Lycée Jean PerrinClasse de TSI2 2016/2017 Vendredi 6 Janvier

Devoir surveillé no3 de Mathématiques

(Durée : 4h)

Exercice 1

On considère la fonction g : R→ R, 2π-périodique, dé�nie sur ]− π, π[ par :

g(t) =

{cos t si t ∈

[−π

2, π2

]0 si t ∈

]−π,−π

2

[∪]π2, π]

1. Représenter graphiquement la fonction g entre −3π et 3π.

2. Quelle est la parité de la fonction g ? Justi�er votre réponse.

3. La série de Fourier de g est notée Sg(t) = a0 ++∞∑n=1

(an cos(nt) + bn sin(nt)

).

(a) Donner les coe�cients bn pour tout entier n strictement positif.

(b) Calculer a0 et a1.

(c) Montrer que pour tout n ∈ N \ {0, 1}, on a :

an =1

π(n+ 1)sin

((n+ 1)π

2

)+

1

π(n− 1)sin

((n− 1)π

2

)(d) En déduire la valeur de an si n est impair et n 6= 1.

(e) Montrer que si n = 2p est un entier pair non nul, alors a2p =2(−1)p+1

π(4p2 − 1).

On s'intéresse maintenant à la convergence de la série de Fourier de g.

(a) A-t-on pour tout t ∈ R, g(t) = Sg(t) ? Justi�er précisément votre réponse.

(b) Montrer que

∀t ∈[−π

2,π

2

], cos t =

2

π+

4

π

+∞∑p=1

(−1)p+1

4p2 − 1cos(2pt)

(c) En déduire la valeur de+∞∑p=1

(−1)p+1

4p2 − 1.

4. (a) Appliquer l'identité de Parseval à la fonction g.

(b) En déduire la valeur de+∞∑p=1

1

(4p2 − 1)2.

Correction H [sf1]

1/17

Exercice 2

Dans l'ensemble de l'exercice,M3(R) désigne l'ensemble des matrices d'ordre 3 à coe�cients réels.

1. (a) Soit (a, c) ∈ R2, on considère la matrice A à coe�cients réels dé�nie par :

A =

a+ c 0 c0 a+ 2c 0c 0 a+ c

(b) Déterminer le spectre de A.

(c) Montrer que A est diagonalisable.

(d) Déterminer une matrice D diagonale, de la forme D =

λ 0 00 µ 00 0 µ

, où (λ, µ) ∈ R2, et

une matrice inversible P deM3(R), telles que :

P−1AP = D.

(e) Soit N ∈M3(R). On veut résoudre l'équation matricielle :

AN = NA (E1)

d'inconnue N .

Montrer que N est solution de (E1) si et seulement si la matrice N ′ dé�nie par N ′ = P−1NPest solution de l'équation :

DN ′ = N ′D (E2)

(f) On suppose dans cette question et dans la suivante que c 6= 0.

Déterminer l'ensemble des matrices deM3(R) solutions de (E2).

(g) Exprimer les solutions de (E1) à l'aide des matrices P et P−1. On ne demande pas le détaildes coe�cients des matrices N solutions de (E1).

2. Soit l'ensemble F =

M(a, b, c) =

a+ c b cb a+ 2c 0c 0 a+ b+ c

; (a, b, c) ∈ R3

.

(a) Montrer que F est un sous-espace vectoriel deM3(R).

(b) Déterminer une base de F et la dimension de F .

Soit (a, b, c) ∈ R3, on va désormais étudier certaines propriétés de M(a, b, c), élément quel-conque de F .

(c) Véri�er que

111

est un vecteur propre de M(a, b, c), associé à une valeur propre que

l'on déterminera. On note λ1 cette valeur propre.

(d) Calculer le polynôme caractéristique de M(a, b, c) sous forme factorisée.

Indication : faire apparaître le coe�cient X − λ1 dans le polynôme caractéristique P (X),à l'aide d'une opération élémentaire très simple sur les lignes et les colonnes.

On pourra utiliser la relation b2 − bc+ c2 =(b− 1

2c)2

+ 34c2.

(e) À quelles conditions sur le triplet (a, b, c), la matriceM(a, b, c) admet-elle une valeur propretriple ?

Dans ce cas, la matrice M(a, b, c) est-elle diagonalisable ?

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(f) À quelles conditions portant sur le triplet (a, b, c) la matriceM(a, b, c) admet-elle une valeurpropre double non triple ?

Correction H [re1]

Exercice 3

Dans tout le problème on confond polynôme et application polynomiale de R dans R.On note, pour tout k de N, Rk[X] le sous-espace de R[X] formé des polynômes de degré inférieur ouégal à k.

