuest bijective car son noyau se réduit au polynome nul.
mi,j= Z 1
0
ti−1tj−1= 1 i+j−1
M =
1 12 · · · n+11
1 2
1 1 3 3...
1 n+1
1
n+2 · · · 2n+11
