Mathématiques 3h30 Corrigé du D07S

Transcription

1 BCPST Mathématiques 3h30 Corrigé du D07S 5//0 er problème : re Partie : Un exemple. ) g est déni de R dans R. Montrons que g est linéaire : Soient u = (x, y), v = (x, y ) R. Soit λ R. g(u + λv) = g(x + λx, y + λy ) = (3(x + λx ) + (y + λy ), (x + λx )) = (3x + y, x) + λ(3x + y, x ) = g(u) + λg(v) Ainsi, g est un endomorphisme de R ) Soit u = (x, y) R. Calculons g g(u) : g g(u) = g(3x + y, x) = (3(3x + y) + ( x), (3x + y)) = (7x + 6y, 3x y) Calculons maintenant g g(u) 3g(u) : g g(u) 3g(u) = (7x + 6y, 3x y) 3(3x + y, x) = ( x, y) Ainsi, g g = 3g Id E 3 ) Recherche de Ker(g Id R ) : Soit u = (x, y) R. u Ker(g Id R ) g(x, y) (x, y) = (0, 0) { 3x + y x = 0 x y = 0 x + y = 0 u = x(, ) Ainsi F = Vect((, )). De plus, (, ) est une famille libre (un vecteur non nul) donc c'est une base de F.

2 Recherche de Ker(g Id R ) : Soit u = (x, y) R. Ainsi G = Vect((, )). u Ker(g Id R ) g(x, y) (x, y) = (0, 0) { 3x + y x = 0 x y = 0 x + y = 0 u = y(, ) De plus, (, ) est une famille libre (un vecteur non nul) donc c'est une base de G. La famille ((, ), (, )) est constituée de deux vecteurs non colinéaires : la famille est donc libre. Comme dim(r ) =, on en déduit que cette famille est une base de R. Enn, (, ) est une base de F et (, ) est une base de G. Donc F et G sont supplémentaires dans R.. 4 ) On vient de voir que (u, v) est une base de R. Soit (x, y) R. On cherche x et y tels que (x, y) = x u + y v. (x, y) = x u + y v { x = x y y = x + y { y = (x + y) x = (x + y) 5 ) Comme u Ker(g Id R ), on a g(u) = u puis par récurrence élémentaire g n (u) = u. Comme v Ker(g Id R ), on a g(v) = v puis par récurrence élémentaire g n (v) = n v. On vient de voir que (x, y) = (x + y)u (x + y)v. Par linéarité de g n, on en déduit : g n (x, y) = g n ( (x + y)u (x + y)v) = (x + y)g n (u) (x + y)g n (v) = (x + y)u (x + y) n v = ( (x + y) + (x + y) n+, (x + y) (x + y) n) e Partie : Etude de f ) Il est clair que Id E est solution. ) Soit f une solution de ( ). On a alors : Id E = f Ainsi f est bijective et f = 3 ) Soit λ R et f = λ Id E. ( ) (3 Id E f) f = 3f Id E ( ) ( ) (3 Id E f) = (3 Id E f) f. λ Id E = 3λ Id E Id E λ 3λ + = 0 λ = ou λ = Ainsi Id E et Id E sont les seules solutions de la forme λ Id E.

3 4 ) Ce n'est pas un sous-espace vectoriel de L(E) car l'application nulle n'est pas solution de ( ). 3 e Partie : Etude des puissance de f ) Soit (α, β) R. On suppose αf + β Id E = 0. Si α = 0 alors nécessairement β = 0. Si α 0 alors f = β α Id E, ce qui est exclu par l'énoncé. Ainsi, on a bien α = β = 0 : la famille est libre. ) a) On a : f 3 = f f = (3f Id E ) f = 3f f = 3(3f Id E ) f et = 7f 6 Id E f 4 = f 3 f = (7f 6 Id E ) f = 7f 6f = 7(3f Id E ) 6f = 5f 4 Id E b) Montrons par récurrence sur n la propriété P n : (a n, b n ) R, f n = a n f + b n Id E. La propriété est vraie aux rangs : n = 0 avec a 0 = 0 et b 0 = n = avec a = et b = 0 n = avec a = 3 et b = Remarque : Seule l'initialisation pour n = 0 est nécéssaire, pour la récurrence. Soit n 0. Supposons la propriété établie au rang n. Montrons là au rang n + : f n+ = f n f = (a n f + b n Id E ) f par hypothèse de récurrence = a n f + b n f = a n (3f Id E ) + b n f d'après ( ) = (3a n + b n )f a n Id E En posant a n+ = (3a n + b n ) et b n+ = a n, on a donc montré f n+ = a n+ f + b n+ Id E. Par principe de récurrence, la propriété est donc montrée pour tout n de N. c) L'existence vient d'être montrée. Montrons donc l'unicité. Soit n N. Supposons qu'il existe a n, b n et c n, d n tels que f n = a n f + b n Id E et f n = c n f + d n Id E. On en déduit : (a n c n )f + (b n d n ) Id E = 0. Comme la famille (f, Id E ) est libre, on a a n = c n et b n = d n. On vient de montré l'unicité de a n et b n. { an+ = (3a n + b n ) 3 ) a) On a pour tout n 0 : b n+ = a n Donc, pour n, a n+ = 3a n a n. 3