On dé�nit l'ensemble E = {P ∈ R4[X] ; P (0) = P (4) = 0} et le polynôme W = X(X − 4).

Partie I : Étude d'endomorphismes

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R4[X].

Pour tout polynôme Q de R2[X], on note φ(Q) = WQ.

2. Montrer que l'application φ : Q 7→ WQ est un isomorphisme de R2[X] sur E.

3. En déduire une base et la dimension de E.

Pour tout polynôme Q de R2[X], on considère le polynôme ∆(Q) dé�ni par :

∆(Q) = Q(X + 1)−Q(X).

Ainsi, par exemple, si Q = X2 − 3X + 5, alors :

∆(Q) =((X + 1)2 − 3(X + 1) + 5

)−(X2 − 3X + 5

)= 2X − 2

4. (a) Montrer que l'application ∆ est un endomorphisme de R2[X].

(b) Déterminer, pour tout polynôme Q de R2[X], le degré de ∆(Q) en fonction du degré de Q.

(c) Déterminer le noyau et l'image de ∆.

(d) Établir ∆ ◦∆ ◦∆ = 0.

5. On dé�nit l'endomorphisme f de E suivant : f = φ ◦ ∆ ◦ φ−1, où φ−1 désigne l'applicationréciproque de φ.

(a) Montrer f ◦ f ◦ f = 0.

(b) Déterminer une base du noyau de f et une base de l'image de f .

(c) Démontrer que f admet une valeur propre et une seule et déterminer celle-ci. Donner unebase et la dimension du sous-espace propre pour f associé à cette valeur propre.

(d) Est-ce que f est diagonalisable ?

Partie II : Étude d'un produit scalaire On considère l'application 〈., .〉 de R4[X]×R4[X] dansR dé�nie par :

∀(P1, P2) ∈ R4[X]× R4[X], 〈P1, P2〉 =4∑

k=0

P1(k)P2(k).

6. Montrer que 〈., .〉 est un produit scalaire sur R4[X].

On munit dorénavant R4[X] de ce produit scalaire et de la norme associée ‖.‖.On considère les trois polynômes suivants :

L1 = (X − 2)(X − 3), L2 = (X − 1)(X − 3), L3 = (X − 1)(X − 2).

3/17

7. Montrer que la famille (L1, L2, L3) est une base de R2[X].

8. (a) Exprimer, pour tout polynôme P de R2[X], les coordonnées de P dans la base (L1, L2, L3)en fonction de P (1), P (2), P (3).

(b) Exprimer ∆(L1),∆(L2),∆(L3) sur la base (L1, L2, L3) de R2[X] et en déduire que la ma-

trice de l'endomorphisme ∆ dans la base (L1, L2, L3) de R2[X] est

−1 −1/2 00 −1 −21 3/2 2

.

On note pour tout i de {1, 2, 3}, Mi = WLi.

9. (a) Montrer que pour tout i de {1, 2, 3}, Mi(i) est non nul.

On note alors pour tout i de {1, 2, 3}, Ni =1

Mi(i)Mi.

(b) Montrer que (N1, N2, N3) est une base orthonormée du sous-espace vectoriel E de R4[X].

10. Déterminer la matrice de l'application linéaire φ dans les bases (L1, L2, L3) de R2[X] et (N1, N2, N3)de E.

11. Déterminer la matrice de l'endomorphisme f dans la base (N1, N2, N3) de E.

12. On note, pour tout polynôme P de R4[X] : u(P ) =3∑i=1

P (i)Ni.

(a) Montrer que u est un endomorphisme de R4[X].

(b) Montrer : ∀P ∈ R4[X], ∀j ∈ {1, 2, 3}, 〈P − u(P ), Nj〉 = 0.

(c) En déduire que u est la projection orthogonale sur E.

(d) Déterminer le projeté orthogonal de Q = X2(X − 2)(X − 3) sur E.

Correction H [ep1]

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Correction de l'exercice 1 NOn considère la fonction g : R→ R, 2π-périodique, dé�nie sur ]− π, π[ par :

g(t) =

{cos t si t ∈

[−π

2, π2

]0 si t ∈

]−π,−π

2

[∪]π2, π]

1. Graphe de f sur l'intervalle [−3π, 3π] :

10 π

1

2. Pour t ∈[−π

2, π2

]: f(−t) = cos(−t) = cos t = f(t).

Pour t ∈[−π,−π

2

[∪]π2, π]: f(−t) = 0 = f(t).

donc f[−π,π] est paire, et par 2π-périodicité :

La fonction f est paire.

3. La série de Fourier de g est notée Sg(t) = a0 ++∞∑n=1

(an cos(nt) + bn sin(nt)

).

(a) Puisque f est paire, on en déduit immédiatement :

∀n ∈ N∗, bn = 0.

