Correction examen rattrapage 2024

Informations sur la notation

Exercice	Question	Points
Exercice 1	-	4
Exercice 2	Question 1	1.5
	Question 2	1
	Question 3	1.5
Exercice 3	Question 1	1
	Question 2	1.5
	Question 3	1.5
	Question 4	1
	Question 5	1
	Question 6	2
Exercice 4	Question 1	3
	Question 2	1
Total	Toutes questions confondues	20

Exercice 1

On cherche à résoudre l’équation de degré 2 suivante :

$$z^2-(2+3i)z-5+i=0$$

On pose :

• $a=1$
• $b=-(2+3i)=-2-3i$
• $c=-5+i$

Commençons par calculer le discriminant $\Delta$ donné par :

$$\Delta =b^2-4ac$$

Alors on a :

$$\begin{array}{rl}\Delta & =b^2-4ac\\ & =(-2-3i{)}^2-4\times 1\times (-5+i)\\ & =(4+6i+6i+9i^2)-4(-5+i)\\ & =4+12i-9-(-20+4i)\\ & =-5+12i+20-4i\\ & =15+8i\end{array}$$

Puisque $\Delta \in \mathbb{C}$ alors on cherche les solutions de l’équation ${\delta }^2=\Delta$ de la forme $x+iy$ où $x,y\in \mathbb{R}$ et sont solutions du système suivant :

$$\{\begin{array}{ll}{x}^2+y^2& =|\Delta |\\ x^2-y^2& =\mathcal{R}e(\Delta )\\ 2xy& =\mathcal{I}m(\Delta )\end{array}$$

Calculons le module de $\Delta$ tel que :

$$\begin{array}{rl}|\Delta |& =\sqrt{(\mathcal{R}e(\Delta ){)}^2+(\mathcal{I}m(\Delta ){)}^2}\\ & =\sqrt{15^2+8^2}\\ & =\sqrt{225+64}\\ & =\sqrt{289}\\ & =17\end{array}$$

Ainsi on obtient le système suivant à résoudre :

$$\{\begin{array}{llc}{x}^2+y^2& =17& L_1\\ x^2-y^2& =15& L_2\\ 2xy& =8& L_3\end{array}$$

• $L_1-L_2$
  $2y^2=2⟺y^2=1⟺y=\pm 1$
• $L_1+L_2$
  $2x^2=32⟺x^2=16⟺x=\pm 4$
• D’après $L_3$
  Puisque $2xy=8>0$ alors $x$ et $y$ seront de même signes dans les solutions.

Les solutions de l’équation ${\delta }^2=\Delta$ sont données par :

$${\delta }_1=4+i{\delta }_2=-4-i$$

On peut alors déterminer les solutions finales de l’équation initiale :
On ne considère que la première solution ${\delta }_1$.

$$z_1=\frac{-b+\delta }{2a}=\frac{2+3i+4+i}{2}=\frac{6+4i}{2}=3+2i$$ $$z_2=\frac{-b-\delta }{2a}=\frac{2+3i-4-i}{2}=\frac{-2+2i}{2}=-1+i$$

Ainsi l’équation admet comme solutions :

$$\boxed{S\; =\; \{3+2i;-1-i\}}$$

Exercice 2

On considère une matrice $A$ tel que :

$$A=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 1\\ -1& 3& -2\\ -1& 1& 0\end{array}\right)$$

Question 1
Calculons $A-2I_3$.
$I_3$ représente la matrice identité de taille $3\times 3$ tel que :

$$I_3=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

Ainsi :

$$2I_3=2\times \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$$

Et on peut alors calculer $A-2I_3$,

$$\begin{array}{r}A-2I_3=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 1\\ -1& 3& -2\\ -1& 1& 0\end{array}\right)-\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)=\boxed{\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ -1& 1& -2\\ -1& 1& -2\end{array}\right)}\end{array}$$

Calculons $(A-2I_3{)}^2$.

