DSn°1 cor - DS maths PDF

Preview

Summary

DS maths...

Description

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

Devoir Surveill´ e n◦ 1: corrig´ e ⋆⋆⋆ EXERCICE 1 - Quelques questions ind´ ependantes Cet exercice comporte 8 questions, toutes ind´ependantes. La formule du binˆ ome de Newton (dans le contexte des nombres r´eels) s’´enonce : 1)

∀(a, b) ∈ R2 , ∀n ∈ N, (a + b)n =

n X n k n−k a b k k=0

D´ emonstration : Soit (a, b) ∈ R2 .

n X n k n−k ≫. a b k k=0 Montrons que Pn est vraie pour tout n ∈ N en raisonnant par r´ ecurrence.

Notons, pour tout n ∈ N, Pn :

≪

(a + b )n =

• Initialisation : Montrons que P0 est vraie.

* D’une part, (a + b)0 = 1 0 X 0 0 0 0 k 0−0 a b = * D’autre part, a b =1×1×1=1 0 k k=0

0 X 0 k 0−0 a b k k=0 Ainsi P0 est vraie.

Ainsi, (a + b)0 =

• H´ er´ edit´ e : On suppose que Pn est vraie a` un rang n ∈ N arbitrairement fix´ e. Montrons, sous cette hypoth` ese, que Pn+1 est vraie.

1 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

Nous avons : (a + b)n+1 = (a + b)(a + b)n = (a + b )

n X k=0

(1)

n k n−k a b k

(2)

n n X X n k n−k n k n−k =a a b +b a b k k

(3)

=

(4)

=

=

=

k=0 n X k=0 n X k=0

n+1 X

X n k n+1−k n ai bn−(i−1) + a b i−1 k

i=1 n+1 X

= = =

=

n k n+1−k a b k

(5)

n

(6)

k=0

n X n n k n+1−k ai bn+1−i + a b i−1 k

(7)

k=0

n X

n n n n+1 n+1−(n+1) X n k n+1−k n 0 n+1−0 ai bn+1−i + a b + a b + ab n k 0 i−1 k=1 (8)

n X

X n n n 0 n+1−0 ab ak bn+1−k + an+1 + ak bn+1−k + k−1 0 k

i=1

=

k=0 n X

n bak bn−k k

n k+1 n−k a b + k k=0

i=1

=

n aak bn−k + k

k=0 n X

k=1 n X

k=1 n X k=1 n X

k=1 n+1 X k=0

n

(9)

k=1

n k−1

+

n k

ak bn+1−k + an+1 + bn+1

n + 1 k n+1−k a b + an+1 + bn+1 k n + 1 k n+1−k a b + k

n + 1 0 n+1 n + 1 n+1 n+1−(n+1) ab a b + n+1 0

n + 1 k n+1−k a b k

(10) (11) (12) (13)

(2) : d’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence (3) : par distributivit´ e de la multiplication sur l’addition P (4) : par lin´earit´e de (6) : on a effectu´e le changement d’indice par translation ≪ i = k + 1 ≫ dans la somme de gauche (8) : on a sorti le dernier terme de la somme de gauche (index´ e par i = n + 1) et l’on a sorti le premier terme de la somme de droite (index´e par k = 0) P (10) : par lin´ earit´ e de , puis factorisation par ak bn+1−k a` l’int´ erieur de la somme (11) : d’apr`es la relation de Pascal Ainsi, Pn+1 est vraie. • Conclusion : En vertu du principe de r´ ecurrence, Pn est vraie pour tout n ∈ N. n X n k n−k Ainsi, ∀n ∈ N, (a + b)n = a b k k=0

2 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

Ainsi, ∀(a, b) ∈ R2 , ∀n ∈ N, (a + b)n =

n X n k n−k a b k k=0

2) Soit n ∈ N. Soit (P, Q) ∈ (Rn [X])2 . (a) Rn [X] est l’ensemble des polynˆ omes `a coefficients r´eels (` a une ind´etermin´ ee not´ ee X) de degr´e au plus n. (b) deg(PQ) = deg (P) + deg(Q) (c) deg(P + Q) 6 max (deg (P), deg(Q)) (d) deg(P ◦ Q) = deg (P) deg(Q) (e)

• Le polynˆ ome nul est un ´el´ ement de Rn [X] (car de degr´e −∞ donc au plus n) et est not´e 0Rn [X] . Tous les r´ eels sont racines de 0Rn [X] . Donc, en particulier, les n r´ eels deux a` distincts 1, ..., n sont racines de 0Rn [X] . n Y • Posons A = (X − k). k=1

