Correction de Devoir Surveillé N°10: Années précédentes

Corrig´e

PROBLEME 1:

du

Devoir

ALGEBRE

Partie I.Etude d’un endomorphisme

Surveill´e

n˚10

On noteE=R2[Xotcne]erd`sionlipp’aelnoitacϕeopylˆnmoqtuota`iuP
pondrelepolynoˆmeϕ(Pr:)efid´pani

ϕ(P)(X) = (X2−1)P00(X) + 2X P0(X)

∈R2[X] fait corres-

1euqeerifiOnv´.ϕriae´niltsee.
De plus
a.ϕ(1) = 0
b.ϕ(X) = 2X
c.ϕ(X2) = 2(X2−1) + 4X2= 6X2−2
Ainsi,ϕ(1), ϕ(X), ϕ(X2s)nodtseopeire´ffniC.2a`sruesomnˆly´egrdedecestommepo-rois
l ˆ ngend entImϕ, on a bienImϕ⊂R2[X]. En particulier,ϕ∈ L(E) est un endomor-
ynomes e r
phisme deE.N
2eonrdooscleesnnloocnesnoegnaR.quednonisecalabaseedmigadsse´neeE, il vient
−2
MB(ϕ) =20000060
3esrapD’i`emprlatseuqerenoi.Imϕ=Vect2X,6X2−2=VectX,3X2−1. Ces deux
`

4.

polynˆomessontnoncoline´aires.Parconse´quent,cettefamillededeuxvecteursestunebasede
Imϕ. D’apres laformule du rangeesultequ,ilenr´Kerϕest un espace vectoriel de dimension
`
1. Comme 1∈Kerϕ, il s’ensuit queKerϕ=Vect(1). En conclusion :
Imϕ=VectX,3X2−1

Kerϕ=Vect(1)

N
a. Soitλ∈R. On sait queϕ−λ∙IdEest bijectifsi et seulement sitnesntnamieretd´nosno
nul. Comme

−λ0−2
Det(ϕ−λidE) = 0 2−λ0 =−λ×(2−λ)×(6−λ)
 60 0−λ

ilenre´sultequeϕ−λ∙IdEest bijectif, sauf lorsqueλ∈ {0,2,6}.

1

N

b. SoitP=a0+a1X+a2X2∈E.Pappartient au noyau deϕ−6IdEsi et seulement sises
coordonne´es(a0, a1, a2st`emev)e´irefitnelys
2a1−62aa22=6=6=6aaa012⇐⇒a1a2==−3a00

L’ensembledessolutionsdecesyst`emeestl’ensemble
a∈R. Par consequent,
´

des triplets (a,0,−3a),

Kerϕ−6IdE={a(−3X2+ 1), a∈R}=Vect(3X2−1).

lorsque

N

Partie II.e2rorder’de´ialenintrelliendio´eiffEtauq
Ond´esigneparIl’intervalleI= [−12,21riedn`sercosounet]I´el’atqudnoie´ffitnerlleielin´eaire
(x2−1)y00+ 2xy0−6y (1)= 0

1.

2.

aS.)1tiollun(edemmCo.spon¸cenrete´dradelrenimed’uegr´lutinesoylonnoopnenoimla
P=anxn+∙ ∙ ∙+a1x+a0, avecan6= 0. Supposons quePilage´nE.)1(ednontsaestsluti
les coefficients dexndans (1), il vient

n(n−1)an+ 2nan−6an= 0

Ainsionane´cessairementn2+n−6 = 0, ce qui entrainen=−3 oun= 2.
b. SoitP∈R2[X]. On a

Pest solution de (1)

2
x−1)P00(x) + 2xP0(x) = 6P(x)

si et seulement si∀x∈I,(
si et seulement siϕ(P) = 6P

Ainsi, l’ensemble des solutions polynomiales de (1) co¨ıncide avec le noyau deϕ−6IdE,
c’est donc l’ensemble des fonctions polynomiales de la forme :

P(x) =a(3X2−1),

a∈R

N
SoitKaloftincpoonnolyalmie´deeinfirusRparK(x) = 1−3x2.Kest la solution polynomiale
de(1)ve´rifiantlaconditioninitialeKdne´1=O.()0afonitelensufinitoitcnf:I→Rpar :

1
∀x∈I, f(x () =2−1)1K=
x2(x) (x21)(3x2−1)2
−

et on noteF:I→Rla primitive defs’annulant en 0.

2

a. Notonsy=KF. On a

b.

−6×
2x×
(x2−1)×

y
y0
y00

=
=
=

KF
K0F+Kf
K00F+ 2K0f+Kf0

CommeKest solution de (1), on sait que (x2−1)K00+ 2xK0−6Kcons´equ=0,parnet
(x2−1)y00+ 2xy0−6y= 0×F+2xK+ 2(x2−1)K0f+Kx2−1f0
=2xK(x+22−(x12)−K21)K0−Kx2−12xK2(x+22−K1K)20(xK24−1)
2xK+ 2(x2−1)K02xK+ 2K0(x2−1)
=−
(x2−1)K2(x2−1)K2
= 0