$$\begin{array}{rl}(A-2I_3{)}^2& =\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ -1& 1& -2\\ -1& 1& -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ -1& 1& -2\\ -1& 1& -2\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{ccc}1\times 1+0\times 1+1\times -1& 1\times 0+0\times 1+1\times 1& 1\times 1+0\times -2+1\times -2\\ -1\times 1+1\times -1+-2\times -1& -1\times 0+1\times 1+-2\times 1& -1\times 1+1\times -2+-2\times -2\\ -1\times 1+1\times -1+-2\times -1& -1\times 0+1\times 1+-2\times 1& -1\times 1+1\times -2+-2\times -2\end{array}\right)\\ & =\boxed{\left(\begin{array}{ccc}0& 1& -1\\ 0& -1& 1\\ 0& -1& 1\end{array}\right)}\end{array}$$

Calculons $(A-2I_3{)}^3$.

$$\begin{array}{rl}(A-2I_3{)}^3& =(A-2I_3{)}^2\times (A-2I_3)\\ & =\left(\begin{array}{ccc}0& 1& -1\\ 0& -1& 1\\ 0& -1& 1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ -1& 1& -2\\ -1& 1& -2\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{ccc}0\times 1+1\times -1+-1\times -1& 0\times 0+1\times 1+-1\times 1& 0\times 1+1\times -2+-1\times -2\\ 0\times 1+-1\times -1+1\times -1& 0\times 0+-1\times 1+1\times 1& 0\times 1+-1\times -2+1\times -2\\ 0\times 1+-1\times -1+1\times -1& 0\times 0+-1\times 1+1\times 1& 0\times 1+-1\times -2+1\times -2\end{array}\right)\\ & =\boxed{\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)}\end{array}$$

Question 2
Développons $P=(X-2{)}^3$
On va utiliser la formule du binôme de Newton donnée par :

$$(a+b{)}^n=\underset{k=0}{\sum ^n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})a^k{b}^{n-k}$$

Dans l’exercice,

• $a=X$
• $b=-2$

Ainsi en utilisant cette dernière dans le contexte de l’exercice :

$$\begin{array}{rl}(X-2{)}^3& =\underset{k=0}{\sum ^3}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{k}\right)X^k(-2{)}^{3-k}\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{0}\right)X^0(-2{)}^3+(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1})X^1(-2{)}^2+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)X^2(-2{)}^1+(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{3})X^3(-2{)}^0\\ & =1\times 1\times -8+3\times X\times 4+3\times X^2\times -2+1\times X^3\times 1\\ & =-8+12X-6X^2+X^3\\ & =\boxed{X^3-6X^2+12X-8}\end{array}$$

Les valeurs des coefficients binomiales $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ se déterminent de deux manières, ici on décide d’utiliser le triangle de Pascal :

$$\begin{array}{cccccc}n\backslash k& 0& 1& 2& 3& 4\\ 0& 1& & & & \\ 1& 1& 1& & & \\ 2& 1& 2& 1& & \\ 3& 1& 3& 3& 1& \\ 4& 1& 4& 6& 4& 1\end{array}$$

On utilise alors la lignes où $n=3$ qui donne bien $1,3,3,1$.

Question 3
On veut montrer que $A$ est inversible et donner $A^{-1}$ en fonction de $A$ de $A^2$ et de $A^3$.

Pour commencer, calculons le déterminant de $A$ pour déterminer si la matrice est inversible.
On a décider de développer le déterminant de $A$ par rapport à la première ligne.

$$\begin{array}{rl}det(A)& =\left|\begin{array}{ccc}3& 0& 1\\ -1& 3& -2\\ -1& 1& 0\end{array}\right|\\ & =(-1{)}^{1+1}\times 3\times (3\times 0-(-2)\times 1)+(-1{)}^{1+3}\times 1\times (-1\times 1-3\times -1)\\ & =1\times 3\times 2+1\times 1\times 4\\ & =6+2\\ & =\boxed{8}\end{array}$$

Puisque $det(A)\ne 0$ alors $A$ est inversible.

Déterminons une expression de $A^{-1}$.
À la question précédente, on a calculé $P(X)=(X-2{)}^3$. L’évaluation de $P$ par $A$ c’est à dire $P(A)$ est donnée par :

$$P(A)=(A-2I_3{)}^3=A^3-6A^2+12A-8I_3$$

En fait en terme matriciel :

• $X$ devient la matrice $A$
• une constante devient $I_3$ par exemple $-2\to -2I_3$.