Alors, A ∈ R[X]. De plus, par propri´ et´ es sur le degr´e :

deg(A) =

n X

deg(X − k) =

k=1

Donc, A ∈ Rn [X]. Par ailleurs : ∀x ∈ R, A(x) = 0 ⇔

n X

1=n

k=1

n Y (x − k) = 0 ⇔ x ∈ J1, nK k=1

(1)

(1) : d’apr`es la r`egle du produit nul dans R

Ainsi, les n r´eels deux a` deux distincts 1, ..., n sont racines de A. n Y (X − k) sont deux ´el´ements de Rn [X] poss´ edant (au moins) n racines r´eelles 0 et Ainsi, Rn [X] k=1

deux a` deux distinctes. (f ) Le polynˆ ome nul est un ´el´ ement de Rn [X] (car de degr´e −∞ donc au plus n) et est not´e 0Rn [X] Tous les r´ eels sont racines de 0Rn [X] . Donc, en particulier, les n + 1 r´ eels deux `a distincts 0, 1, ..., n sont racines de 0Rn [X] . Ainsi, 0Rn [X] est un ´el´ement de Rn [X] poss´edant (au moins) n + 1 racines r´eelles deux a` deux distinctes. (g) P ´etant un e´l´ement de R[X] et Q ´etant un e´l´ement non nul de R[X], le th´eor`eme de la division euclidienne dans R[X] nous dit que l’on dispose d’un unique couple (T, R) d’´ el´ ements de R[X] v´erifiant : • d’une part, P = QT + R ; • d’autre part, deg(R) < deg(Q) Le polynˆ ome T est appel´e quotient de la division euclidienne de P par Q et le polynˆ ome R est appel´e reste de la division euclidienne de P par Q.

3 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

3) On consid`ere l’application f d´ efinie par : f : R −→ R x 7−→ (x − 1)4 + 2

(a) Voici l’allure de la courbe repr´esentative de f dans un rep`ere orthonorm´e.

4 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

(b) Nous avons : f(2) = (2 − 1)4 + 2 = 14 + 2 = 1 + 2 = 3. De plus, nous avons : f(0) = (0 − 1)4 + 2 = (−1)4 + 2 = 1 + 2 = 3. Ainsi, f(0) = f(2). Or, 0 6= 2. Ainsi, nous avons montr´e : ∃(a, b) ∈ R2 , a 6= b et f(a) = f(b) Donc, f n’est pas injective. (c) 4 ´etant un entier naturel pair, nous avons, par th´ eor`eme : ∀t ∈ R, t4 > 0 Ainsi : ∀x ∈ R, (x − 1)4 > 0 Donc : ∀x ∈ R, (x − 1)4 + 2 > 2 Donc, Or, 2 > 0. Donc, en particulier :

∀x ∈ R, f(x) > 2 ∀x ∈ R, f(x) > 0

Donc, Ainsi, nous avons montr´e :

∀x ∈ R, f(x) 6= 0 ∃y ∈ R, ∀x ∈ R, f(x) 6= y

Donc, f n’est pas surjective. 5 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

(d) Par d´efinition, une application bijective est a` la fois injective et surjective. Or, d’apr`es 3) (b), f n’est pas injective. Donc, f n’est pas bijective. (e) Montrons que f r´ealise une bijection de [2, +∞[ sur [3, +∞[ dont on pr´ ecisera la bijection r´eciproque. Soit y ∈ [3, +∞[. Soit x ∈ [2, +∞[. Alors : f(x) = y ⇔ (x − 1)4 + 2 = y

⇔ (x − 1 )4 = y − 2

⇔ x − 1 = (y − 2)1/4

(1 )

⇔ x = (y − 2)1/4 + 1

(1) : car la fonction de r´ ef´erence t 7→ t4 r´ealise une bijection de R∗+ sur R∗+ dont t 7→ t1/4 est la bijection r´ eciproque. Comme x ∈ [2, +∞[, x − 1 ∈ R+∗ et comme y ∈ [3, +∞[, y − 2 ∈ R∗+ . De plus, comme y > 3, y − 2 > 1. 1 De plus, comme > 0 la fonction de r´ ef´ erence t 7→ t1/4 est strictement croissante sur R∗+ . 4 Donc, (y − 2)1/4 > 11/4 . Ainsi, (y − 2)1/4 + 1 > 2. Ainsi, nous avons bien montr´e que, pour tout y ∈ [3, +∞[, l’´equation f(x) = y d’inconnue x ∈ [2, +∞[ admet une unique solution qui est (y − 2)1/4 + 1.

