Corrigé Maths II, TSI 2011 Elhor Abdelali, CPGE Mohammedia. Premier problème
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1 Corrigé Maths II, TSI 011 Elhor Abdelali, CPGE Mohammedia Premier roblème Première artie Soit x = x 0,..., x 1 ) C. Quelques roriétés de Φ On a, Φ x) = 0 k {0,..., 1}, P x ω k ) = 0, ce qui veut dire que les comlexes distincts 1, ω,..., ω 1 est clairement dans C 1 [X] on a le résultat demandé sont racines du olynôme P x et comme celui-ci Pour x = x 0,..., x 1 ), x = x 0,..., x 1) C et α C on a clairement, P x+αx = x j + αx j)x j = x j X j + α x jx j = P x + αp x, et donc our tout entier k {0,..., 1} on a, P x+αx ω k ) = P x ω k ) + αp x ω k ), ce qui veut dire que, Φ x + αx ) = Φ x) + αφ x ) et donc que Φ est un endomorhisme du C-esace vectoriel C. L endomorhisme Φ étant injectif d arès ) et le C-esace vectoriel C étant de dimension finie on conclut que Φ est un automorhisme de C Par définition de M on a our tout i, j) {0,..., 1}, m i,j est égal à la comosante suivant e i du vecteur Φ e j ) et donc que, m i,j = P ej ω) i = ω ij ω ω... ω On a donc M = 1 ω ω 4... ω 1) et on reconnait la ω 1 ω 1)... ω 1) matrice de Vandermonde du -ulet comlexe 1, ω,..., ω 1 ) et donc en articulier on a, detm = ω ω j ) i 0, ce qui veut dire que M est inversible 0 i<j 1 et on retrouve le fait que l endomorhisme Φ est un automorhisme de C. 1
2 Si i = j on a clairement, Sinon on a ω i j y k = = = 1 1 et donc ω i j)k = P x ω) k = 1 ω i j)k = 1 ωi j) 1 ω i j x j ω kj x i x j ω i j)k i,j) {0,..., 1} 1 1 = 1 i=0 x i x j i,j) {0,..., 1} 1 1 = x i x i = x k en utilisant ). i=0 1 D où, Φ x) = y = y 0,..., y 1 ) = 0 = 0, car ω = 1. x i ω ki ) 1 x j ω kj ω i j)k ar inversion des deux sommes ) et on retrouve l injectivité de l endomorhisme Φ y k = 0 x k = 0 x = 0. Par définition du roduit matriciel on a our tout i, j) {0,..., 1}, ) 1 MM m i,k m k,j = ω j i)k et on voit en utilisant que, i,j = 1 MM = I, où I désigne la matrice unité d ordre On retrouve l inversibilité de M avec en lus l exression de son inverse, M 1 = 1 M..1. Deuxième artie Un eu d algorithmique.1.1. Montrons ar une récurrence finie sur k {0,..., 1} qu à l étae k de la boucle on a : E k = ω k, F k = ω k γ k, α k = β k + ω k γ k et α k+ = β k ω k γ k. initialisation : l algorithme montre clairement qu à l étae 0 de la boucle on a, E 0 = 1, F 0 = γ 0, α 0 = β 0 + γ 0 et α = β 0 γ 0.