Et à la question 1, on a vu que :

$$(A-2I_3{)}^3=0$$

Ainsi :

$$\begin{array}{rlr}P(A)& =(A-2I_3{)}^3& =0\\ & =A^3-6A^2+12A-8I_3& =0\end{array}$$

On obtient l’équation suivante :

$$A^3-6A^2+12A-8I_3=0$$

On peut isoler $I_3$ puisque par définition c’est une matrice inversible, alors on obtient :

$$\begin{array}{rl}{A}^3-6A^2+12A-8I_3& =0\\ A^3-6A^2+12A& =8I_3\end{array}$$

On peut factoriser le terme de gauche par $A$.

$$\begin{array}{rl}{A}^3-6A^2+12A& =8I_3\\ A(A^2-6A+12I_3)& =8I_3\end{array}$$

On peut isoler isoler $A$ à droite puisque c’est une matrice inversible, on obtient alors :

$$\begin{array}{rl}A(A^2-6A+12I_3)& =8I_3\\ (A^2-6A+12I_3)& =8I_3\times A^{-1}\\ A^2-6A+12I_3=8A^{-1}& \end{array}$$

Ainsi on obtient alors :

$$\boxed{A^{-1}=\frac{1}{8}\left(A^2-6A+12I_3\right)}$$

Exercice 3

Question 1
On veut montrer que l’application $f$ est linéaire.

$$f(x)=(-x_1-x_2+x_3,-4x_1-x_2+2x_3,-6x_1-3x_2+4x_3)\forall x\in {\mathbb{R}}^3$$

Pour montrer que $f$ est une application linéaire il faut montrer que pour $x,y\in {\mathbb{R}}^3$ et $\lambda \in \mathbb{R}$ on a :

$$f(\lambda x+y)=\lambda f(x)+f(y)$$

Soit $x,y\in {\mathbb{R}}^3$ et $\lambda \in \mathbb{R}$ alors on a :

$$\lambda x+y=\left(\begin{array}{c}\lambda x_1+y_1\\ \lambda x_2+y_2\\ \lambda x_3+y_3\end{array}\right)$$

Alors on peut étudier $f(\lambda x+y)$ tel que :

$$\begin{array}{rl}f(\lambda x+y)& =\left(\begin{array}{c}-(\lambda x_1+y_1)-(\lambda x_2+y_2)+\lambda x_3+y_3\\ -4(\lambda x_1+y_1)-(\lambda x_2+y_2)+2(\lambda x_3+y_3)\\ -6(\lambda x_1+y_1)-3(\lambda x_2+y_2)+4(\lambda x_3+y_3)\end{array}\right)\\ & \\ & =\left(\begin{array}{c}-\lambda x_1-y_1-\lambda x_2-y_2+\lambda x_3+y_3\\ -4\lambda x_1-4y_1-\lambda x_2-y_2+2\lambda x_3+2y_3\\ -6\lambda x_1-6y_1-3\lambda x_2-3y_2+4\lambda x_3+4y_3\end{array}\right)\\ & \\ & =\left(\begin{array}{c}-\lambda x_1-\lambda x_2+\lambda x_3-y_1-y_2+y_3\\ -4\lambda x_1-\lambda x_2+2\lambda x_3-4y_1-y_2+2y_3\\ -6\lambda x_1-3\lambda x_2+4\lambda x_3-6y_1-3y_2+4y_3\end{array}\right)\\ & \\ & =\left(\begin{array}{c}\lambda (-x_1-x_2+x_3)-y_1-y_2+y_3\\ \lambda (-4x_1-x_2+2x_3)-4y_1-y_2+2y_3\\ \lambda (-6x_1-3x_2+4x_3)-6y_1-3y_2+4y_3\end{array}\right)\\ & \\ & =\lambda \left(\begin{array}{c}-x_1-x_2+x_3\\ -4x_1-x_2+2x_3\\ -6x_1-3x_2+4x_3\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}-y_1-y_2+y_3\\ -4y_1-y_2+2y_3\\ -6y_1-3y_2+4y_3\end{array}\right)\\ & \\ & =\lambda f(x)+f(y)\end{array}$$

Ainsi $f$ est bien une application linéaire. Donc $f\in \mathcal{L}({\mathbb{R}}^3)$ .