4 b) Ainsi (a n ) vérie une relation récurrente linéaire d'ordre dont l'équation caractéristique est r = 3r. les solutions sont et. On obtient donc a n = α + β n. Calculons α et β à l'aide de a 0 = 0 et a = : { a0 = 0 a = { α + β = 0 α + β = { α = β = On obtient donc a n = n. c) Soit n, on a b n = a n = n. La formule est encore valable pour n = 0 puisque b 0 =. 4 e Partie : Etude des combinaisons linéaires de f et Id E. On pose p = f Id E et q = Id E f. ) Pour montrer E = F G, nous allons montrer la propriété suivante : x E,!y F,!z G, x = y + z Raisonnons par analyse synthèse : Soit x E, supposons qu'il existe y F et z G tels que x = y + z. On a alors : φ(x) = φ(y) + φ(z) = y car y F et z G. On a donc nécessairement y = φ(x) et z = x φ(x). On a donc unicité sous condition d'existence. Eectuons la synthèse : Soit x E. Posons y = φ(x) et z = x φ(x). On a : x = y + z φ(z) = φ(x) φ φ(x) = 0 puisque φ = φ. Ainsi z G. φ(y) = φ φ(x) = φ(x) = y puisque φ = φ. Ainsi y F. On a montré : x E,!y F,!z G, x = y + z. C'est-à-dire : E = F G. Considérons maintenant la projection φ sur F parallèlement à G : Soit x E. Soit y F et z G tel que x = y + z. On a vu que y = φ(x) et z = x φ(x). Par dénition de p, on a φ (x) = y = φ(x). Ainsi φ est la projection sur F parallèlement à G. ) Calculons donc p p : p p = (f Id E ) (f Id E ) = f f + Id E = 3f Id E f + Id E = f Id E = p Ainsi p p = p et d'après ce qui précède, p est un projecteur. De même, calculons donc q q : q q = ( Id E f) ( Id E f) = f 4f + 4 Id E = 3f Id E 4f + 4 Id E = f + Id E = q 3 Ainsi q q = q et d'après ce qui précède, q est un projecteur. 4

5 3 ) Calculons donc q p : q p = ( Id E f) (f Id E ) = f Id E f + f = 3f Id E f = 0 De même, p q = 0 4 ) On remarque : f = p + q. Comme p q = q p, on utilise le binôme de Newton : f n = (p + q) n ( ) n = (p) k q n k k = n p n + q n car p q = q p = 0 = n p + q car p n = p, q n = q = ( n )f + ( n ) Id E /33 e problème : A) Etude des polynômes ) P = XP P 0 = X P 3 = XP P = 4X 3 3X P 4 = XP 3 P = 8X 4 8X + ) a) En notant pour n 0, Q n :Les coecients de P n sont entiers, il est immédiat que : Q O, Q sont vériées Soit n 0. On suppose que Q n et Q n+ sont vériées, alors Q n+ est vériée. Par principe de récurrence, tous les coecients de P n sont entiers. b) Procédons à nouveau par récurrence, en notant K n la propriété : Q n R[X], P n = n X n + Q n, deg(q n ) n Pour n =, la propriété est vraie en posant Q = 0 puisque P = X Pour n =, la propriété est vraie en posant Q = puisque P = X Soit n. Supposons la propriété vraie aux rangs n et n + : Q n R[X], P n = n X n + Q n, deg(q n ) n Q n+ R[X], P n+ = n X n+ + Q n+, deg(q n+ ) n On a alors : P n+ = XP n+ P n = X( n X n+ + Q n+ ) ( n X n + Q n ) = n+ X n+ + XQ n+ ( n X n + Q n ) 5