3 hérédité : si la roriété est vraie our un certain k {0,..., } l algorithme montre aussi clairement qu à l étae k+1 de la boucle on a : E k+1 = ω E k = ω k+1, F k+1 = E k+1 γ k+1 = ω k+1 γ k+1, α k+1 = β k+1 + F k+1 = β k+1 + ω k+1 γ k+1, et α k+1+ = β k+1 F k+1 = β k+1 ω k+1 γ k+1, ce qui achève la récurrence..1.. Comme, Φ b) = β 0,..., β 1 ) et Φ c) = γ 0,..., γ 1 ) on a our tout k {0,..., 1}, β k = P b ω k ) = γ k = P c ω k ) = 1 c j ω kj 1 = 1 b j ω kj our tout k {0,..., 1}, β k + ωγ k k = 1 = a j ω kj, et a j+1 ω kj, vu que ω = ω, et on voit que 1 a j ω kj ce qui s écrit aussi k {0,..., 1}, α k = β k + ωγ k k = et comme on a aussi our tout k {0,..., 1}, α k+ = β k ω k γ k = 1 a j ω kj 1 1 = a j ω k+ )j, car ω = e iπ = 1, 1 a j+1 ω kj+1) = 1 on voit que, k {0,..., 1}, α k = a j ω kj = P a ω) k, c est à dire que, Φ a) = α 0,..., α 1 ) a j+1 ω kj+1) a j ω kj, 1) j a j ω kj Le calcul de Φ a 0, a 1 ) = a 0 + a 1, a 0 a 1 ) nécessite additions et 0 multilications, soit s 1 = et r 1 = 0. L algorithme décrit dans la question.1. ermettant de calculer Φ na 0,..., a n ) à artir de Φ n 1a 0, a,..., a n ) et de Φ n 1a 1, a 3,..., a n 1) nécessite additions et multilications à chacune de ses = n 1 étaes ce qui se traduit ar la s n = s n 1 + n relation récurrente, r n = r n 1 +. n 3
4 .. s n = s n 1 + n La relation r n = r n 1 + n on voit que s écrivant aussi s n n = s n s k k s n k 1 k 1 = 1 + k= k= r n n = r n r k k r n k 1 k 1 = 0 + k= s n = n n et donc que r n = n 1) n k= s n n = s n 1 n r n n = r n 1 n = n 1 = n 1 uis que le nombre total des additions et multilications nécessaires au calcul de Φ na) est, s n +r n = n 1) n =.3. Coût du calcul de Φ a) ar l algorithme de Horner.3.1. Il faut, 1 addition et 1 multilication our calculer λa 1 + a 1 addition et 1 multilication our calculer λa 1 + a ) λ + a 3 jusqu à 1 addition et 1 multilication our calculer, P a λ) =.. λa 1 + a ) λ + a 3 )..a 1 ) λ + a 0 soit, 1 additions et 1 multilications our calculer P a λ) soit, additions et multilications our calculer P a λ). ln) ) ln 1.3. Le calcul de chaque comosante α k = P a ω k ) de Φ a) nécessitant additions et multilications, on voit que la calcul de Φ a) ar l algorithme de Horner nécessite 1) additions et multilications..3.3 Le nombre d oérations additions et multilications) que nécessite le remier algorithme décrit dans.1.) our le calcul de Φ a) étant, ln) = Oln)) ln le nombre d oérations additions et multilications) que nécessite l algorithme de Horner décrit dans.3.) our le calcul de Φ a) étant, 1) = O ), on voit que, our assez grand, le remier algorithme est lus raide dans le calcul de Φ a) que l algorithme de Horner. 4
5 1.1. Deuxième roblème Première artie On a lim P a,bx) = lim x x x3 = et lim P a,bx) = lim x + x + x3 = + x α, P a,b x) 1 donc en articulier on eut trouver deux réels α et β tels que x β, P a,b x) 1 et comme la fonction olynômiale P a,b est continue sur R, le théorème des valeurs intermédiaires donne l existence d un réel γ ]α, β[ tel que P a,b γ) = 0, ce qui veut dire que le olynôme P a,b admet au moins une racine réelle. 