Question 2
Le noyau de $f$ est donné par :

$$Ker(f)=\{x\in {\mathbb{R}}^3\mid -x_1-x_2+x_3=0,-4x_1-x_2+2x_3=0,-6x_1-3x_2+4x_3=0\}$$

Redémontrons que $Ker(f)$ est un sous-espace vectoriel de ${\mathbb{R}}^3$.
On dit que $Ker(f)$ est un sous-espace vectoriel de ${\mathbb{R}}^3$ si et seulement si :

• $0_{{\mathbb{R}}^3}\in Ker(f)$
• $\lambda x+y\in Ker(f)$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$ et $x,y\in Ker(f)$.

Montrons que $0_{{\mathbb{R}}^3}\in Ker(f)$.
Le vecteur nul de l’espace ${\mathbb{R}}^3$ est donné par :

$$0_{{\mathbb{R}}^3}=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)$$

Alors on a :

• $-x_1-x_2+x_3=-0-0+0=0$
• $-4x_1-x_2+2x_3=-4\times 0-0+2\times 0=0$
• $-6\times 0-3\times 0+4\times 0=0$

Ainsi on a bien $0_{{\mathbb{R}}^3}\in Ker(f)$. (a)

Soit $x,y\in Ker(f)$ et $\lambda \in \mathbb{R}$ alors :
On pose $z=\lambda x+y$.
D’où :

$$z=\left(\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ z_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\lambda x_1+y_1\\ \lambda x_2+y_2\\ \lambda x_3+y_3\end{array}\right)$$

Vérifions que pour chaque condition $\lambda x+y=0$ pour respecter $Ker(f)$.
On a :

$$\begin{array}{rl}-z_1-z_2+z_3& =-(\lambda x_1+y_1)-(\lambda x_2+y_2)+\lambda x_3+y_3\\ & =-\lambda x_1-y_1-\lambda x_2-y_2+\lambda x_3+y_3\\ & =\lambda (-x_1-x_2+x_3)-y_1-y_2+y_3\\ & =\lambda 0+0\\ & =0\end{array}$$

Car $x,y\in Ker(f)$.

$$\begin{array}{rl}-4z_1-z_2+2z_3& =-4(\lambda x_1+y_1)-(\lambda x_2+y_2)+2(\lambda x_3+y_3)\\ & =-4\lambda x_1-4y_1-\lambda x_2-y_2+2\lambda x_3+2y_3\\ & =\lambda (-4x_1-x_2+2x_3)-4y_1-y_2+2y_3\\ & =\lambda 0+0\\ & =0\end{array}$$

Car $x,y\in Ker(f)$.

$$\begin{array}{rl}-6z_1-3z_2+4z_3& =-6(\lambda x_1+y_1)-3(\lambda x_2+y_2)+4(\lambda x_3+y_3)\\ & =-\lambda 6x_1-6y_1-3\lambda x_2-3y_2+4\lambda x_3+4y_3\\ & =\lambda (-6x_1-3x_2+4x_3)-6y_1-3y_2+4y_3\\ & =\lambda 0+0\\ & =0\end{array}$$

Car $x,y\in Ker(f)$.

En somme, $\lambda x+y\in Ker(f)$ (b).
D’après (a) et (b), $Ker(f)$ est un sous-espace vectoriel de ${\mathbb{R}}^3$.

Question 3
On chercher à déterminer une base de $Ker(f)$.
Pour se faire, il faut déterminer la notation tel que $Ker(f)=Vect(u_1,\dots ,u_k)$ avec $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Pour déterminer la notation $Ker(f)=Vect(u_1,\dots ,u_k)$ il va falloir :

• Montrer que $Ker(f)\subset Vect(u_1,\dots ,u_k)$
• Montrer que $Vect(u_1,\dots ,u_k)\subset Ker(f)$
  La double inclusion implique nécessairement l’égalité !

Soit $x\in Ker(f)$.
Alors $x\in {\mathbb{R}}^3$ et

$$\{\begin{array}{llc}-x_1-x_2+x_3& =0& L_1\\ -4x_1-x_2+2x_3& =0& L_2\\ -6x_1-3x_2+4x_3& =0& L_3\end{array}$$

Notre objectif est de déterminer une combinaison linéaire de $x$ en essayant de trouver la valeur d’une ou plusieurs composante du vecteur.
Pour cela on utilise le système précédant.

