exercices-21-_22_23_-29

EXERCICE 21 :
QUESTION 1
0
,1x N x  
, et
1
*
0
1 ... 1
1
,!!
k
ki
x x x k
k N x x i
kk
Donc
,x"Ρ
*
k"Î¥
,
( )
k
Nx
est un polynôme de degré
k
puisque
1 ... 1x x x k  
est le
produit de
k
polynômes de degré 1
( )
01
, ,..., n N N N
est une famille de fonctions polynômes de degrés distincts deux à deux , elle est donc
libre
De plus
( ) [ ]
01
, ,..., 1 dim
nn
Card N N N n x= + = ¡
: la famille
( )
01
, ,..., n N N N
est une base de
[ ]
nx¡
QUESTION 2
( ) [ ]
( )
2
,, n P Q xa" Î " Ρ¡
( )( ) ( )( ) ( )( )
,1
n
x P Q x P Q x P Q xa a a" Î D + = + + - +¡
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, 1 1
n
x P Q x P x Q x P x Q xa a a" Î D + = + + + - -¡
( )( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )( ) ( )( )
, 1 1
n n n
x P Q x P x P x Q x Q x P x Q xa a a" Î D + = + - + + - = D + D¡
Finalement
( )( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
,n n n n n n x P Q x P Q x P Q P Qa a a a" Î D + = D + D Þ D + = D + D¡
L’application
n
D
est linéaire
[ ]
n
Px"Ρ
,
x"Ρ
( )
( ) ( )( )
1 polynôme de degré
polynôme de degré n
P x n Px
P x n
ü
+ £ ï
ïÞD
ý
ï
£ï
þ
est un polynôme de degré
n£
[ ] ( ) [ ]
,
n n n
P x P x" Î D Ρ¡
:
n
D
est un endomorphisme de
[ ]
nxÎ ¡
QUESTION 3
0 0 0 0
, 1 1 1 0 0
nn
x N x N x N x N           
QUESTION 2
( )( ) ( ) ( )
1, , 1
n k k k
k x N x N x N x" ³ " Î D = + -¡
( )( ) ( ) ( )
11
00
1
1, , 1
!
kk
nk ii
k x N x x i x i
k
--
==
éù
êú
" ³ " Î D = + - - -
êú
ëû
ÕÕ
¡
Posons
1ij=-
dans le second produit, il vient :
( )( ) ( ) ( )
1
01
1
1, , 1 1
!
kk
nk jj
k x N x x j x j
k
-
==
éù
êú
" ³ " Î D = + - - - +
êú
ëû
ÕÕ
¡
( )( ) ( )( ) ( ) ( )
11
11
1
1, , 1 1 1 1
!!
kk
nk jj
k
k x N x x j x x k x j
kk
--
==
éù
" ³ " Î D = - + + - - + = - +
ëû
ÕÕ
¡
Finalment : en posant
1ji=-
( )( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
11
1
1
10
11
1, , 1
1 ! 1 !
k
k
n k k
ji
k x N x x j x i N x
kk
--
-
-
==
" ³ " Î D = - - = - =
--
ÕÕ
¡
Soit
( )
*1
,n k k k N N - " Î D =¥
QUESTION 3

La matrice de
n
relativement à la base
01
, ,..., n N N N
est donc
( )
0 1 0 0
0 0 1 0
01
0
æö
÷
ç÷
ç÷
ç÷
ç÷
ç÷
ç÷
÷
ç÷
ç÷
ç÷
ç÷
ç÷
ç÷
ç÷
ç÷
ç
èø
L
L
O O M
O
.
QUESTION 4
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
0 1 1
Im , ,..., ,...,
n n n n n n n n
Vect N N N Vect N ND = D D D = D D
, puisque
00 nN
Soit
( ) ( )
0 1 1
Im , ,...,
nn
Vect N N N - D=
La famille
( )
0 1 1
, ,..., n N N N -
est génératrice d e
( )
Im n D
et libre (extraite d’une famille libre) :
c’est une base d e
( )
Im n D
donc dim
( )
Im n D
=
n
Alors dim
( ) [ ]
( )
( ) ( )
dim dimIm 1 1
n n n
Ker x n nD = - D = + - =¡
Or
00N¹
et
( )
0n
N KerÎD
, donc
( ) ( )
0n
Ker Vect ND=
QUESTION 5 :
( ) ( ) { }
00 nn
Ker Vect ND = ¹ Þ D
est une application non injective or
n
D
est un endomorphisme
d’un espace vectoriel de dimension finie, donc
n
D
n’est ni surjective ni bijective
QUESTION 6 :
*
00
0 , 0
j
nn
N j N     
De plus pour tout entier
1k³
,
( ) ( ) ( )
2
1 1 2n k k n k n k k
N N N N N
- - -
D = Þ D = D =
En réitérant le raisonnement,
§ ¨ ( )
1, , j
n k k j
j k N N - " Î D =
Par conséquent,
( ) § ( )
01, , 0
kj
n k n k
N N j k ND = Þ " Î + + ¥ D =
©
«
ª
QUESTION 7 :
Comme la famille
( )
01
, ,..., n N N N
est une base de
[ ]
nx¡
, on a :
[ ] ( )
01
, ! , ,...,
nn
Pxa a a" Î $¡
tel que
0
n
ii
i
PNa
=
=å
On a donc
( ) ( )
0
,n
ii
i
x P x N xa
=
" Î = å ¡
relation
( )
R
On a
( ) ( )
0
0
00
n
ii
i
PNaa
=
==
å
En prenant l’image de chaque membre de la relation
( )
R
par l’application
n
D
Chaque polynôme de Newton , excepté
0
N
, a pour racine 0
IL vient :
( ) ( ) ( )
1
11
, ( ) ( )
nn
n i n i i i
ii
x P x N x N xaa
-
==
" Î D = D =
åå
¡
On a alors :
( ) ( )
11
1
( ) 0 0
n
n i i
i
PNaa
-
=
D = =
å
En réitérant le raisonnement :
( )
22
( ) 0
nPaD=
, …,
( )
( ) 0
n
nn
PaD=
Finalement :
[ ]
,
n
Px"Ρ
tel que
( )( )
00
ni
ni
i
P P N
=
=D
å