6 Posons Q n+ = XQ n+ ( n X n + Q n ), on a : { deg(q n+ ) max(deg(xq n+, deg(x n deg(qn ) n ), deg(q n )) n + car deg(q n+ ) n Ainsi, la propriété est vraie au rang n +. Par principe de récurrence (double), la propriété est vraie pour tout n. On en déduit de façon immédiate : deg(p n ) = n et son coecient dominant est n. c) Nous allons à nouveau procéder par récurrence pour montrer que P n est de la parité de n. Pour cela, posons pour n 0, A n : P n ( X) = ( ) n P n (X), ce qui traduit bien que le fait que P n est de la parité de n. P 0 = donc A 0 est vraie. P = X donc A est vraie. Soit n 0, on suppose A n et A n+. On a alors : P n+ ( X) = ( X)P n+ ( X) P n ( X) = ( X)( ) n+ P n+ (X) ( ) n P n (X) = ( ) n+ (XP n+ (X) P n (X)) = ( ) n+ P n+ (X) Ainsi, A n+ est vériée. Par principe de récurrence, P n est de la parité de n pour tout n. 3 ) a) A nouveau, on procède par récurrence : Notons pour n N, B n, la propriété : θ R, P n (cos θ) = cos(nθ) P 0 = et cos(0θ) = : la propriété est vériée! P = X donc P (cos θ) = cos θ : la proprité est vériée au rang. Soit n 0. Supposons B n et B n+ vériées. Soit θ R P n+ (cos θ) = ( cos θ)p n+ (cos θ) P n (cos θ) = ( cos θ) cos((n + )θ) cos(nθ) par hypothèse de récurrence = cos((n + )θ) + cos(nθ) cos(nθ) d'après les formules de trigonométrie = cos((n + )θ) Par principe de récurrence, la propriété est montrée pour tout n. b) Soit n N. Supposons qu'il existe un autre polynôme R n vériant la propriété. On a alors : θ R, (R n P n )(cos θ) = cos(nθ) cos(nθ) = 0. Ainsi R n P n admet une innité de racines (le segment [, ]) donc ce polynôme est nul, soit R n = P n. On a donc montré l'unicité du polynôme P de R[X] vériant : θ R, P (cos θ) = cos(nθ) c) On a cos(θ) = cos θ. Par unicité du polynôme P vériant la propriété ci-dessus, on retrouve P = X. On a : cos(3θ) = cos θ cos(θ) sin θ sin(θ) = cos(θ)( cos (θ) ) cos θ sin θ = cos 3 θ cos θ cos θ( cos θ) = 4 cos 3 θ 3 cos θ 6

7 d) On a : Par unicité du polynôme P 3 vériant la propriété ci-dessus, on retrouve P 3 = 4X 3 3X. ( ) exp(iθ) + exp( iθ) 3 Remarque : on peut aussi calculer cos 3 (θ) à partir de cos 3 (θ) =. P n () = P n (cos(0)) = cos(n0) = P n ( ) = P n (cos(π)) = cos(nπ) = ( ) n P n (0) = P n (cos( π )) = cos(n π ) = { 0 si n est impair ( ) p si n est pair avec n = p 4 ) a) Soit x [, ]. Nous allons chercher x sous la forme x = cos θ avec θ [0, π]. P n (x) = 0 P n (cos θ) = 0 cos(nθ) = 0 nθ = π + kπ θ = π + kπ n ( ) π + kπ x = cos n avec k Z avec k 0, n car θ [0, π] avec k 0, n On pose, pour k 0, n, x k = cos ( ) π+kπ n. Le calcul précédent montre que les (x k ) 0 k n sont les racines de P n appartenant à [, ]. b) Comme la fonction cos est strictement décroissante sur [0, π], les (x k ) 0 k n sont tous distints. On a ainsi trouvé n racines distinctes de P n. Or P n est de degré n, on a donc toutes les racines. c) On a, en factorisant P n : n P n = n (X x k ) En évaluant en 0, on obtient P n (0) = n n ( x k). On en déduit : π n = ( )n n P n(0) = 0 si n est impair ( ) p n si n est pair avec n = p En développant P n, on obtient : P n = n X n s n X n +... Or P n est de la parité de n, donc le terme de degré n est nul donc s n = 0 5 ) a) On a vu : θ R, P n (cos θ) = cos(nθ). P n et cos sont deux fois dérivables sur R, on en déduit, pour tout θ R : puis : sin θp n(cos θ) = n sin(nθ) cos θp n(cos θ) + sin θp n (cos θ) = n cos(nθ) = n P n (cos θ) b) Soit n N. Considérons R = (X )P n + XP n n P n. D'après la question précédente, pour tout θ R, R(cos θ) = 0. Ce polynôme admet une innité de racines (toutes les valeurs prises par cos θ, soit [, ]), il est donc nul. Donc (X )P n + XP n = n P n 7