D’après $L_1$
$-x_1-x_2+x_3=0$ Alors $x_1=-x_2+x_3$.
On peut remplacer $x_1$ dans les autres lignes du système.

$$\{\begin{array}{llc}-4(-x_2+x_3)-x_2+2x_3& =0& L_2\\ -6(-x_2+x_3)-3x_2+4x_3& =0& L_3\end{array}⟺\{\begin{array}{llc}3x_2-2x_3& =0& L_2\\ 3x_2-2x_3& =0& L_3\end{array}$$

D’après $L_2$
$3x_2-2x_3=0$ alors $2x_3=3x_2$ ce qui implique que $x_3=\frac{3}{2}{x}_2$.
On peut maintenant remplacer la valeur de $x_3$ dans celle de $x_1$ trouvée en premier et on obtient :

$$x_1=-x_2+\frac{3}{2}{x}_2=-\frac{2}{2}{x}_2+\frac{3}{2}{x}_2=\frac{1}{2}{x}_2$$

Maintenant on peut réécrire $x$ sachant que :

$$x=\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}{x}_2\\ x_2\\ \frac{3}{2}{x}_2\end{array}\right)=x_2\left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}\\ 1\\ \frac{3}{2}\end{array}\right)$$

Ainsi $x=x_{2}u$ une combinaison linéaire de $x_2$ avec $u=(\frac{1}{2},1,\frac{3}{2})$ ainsi $u\in Vect(u_1,\dots ,u_k)$.
Donc $Ker(f)\subset Vect(u)$. (c)

Maintenant, il faut montrer l’inclusion dans le second sens, et pour faire ça, il faut prendre chaque vecteur de $Vect(\dots )$ et montrer qu’ils appartiennent à $Ker(f)$.

Soit $u=(\frac{1}{2},1,\frac{3}{2})$.
Alors :

• $-u_1-u_2+u_3=-\frac{1}{2}-1+\frac{3}{2}=-\frac{1}{2}-\frac{2}{2}+\frac{3}{2}=-\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=0$
• $-4u_1-u_2+2u_3=-4\times \frac{1}{2}-1+2\times \frac{3}{2}=-\frac{6}{2}+\frac{6}{2}=0$
• $-6u_1-3u_2+4u_3=-6\times \frac{1}{2}-3\times 1+4\times \frac{3}{2}=-\frac{12}{2}+\frac{12}{2}=0$
  Ainsi le vecteur $u\in Ker(f)$ et puisque $Ker(f)$ est un sous-espace vectoriel de ${\mathbb{R}}^3$ alors on a : $Vect(u)\subset kerf(f)$ (d).

D’après (c) et (d) : $Ker(f)=Vect\left(\left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}\\ 1\\ \frac{3}{2}\end{array}\right)\right)$.
Puisque la famille engendrée par le $Vect$ ne contient qu’un vecteur, alors c’est une famille libre par définition donc une base de $Ker(f)$.
On note la base :

$$\boxed{{\mathcal{B}}_0=\left(\left(\begin{array}{c}\frac{1}{2}\\ 1\\ \frac{3}{2}\end{array}\right)\right)}$$

Question 4
On cherche a déterminer la matrice de $f$ dans la base canonique de ${\mathbb{R}}^3$.
Notons $\mathcal{E}$ cette dernière telle que :

$$\mathcal{E}=\left(\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)\right)=(e_1,e_2,e_3)$$

Calculons l’application de $f$ avec chaque vecteur :

• $f(e_1)=(-1,-4,-6)$
• $f(e_2)=(-1,-1,-3)$
• $f(e_3)=(1,2,4)$ Ainsi on obtient la matrice suivante :

$$\boxed{M_{\mathcal{E}}(f)=\left(\begin{array}{ccc}-1& -1& 1\\ -4& -1& 2\\ -6& -3& 4\end{array}\right)}$$

Question 5
On cherche à monter que $\mathcal{B}$ est une base de ${\mathbb{R}}^3$.
Il faut montrer que la famille engendrée par la base est libre.