EXERCICE 22 :
1. Premier cas :
P
est le polynôme nul,
1P aX a
est alors également le polynôme nul.
Deuxième cas :
P
est un polynôme de degré
d¥
c’est à dire
1
0,..., d d
aa  ¡
tel que
0
dk
k
k
PXa
avec
0
d
a
, alors
0
11
dk
k
k
P aX a aX aa
.
Le polynôme
0
11
k
k k i
ii
i
k
aX a a X a
i
est un polynôme de degré
k
et de coefficient
dominant
1kk
kk
ka a a
k
et donc le polynôme
0
11
dk
k
k
P aX a aX aa
est un
polynôme de degré
d
et de coefficient dominant
dd
aa
.
Dans les deux cas
1P aX a
est un polynôme de même degré que
P
2a)
,
N
PX¡
1 1 1
b a b
f f P f P aX a P b aX a b       o
1
ba
f f P P abX ab  o
b a ab b a ab
f f P f P f f f  oo
2b)
a
f
est une application de
NX¡
dans
NX¡
.
2
,,
n
P Q X l   ¡¡
1 1 1
a
f P Q P Q aX a P aX a Q aX al l l          
a a a
f P Q f P f Qll  
.
L’application
a
f
est linéaire,
a
f
est un endomorphisme de
NX¡
.
En remarquant que
,
n
PX¡
11 1 1f P P X P X P    
, on trouve
1NX
f Id¡
.
On a
11 N aX
a
f f f Id¡ o
et comme
a
f
est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension
finie, on peut affirmer que :
a
f
est un automorphisme de
NX¡
avec
11aa
ff
2c) Soit la proposition
:" "
n
n
aa
R n f f
 Initialisation
0
N
aX
f Id¡
et
01NX
a
f f Id¡
, donc
0R
est vraie.
 Hérédité : pour un
0n
,
n
n
aa
ff
.
11 n n n nn
a a a a
a a a a
f f f f f f f    oo
, la propriété est héréditaire.
 Conclusion :
n¥
,
n
n
aa
ff

EXERCICE 23 :
QUESTION 1
Pour
n
f x x n
:
1
*
00
11
,11
x
nn
xtx
x g x f t dt
x x n n
Pour
si 0
0 si 0
xx
fx x
:
3
2
*
00
0
12
si 0,
133
,2
1
si 0, 0 0
x
x
x
t
xx
x
x g x f t dt
x
x dt
x
QUESTION 2
**
,xx   
et
0
1x
g x f t dt
x
Effectuons le changement de variable
ut
(ce changement de variable est légitime puisque la
fonction
tt
est de classe
1
C
sur )
1
du du dt
dt     
On obtient
00
11
()
xx
g x f u du f u du
xx
Si la fonction
f
est paire :
*,x
0
1x
g x f u dt g x
x
donc
g
est paire
Si la fonction
f
est impaire :
*,x
0
1x
g x f u dt g x
x
donc
g
est impaire
QUESTION 3
La fonction
f
est continue sur , elle admet donc des primitives sur cet intervalle
Soit
F
l’une d’entre elles
*,x
00
0
11
0 ' 0 0
0
x
x
F x F
g x f t dt F x F F f
x x x 
puisque
F
est dérivable sur donc en 0
La fonction
g
est continue sur
*
(comme différence et produit de fonctions continues sur
*
), elle
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

QUESTION 4
*,x
0
0
F x F
gx x
, la fonction
g
est dérivable sur
*
(comme différence et produit de
fonctions dérivables sur
*
)
On a vu que pour
si 0
0 si 0
xx
fx x
:
*
0
2
si 0,
1
,3
si 0,0
xxx
x g x f t dt
xx
et
si 0
,0 si 0
g x x
x g x x
Pour
0
022
0, 03 3x
g x g x
xxx
x
donc
g
non dérivable à droite en 0 donc non
dérivable en 0 : la fonction
g
n’est donc pas toujours dérivable en 0
Elle peut l’être puisque
Pour
2
f x x
:
2
*
0
1
,3
xx
x g x f t dt
x
et
si 0
,0 si 0
g x x
x g x x
Pour
2
0
0
0, 0
0 3 3 x
g x g xx
xxx
donc
g
dérivable en 0
QUESTION 5
2
0
12
,,f f C
, montrons que
1 2 1 2
f f f f
,x
1 2 1 2
0 0 0
12
1 2 1 2
1 1 1
si 0, ( ) ( ) ( )
si 0,( ) 0 0 0
x x x
x f f t dt f t dt f t dt
f f x x x x
x f f f f
Dans les deux cas,
,x
12
f f x
12
f x f x
donc
1 2 1 2
f f f f
L’application est linéaire
De plus
00
,f C g C  
donc est un endomorphisme de
0
C
Injectivité de
Soit
0
fC
0f Ker f g     
Or
*
0
1
, 0
00 =0
x
x f t dt
gx
f
donc
*
0
, 0
00 =0
x
x f t dt
gf
*
0
,0
x
x f t dt   
(Par dérivation et utilisation du théorème initial)
*,0x f x  