(b) Tout d'abord, on calcule (en utilisant la parité pour se ramener à [0, π]) :

a0 =1

2π

∫ π

−πf(t)dt =

1

π

∫ π/2

0

cos(t)dt

=1

π

[sin(t)

]π/20

=1

π

puis pour n = 1 :

a1 =1

π

∫ π

−πf(t) cos(t)dt =

2

π

∫ π

0

f(t) cos(t)dt =2

π

∫ π/2

0

cos2 tdt

=1

π

∫ π/2

0

(1 + cos(2t))dt =1

π

[t+ sin(2t)

]π/20

=1

2

a0 =1

πet a1 =

1

2

(c) Soit n ∈ N \ {0, 1}, on a :

an =1

π

∫ π

−πf(t) cos(nt)dt =

2

π

∫ π

0

f(t) cos(nt)dt =2

π

∫ π/2

0

f(t) cos t cos(nt)dt

=1

π

∫ π/2

0

[cos((n+ 1)t) + cos((n− 1)t)

]dt

=1

π

[1

n+ 1sin((n+ 1)t) +

1

n− 1sin((n− 1)t)

]π/20

5/17

Et �nalement, on obtient :

∀n ∈ N \ {0, 1}, an =1

π(n+ 1)sin

((n+ 1)π

2

)+

1

π(n− 1)sin

((n− 1)π

2

)

(d) Si n est impair, alors n + 1 et n− 1 sont pairs, et (n + 1)/2 et (n− 1)/2 sont des entiers,d'où :

sin

((n+ 1)π

2

)= sin

((n− 1)π

2

)= 0

On conclut avec la relation trouvée à la question précédente :

∀n ∈ N \ {0, 1}, n impair, an = 0

(e) Soit n = 2p un entier pair non nul :

an = a2p =1

π(2p+ 1)sin

((2p+ 1)π

2

)+

1

π(2p− 1)sin

((2p− 1)π

2

)Ici, on a :

sin

((2p+ 1)π

2

)= sin

(pπ +

π

2

)= (−1)p sin

(π2

)= (−1)p

sin

((2p− 1)π

2

)= sin

(pπ − π

2

)= (−1)p sin

(−π

2

)= (−1)p+1

Ce qui permet d'achever le calcul :

a2p =(−1)p

π(2p+ 1)+

(−1)p+1

π(2p− 1)= (−1)p+1

[1

π(2p− 1)− 1

π(2p+ 1)

]= (−1)p+1

[2

π(2p− 1)(2p+ 1)

]En développant, on obtient le résultat :

Si n = 2p est un entier pair non nul, alors a2p =2(−1)p+1

π(4p2 − 1).

On s'intéresse maintenant à la convergence de la série de Fourier de g.

(a) La fonction g est 2π-périodique et de classe C1 par morceaux. D'après le théorème deDirichlet, la série de Fourier de g converge donc en tout point t ∈ R vers la régularisée g̃ :

∀t ∈ R, Sg(t) = g̃(t)

De plus f est continue sur ]−π, π], donc sur R (c'est évident pour t ∈]−π, π]\{−π/2, π/2, π},et c'est vrai en −π/2, π/2, π car les limites à droite et à gauche de f sont égales à la valeurde f en ces points). On en déduit que

∀t ∈ R, f̃(t) = f(t)

On conclut :∀t ∈ R, g(t) = Sg(t)

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(b) On peut donner l'expression de Sg(t) à l'aide des calculs de an et bn précédemment e�ec-tués :

Sg(t) = a0 + a1 cos t++∞∑n=2

an cos(nt)

=1

π+

1

2cos(t) +

+∞∑n=2n pair.

an cos(nt)

=1

π+

1

2cos(t) +

+∞∑p=1

a2p cos(2pt)

Sg(t) =1

π+

1

2cos(t) +

+∞∑p=1

2(−1)p+1

π(4p2 − 1)cos(2pt)

Et pour t ∈[−π

2, π2

], cette relation devient :

cos t =1

π+

1

2cos(t) +

+∞∑p=1

2(−1)p+1

π(4p2 − 1)cos(2pt) (1)

(2)

On obtient donc presque immédiatement

∀t ∈[−π

2,π

2

], cos t =

2

π+

4

π

+∞∑p=1

(−1)p+1

4p2 − 1cos(2pt)

(c) La relation étant vraie pour t = 0, on trouve :

cos 0 = 1 =2

π+

4

π

+∞∑p=1

(−1)p+1

4p2 − 1

D'où :+∞∑p=1

(−1)p+1

4p2 − 1=π

4

(1− 2

π

)+∞∑p=1

(−1)p+1

4p2 − 1=π

4− 1

2

Remarque : La relation est aussi vraie pour t = π2, et permet de trouver

+∞∑p=1

1

4p2 − 1.