1.. a, b) 0, 0) Si t R est une racine double de P a,b alors on doit avoir P a,b t) = P a,bt) = 0 t 3 3at + b = 0 3at 3 t 3 = b c est à dire et donc soit a = t et b = t 3 3t 3a = 0 t = a et dans ce cas on a clairement P a,b X) = X 3 3t X + t 3 = X t) X + t) Si a 3 = b c est que a 0 vu que a, b) 0, 0)) d où en osant t = b a 0 on a t = b a = a3 a = a et t3 = b3 a 3 = b3 b = b et ar suite P a,bx) = X t) X +t) et on voit que t est bien une racine double du olynôme P a,b On a d arès 1..1., a, b) Γ \ {0, 0)} a, b) {t, t 3 ) ; t R} \ {0, 0)} Et on a, a, b) {t, t 3 ) ; t R} \ {0, 0)} a 3 = b et a, b) 0, 0) et donc d arès 1..., a, b) Γ \ {0, 0)}. D où Γ \ {0, 0)} = {t, t 3 ) ; t R} \ {0, 0)} et comme on a clairement 0, 0) {t, t 3 ) ; t R}, et 0, 0) Γ vu que le olynôme P 0,0 = X 3 admet une racine au moins double, on a le résultat demandé a, b) / Γ signifie que P a,b est à racines simles et comme il est à coefficients réels les deux racines comlexes distinctes x 1 et x sont soit toutes les deux réelles soit non réelles conjuguées, et dans les deux cas on a, c x 1 )c x )) = c x 1 c x En effectuant la division euclidienne de X 3 3aX + b ar X c on trouve, P a,b = X 3 3aX + b = X c)x + cx + c 3a) et comme on a aussi, P a,b = X 3 x 1 + x = c 3aX + b = X c)x x 1 )X x ) on voit que x 1 x = c 3a 5
6 d où x 1 x ) = x 1 + x ) 4x 1 x = 1a 3c = 3c 4a) et on voit que, = 3 c x 1 c x c 4a). Et comme on a aussi x 1 x ) = 3a 3c 3a) = 3a x 1 x ) et donc ar symétrie, c x 1 ) = 3a cx 1 ) et c x ) = 3a cx ) on voit que, = 7a cx 1 )a cx )a x 1 x ) = 7 a 3 cx 1 + cx + x 1 x )a + cx 1 x c + x 1 + x )a cx 1 x ) ) or P a,b = X 3 3aX + b = X c)x x 1 )X x ) d où ar déveloement, c + x 1 + x = 0 cx 1 + cx + x 1 x = 3a ce qui donne = 108b a 3 ). cx 1 x = b De ces deux exressions de on déduit en articulier que les deux réels non nuls) c x 1 c x c 4a) et b a 3 sont de même signe Si P a,b admet c our unique racine réelle c est que x 1 et x sont non réelles conjuguées, et donc x 1 x ) = iimx 1 )) = 4Im x 1 ) < 0, et donc = c x 1 c x x 1 x ) < 0, et donc b > a 3. Réciroquement si b > a 3 c est que = c x 1 c x x 1 x ) < 0 et donc x 1 x ) < 0, les deux racines x 1 et x ne euvent être réelles toutes les deux et sont donc non réelles conjuguées et c est ar conséquent l unique racine réelle du olynôme P a,b. Si b < a 3 alors > 0, le olynôme P a,b admet 3 racines réelles distinctes..1. Deuxième artie Les fonctions comosantes f : t t et g : t t 3 de γ sont clairement de classe C sur R, il en va donc de même our γ. le oint γ t) = t, t 3 ) se déduit du oint γt) = t, t 3 ) ar symétrie ar raort à l axe des abscisses autrement dit le suort Γ de l arc aramétré γ est symétrique ar raort à Ox)... On a our tout réel t, f t) = t f t) =, g t) = 3t g t) = 6t et donc, our tout t R, det oint birégulier de la courbe γ. ) t et det γ t), γ t) = 3t 6t = 6t ) γ t), γ t) 0 ce qui signifie que le oint γt) est un 6
7 γ 0) = 0, 0) d où γ0) est l unique oint stationnaire de γ, et comme ) 0 γ 0) =, 0), γ 0) = 0, 6) et det γ 0), γ 0) = = 1 0 on voit 0 6 que γ0) = 0, 0) est un oint de rebroussement de remière esèce de γ..3. Pour t 0 R on sait que le oint γt 0 ) est birégulier, le vecteur non nul γ t 0 ) est un vecteur directeur de la tangente D γt0 ) en γt 0 ) à la courbe et admet donc x ft our équation, D γt0 ) : 0 ) f t 0 ) y gt 0 ) g t 0 ) = x t 0 t 0 y t 3 0 3t = 0, soit arès 0 simlification, D γt0 ) : y = 3t 0 x t 0 3 ). On a γ 0) =, 0) 0, 0) donc γ 0) est un vecteur tangent à la courbe au oint stationnaire γ0) = 0, 0) et la tangente en ce oint a donc our équation x 0 D γ0) : y 0 0 = 0 soit, D γ0) : y = 0 l axe des abscisses)..4. Les variations de f et g sont résumées dans le tableau suivant : t 0 + f t) 0 + ft) g t) gt) 0 + gt) On a lim t + ft) = lim t 3 = + et t + t lim gt) t ft) = lim t 3 t t = ce qui veut dire que la courbe admet deux branches araboliques de direction Oy) l une se déduisant de l autre ar la symétrie d axe Ox)..5. Le dessin de Γ est laissé à la question de la troisième artie Troisième artie D arès la question.3. de la artie récédente on a, D γt0 ) : y = 3t 0 x t 0 3 ) et donc si D γt0 ) rencontre Γ en un oint γt) on doit avoir t 3 = 3t 0 t t 0 3 ) c est à dire t 3 3t 0 t + t 0 = 0 et comme D γt0 ) rencontre déjà Γ au oint γt 0 ), 7
