corrigé

Problème 1
Ecoles de commerce 2010
option BL
1
< 0 . Sur R+ , f est continue et décroît strictement de +1 à 1:f est
x2
bijective de R+ sur ]1; +1[ (théorème de bijection monotone) . De même f est bijective de R sur ] 1; 1[ . Comme
]1; +1[\] 1; 1[= ;
X = Im(f ) = Rn f1g , et f bijective de R sur X
1. f est de classe C 1 sur R et f 0 (x) =
si x 6= 0 et y 6= 1 : f (x) = y ,
1
1
+1=y , =y
x
x
1,x=
f
1
(y) =
1
y
1
y
2. a)Pour x 6= 0
2
u(P )(x)
= x
=
1
a 1+
x
2
1
1
!
1
+b 1+
x
+c
= a x2 + 2x + 1 + b(x2 + x) + cx2
(a + b + c) x2 + (2a + b)x + a
b) Si on veut que u(P ) soit un polynôme, la formule précédente doit être vraie aussi si x = 0 . On pose doncu(P )(0) = a
3. Pour x 6= 0 on a
u(P )(x) =
n
X
ak xn 1 +
k=0
, lim xn
0
k
=
1
x
k
=
n
X
ak xn
k
k
(x + 1)
k=0
0 si n > k
. Le troisième cas n’et pas possible ici.
1 si n = k
l = lim (u(P )) = an
0
4.
Soit P 2 En . Avec ce prolongement par continuité on a : 8x 2 R , u(P )(x) =
combinaison linéaire de polynômes de degré
n . Donc u(P ) 2 En :
L’application est linéaire car pour tous polynômes P et Q et tout scalaire
u ( P + Q) (x) = ( P + Q) 1 +
1
x
= P
1+
1
x
+Q 1+
n
X
ak xn
k
k
(x + 1) . C’est une
k=0
, on a pour x 6= 0
1
x
= u(P )(x) + u(Q)(x)
u ( P + Q) et u(P )+u(Q) sont deux polynômes égaux sur un sous ensemble in…ni de R , donc u ( P + Q) = u(P )+u(Q)
u 2 L (En )
5. Les colonnes de M3 reprèsentent dans la base B :(calcul valable pour x 6= 0 , et formule vrai en x = 0 par prolongement
par continuité)
u(1) = x3 :1 = x3
1
u(x) = x3 1 +
x
= x3 + x2
2
1
= x3 + 2x + 1
x
1
u(x3 ) = x3 1 +
= x3 + 3x2 + 3x + 1
x
ce qui donne bien la matrice du sujet.
u x2 = x3 1 +
Si on fait un Pivot de gauss sur M3 en mettant les colonnes dans l’ordre u(x3 ); u(x2 ); u(x); u(1) , on obtient une matrice
triangulaire aves des termes tous non nuls sur la diagonale. M3 est inversible.
Pour calculer l’inverse on pose Y = M X , X = M
1
Y
8
>
>
<
x4 = y1
x3 + 3x4 = y2
On étudie le système
x2 + 2x3 + 3x4 = y3
>
>
:
x1 + x2 + x3 + x4 = y4
8
>
>
<
>
>
:
ce qui donne :
x4 = y1
x3 = 3y1 + y2
x2 = y3 2 (y2 3y1 ) 3y1 = 3y1 2y2 + y3
(3y1 2y2 + y3 ) ( 3y1 + y2 ) y1 = y1 + y2
x1 = y4
y3 + y4
en remettant les lignes dans le bon ordre on a :
0
1
B 3
=B
@ 3
1
1
M
1
1 1
1 0 C
C
0 0 A
0 0
1
2
1
0
1
1
= 0 . Tous les 1 +
sont racines de P . Ce qui fait une
x
x
in…nité de racines pour le polynôme.:C’est le polynôme nul. Le noyau est réduit à 0 donc u est injective.Comme on a un
endomorphisme en dimension …nie u est bijective.