4. (a) On peut appliquer l'identité de Parseval à la fonction g, puisqu'elle est 2π-périodique etcontinue (par morceaux) :

a20 +1

2

+∞∑n=0

(a2n + b2n) =1

2π

∫ π

−πf 2(t)dt =

1

π

∫ π

0

f 2(t)dt =1

π

∫ π/2

0

cos2(t)dt

a20 +1

2a21 +

1

2

+∞∑p=1

a22p =1

2π

∫ π/2

0

(1 + cos(2t))dt =1

2π

[t+ sin(2t)

]π/20

=1

4

7/17

En simpli�ant, la relation devient :

1

π2+

1

8+

2

π2

+∞∑p=1

1

(4p2 − 1)2=

1

4

(b) En isolant la somme, on trouve la valeur :

+∞∑p=1

1

(4p2 − 1)2=π2

16− 1

2

Correction de l'exercice 2 NDans l'ensemble de l'exercice,M3(R) désigne l'ensemble des matrices d'ordre 3 à coe�cients réels.

1. (a) Soit (a, c) ∈ R2, on considère la matrice A à coe�cients réels dé�nie par :

A =

a+ c 0 c0 a+ 2c 0c 0 a+ c

(b) On calcule le polynôme caractéristique de A :

χA(x) =x− a− c 0 −c

0 x− a− 2c 0−c 0 x− a− c

=x− a− 2c 0 −cx− a− 2c x− a− 2c 0x− a− 2c 0 x− a− c

(C1 ← C1 + C2 + C3)

χA(x) =x− a− 2c 0 −c

0 x− a− 2c c0 0 x− a

(L2 ← L2 − L1

L3 ← L3 − L1

)

Donc χA(x) = (x− a− 2c)2(x− a) et

Sp(A) = {a, a+ 2c}

(c) Si c = 0, la matrice A est égale à aI3, donc diagonale (et évidemment diagonalisable).

Si c 6= 0, on remarque l'existence d'une valeur propre double dont nous allons déterminerle sous-espace caractéristique :

(A− (a+ 2c)I)

xyz

=

000

⇐⇒ −cx+ cz = 0

⇐⇒ x = z car c 6= 0.

D'où Ea+2c = Vect

1

01

,

010

.

Résumons : χA est scindé et la multiplicité de chaque valeur propre correspond à la dimen-sion du sous-espace propre associé :

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A est diagonalisable.

(d) On considère toujours ici c 6= 0 (le cas c = 0 est trivial). Il reste à déterminer Ea.

(A− aI)

xyz

=

000

⇐⇒{cx+ cz = 0

2cy = 0

⇐⇒{x = −zy = 0

.

D'où Ea =

1

0−1

. On conclut :

D =

a 0 00 a+ 2c 00 0 a+ 2c

= P−1AP avec : P =

1 0 10 1 0−1 0 1

(e) Soit N ∈M3(R). On veut résoudre l'équation matricielle :

AN = NA (E1)

d'inconnue N .

N solution de (E1) ⇐⇒ AN = NA ⇐⇒ PDP−1N = NPDP−1

On multiplie l'égalité à gauche par P−1 et à droite par P :

N solution de (E1) ⇐⇒ P−1(PDP−1N

)P = P−1

(NPDP−1

)P

⇐⇒ DP−1NP = P−1NPD

En résumé :

N est solution de (E1) ⇐⇒ DN ′ = N ′D (E2), avec N ′ = P−1NP

(f) On suppose dans cette question et dans la suivante que c 6= 0.

Soit N ′ =

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

∈M3(R). On calcule simplement :

N ′D =

ax1 (a+ 2 c) y1 (a+ 2 c) z1

ax2 (a+ 2 c) y2 (a+ 2 c) z2

ax3 (a+ 2 c) y3 (a+ 2 c) z3

; DN ′ =

ax1 ay1 az1

(a+ 2 c)x2 (a+ 2 c) y2 (a+ 2 c) z2

(a+ 2 c)x3 (a+ 2 c) y3 (a+ 2 c) z3

et on constate que N ′ est solution de (E2) si et seulement si :

ay1 = (a+ 2c)y1az1 = (a+ 2c)z1ax2 = (a+ 2c)x2ax3 = (a+ 2c)x3

i.e

2cy1 = 02cz1 = 02cx2 = 02cx3 = 0

Comme c 6= 0, on en déduit que N ′ est solution de (E2) si et seulement si

y1 = z1 = x2 = x3 = 0

9/17

L'ensemble des matrices deM3(R) solutions de (E2) est :

S(E2) =

N ′ = x1 0 0

0 y2 z20 y3 z3

avec x1, y2, z2, y3, z3 ∈ R

(g) L'ensemble des solutions de (E1) s'en déduit immédiatement (avec N = PN ′P−1) :

S(E1) =

N = P

x1 0 00 y2 z20 y3 z3

P−1 avec x1, y2, z2, y3, z3 ∈ R

2. Soit l'ensemble F =

M(a, b, c) =

a+ c b cb a+ 2c 0c 0 a+ b+ c

; (a, b, c) ∈ R3

.