Donc : f r´ealise une bijection de [2, +∞[ sur [3, +∞[ dont y 7→ (y − 2)1/4 + 1 est la bijection r´eciproque.

4) (a) On peut former autant de trinˆ omes diff´ erents qu’il y a de 3-combinaisons de l’ensemble J1, 35K, ensemble mod´elisant la classe. 35 trinˆ omes diff´ erents. Ainsi, par d´ efinition mˆ eme des coefficients binomiaux, on peut former 3

(b) Un trinˆ ome comportant tr` es exactement 1 fille est enti`erement d´etermin´e : 20 = 20 tels choix ; • par le choix d’une fille parmi les 20 que compte la classe : il y a 1 • ce choix e´tant fait, par le choix de 2 gar¸cons (sans consid´ eration d’ordre) parmi les 15 que 15 15 × 14 compte la classe : il y a = 105 tels choix. = 2 2 Ainsi, en vertu du principe multiplicatif : on peut former 20 × 105 = 2100 trinˆ omes comportant exactement 1 fille. (c) Soit Ω l’ensemble des trinˆ omes que l’on peut former. Soit T l’ensemble des trinˆ omes comportant au moins une fille que l’on peut former. 35 D’apr`es 4) (a), Ω est un ensemble fini de cardinal . 3   L’ensemble T ; T constitue une partition de Ω. Donc, d’apr`es le principe de partition/disjonction, T et T sont deux ensembles finis v´erifiant : card (T ) + card T = card (Ω) 6 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

Ainsi : card (T ) = card (Ω) − card T Or, T est tr` es exactement l’ensemble des trinˆ omes ne comportant aucune fille. Ainsi, T est l’ensemble des trinˆ omes comportant 3 gar¸cons que l’on peut former a` partir des ´el`eves de la classe. On peut former autant de trinˆ omes comportant 3 gar¸cons qu’il y a de 3-combinaisons de l’ensemble J1, 15K, ensemble mod´elisant l’ensemble des 15 gar¸cons de la classe. 15 trinˆ omes ne comporAinsi, par d´ efinition mˆ eme des coefficients binomiaux, on peut former 3 tant que des gar¸cons. Ainsi : 15 35 − card (T ) = 3 3 Donc, on peut former

35 3

−

15 3

trinˆ omes comportant au moins 1 fille.

(d) Un trinˆ ome comportant les deux e´l`eves les plus jeunes de la classe est enti`erement d´etermin´e par le choix de l’´el`eve pr´esent dans ce trinˆ ome avec les deux ´el`eves les plus jeunes de la classe. Ainsi, il y a autant de tels trinˆ omes qu’il y a de fa¸cons de choisir un ´el`eve parmi les 35 − 2 = 33 ´el`eves qui ne sont pas les deux plus jeunes de la classe. Ainsi, il y a 33 trinˆ omes comportant les deux ´el` eves les plus jeunes de la classe. 5) Soit A la matrice : A=

1

1

1

1

1

2

−2 −3 −2 A l’aide de l’algorithme du pivot de Gauss, montrons que A est inversible et calculons A−1 . y1 Soit Y =

y2 y3

∈ M3,1 (R).

x1 Soit X =

x2

∈ M3,1 (R).

x3

7 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

Nous avons successivement :

AX = Y ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

1

1

1

x1

1

1

2

x2

y1 =

y2

−2 −3 −2 x3 y3  y1  x1 + x2 + x3 = x1 + x2 + 2x3 = y2  −2x1 − 3x2 − 2x3 = λy3  y1  x1 + x2 + x3 = x3 = −y1 + y2 L2 ← L2 − L1  − x2 = 2y1 + y3 L3 ← L3 + 2L1  y1  x1 + x2 + x3 = − x2 = 2y1 + y3 L2 ↔ L3  x3 = −y1 + y2 L2 ↔ L3  y1  x1 + x2 + x3 = x2 = −2y1 − y3  x3 = −y1 + y2  = y1 − (−2y1 − y3 ) − (−y1 + y2 )  x1 x2 = −2y1 − y3  x3 = −y1 + y2  = 4y1 − y2 + y3  x1 x2 = −2y1 − y3  x3 = −y1 + y2 x1 x2

=

x3

4 −1 1

y1

−2 0 −1

y2

−1 1

y3

0 4 −1 1

−1

Ainsi, par th´ eor` eme, A est inversible et A

=

−2 0 −1 −1 1

0

6) Montrons que : ∀p ∈ N, Bp = PAp P−1

Notons, pour tout p ∈ N, Pp : ≪ Bp = PAp P−1 ≫ Montrons que, pour tout p ∈ N, Pp est vraie en raisonnant par r´ ecurrence. • Initialisation :

* D’une part, B0 = In . * D’autre part, PA0 P−1 = PIn P−1 = PP−1 = In .

