corrigé

Problème 1
Ecoles de commerce 2010
option BL
1. fest de classe C1sur Ret f0(x) = 1
x2<0. Sur R+,fest continue et décroît strictement de +1à1:f est
bijective de R+sur ]1;+1[(théorème de bijection monotone) . De même fest bijective de R sur ]1;1[ . Comme
]1;+1[\] 1;1[= ;X= Im(f) = Rnf1g, et fbijective de Rsur X
si x6= 0 et y6= 1 :f(x) = y,1
x+ 1 = y,1 x=y1,x=1 y1
f1(y) = 1
y1
2. a)Pour x6= 0
u(P)(x) = x2 a1 + 1
x2
+b1 + 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 x6= 0 on a
u(P)(x) =
n
X
k=0
akxn1 + 1
xk
=
n
X
k=0
akxnk(x+ 1)k
,lim
0xnk=0si n > k
1si n=k. Le troisième cas n’et pas possible ici.
l= lim
0(u(P)) = an
4. Soit P2En. Avec ce prolongement par continuité on a : 8x2R,u(P)(x) =
n
X
k=0
akxnk(x+ 1)k. C’est une
combinaison linéaire de polynômes de degré n. Donc u(P)2En:
L’application est linéaire car pour tous polynômes Pet Qet tout scalaire , on a pour x6= 0
u(P +Q) (x) = (P +Q)1 + 1
x=P 1 + 1 x+Q1 + 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)
u2 L(En)
5. Les colonnes de M3reprèsentent dans la base B:(calcul valable pour x6= 0 , et formule vrai en x= 0 par prolongement
par continuité)
u(1) = x3:1 = x3
u(x) = x31 + 1
x=x3+x2
ux2=x31 + 1
x2
=x3+ 2x+ 1
u(x3) = x31 + 1
x=x3+ 3x2+ 3x+ 1
ce qui donne bien la matrice du sujet.
Si on fait un Pivot de gauss sur M3en 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. M3est inversible.
Pour calculer l’inverse on pose Y=MX ,X=M1Y

On étudie le système 8
>
>
<
>
>
:
x4=y1
x3+ 3x4=y2
x2+ 2x3+ 3x4=y3
x1+x2+x3+x4=y4
ce qui donne :
8
>
>
<
>
>
:
x4=y1
x3=3y1+y2
x2=y32 (y23y1)3y1= 3y12y2+y3
x1=y4(3y12y2+y3)(3y1+y2)y1=y1+y2y3+y4
en remettant les lignes dans le bon ordre on a :
M1=0
B
B
@
1 1 1 1
3210
3 1 0 0
1 0 0 0
1
C
C
A
6. Si P2Ker(u), on a pour tout xnon nul P1 + 1
x= 0 . Tous les 1 + 1 xsont racines de P. Ce qui fait une
in…nité de racines pour le polynôme.:C’est le polynôme nul. Le noyau est réduit à 0donc uest injective.Comme on a un
endomorphisme en dimension …nie uest bijective.
uest un automorphisme de En
7. En retrouvant des calculs précédents on a u(xk) = xn1 + 1
xk
=Qk(x):(pour x6= 0 ) . on a donc Qk=u(xk).
Comme l’image d’une base par un automorphisme est une base (Qk)n
k=0 est une base de En
8. En continuant le calcul u(xj1) = xnj+1 (1 + x)j1=
j1
X
k=0 j1
kxn+kj+1 . Avec les notations du sujet :
u(Pj1) =
j1
X
k=0 j1
kPn+kj+1
9. Dans la matrice le coe¢ cient ligne icolonne jest la coordonnée de l’image du jème vecteur de base (donc u(Pj1))
sur le ième vecteur de base (donc Pi1)
On change d’indice i1 = n+kj+ 1 donc k=i+jn2et ivarie de nj+ 2 àn+ 1
u(Pj1) =
n+1
X
i=nj+2 j1
i+jn2Pi1
D’où les coe¢ cients :
(Mn)i;j =0si i < n j+ 2
j1
i+jn2si inj+ 2
Remarque : essayons n= 3 :mi;j =0si i < 5j
j1
i+jn2si i5j. La diagonale de 1de M3correspond à i+j= 5 . On
a bien des coe¢ cients nuls avant cette diagonale donc pour i+j < 5.
La troisième ligne (donc i= 3) donne les coe¢ cients non nuls : j1
j2donc 1 0= 1 ,2 1= 2 ,3 2= 3 .ça a l’air juste.
10. remarque : pour x6= 1 le sujet parle de f1.On peut véri…er la question 1.
pour x6= 1 :u(P)(f1(x)) = f1(x)nPff1(x)=1
x1n
P(x) = P(x)
(x1)n
11. On a donc pour x6= 1 ,P(x) = (x1)nu(P)1
x1. Donc si Q=u(P),P(x) = (x1)nQ1 x1.
u1(Q)est le polynôme véri…ant pour x6= 1 :u1(Q)(x) = (x1)nQ1
x1
2

On recommence comme en question 8et 9:
u1(Pj1)=(x1)n1
(x1)j1= (x1)nj+1 =
nj+1
X
k=0 nj+1
kxk(1)nj+1k
=
nj+2
X
i=1
(1)njinj+1
i1Pi1
12. M1
ni;j =0si i > n j+ 2
(1)nji+1 nj+1
i1sinon
remarque : véri…cation si n= 3.
13. !1=1 + p5
2,!2=1p5 2
14.
u(Vk)(x) = xn1 + 1
x!1k11 x!2nk
= ((1 !1)x+ 1)k((1 !2x) + 1)nk
mais !1et !2sont racines de x2x1, donc !1+!2= 1 et !1!2=1donc
u(Vk) = kVkavec k=!k
2!nk
1
15. On veut comparer Vk(x) = (x!1)k(x!2)nket Qk(t)=(t+ 1)ktnk.Vka les racines !1et !2et Qk,1et 0.
On cherche une application simple telle que !1! 1,!2!0.
On peut prendre une application a¢ ne t=x!2
!2!1:
Qkx!2
!2!1=x!1
!2!1kx!2 !2!1nk
=Vk(x)
(!2!1)
et donc :
Vk= (!2!1)nQkx!2
!e!1
La famille a le bon cardinal. C’est une base si et seuleemnt si elle est libre . On suppose donc
n
X
k=0
kVk= 0 avec
(k)2Rn+1 . Avec la notation précéente on en déduit :
8t2R,
n
X
k=0
kQk(0) = 0
n
X
k=0
kQkest donc le polynpome nul . La famille (Qk)est libre donc les ksont tous nuls.
(Vk)n
k=0 est une base de En
16. Comme pour tout k u (Vk) = kVk, dans cette base les coe¢ cients diagonaux de la matrice de usont les ket les autres
sont nuls.
Mat(Vk)(u) = diag !k
2!nk
1
3