(a) Notons :

J =

0 1 01 0 00 0 1

et K =

1 0 10 2 01 0 1

On constate immédiatement que F est l'ensemble des combinaisons linéaires des matricesI, J et K, c'est à dire le sous-espace vectoriel engendré par I, J et K :

F = Vect(I, J,K) est un sous-espace vectoriel deM3(R).

(b) (I, J,K) est une famille génératrice de F , et de plus :

aI + bJ + cK = 0 =⇒

a+ c b cb a+ 2c 0c 0 a+ b+ c

= 0 =⇒ b = c = 0 = a

donc cette famille est libre.

(I, J,K) est une base de F , et dimF = 3.

Soit (a, b, c) ∈ R3, on va désormais étudier certaines propriétés de M(a, b, c), élément quel-conque de F .

(c) M(a, b, c)

111

=

a+ b+ 2ca+ b+ 2ca+ b+ 2c

= (a+ b+ 2c)

111

, donc :

111

est un vecteur propre de M(a, b, c), associé à la valeur propre λ1 = a+ b+ 2c.

(d) Calculons le polynôme caractéristique de M(a, b, c) :

χM(a,b,c)(x) =x− a− c −b −c−b x− a− 2c 0−c 0 x− a− b− c

=x− a− b− 2c −b −cx− a− b− 2c x− a− 2c 0x− a− b− 2c 0 x− a− b− c

(C1 ← C1 + C2 + C3)

χM(a,b,c)(x) =x− a− b− 2c −b −c

0 x− a+ b− 2c c0 b x− a− b

(L2 ← L2 − L1

L3 ← L3 − L1

)

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Il reste à développer :

χM(a,b,c)(x) =(x− (a+ b+ 2c)

)((x− a+ b− 2c)(x− a− b)− bc

)=

(x− (a+ b+ 2c)

)(x2 − 2(a+ c)x+ a2 − b2 + 2ac+ bc

)Pour achever la factorisation, il su�t de calculer le discriminant du second facteur :

∆ = 4(a+ c)2 − 4(a2 − b2 + 2ac+ bc) = 4(b2 + c2 − bc)

= 4

[(b− 1

2c

)2

+3

4c2

]Ainsi :

χM(a,b,c) =(x− (a+ b+ 2c)

)x−a+ c−

√(b− 1

2c

)2

+3

4c2

× · · ·· · · ×

x−a+ c+

√(b− 1

2c

)2

+3

4c2

(e) La matrice M(a, b, c) admet une valeur propre triple si et seulement si les trois racines du

polynôme caractéristique sont égales, ce qui revient à la condition :

b+ c =

√(b− 1

2c

)2

+3

4c2 = −

√(b− 1

2c

)2

+3

4c2

Ceci équivaut à :{b+ c = 0(b− 1

2c)2

+ 34c2 = 0

i.e

{c = −b(b+ 1

2b)2

+ 34b2 = 3b2 = 0

En dé�nitive :

M(a, b, c) admet une valeur propre triple si et seulement si b = c = 0.

Dans ce cas, la matrice M(a, b, c) est diagonale (donc diagonalisable) car M(a, 0, 0) = aI.

(f) M(a, b, c) admet une valeur propre double non triple si on a (b, c) 6= (0, 0) et si l'une destrois conditions est véri�ée :

b+ c =√(

b− 12c)2

+ 34c2

b+ c = −√(

b− 12c)2

+ 34c2√(

b− 12c)2

+ 34c2 = −

√(b− 1

2c)2

+ 34c2

Les deux premières conditions impliquent la relation :

(b+ c)2 =

(b− 1

2c

)2

+3

4c2, c'est à dire : bc = 0, ou encore : b = 0 ou c = 0

La troisième condition équivaut à :(b− 1

2c

)2

+3

4c2 = 0, c'est à dire : c = 0 = b

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On a donc nécessairement (b = 0 et c 6= 0) ou (c = 0 et b 6= 0).

Réciproquement, avec la première condition, on a :

Sp(A) = {a+ 2c, a+ c− |c|, a+ c+ |c|) = {a, a+ 2c}

Et avec la deuxième condition, on a :

Sp(A) = {a+ b, a− |b|, a+ |b|) = {a+ b, a− b}

Et on constate qu'il y a bien une racine double non triple (dans le premier cas, on retrouvela matrice de la question 1 avec c 6= 0).