6. Si P 2 Ker(u) , on a pour tout x non nul P
1+
u est un automorphisme de En
7. En retrouvant des calculs précédents on a u(xk ) = xn 1 +
1
x
k
= Qk (x):(pour x 6= 0 ) . on a donc Qk = u(xk ) .
n
Comme l’image d’une base par un automorphisme est une base (Qk )k=0 est une base de En
8. En continuant le calcul u(xj
1
) = xn
j+1
j 1
(1 + x)
=
j 1
X
j 1
k
xn+k
j+1
. Avec les notations du sujet :
k=0
u (Pj
1)
j 1
X
=
j 1
k
Pn+k
j+1
k=0
9. Dans la matrice le coe¢ cient ligne i colonne j est la coordonnée de l’image du j ème vecteur de base (donc u (Pj
sur le i ème vecteur de base (donc Pi 1 )
On change d’indice i
1=n+k
j + 1 donc k = i + j
u (Pj
1)
=
n
2 et i varie de n
n+1
X
j 1
i+j n 2
Pi
1)
)
j+2 à n+1
1
i=n j+2
D’où les coe¢ cients :
0 si i < n
si i
(Mn )i;j =
j+2
n j+2
j 1
i+j n 2
0 si i < 5 j
. La diagonale de 1 de M3 correspond à i + j = 5 . On
si i 5 j
a bien des coe¢ cients nuls avant cette diagonale donc pour i + j < 5 .
Remarque : essayons n = 3 : mi;j =
j 1
i+j n 2
La troisième ligne (donc i = 3) donne les coe¢ cients non nuls :
10. remarque : pour x 6= 1 le sujet parle de f
pour x 6= 1 : u(P )(f
1
(x)) = f
1
11. On a donc pour x 6= 1 , P (x) = (x
u
1
(x)
n
1
donc
1
0
2
1
=1,
3
2
=2,
= 3 . ça a l’air juste.
. On peut véri…er la question 1.
P f f
1)n u(P )
j 1
j 2
1
(x)
1
x
1
=
n
1
x
1
P (x) =
P (x)
(x 1)n
. Donc si Q = u(P ) , P (x) = (x
(Q) est le polynôme véri…ant pour x 6= 1 : u
2
1
(Q)(x) = (x
1)n Q
1)n Q
1
x
1
x
1
1
.
On recommence comme en question 8 et 9 :
u
1
(Pj
1)
=
=
1
1)j
n
(x
1)
nX
j+2
(x
1
n j+1
= (x
1)
=
nX
j+1
n j+1
k
n j+1 k
xk ( 1)
k=0
n j i n j+1
i 1
( 1)
Pi
1
i=1
12.
Mn 1
i;j
0 si i > n
=
j+2
sinon
n j i+1 n j+1
i 1
( 1)
remarque : véri…cation si n = 3.
p
p
1+ 5
1
5
13. ! 1 =
, !2 =
2
2
14.
u(Vk )(x)
= xn 1 +
=
mais ! 1 et ! 2 sont racines de x2
x
((1
k
1
x
!1
k
k Vk
avec
k
! 2 x) + 1)
1 donc
= ! k2 ! n1
k
15. On veut comparer Vk (x) = (x ! 1 ) (x ! 2 )n k et Qk (t) = (t + 1)k tn
On cherche une application simple telle que ! 1 ! 1 , ! 2 ! 0 .
x !2
On peut prendre une application a¢ ne t = !2 !1 :
Qk
x
!2
!2 !1
=
x
!2
!1
!1
k
x
!2
et donc :
Vk = (! 2
n
! 1 ) Qk
k
k
. Vk a les racines ! 1 et ! 2 et Qk ,
n k
!2
!1
x
!e
!2
n k
! 1 ) x + 1) ((1
1 , donc ! 1 + ! 2 = 1 et ! 1 ! 2 =
u (Vk ) =
n k
1
x
1
=
1 et 0 .
Vk (x)
(! 2 ! 1 )
!2
!1
La famille a le bon cardinal. C’est une base si et seuleemnt si elle est libre . On suppose donc
n
X
k Vk
= 0 avec
k=0
(
k)
2 Rn+1 . Avec la notation précéente on en déduit :
8t 2 R ,
n
X
k Qk
n
X
k Qk (0)
=0
k=0
est donc le polynpome nul . La famille (Qk ) est libre donc les
k
sont tous nuls.
k=0
n
(Vk )k=0 est une base de En
16. Comme pour tout k u (Vk ) =
sont nuls.
k Vk
, dans cette base les coe¢ cients diagonaux de la matrice de u sont les
M at(Vk ) (u) = diag ! k2 ! n1
3
k
k
et les autres