8 le olynôme en t, t 3 3t 0 t + t 0 est divisible ar t t 0 et la division euclidienne donne t 3 3t 0 t + t 0 = t t 0 )t t 0 t t 0) = t t 0 ) t + t 0 ) ce qui montre clairement que D γt0 ) rencontre Γ en un unique oint autre que γt 0 ) qu est le oint γt 1 ) où t 1 = t Comme t 1 = t 0 0 la tangente D γt 1 ) rencontre à son tour Γ en un unique oint autre que γt 1 ) qu est le oint γt ) où t = t 1 0. On construit ainsi une suite γt n )) n 0 de oints de Γ où, n N, t n+1 = t n. La suite t n) n 0 étant géométrique de raison 1 1 et de remier terme t 0 on a, n N, t n = t 0 t ce qui donne, n N, γ t n ) = 0 4 n, 1)n t 3 ) 0 8 n. Et on voit clairement que la suite γt n )) n 0 est convergente de limite le oint 0, 0) Si t = 0 ou t = 0) on sait d arès la question.3. de la artie récédente que la tangente D γt) est l axe des abscisses et qu aucune autre tangente à Γ ne lui est erendiculaire. Si t 0 et t 0 alors, D γt) : y = 3t x t 3 ) et D γt ) : y = 3t erendiculaires si et seulement si, 3t 3t = 1. On conclut que our tous réels t et t on a, D γt) D γt ) tt = ) n x t 3 ) sont S il asse ar le oint x, y) de R deux tangentes D γt) et D γt ) à Γ qui soient y = 3t x t 3 ) erendiculaires alors on doit avoir y = 3t t x 3 ) système qui s écrit aussi tt = 4 9 t 3 3tx + y = 0 t 3 3t x + y = 0 et on voit que t et t sont deux racines distinctes du olynôme P Z) = Z 3 3xZ + y qui s écrit donc P Z) = Z t)z t )Z α) tt = 4 9 d où tt α = y ce qui donne α = 9 y, et en écrivant P α) = 0 on a, 7 8 y3 7 7 xy + y = 0 soit y 8 y 7 ) x + = 0, 8
9 si y = 0 c est que x = t 3 = t 3 et donc t = t et ar suite t = tt = 4 9 donne x = 4 7. sinon c est que 7 8 y 7 x + = 0 ce qui donne y = 4 7 Et on voit que dans tout les cas on a, y = 4 x 4 ) 7 7 1). x 4 ). 7 ce qui t + t = 9 Soit x, y) R vérifiant 1), et t, t ) R tel que y tt = 4 9, t et t ne sont autres que les solutions de l équation du second degré en T, T + 9 yt 4 9 = 0 dont le discriminant est clairement strictement ositif). Alors t, t et α = t + t ) = 9 y sont les trois solutions réelles de l équation du troisième degré en Z, Z 3 3xZ + y = 0, car : t + t + α = 0 tt + tα + t α = 4 9 t + t ) = y = 3x. tt α = y t 3 3tx + y = 0 Et en écrivant t 3 3t x + y = 0 ce qui est équivalent à tt = 4 9 on a le résultat demandé On note, P = { x, y) R ; y = 4 7 x 4 )}. 7 y = 3t x t 3 ) y = 3t t x 3 ) tt = 4 9 Il est sous entendu que l esace R est muni de sa structure affine euclidienne canonique ; on notera O, i, j) son reère orthonormé canonique D arès le cours sur les coniques ), P est clairement la arabole 4 de sommet le oint Ω 7, 0 d axe de symétrie Ox). de directrice D : x = d, et de foyer F a, 0) vérifiant : Mx, y) P MH = MF où H est le rojeté orthogonal de M sur D), ce qui s écrit, x d) = x a) + y, soit arès simlification, y = a d) x a + d ) a = 5 et ar identification on a, 7 d = 3 7 =
10 3.3.. On eut établir que X ) X + 4) = X 3 1X + 16 soit directement ar déveloement soit en utilisant la factorisation de la question de la remière artie qui donne, X ) X + 4) = X 3 3) X + ) 3 = X 3 1X Mt) Γ P t 3 ) = 4 t 4 ) 7 t 6 47t ) + 16 = 0, soit 7 7 Mt) Γ P 9t ) 3 19t ) + 16 = 0 9t ) 9t + 4) = 0, soit Mt) Γ P 9t = 0 t = ±, la courbe Γ rencontre donc la arabole ) 3 P en les deux oints 9, ± Γ : x = t, y = t 3 1 P : y = 4 7 x 4 ) FIN DU CORRIGÉ 10
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