M(a, b, c) admet une valeur propre double non triple si et seulement si

{b = 0c 6= 0

ou

{c = 0b 6= 0

.

Correction de l'exercice 3 N

Partie I : Étude d'endomorphismes

1. Le polynôme nul est clairement dans E. De plus, si P,Q ∈ E et λ, µ ∈ R, on trouve :

(λP + µQ)(0) = λP (0)︸︷︷︸=0

+ µQ(0)︸︷︷︸=0

= 0

(λP + µQ)(4) = λP (4)︸︷︷︸=0

+ µQ(4)︸︷︷︸=0

= 0

Donc λP + µQ ∈ E.

E est un sous-espace vectoriel de R4[X].

2. • L'application φ est à valeur dans E, car si Q ∈ R2[X], on a φ(Q) = WQ ∈ R4[X] et de plus :

φ(Q)(0) = W (0)Q(0) = 0×Q(0) = 0 ; φ(Q)(4) = W (4)Q(4) = 0×Q(4) = 0

• L'application φ est linéaire car si P,Q ∈ R2[X] et λ, µ ∈ R, on a :

φ(λP + µQ) = W (λP + µQ) = λWP + µWQ = λφ(P ) + µφ(Q)

• L'application φ est injective, car si P ∈ R2[X] :

φ(P ) = 0 =⇒ WP = 0 =⇒W 6=0

P = 0

• En�n, l'application φ est surjective, car si Q ∈ E, on a Q(0) = Q(4) = 0, doncW = X(X−4)divise Q et :

∃P ∈ R2[X] tel que : Q = WP = φ(P )

L'application φ : Q 7→ WQ est un isomorphisme de R2[X] sur E.

3. On en déduit que dimE = dimR2[X] = 3, et qu'une base de E est formée par les images deséléments

(φ(1), φ(X), φ(X2)

)de la base canonique de R2[X] :

dimE = 3 et(X(X − 4), X2(X − 4), X3(X − 4)

)est une base de E.

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4. (a) • ∆ est linéaire car si P,Q ∈ R2[X] et λ, µ ∈ R :

∆(λP + µQ) = (λP + µQ)(X + 1) = (λP + µQ)(X)

= λP (X + 1) + µQ(X + 1) + λP (X) + µQ(X)

= λ(P (X + 1)− P (X)

)+ µ(Q(X + 1)−Q(X)

)∆(λP + µQ) = λ∆(P ) + µ∆(Q)

• ∆ est à valeurs dans R2[X] car :

∆(1) = 1− 1 = 0 ; ∆(X) = X + 1−X = 1 ; ∆(X2) = (X + 1)2 −X2 = 2X + 1

C'est à dire que les images par ∆ des éléments de la base canonique de R2[X] sont dansR2[X]. En résumé :

∆ est un endomorphisme de R2[X].

(b) D'après le calcul précédent, si Q = aX2 + bX + c on a :

∆(Q) = a∆(X2) + b∆(X) + c∆(1) = 2aX + (a+ b)

Il est ainsi clair que le degré de ∆(Q) est :

deg(∆(Q) =

{−∞ si deg(Q) 6 0deg(Q)− 1 si deg(Q) = 1 ou 2

(c) Im ∆ = Vect(∆(1),∆(X),∆(X2)

)= Vect(1, 2X + 1) = Vect(1, X), d'où :

Im ∆ = R1[X]

D'après le théorème du rang on sait que dim Ker ∆ = dimR2[X] − rg ∆ = 1, et comme1 ∈ Ker ∆, en en déduit Ker ∆ = Vect(1).

Ker ∆ = R0[X]

(d) Si Q = aX2 + bX + c, alors :

∆(Q) = 2aX + (a+ b)

∆2(Q) = ∆(2aX + (a+ b)) = 2a∆(X) + (a+ b)∆(1) = 2a

∆3(Q) = ∆(2a) = 2a∆(1) = 0

En conclusion :∆ ◦∆ ◦∆ = 0

5. On dé�nit l'endomorphisme f de E suivant : f = φ ◦ ∆ ◦ φ−1, où φ−1 désigne l'applicationréciproque de φ.

(a) Il su�t de calculer :

f ◦ f ◦ f = (φ ◦∆ ◦ φ−1) ◦ (φ ◦∆ ◦ φ−1) ◦ (φ ◦∆ ◦ φ−1)= φ ◦∆ ◦ (φ−1 ◦ φ) ◦∆ ◦ (φ−1 ◦ φ) ◦∆ ◦ φ−1

= φ ◦ (∆ ◦∆ ◦∆︸ ︷︷ ︸=0

) ◦ φ−1

On a bien ainsi établi que :f ◦ f ◦ f = 0.

