exercices-21-_22_23_-29

EXERCICE 21 :
QUESTION 1
x  , N0  x   1 , et k 
*
, Nk  x  
x  x  1 ...  x  k  1
1 k 1
 x  i 

k ! i 0
k!
Donc " x Î ¡ , " k Î ¥ * , Nk (x) est un polynôme de degré k puisque x  x  1 ...  x  k  1 est le
produit de k polynômes de degré 1
(N0 , N1 ,..., Nn ) est une famille de fonctions polynômes de degrés distincts deux à deux , elle est donc
libre
De plus Card (N0 , N1 ,..., N n )= n + 1 = dim ¡ n [x ] : la famille (N0 , N1 ,..., Nn ) est une base de ¡ n [x ]
QUESTION 2
2
" a Î ¡ , " (P, Q )Î (¡ n [x ])
" x Î ¡ , D n (a P + Q)(x)= (a P + Q)(x + 1)- (a P + Q)(x)
" x Î ¡ , D n (a P + Q)(x)= a P (x + 1)+ Q (x + 1)- a P (x)- Q (x)
" x Î ¡ , D n (a P + Q)(x)= a (P(x + 1)- P(x))+ Q(x + 1)- Q(x)= a D n (P)(x)+ D n (Q)(x)
Finalement " x Î ¡ , D n (a P + Q)(x)= (a D n (P)+ D n (Q))(x)Þ D n (a P + Q)= a D n (P)+ D n (Q)
L’application D n est linéaire
" P Î ¡ n [x ], " x Î ¡
P (x + 1) polynôme de degré £ nïü
ïý Þ D (P)(x) est un polynôme de degré £ n
n
P (x) polynôme de degré £ n ïïþ
" P Î ¡ n [x], D n (P)Î ¡ n [x ] : D n est un endomorphisme de Î ¡ n [x ]
QUESTION 3
x  , n  N0  x   N0  x  1  N0  x   1  1  0  n  N0   0
QUESTION 2
" k ³ 1, " x Î ¡ , D n (Nk )(x)= N k (x + 1)- N k (x)
" k ³ 1, " x Î ¡ , D n (N k )(x )=
1 ék - 1
êÕ (x + 1 - i )k ! êëi= 0
k- 1
Õ (x i= 0
ù
i )ú
ú
û
Posons i = j - 1 dans le second produit, il vient :
" k ³ 1, " x Î ¡ , D n (N k )(x)=
" k ³ 1, " x Î ¡ , D n (N k )(x)=
1 éêk - 1
Õ (x + 1- j )k ! êëj = 0
k
Õ (x j= 1
ù
j + 1)ú
ú
û
1 k- 1
k k- 1
(x - j + 1)éë(x + 1)- (x - k + 1)ùû= Õ (x - j + 1)
Õ
k ! j= 1
k ! j= 1
Finalment : en posant j = i - 1
1 k- 1
1 ( )
x
j
1
=
(
)
(x - i )= Nk - 1 (x)
(
)
(k - 1)!Õ
(k - 1)! Õ
j= 1
i= 0
k- 1 - 1
" k ³ 1, " x Î ¡ , D n (Nk )(x)=
Soit " k Î ¥ * , D n (Nk )= Nk - 1
QUESTION 3
La matrice de  n relativement à la base  N0 , N1 ,..., Nn 
æ0 1 0
çç
çç0 0 1
ç
est donc ççç
O
çç
çç (0)
çç
è
L
L
O
O
0ö÷
÷
÷
0÷
÷
÷
÷
.
M÷
÷
÷
÷
1÷
÷
÷
÷
0ø÷
QUESTION 4
Im(D n )= Vect (D n (N0 ), D n (N1 ),..., D n (Nn ))= Vect (D n (N1 ),..., D n (Nn )) , puisque n  N0   0
Soit Im(D n )= Vect (N0 , N1 ,..., Nn- 1 )
La famille (N0 , N1 ,..., Nn- 1 ) est génératrice d e Im (D n ) et libre (extraite d’une famille libre) :
c’est une base d e Im (D n ) donc dim Im (D n )= n
Alors dim Ker (D n )= dim(¡ n [x])- dimIm(D n )= (n + 1)- n = 1
Or N 0 ¹ 0 et N0 Î Ker (D n ) , donc Ker (D n )= Vect (N0 )
QUESTION 5 :
Ker (D n )= Vect (N0 )¹ {0}Þ D n est une application non injective or D n est un endomorphisme
d’un espace vectoriel de dimension finie, donc D n n’est ni surjective ni bijective
QUESTION 6 :
n  N0   0  j 
*
, nj  N0   0
De plus pour tout entier k ³ 1 , D n (Nk )= Nk - 1 Þ D n2 (Nk )= D n (Nk - 1 )= Nk - 2
En réitérant le raisonnement, " j Î §1, k ¨, D nj (N k )= N k -
j
Par conséquent, D (Nk )= N0 Þ " j Î ©
«
ª k + 1, + ¥ §, D (Nk )= 0
k
n
j
n
QUESTION 7 :
Comme la famille (N0 , N1 ,..., Nn ) est une base de ¡ n [x ], on a :
n
" P Î ¡ n [x], $ !(a 0 , a 1 ,..., a n ) tel que P =
å
a i Ni
i= 0
n
å
On a donc " x Î ¡ , P (x)=
a i Ni (x) relation (R)
i= 0
n
On a P (0)=
å
a i Ni (0)= a 0
i= 0
En prenant l’image de chaque membre de la relation (R) par l’application D n
Chaque polynôme de Newton , excepté N 0 , a pour racine 0
n
IL vient : " x Î ¡ , D n ( P)(x)=
å
n
a i D n ( Ni ) (x)=
i= 1
å
a i Ni- 1 (x)
i= 1
n
On a alors : D n ( P)(0)=
å
a i Ni- 1 (0)= a 1
i= 1
En réitérant le raisonnement :
D 2n ( P) (0)= a 2 , …, D nn ( P) (0)= a n
n
Finalement : " P Î ¡ n [x], tel que P =
å
i= 0
D in (P)(0) Ni
EXERCICE 22 :
1. Premier cas : P est le polynôme nul, P  aX  1  a  est alors également le polynôme nul.
Deuxième cas : P est un polynôme de degré d  ¥ c’est à dire  a 0 ,..., a d   ¡
P
d
a
kX
k
avec a d  0 , alors P  aX  1  a  
d
 a  aX  1  a 
k
k
d 1
tel que
.
k 0
k 0
Le polynôme  aX  1  a  
k
k 
k
  i  a
i
X i 1  a 
k i
est un polynôme de degré k et de coefficient
i 0
d
k 
k
k k
dominant   a k 1  a   a k et donc le polynôme P  aX  1  a   a k  aX  1  a  est un
k 
k 0
polynôme de degré d et de coefficient dominant a d ad .

