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www.rblld.fr ECS2 – Lycée La Bruyère, Versailles version du dimanche 29 juillet 2018 18:40 ECRICOME 2015 S Éléments de correction Premier exercice On supposera que n ⩾1 (sans quoi l’endomorphisme ϕ est nul). 1. a. Tout d’abord, ϕ est linéaire de Rn[X] dans R[X] par linéarité de la dérivation. Puis, pour P ∈Rn[X], deg P′′ ⩽deg P −2 ⩽deg P et deg 2XP′ = 1 + deg P′ ⩽deg P donc deg ϕ(P) ⩽deg P et ϕ(P) appartient à Rn[X]. Ainsi ϕ et un endomorphisme de Rn[X]. b. On calcule ϕ(1) = 0, ϕ(X) = −2X et ∀j ∈J2, nK , ϕ(Xj) = j(j −1)Xj−2 −2jXj d’où la matrice représentative de ϕ en base canonique : A =             0 0 2 0 · · · 0 0 −2 0 6 ... . . . 0 0 −4 0 ... 0 . . . 0 −6 ... n(n −1) . . . (0) ... ... 0 0 · · · · · · · · · 0 −2n             ∈Mn+1(R), de coefcient générique (en numérotant les lignes et colonnes de 0 à n) ai,j =    −2j si i = j j(j −1) si i = j −2 0 sinon , 0 ⩽i, j ⩽n. c. La matrice A étant triangulaire, ses valeurs propres sont ses coefcients diagonaux : 0, −2, −4, ..., −2n. L’endomorphisme ϕ admet donc, comme sa matrice A, n + 1 = dim Rn[X] valeurs propres deux-à-deux distinctes ; c’est donc un endomorphisme diagonalisable de Rn[X]. 2. a. Soient P et Q deux éléments non nuls de Rn[X], de degrés p et q et de coefcients dominants ap et bq. La fonction f : t 7− →P(t)Q(t)e−t2 est continue sur ]−∞, +∞[ avec : t2P(t)Q(t)e−t2 ∼apbqtp+q+2e−t2 →0, t →±∞ par croissances comparées. Ainsi f (t) = o( 1 t2) lorsque t →±∞, d’où l’on déduit la convergence de l’intégrale ´ +∞ −∞f (t) dt par comparaison aux intégrales de Riemann convergentes ´ −1 −∞ dt t2 et ´ +∞ 1 dt t2 . b. L’application ⟨·, ·⟩est bilinéaire par linéarité de l’intégrale généralisée convergente et symétrique. De plus, pour P ∈Rn[X], ⟨P, P⟩= ˆ +∞ −∞ P(t)2e−t2 dt ⩾0 où la fonction t 7− →P(t)2e−t2 est continue et positive. On a donc égalité ci-dessus si, et seulement si, P(t)2e−t2 = 0 pour tout t ∈R, ce qui fait une infnité de racines pour P et équivaut donc à la nullité de ce polynôme. Toutes les conditions sont donc réunies pour faire de ⟨·, ·⟩un produit scalaire sur Rn[X]. 3. Pour P, Q ∈Rn[X] donnés, une intégration par parties sur [a, b] ⊂R donne : ˆ b a ϕ(P)(t)Q(t)e−t2 dt = ˆ b a e−t2P′′(t) −2te−t2P′(t)  Q(t) dt = e−t2P′(t)  Q(t) b a − ˆ b a e−t2P′(t)  Q′(t) dt. En faisant tendre a vers −∞et b vers +∞, le crochet tend vers 0 comme en 2.a. et l’on récupère ⟨ϕ(P), Q⟩= −⟨P′, Q′⟩, qui admet donc une expression symétrique en P et Q, ce qui prouve que l’en- domorphisme ϕ est symétrique. www.rblld.fr ECS2 – Lycée La Bruyère, Versailles ECRICOME 2015 S – 2 4. a. Certes, (P0, P1, . . . , Pn) est obtenue par application du procédé d’orthogonalisation de Gram-Schmidt à la base canonique de Rn[X], ce qui donne immédiatement le résultat, mais on attend sans doute une justifcation plus poussée... On commence par justifer par une récurrence immédiate que Pk est de degré k pour tout k ∈J0, nK. On peut alors montrer par récurrence sur k que pour tout k ∈J0, nK, (P0, P1, . . . , Pk) est une base orthogonale de Rk[X]. Le résultat est clair pour k = 0 et, s’il est acquis à un rang k < n, alors Xk+1 −Pk+1 = k P i=0 Pi, Xk+1 ∥Pi∥2 Pi = k P i=0 Pi ∥Pi∥, Xk+1 Pi ∥Pi∥ est le projeté orthogonal de Xk+1 sur Rk[X] car les polynômes 1 ∥Pi∥Pi, 0 ⩽i ⩽k, forment une base orthonormale de Rk[X] par hypothèse de récurrence. Dans ces conditions, Xk+1−pRk[X](Xk+1) = Pk+1 