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(b) Calculons les images de la base de E déterminée à la question 3 :

f(X(X − 4)

)= φ ◦∆

(φ−1(X(X − 4)

)= φ

(∆(1)

)= φ(0) = 0

f(X2(X − 4)

)= φ ◦∆

(φ−1(X2(X − 4)

)= φ

(∆(X)

)= φ(1) = X(X − 4)

f(X3(X − 4)

)= φ ◦∆

(φ−1(X3(X − 4)

)= φ

(∆(X2)

)= φ(2X + 1)

= X(X − 4)(2X + 1) = 2X2(X − 4) +X(X − 4)

D'où Im f = Vect(X(X − 4), 2X2(X − 4) +X(X − 4)

)= Vect

(X(X − 4), X2(X − 4)

)et

par le théorème du rang : Ker f = Vect(X(X − 4)) :(X(X − 4)

)est une base du noyau de f .(

X(X − 4), X2(X − 4))est une base de l'image de f .

(c) La matrice de f dans la base de E trouvée à la question 3 est :

A =

0 1 10 0 20 0 0

Il est donc immédiat que χf = x3, et on conclut :

0 est l'unique valeur propre de f .

Comme de plus le sous-espace propre E0 associé est Ker f :

dimE0 = 1, et(X(X − 4)

)est une base de E0.

(d) Puisque la dimension de ce sous-espace propre est strictement inférieur à la multiplicité dela valeur propre :

f n'est pas diagonalisable.

Partie II : Étude d'un produit scalaire On considère l'application 〈., .〉 de R4[X]×R4[X] dansR dé�nie par :

∀(P1, P2) ∈ R4[X]× R4[X], 〈P1, P2〉 =4∑

k=0

P1(k)P2(k).

6. • L'application est symétrique car ∀P1, P2 ∈ R4[X] :

〈P1, P2〉 =4∑

k=0

P1(k)P2(k) =4∑

k=0

P2(k)P1(k) = 〈P2, P1〉

• L'application est linéaire à gauche (donc bilinéaire) car ∀P1, Q1, P2 ∈ R4[X] et λ, µ ∈ R :

〈λP1 + µQ1, P2〉 =4∑

k=0

(λP1 + µQ1)(k)P2(k)

= λ

4∑k=0

P1(k)P2(k) + µ4∑

k=0

Q1(k)P2(k)

〈λP1 + µQ1, P2〉 = λ〈P1, P2〉+ µ〈Q1, P2〉

• L'application est positive car ∀P ∈ R4[X] :

(P |P ) =4∑

k=0

P (k)2 > 0

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• L'application est dé�nie positive car ∀P ∈ R4[X] :

(P |P ) = 0 =⇒4∑

k=0

P (k)2 = 0

=⇒ P (0) = P (1) = P (2) = P (3) = P (4) = 0

(P |P ) = 0 =⇒ P = 0, car P est un polynôme de degré 4 avec 5 racines distinctes.

〈., .〉 est un produit scalaire sur R4[X].

On munit dorénavant R4[X] de ce produit scalaire et de la norme associée ‖.‖.On considère les trois polynômes suivants :

L1 = (X − 2)(X − 3), L2 = (X − 1)(X − 3), L3 = (X − 1)(X − 2).

7. Soit λ1, λ2, λ3 tels que :λ1L1 + λ2L2 + λ3L3 = 0

En particulier : λ1L1(1) + λ2L2(1) + λ3L3(1) = 0 = 2λ1λ1L1(2) + λ2L2(2) + λ3L3(2) = 0 = −λ2λ1L1(3) + λ2L2(3) + λ3L3(3) = 0 = 2λ3

Donc λ1 = λ2 = λ3 = 0. La famille (L1, L2, L3) est une famille libre de 3 vecteurs de R2[X] (dedimension 3), donc :

(L1, L2, L3) est une base de R2[X].

8. (a) Soit P de R2[X] et λ1, λ2, λ3 tels que :

P = λ1L1 + λ2L2 + λ3L3

En particulier : P (1) = λ1L1(1) + λ2L2(1) + λ3L3(1) = 2λ1P (2) = λ1L1(2) + λ2L2(2) + λ3L3(2) = −λ2P (3) = λ1L1(3) + λ2L2(3) + λ3L3(3) = 2λ3

Donc λ1 =1

2P (1), λ2 = −P (2) et λ3 =

1

2P (3).

P a pour coordonnées(12P (1),−P (2), 1

2P (3)

)dans la base (L1, L2, L3).