Dans les deux cas P  aX  1  a  est un polynôme de même degré que P
 X ,  fb o fa   P   fb  P  aX  1  a   P b  aX  1  a   1  b 
 fb o fa   P   P  abX  1  ab 
 fb o fa   P   fab  P   fb o f a  f ab
2a) P  ¡
N
2b) f a est une application de ¡
  P, Q    ¡
N
 X  dans ¡ N  X  .
 X  , l  ¡
f a l P  Q   l P  Q  aX  1  a   l P  aX  1  a   Q  aX  1  a 
f a l P  Q   l f a  P   f a  Q  .
L’application f a est linéaire, f a est un endomorphisme de ¡ N  X  .
2
n
En remarquant que P  ¡
 X , f1  P   P 1X  1  1  P  X   P , on trouve
f1  Id ¡ N  X  .
On a f a o f 1  f1  Id ¡ N  X  et comme f a est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension
n
a
finie, on peut affirmer que :
f a est un automorphisme de ¡
N
 X  avec  f a 
1
 f1
a
2c) Soit la proposition R  n  :" f a   f an "
n
 Initialisation
 f a 0  Id ¡ N  X  et f a0  f1  Id ¡ N  X  , donc R  0  est vraie.
 Hérédité : pour un n  0 ,  f a   f an .
n
 f  f  f
a n1
a n a
o fa   fa  o fa   fa 
n
an
 Conclusion : n  ¥ ,  f a   f an
n
n 1
, la propriété est héréditaire.
EXERCICE 23 :
QUESTION 1
Pour f  x   x
n
x
 n   : x 
*
1 x
1  t n 1 
xn
, g  x    f  t  dt  

x 0
x  n  1  0 n  1
 x si x  0
: x 
 0 si x  0
Pour f  x   
*
, g  x 
1 x
x 0
x

 3 

 2 
si x  0, 1  t   2  x

x  3  
3
f  t  dt  
  2  

0

x
1
 si x  0,  0 dt  0
x 0

QUESTION 2
x 
*
,  x 
*
et g   x  
1 x
f  t  dt
  x  0
Effectuons le changement de variable u  t (ce changement de variable est légitime puisque la
fonction t
t est de classe C 1 sur
)
du
 1  du   dt
dt
On obtient g   x  
x
1
1 x
f

u
(

du
)

f  u du


x 0
  x  0
1 x
f  u  dt  g  x  donc g est paire
x 0
1 x
Si la fonction f est impaire : x  * , g   x     f  u  dt   g  x  donc g est impaire
x 0
Si la fonction f est paire : x 
QUESTION 3
La fonction f est continue sur
*
, g x 
, elle admet donc des primitives sur cet intervalle
Soit F l’une d’entre elles
x 
*
, g  x 
est dérivable sur
F  x   F  0
1 x
1
f
t
dt

F
x

F
0

 F '  0   f  0  puisque F








x 0
x 0
x
x0
donc en 0
La fonction g est continue sur
*
(comme différence et produit de fonctions continues sur
admet une limite finie en 0 : la fonction g est donc prolongeable par continuité en 0
Notons g le prolongement par continuité de la fonction g en 0
*
), elle
QUESTION 4
x 
*
, g  x 
F  x   F  0
, la fonction g est dérivable sur
x0
fonctions dérivables sur
*
*
(comme différence et produit de
)
 x si x  0
On a vu que pour f  x   
: x 
 0 si x  0
*
2