est orthogonal à Rk[X] donc à P0, . . . , Pk. Ainsi (P0, P1, . . . , Pk, Pk+1) est une famille orthogonale formée de k + 2 = dim Rk+1[X] vecteurs non nuls de Rk+1[X], c’en est donc une base orthogonale. Remarque. Si l’on préfère, il est aussi possible de montrer, par récurrence sur k ∈J0, nK, que pour tous j < k ∈J0, nK, Pj et Pk sont orthogonaux : le résultat est évident pour k = 0 et, s’il est acquis à un rang k < n, alors pour j < k + 1 : ⟨Pj, Pk+1⟩= Pj, Xk+1 − k P i=0 Pi, Xk+1 ∥Pi∥2 ⟨Pj, Pi⟩= Pj, Xk+1 − Pj, Xk+1 ∥Pj∥2 ⟨Pj, Pj⟩= 0 car, dans la somme, tous les termes d’indice i ̸= j sont nuls par hypothèse de récurrence. b. Le cas de P0 est immédiat : ϕ(P0) = 0 et P0 ̸= 0 est donc propre pour la valeur propre λ0 = 0. Pour k ⩾1, le polynôme Pk appartient à Rk[X] mais aussi à Rk−1[X]⊥d’après a., deux sous-espaces stables par ϕ : le premier d’après l’argument développé en 1.a., le second car Rk−1[X] est stable par l’endomorphisme symétrique ϕ. Dans ces conditions, le polynôme ϕ(Pk) appartient aussi à Rk[X] en étant orthogonal à Rk−1[X] ; il est donc colinéaire à Pk, ce qui signife que Pk ̸= 0 est vecteur propre de ϕ. En comparant les monômes dominants de Pk et ϕ(Pk), on justife facilement que Pk est associé à la valeur propre λk = −2k (ce qu’on peut justifer géométriquement aussi). Deuxième exercice 1. a. On observe que 1 est racine évidente de P, ce qui conduit à P = (X−1)(2X2−X−1) = (X−1)2(2X+1). b. La fonction u est dérivable sur I par opérations sur les fonctions dérivables, avec : ∀x ∈I, u′(x) = 1 3  2 cos x + 1 cos2 x  −1 = 2 cos3 x −3 cos2 x + 1 3 cos2 x = P(cos x) 3 cos2 x . c. D’après a. et b., u′(x) est du signe de 2 cos x + 1 ⩾1 > 0 pour x ∈I. La fonction u est donc strictement croissante sur I. d. La fonction v est dérivable sur I avec : ∀x ∈I, v′(x) = 1 −3 cos x(2 + cos x) + 3(1 −cos2 x) (2 + cos x)2 = Q(cos x) (2 + cos x)2 pour Q = X2 −2X + 1 = (X −1)2. e. Il apparaît sur l’expression obtenue en d. que v′(x) > 0 pour tout x ∈I et la fonction v est donc strictement croissante sur I. f. Les fonctions u et v étant strictement croissantes sur I, elles prennent des valeurs strictement su- périeures à leurs limites à droite en 0, toutes deux nulles. Ainsi u(x) = f (x) −x > 0 et v(x) = x −g(x) > 0 i.e. g(x) < x < f (x) pour tout x ∈I. 2. a. On obtient : cos π 12 = cos π 4 cos π 6 + sin π 4 sin π 6 = √ 2 2 √ 3 2 + 1 2  = √ 3 + 1 2 √ 2 www.rblld.fr ECS2 – Lycée La Bruyère, Versailles ECRICOME 2015 S – 3 puis sin π 12 = sin π 4 cos π 6 −cos π 4 sin π 6 = √ 2 2 √ 3 2 −1 2  = √ 3 −1 2 √ 2 et tan π 12 = sin π 12 cos π 12 = √ 3 −1 √ 3 + 1 = ( √ 3 −1)2 ( √ 3 + 1)( √ 3 −1) = 4 −2 √ 3 2 = 2 − √ 3. b. L’encadrement de la question 1.f. pour x = π 12 donne : 9 √ 2( √ 3 −1) 2 + √ 3+1 2 √ 2 < π < 2 √ 6 −2 √ 2 + 8 −4 √ 3 i.e., après quelques simplifcations (on n’attend sans doute pas forcément une telle précision pour le minorant...), −504 −792 √ 2 −36 √ 3 + 936 √ 6 193 < π < 8 −4 √ 3 −2 √ 2 + 2 √ 6. 3. a. On linéarise : ∀θ ∈R, cos2 θ = eiθ + e−iθ 2 2 = e2iθ + 2 + e−2iθ 4 = 1 + cos(2θ) 2 pour obtenir la relation demandée. En notant, pour n ∈N donné, θn = π 3·2n, on a donc : b2 n+1 = cos2 θn+1 = 1 + cos(2θn+1) 2 = 1 + cos θn 2 = 1 + bn 2 d’où, puisque bn+1 = cos θn+1 ⩾0 sachant que θn+1 ∈[0, π 3 ], bn+1 = r 1 + bn 2 . De même, a2 n+1 = uploads/Litterature/ 2015-ecricome-corrige.pdf

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