(b) On a ensuite (en utilisant la question précédente) :

∆(L1) = L1(X + 1)− L1(X) = L3 − L1

∆(L2) = L2(X + 1)− L2(X) = X(X − 2)− L2

=

[−1

2L1 +

3

2L3

]− L2 = −1

2L1 − L2 +

3

2L3

∆(L3) = L3(X + 1)− L3(X) = X(X − 1)− L3

= [−2L2 + 3L3]− L3 = −2L2 + 2L3

Ces calculs prouvent que :

A =Mat(L1,L2,L3)∆ =

−1 −1/2 00 −1 −21 3/2 2

On note pour tout i de {1, 2, 3}, Mi = WLi.

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9. (a) Il su�t de calculer :

M1(1) = W (1)L1(1) = −3× 2 = −6

M2(2) = W (2)L2(2) = −4× (−1) = 4

M3(3) = W (3)L2(2) = −3× 2 = −6

Pour tout i de {1, 2, 3}, Mi(i) est non nul.

On note alors pour tout i de {1, 2, 3}, Ni =1

Mi(i)Mi.

(b) Il est clair que (N1, N2, N3) est une famille de vecteurs de E. De plus, pour i ∈ {1, 2, 3} :

‖Ni‖2 = 〈Ni, Ni〉 =1

Mi(i)2〈Mi,Mi〉

=1

Mi(i)2

4∑j=0

Mi(j)2︸ ︷︷ ︸

=0 si i 6=j

=1

Mi(i)2Mi(i)

2 = 1

Et pour k ∈ {1, 2, 3}, k 6= i :

〈Ni, Nk〉 =1

Mi(i)Mk(i)〈Mi,Mk〉

=1

Mi(i)Mk(i)

4∑j=0

Mi(j)Mk(j)︸ ︷︷ ︸=0

= 0

En conclusion :

(N1, N2, N3) est une base orthonormée du sous-espace vectoriel E de R4[X].

10. Remarquons que pour i ∈ {1, 2, 3} :

φ(Li) = WLi = Mi = Mi(i)Ni

On a donc immédiatement :

P =Mat(L1,L2,L3),(N1,N2,N3)φ =

M1(1) 0 00 M2(2) 00 0 M3(3)

=

−6 0 00 4 00 0 −6

11. Comme f = φ ◦∆ ◦ φ−1, on peut calculer :

Mat(N1,N2,N3)f = P × A× P−1

=

−6 0 00 4 00 0 −6

× −1 −1/2 0

0 −1 −21 3/2 2

× −1/6 0 0

0 1/4 00 0 −1/6

Mat(N1,N2,N3)f = B =

−1 3/4 0

0 −1 4/3

1 −9/4 2

12. On note, pour tout polynôme P de R4[X] : u(P ) =

3∑i=1

P (i)Ni.

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(a) • u est linéaire. En e�et, ∀P,Q ∈ R4[X] et λ, µ ∈ R :

u(λP + µQ) =3∑i=1

(λP + µQ)(i)Ni =3∑i=1

(λP (i)Ni + µQ(i)Ni)

= λ3∑i=1

P (i)Ni + µ

3∑i=1

Q(i)Ni

Il est clair par ailleurs que u est à valeurs dans R4[X] car N1, N2, N3 ∈ R4[X].

u est un endomorphisme de R4[X].

(b) Soit P ∈ R4[X] et j ∈ {1, 2, 3} :

〈P − u(P ), Nj〉 = 〈P −3∑i=1

P (i)Ni, Nj〉

= 〈P,Nj〉 −3∑i=1

P (i)(Ni |Nj)︸ ︷︷ ︸=δi,j

=4∑

k=0

P (k)Nj(k)︸ ︷︷ ︸=δj,k

− P (j)

〈P − u(P ), Nj〉 = P (j)− P (j) = 0

∀P ∈ R4[X], ∀j ∈ {1, 2, 3}, 〈P − u(P ), Nj〉 = 0

(c) La question précédente montre que P − u(P ) est orthogonal au sous-espace vectorielVect(N1, N2, N3) = E. On a donc la décomposition :

∀P ∈ R4[X], P = u(P )︸ ︷︷ ︸∈E

+ (P − u(P ))︸ ︷︷ ︸∈E⊥

Ce qui prouve que :

u est la projection orthogonale sur E.

(d) D'après la question précédente, le projeté orthogonal de Q = X2(X − 2)(X − 3) sur E estdonné par la relation :

u(Q) =3∑i=1

Q(i)Ni = Q(1)N1 = 2N1

Avec N1 =1

M1(1)M1 = −1

6X(X − 2)(X − 3)(X − 4).

u(Q) = −1

6X(X − 2)(X − 3)(X − 4)

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