Ainsi, B0 = PA0 P−1 . Donc, P0 est vraie.

• H´ er´ edit´ e : On suppose Pp vraie a` un rang p ∈ N arbitrairement fix´e.

8 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

Nous avons alors : Bp+1 = Bp B = PAp P−1 B = PAp P−1 p −1

(1)

PAP−1

(2)

−1

(3)

= PA P PAP = PAP In AP−1 = PAp AP−1 = PAp+1 P−1

(1) : d’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence (2) : car B = PAP−1 . (3) : par associativit´e du produit matriciel Ainsi, Pp+1 est vraie.

• Conclusion : En vertu du principe de r´ ecurrence, Pp est vraie pour tout p ∈ N. Ainsi, ∀p ∈ N, Bp = PAp P−1 7) (a) Soit A = Soit n ∈ N. Posons N =

2 1 0 2

.

0 1 0 0

.

Donc, N2 = 0M2 (R) . Soit k > 2. Alors, en utilisant 2 ∈ N et k − 2 ∈ N : Nk = N(k−2)+2 = Nk−2 N2 = Nk−2 0M2 (R) = 0M2 (R) Ainsi, ∀k > 2, Nk = 0M2 (R) . Nous avons imm´ediatement : A = N + 2I2 De plus, N (2I2 ) = 2NI2 = 2N = 2I2 N = (2I2 ) N Ainsi, N et 2I2 commutent relativement au produit matriciel. Donc, d’apr` es la formule du binˆ ome de Newton (dans le contexte matriciel), puis les propri´ et´es du produit matriciel dont la neutralit´ e de I2 pour le produit matriciel : An =

n X k=0

n

n

k=0

k=0

X n X n n k Nk 2n−k I2 = 2n−k Nk N (2I2 )n−k = k k k

Raisonnons par disjonction des cas : • 1er cas : n > 2 Nous avons : ∀k ∈ J2, nK,

n n−k n n−k k 2 0M2 (R) = 0M2 (R) 2 N = k k 9 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

Donc, d’apr`es ce qui pr´ ec` ede : An = =

1 X n n−k k 2 N k k=0

n n−1 1 n n−0 0 2 N 2 N + 1 0

= 2n I2 + n2n−1 N • 2` eme cas : n = 1 Nous avons : An = A = 2I2 + N = 21 I2 + 1 × 21−1 N • 3` eme cas : n = 0 Nous avons : An = A0 = I2 = 20 I2 + 0 × 21−0 N

Ainsi, dans tous les cas, An = 2n I2 + n2n−1 N. Ainsi, 1 0 + n2n−1 An = 2n 0 1

0 1

2n n2n−1

=

0 0

2n

0

2n n2n−1

Ainsi, ∀n ∈ N, An =

0

2n

1 0 1 (b) Soit B =

.

0 0 0 1 0 1

2n−1 0 2n−1 Notons, pour tout n ∈ N∗ , Pn :

≪

Bn =

0

0

.

0

≫

2n−1 0 2n−1 Montrons que, pour tout n ∈ N, Pn est vraie en raisonnant par r´ ecurrence. • Initialisation : Nous avons : B =B=

0 0 0 1 0 1

21−1 0 21−1

20 0 20

1 0 1 1

=

0 0 0 0

2 0 2

0

=

0 2

1−1

0

0

0 2

1−1

Ainsi, P1 est vraie. • H´ er´ edit´ e : On suppose Pn vraie a` un rang n ∈ N arbitrairement fix´e. Montrons, sous cette hypoth` ese, que Pn est vraie.

10 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

Nous avons : Bn+1 = Bn B 2n−1 0 2n−1 =

0 2

n−1

1 0 1

0

0

0 0 0

0 2

n−1

1 0 0

2n−1 + 2n−1 0 2n−1 + 2n−1 =

0 2

n−1

+2

0 n−1

0

0 2

n−1

+ 2n−1

2(n−1)+1 0 2(n−1)+1 =

0 2

(n−1)+1

0 0 2

0 (n−1)+1

Ainsi, Pn+1 est vraie. • Conclusion : En vertu du principe de r´ ecurrence, Pn est vraie pour tout n ∈ N. 2n−1 0 2n−1

Ainsi, ∀n ∈ N∗ , Bn =

Ainsi, ∀n ∈ N, Bn =

0

0

.