N
On sait quef(x () =x2−311)(x2−1)2oinnrntaleel,lntueeqioctraaf.´snocraPfadmet
i. 1 et−mepˆ1comsleesolmpsi
ii. 1/√3 et−1/√moc3ˆpemles.olesdoub
D’apres leTheoreme de la DES, il existe
`´ `

f(x) =xa−0+1xb+01+(x−c0√31)2+x−c1√13(+x+d0√13)2+

f(xattn)e´e,onpairunicaparalede´tieuqSED

d1
x+√31

f(x) =f(−x) =−xa+01−bx−0+1(x+c0√13)2−x+c1√13+(x−d0√31)2−x−d1√31

Parcons´equent,a0=−b0, d0=c0etd1=−c1.
De plus,

(x−1)f(x)

(x− √)312f(x)

Finalement, on a

xf(x)

=

=

=

1 1
−−=
(x+ 1)(3x2−1)2x=1→a08
1 1
−−−−→=−
(x2−1)(x+√13)2x=1/√3c08
x−−−−→c1+d1= 0
(x2−1)(3x2−1)2x=1/√3

f(x 8() =x1−1)−8(x1+)1−8(x−1√13)2−8(x+1√31)2

3

N

3.

c. CommeFest la primitive defdeiuetintne´rgnatterme`atermena’slanuennton0,d´en
que
1
F(xl81=)nxx−1+1+(8x−1√31(+)8x+√13)
N
On admet que l’espaceSdimensiotorieldesie´emtn2nP.´rceontie(sdesdlusocapscevese)1enut,
nous savons quef(x) = (x2−3()11x2−1)2etK(x)F(x) sont des solutions de (1). Clairement
cesdeuxfonctionsnesontpascoline´aires,parconse´quent(f, KF) constitue une famille libre
et maximale deS. C’en est donc une base.N

Partie III.´lmenee´itnoopisecomD´noitacilpptaselempsitsen
Soientd∈N?un entier naturel non nul etτ1, τ2, . . . , τd,dedte1nereedstslee´ffidbromr´esn−1
etdeuxa`deuxdistincts.
d
Onconsid`erelepolynˆomeLd´earfinipL(X) =Y(X−τk) et la fraction rationnelle

k=1
R(X () =X2−)11L2(X)
Onsaitqu’ilexistedesnombresre´elsα, β, a1, . . . , ad, b1, . . . , bdtels que
βd
R(X) =Xα−1+X+ 1 +k=X1(aX−kτk)2+dk=X1(Xb−kτk)
1. Calculezαetβen fonction deL(1) etL(−1).
1 1
=
(X−1)R(X () =X+ 1)L2(X)−x−=1→α2L2(1)
1 1
=−
=(X−1)L2(X)−x−=−−1→α2L2(−1)

2.

(X+ 1)R(X)

Soitk∈[1, d]], on noteLk(X) =Y(X−τj). On a d’une part
j6=k
−
(X−τk)2R(X) = (X2−1)1L2k(X1)
x−=τk→ak=(τk2−1)Lk2(τk)

N

Or
(X−τk)Lk=L
0 0
Lk+ (X−τk)Lk=L
=
2L0k+ (X−τk)L0k0L00
d’ou`l’ontirequeLk(τk) =L0(τk) etL0k(τk) =L00(τklisie´`eiuesartuionalaquestatelnqio,r)
suivante. Finalement, on a obtenu l’expression deaksuivante :
1
ak(=τk2−1)L0(τk)2
N

4

3.

4.

Pourk∈[1, d]],
(X−τk)2R(X)0

=

=

=

1X)0
(X2−1)Lk2(
2XLk2+ 2(X2−1)LkL0k
−
(X2−1)2L4k(X)
−2XLk+ 2(X2−(X))1L0xk−−→b
(X2−1)2Lk=3τk

2τkLk(τk) + 2(τk2−1)L0k(τk)
k=−
(τk2−1)2Lk(τk)3

Finalement, compte-tenu des relationsLk(τk) =L0(τk) etL0k(τk) =L00(τk), on a obtenu l’ex-
pression debksuivante :

bk=−2τkL0((ττkk2)−1)(2+2τk2L0(−τ)1)3L00(τk)
k

N
Ond´efinitlepolynoˆmeSparS(X) = (X2−1)L00(X)+2XL0(X,et´ce´nedeestionprr`eslaqu.)’Dpa
on a
k)
∀k∈[1, d]], bk=−(τk2−S)(1τ(L0(τk)3
Par consequent, lesbksont tous nulssi et seulement sitous lesτksont racines deS. Comme
´
Ssectemeexaegr´tdeda`gelane´td(commeL,)tanoetuosessciras.neapD’esr`elhte´roe`em
ded´ecompositionprimairedansR[X], il existeµ∈R?tel que

d
S(X) =µY(X−τk) =µL(X).
k=1

De plus, en identifiant les coefficients dominants, il vientd(d−1) + 2d=µ, soitµ=d2+d.N
5 suppose que. Onduoqr2aP.ag`ltse´eueb1=b2= 0, il faut et il suffit queLfirie´evS(X) =
(4 + 2)L(X) = 6L(X), soitLdoiteˆtoserituledno

(X2−1)L00(X) + 2XL0(X) = 6L(X)

CommeLest unitaire, il vient queL(X) =X2−.31

PROBLEME 2:slialeWts´dIlneraeg

Partie I.t´egInslaildsWearel

On note, pourn∈N,

1.

I0=π2etI1=

= 1
.

π
−cos(t)02

In

=Z0

et

π/2
sinn(x)dx

5

formule

de

St