Montrons que tous les lambdas sont nuls avec la somme des ${\lambda }_i{u}_i$.

$${\lambda }_1{u}_1+{\lambda }_2{u}_2+{\lambda }_3{u}_3=0_{{\mathbb{R}}^3}$$

Avec ${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3\in \mathbb{R}$.
On obtient alors le système suivant :

$$\{\begin{array}{llc}{\lambda }_1+{\lambda }_3& =0& L_1\\ 2{\lambda }_1+{\lambda }_2& =0& L_2\\ 3{\lambda }_1+{\lambda }_2+2{\lambda }_3& =0& L_3\end{array}$$

Il faut résoudre ce système en montrant que tous les lambdas sont nuls.

• D’après $L_1$ on a ${\lambda }_1+{\lambda }_3=0$ alors ${\lambda }_1=-{\lambda }_3$.
  On remplace ${\lambda }_1$ dans les autres lignes.
  On obtient alors :

$$\{\begin{array}{llc}-2{\lambda }_3+{\lambda }_2& =0& L_2\\ {\lambda }_2-{\lambda }_3& =0& L_3\end{array}$$

• D’après $L_3$ on a ${\lambda }_2-{\lambda }_3=0$ alors ${\lambda }_3={\lambda }_2$
  On remplace dans le seconde ligne :

$$-2{\lambda }_2+{\lambda }_2=0⟺-{\lambda }_2=0⟺{\lambda }_2=0$$

Puisque ${\lambda }_2=0$ alors ${\lambda }_3={\lambda }_2=0$ et ${\lambda }_1=-{\lambda }_3=-0=0$.
On a donc bien ${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3=0$, ainsi $\mathcal{B}$ est bien une base de ${\mathbb{R}}^3$.

Question 6
Pour donner la matrice de $f$ dans la base $\mathcal{B}$ en utilisant le théorème de changement de base. La formule est donnée par :

$$M_{\mathcal{B}}(f)=P^{-1}{M}_{\mathcal{E}}(f)P$$

Où $P$ représente la matrice de passage et $P^{-1}$ son inverse.
La matrice $P$ est donnée par les vecteur de la base $\mathcal{B}$.
Ainsi on a :

$$P=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 2& 1& 0\\ 3& 1& 2\end{array}\right)$$

Pour calculer $P^{-1}$ il faut montrer avant que $P$ est inversible.
Calculons alors le déterminant de $P$ en développant sur la première ligne.

$$\begin{array}{rl}det(P)& =\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 2& 1& 0\\ 3& 1& 2\end{array}\right|\\ & =(-1{)}^{1+1}\times 1\times (1\times 2-0\times 1)+(-1{)}^{1+3}\times 1\times (2\times 1-1\times 3)\\ & =1\times 1\times 2+1\times 1\times -1\\ & =2-1\\ & =1\end{array}$$

Puisque $det(P)\ne 0$ alors la matrice $P$ est inversible et $P^{-1}$ est donnée par :

$$P^{-1}=\frac{1}{det(P)}(com(P){)}^t$$

Calculons la matrice des cofacteurs de $P$.

$$com(P)=\left(\begin{array}{ccc}2& -4& -1\\ 1& -1& -1\\ -1& 2& 1\end{array}\right)$$

La transposée de $com(P)$ est donnée par :

$$(com(P){)}^t=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -1\\ -4& -1& 2\\ -1& -1& 1\end{array}\right)$$

Ainsi la matrice inverse de $P$ est donnée par :

$$P^{-1}=\frac{1}{1}\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -1\\ -4& -1& 2\\ -1& -1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -1\\ -4& -1& 2\\ -1& -1& 1\end{array}\right)$$

On peut alors déterminer la matrice de $f$ dans la base $\mathcal{B}$ donnée par :

$$\begin{array}{rl}{M}_{\mathcal{B}}(f)& =\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -1\\ -4& -1& 2\\ -1& -1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}-1& -1& 1\\ -4& -1& 2\\ -6& -3& 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 2& 1& 0\\ 3& 1& 2\end{array}\right)\\ & \\ & =\boxed{\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)}\end{array}$$

Exercice 4

Question 1
On cherche à utiliser le raisonnement par récurrence pour prouver que :

$$\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast },\underset{k=1}{\sum ^n}{k}^3=\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}$$

On pose la propriété $P(n)$ définie pour tout entier naturel $n$ non nul par :

$$P(n)=\underset{k=1}{\sum ^n}{k}^3=\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}$$

INITIALISATION
Puisque $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ cela implique que $n>0$, alors pour l’initialisation on pose $n_0=1$.
Alors on a :

$$\underset{k=1}{\sum ^1}{k}^3=1^3=1et\frac{1^2(1+1{)}^2}{4}=\frac{4}{4}=1$$

Ainsi la propriété $P(n_0)$ est vérifiée.