8 B) Application à l'étude d'un endomorphisme ) Soit P R n [X]. On a donc deg(p ) n. On a φ(p ) R[X]. De plus, deg((x )P ) n et deg(xp ) n donc deg(φ(p )) n. Donc φ(p ) R n [X]. Montrons maintenant que φ est linéaire : Soient P, Q R n [X] et λ R : φ(p + λq) = (X )(P + λq) + X(P + λq) = (X )P + XP + λ((x )Q + XQ ) = φ(p ) + λφ(q) Ainsi, φ est bien un endomorphisme de R n [X]. ) Montrons tout d'abord que la famille (P k ) 0 k n est libre : Considérons (λ k ) 0 k n R n+ tels que : λ k P k = 0 On a alors λ n P n = n λ kp k. Or : n deg(p k ) = k donc deg( λ k P k ) n deg(p n ) = n n donc nécessairement λ n = 0 et λ k P k = 0. Par récurrence descendante, on montre ainsi : k 0, n, λ k = 0. La famille est libre De plus card((p k ) 0 k n ) = n + = dim R n [X]. C'est donc une base de R n [X]. A l'aide de la partie précédent, on a k 0, n, φ(p k ) = k P k Comme R n [X] = Vect(P k, 0 k n), on en déduit : Im(φ) = Vect(φ(P k ), 0 k n) = Vect(k P k, k n) car φ(p 0 ) = 0. Ainsi la famille (P k ) k n est une famille génératrice de Im(φ). Par ailleurs, cette famille est libre (comme sous famille de (P k ) 0 k n ). C'est donc une base de Im(φ). 3 ) Première démonstration : Avec le théorème du rang. On remarque P 0 Ker(Φ). Comme (P k ) k n est une base de Im(φ), on a dim(im(φ)) = n. D'après le théorème du rang : dim(ker(φ)) = dim(r n [X]) dim(im(φ)) =. Ainsi (P 0 ) est une base de Ker(φ) donc Ker(φ) = Vect(P 0 ) = R 0 [X]. Deuxième démonstration : Soit P R n [X]. Comme (P k ) 0 k n est une base de R n [X], on a :!(λ k ) 0 k n R n+, P = λ k P k 8

9 On a alors : P Ker(Φ) φ(p ) = 0 φ( λ k P k ) = 0 λ k φ(p k ) = 0 λ k k P k = 0 k, n, λ k = 0 car (P,..., P n ) est libre P = λ 0 P 0 Ainsi, on vient de montrer : Ker(φ) = Vect(P 0 ) 4 ) a) On a pour P = 0, φ(p ) = 0 et λp = 0 b) On remarque qu'avec λ k = k et P = P k, on a φ(p k ) = λ k P k. c) Comme (P k ) 0 k n est une base de R n [X], il existe (a k ) 0 k n tel que P = Résolvons alors φ(p ) = λp : a k P k. φ(p ) = λp a k k P k = λ a k P k k 0, n, a k (k λ) = 0 k 0, n, a k = 0 ou λ = k car (P k ) 0 k n est libre d) Ainsi, Soit : i 0, n, λ = i, on a alors φ(p ) = i P k 0, n, k i, a k = 0 P = a i P i D'où Ker(φ i Id Rn[X]) = Vect(P i ) /39 Soit : i 0, n, λ i, on a alors Ker(φ λ Id Rn[X]) = {0} /7 9