0

2n−1 0 2n−1           

2n−1 0 2n−1 0 2 I3

n−1

si n > 1

0

0

0 2

n−1

si n = 0

8) (a) Montrons que f est une application lin´ eaire de l’espace vectoriel de r´ef´erence M2 (R) dans luimˆeme. • M2 (R) est un ensemble que l’on sait naturellement munir d’une structure d’espace vectoriel (espace vectoriel de r´ ef´ erence) ; • Soit M ∈ M2 (R). Alors, le produit matriciel AM est correctement d´ efini et am`ene une matrice carr´ee d’ordre 2 (car A est une matrice carr´ ee d’ordre 2). Ainsi, pour tout M ∈ M2 (R), f(M) est un ´el´ ement de M2 (R) correctement d´ efini. Ainsi, f est une application de M2 (R) dans lui-mˆ eme correctement d´efinie. • Soit (λ, µ) ∈ R2 et (M, N) ∈ M2 (R)2 . Nous avons : f (λM + µN) = A (λM + µN) = A (λM) + A (µN) = λAM + µAN

(1) (2)

= λf(M) + µf(N) (1) : par distributivit´ e du produit matriciel sur l’addition matricielle (2) : par propri´ et´ e du produit matriciel Ainsi, ∀ (λ, µ) ∈ R2 , ∀(M, N) ∈ M2 (R)2 , f (λM + µN) = λf(M) + µf(N) 11 sur 42

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020)

Ainsi, en vertu des trois points pr´ ec´edents : f est une application lin´ eaire de l’espace vectoriel de r´ef´erence M2 (R) dans lui-mˆeme. (b) On suppose, dans cette question seulement, que A est inversible. Soit N ∈ M2 (R). Soit M ∈ M2 (R). Nous avons : f(M) = N ⇔ AM = N

⇔ A−1 (AM) = A−1 N −1

(1)

−1

⇔ A A M=A N

(2)

⇔ I2 M = A−1 N ⇔ M = A−1 N

(1) : par inversibilit´ e de A et donc de A−1 (2) : par associativit´e du produit matriciel

Ainsi, pour tout N ∈ M2 (R), l’´equation AM = N d’inconnue M ∈ M2 (R) admet une unique solution qui est A−1 N. Donc, f est bijective et

f−1 : M2 (R) −→ M2 (R) . N 7−→ A−1 N

Comme f est bijective, f est en particulier injective et surjective.   Donc, par th´eor`eme, ker(f) = 0M2 (R) et Im(f) = M2 (R). (c) On suppose, dans cette question seulement, que A = i. D´eterminons le noyau et l’image de f. • D´eterminons le noyau de f. a b Soit M = ∈ M2 (R). c d

12 sur 42

1 1 1 1

.

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020) Alors : M ∈ ker(f) ⇔ f(M) = 0M2 (R) ⇔ AM = 0M2 (R) ⇔

1 1

a b

1 1

c d

a+c b+d

⇔

= 0M2 (R) 0 0

=

a+c b+d

0 0

⇔ a + c = 0 et b + d = 0

⇔ a = −c et b = −d −c −d

⇔ M=

c

⇔ M=c −1 0

Ainsi, ker(f) = Vect

1 0

d

−1 0 1 0

0 −1

+d

0 1

0 −1

,

0 1

• D´eterminons l’image de f. Nous avons que M2 (R) est un espace vectoriel de dimension finie dont la famille

1 0 0 0

0 1

,

,

0 0

0 0 1 0

,

0 1 0 0

est une base (base canonique

de M2 (R)). De plus, f est une application lin´ eaire de M2 (R) dans lui-mˆeme. Donc, par th´ eor` eme : 1 0

Im(f) = Vect f

0 0

,f

0 1 0 0

,f

0 0

,f

1 0

Or : * f

1 0 0 0

=

1 1

1 0

1 1

0 0

1 1

0 0

1 1

1 0

1 1

0 1

1 1

0 0

1 1

0 0

1 1

0 1

=

1 0 1 0

* f

0 0 1 0

=

=

1 0 1 0

* f

0 1 0 0

=

=

0 1 0 1

* f

0 0 0 1

=

13 sur 42

=

0 1 0 1

0 1 0 0

Math´ematiques

ECE 2 Lyc´ ee Hoche (2019 - 2020) Ainsi : Im(f) = Vect

1 0 1 0

En particulier,

−1 0 1 0

,

1 0

−1 0

0 1

0 1 0 1

.

0 1 .

0 1

−1 0

∈ ker(f) et

,

0 1

0 −1

,

1 0

0 1

,

1 0

1 0

Ainsi, ...