HÉRÉDITÉ
On suppose que $P(n)$ est vraie pour un rang $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ fixé. Montrons que celle ci reste vraie au rang $n+1$.

$$\begin{array}{rl}\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}{k}^3& =\underset{k=1}{\sum ^n}{k}^3+(n+1{)}^3\end{array}$$

Grâce à notre supposition on connait la valeur de la somme des cubes de $1$ à $n$ ainsi :

$$\begin{array}{rl}\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}{k}^3& =\underset{k=1}{\sum ^n}{k}^3+(n+1{)}^3\\ & =\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}+(n+1{)}^3\\ & =\frac{n^2(n^2+2n+1)+4[(n+1{)}^3]}{4}\\ & =\frac{n^4+2n^3+n^2+4((n^2+2n+1)(n+1))}{4}\\ & =\frac{n^4+2n^3+n^2+4(n^3+n^2+2n^2+2n+n+1)}{4}\\ & =\frac{n^4+2n^3+n^2+4n^3+4n^2+8n^2+8n+4n+4}{4}\\ & =\frac{n^4+6n^3+13n^2+12n+4}{4}\end{array}$$

Maintenant vérifions si cette somme est égale au membre droit de la propriété $P(n+1)$.

$$\begin{array}{rl}\frac{(n+1{)}^2(n+2{)}^2}{4}& =\frac{(n^2+2n+1)(n^2+4n+4)}{4}\\ & =\frac{n^4+4n^3+4n^2+2n^3+8n^2+8n+n^2+4n+4}{4}\\ & =\frac{n^4+6n^3+13n^2+12n+4}{4}\end{array}$$

On remarque alors aisément que :

$$\begin{array}{rl}\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}{k}^3& =\frac{(n+1{)}^2(n+2{)}^2}{4}\end{array}$$

La propriété $P(n+1)$ est vraie.
Et, par le principe de récurrence, nous avons montré que $P(n)$ est vraie pour tout entier naturel non nul.

Question 2
On cherche à en déduire le résultat de la somme suivante, en utilisant ce qu’on sait des questions précédentes et des propriétés sur les sommes.

$$\underset{k=1}{\sum ^n}k(2k^2-1)\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$

Procédons par étapes,

• Développement des sommes
• Séparation des sommes
• Propriétés connues sur les sommes
• Simplification

$$\begin{array}{rl}\underset{k=1}{\sum ^n}k(2k^2-1)& =\underset{k=1}{\sum ^n}(2k^3-k)\\ & =\underset{k=1}{\sum ^n}2k^3-\underset{k=1}{\sum ^n}k\\ & =2\underset{k=1}{\sum ^n}{k}^3-\underset{k=1}{\sum ^n}k\end{array}$$

Grâce à la question précédente, on connaît la valeur de la première somme, et celle de la seconde somme celles des $k$ est considérée connue :

$$\underset{k=1}{\sum ^n}k=\frac{n(n+1)}{2}et\underset{k=1}{\sum ^n}{k}^3=\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}$$

Ainsi, on se retrouve avec :

$$\begin{array}{rl}\underset{k=1}{\sum ^n}k(2k^2-1)& =2\underset{k=1}{\sum ^n}{k}^3-\underset{k=1}{\sum ^n}k\\ & =2\left(\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}\right)-\frac{n(n+1)}{2}\\ & =\frac{2(n^2(n+1{)}^2)-2(n(n+1))}{4}\\ & =\frac{2(n^2(n^2+2n+1))-2(n^2+n)}{4}\\ & =\frac{2(n^4+2n^3+n^2)-(2n^2+2n)}{4}\\ & =\frac{2n^4+4n^3+2n^2-2n^2-2n}{4}\\ & =\frac{2n^4+4n^3-2n}{4}\end{array}$$