1 x
si x  0,  x
et
, g  x    f  t  dt  
3
x 0
 si x  0, 0
 g  x  si x  0
x  , g  x   
 0 si x  0
Pour x  0,
g  x   g  0 2
x
2
 

   donc g non dérivable à droite en 0 donc non
x0
3 x
3 x x  0
dérivable en 0 : la fonction g n’est donc pas toujours dérivable en 0
Elle peut l’être puisque
Pour f  x   x 2 : x 
Pour x  0,
*
, g  x 
 g  x  si x  0
1 x
x2
et x  , g  x   
f
t
dt




x 0
3
 0 si x  0
g  x   g  0 x2 x

  0 donc g dérivable en 0
x0
3x 3 x0
QUESTION 5
  f1 , f 2    C 0  ,  
2
, montrons que   f1  f 2     f1     f 2 
1 x
1 x
1 x

si x  0, 0 ( f1  f 2 )  t  dt  0 ( f1 )  t  dt  0 ( f 2 )  t  dt
x  ,   f1  f 2  x   
x
x
x

si x  0, ( f1  f 2 )  0    f1  0   f 2  0 

Dans les deux cas, x  ,   f1  f 2  x     f1  x     f 2  x  donc
  f1  f 2     f1     f 2 
L’application  est linéaire
De plus f  C 0 , g  C 0 donc  est un endomorphisme de C 0
Injectivité de 
Soit f  C 0
f  Ker    f   g  0

x 
Or g  0  


x 
*
*
,
1 x
x 
f  t  dt  0

donc g  0  
x 0

f  0  =0
*
,  f  t  dt  0
x
0
f  0  =0
,  f  t  dt  0  (Par dérivation et utilisation du théorème initial) x 
x
0
*
, f  x  0
*
x  , f  x   0
g 0
, donc g  0  f  0 (la réciproque est immédiate)
f  0  =0

Conclusion : f  Ker   f  0 et l’application  est injective
Surjectivité
On a vu que pour toute fonction f  C 0 ,   f  est dérivable sur
La fonction x
*
x 1  C 0 mais n’est pas dérivable en 1, cette fonction ne peut être élément de
Im  donc  non surjective
EXERCICE 29 :
QUESTION 1
2
" (A = (ai , j ), B = (bi , j ))Î (M n (¡ )) , " a Î ¡
n
tr (a A + B)=
n
å (a ai,i + bi,i )= a å
i= 1
n
ai ,i +
i= 1
å
bi ,i = a tr (A)+ tr (B)
i= 1
L’application tr est une application linéaire
QUESTION 2
2
" (A = (ai , j ), B = (bi , j ))Î (M n (¡ )) , AB = C = (ci , j ) , avec " (i, j )Î §1, n¨ , ci , j =
2
n
å
ai ,k ´ bk , j
k= 1
n
tr (AB)= tr (C )=
å
n
ci ,i =
i= 1
n
å å
i= 1 k = 1
n
ai ,k bk ,i =
n
å å
bk ,i ai ,k (On peut intervertir les deux sommes car les
k = 1 i= 1
bornes de sommation sont fixes c’est-à-dire indépendantes des variables i et k )
tr (AB)= tr (C )= tr (BA)
Supposons A et B semblables : $ P Î M n (¡ ) inversible telle que B = P- 1 AP
- 1ù
- 1
é
tr (B)= tr (P- 1 AP)= tr éêëP- 1 (AP)ù
ú
û= tr êë(AP)P ú
û= tr (APP )= tr (A)
QUESTION 3
Supposons qu’il existe deux matrices A et B telles que [A, B]= AB - BA = I n , alors
tr (AB - BA)= tr (I n )= n Û tr (AB)- tr (BA)= n , car l’application trace est linéaire
Comme tr (AB)= tr (BA), on a 0 = n ce qui est impossible puisque n ³ 1
Il n’existe pas deux matrices A et B telles que [A, B ]= I n
QUESTION 4
" R Î E, [d , f ](R)(X )= [d o f - f o d ](R)(X )= (d o f )(R)(X )- ( f o d )(R)(X )
ù X )- ( f )éd (R)(
ù X )= d (XR (X ))- f (R '(X ))
" R Î E, [d , f ](R)(X )= d éëf (R)(
û
ë
û
" R Î E, [d , f ](R)(X )= 1R (X )+ XR '(X )- XR '(X )= R (X )Þ [d , f ]= Id E
QUESTION 5
Le résultat établi n’est pas en contradiction à la question 3(si E est de dimension n , on ne peut pas
trouver deux endomorphismes u et v ayant pou matrices A et B dans une base de E tels que
[u, v ]= Id E )
Mais ici l’espace vectoriel E = ¡ [X ]n’est pas de dimension finie