\documentclass[10pt,a4paper]{article}

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%  Mathematiques
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  pdfauthor  = {Laurent Pater \& Jean Louet},
  pdftitle   = {PTSI 1 -- Corrigé du DS6 (2017-2018)},
  pdfsubject = {Mathématiques -- PTSI 1 -- 2017-2018},
}

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%  Informations propres au document
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%  En-tete, pied de page et titre
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\fancyhead[L]{\begin{tabular}{l}PTSI 1\\ 2017-2018\end{tabular}}
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\fancyfoot[L]{Lycée Jules Ferry -- Versailles}
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\newcommand{\Titre}{%
  \begin{center}
    {\LARGE\bfseries \titre}\par\smallskip
    \rule{\textwidth}{1pt}
  \end{center}}

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%  Exercices et numerotation des questions
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  {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Exercice \theExo}~\\*}
  {\vspace{1em}\par}
\newenvironment{ExoP}
  {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Problème \theExo}~\\*}
  {\vspace{1em}\par}

% Questions numerotees 1., 1.1., 1.1.1.
\setlist[enumerate,1]{label=\arabic*., ref=\arabic*}
\setlist[enumerate,2]{label=\arabic{enumi}.\arabic*., ref=\arabic{enumi}.\arabic*}
\setlist[enumerate,3]{label=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*.,
                      ref=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*}

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%  Macros mathematiques
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% Intervalles : [a,b], ]a,b], [[a,b]]
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% Delimiteurs
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% Operateurs en style « display »
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% Fonctions et operateurs
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% Logique
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% Encadre sur une ligne d'un environnement align
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% Matrices augmentees : \begin{pmatrix}[ccc|ccc] ... \end{pmatrix}
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  \hskip -\arraycolsep
  \let\@ifnextchar\new@ifnextchar
  \array{#1}}
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\begin{document}

\Titre

\bigskip

\begin{Exo}
  \begin{enumerate}
  \item On a:
    $$ \frac{\ln(1+x)}{\e^x-1} \underset{x\to 0}{=} \frac{x-x^2/2+x^3/3+o(x^3)}{(1+x+x^2/2+x^3/6+o(x^3))-1} \underset{x\to 0}{=} \frac{1-x/2+x^2/3+o(x^2)}{1+x/2+x^2/6+o(x^2)}. $$
    On utilise le d\'eveloppement limit\'e de~$1/(1+u)$ au voisinage de~0:
    $$ \frac{1}{1+u}\underset{x\to 0}{=}1-u+u^2+o(u^2) $$
    qui, par le changement de variable $u=x/2+x^2/6$ (qui est \'equivalent \`a~$x$ quand~$x\to 0$, donc en particulier tend vers~0), donne, en tronquant \`a l'ordre~2 en~$x$:
    $$  \begin{array}{rcl} \displaystyle\frac{\ln(1+x)}{\e^x-1} & \underset{x\to 0}{=} & \left( 1-\displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{x^2}{3}+o(x^2) \right) \cdot \left(1-\left(\displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{x^2}{6}\right)+\left(\displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{x^2}{6}\right)^2+o(x^2)\right) \\[3mm]
      & \underset{x\to 0}{=} &  \left( 1-\displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{x^2}{3}+o(x^2) \right) \cdot \left(1-\displaystyle\frac{x}{2}-\displaystyle\frac{x^2}{6}+\displaystyle\frac{x^2}{4}+o(x^2)\right) \\[3mm]
      & \underset{x\to 0}{=} & \left( 1-\displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{x^2}{3}+o(x^2) \right) \cdot \left(1-\displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{x^2}{12}+o(x^2)\right) \end{array} $$
    En d\'eveloppant le produit puis en tronquant \`a nouveau \`a l'ordre~2 en~$x$, il vient
    $$ \begin{array}{rcl} \displaystyle\frac{\ln(1+x)}{\e^x-1} & \underset{x\to 0}{=} &  1-\displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{x^2}{12}-\displaystyle\frac{x}{2}+\displaystyle\frac{x^2}{4}+\displaystyle\frac{x^2}{3}+o(x^2) \\[3mm]
      &  \underset{x\to 0}{=} & 1-x+\left(\displaystyle\frac{1}{12}+\displaystyle\frac{1}{4}+\displaystyle\frac{1}{3}\right)x^2 + o(x^2) \end{array} $$
    soit \fbox{$  \displaystyle\frac{\ln(1+x)}{\e^x-1}   \underset{x\to 0}{=} 1-x+\displaystyle\frac{2x^2}{3}+o(x^2) $}.
  \item On commence par remarquer que l'ordre des vecteurs ne changeant rien au caract\`ere libre ou li\'e d'une famille, il suffit que le r\'esultat soit vrai en~$\alpha_1 < \dots < \alpha_n$ pour qu'il soit vrai pour tout $n$-uplet de r\'eels deux \`a deux distincts. On effectue alors une r\'ecurrence: soit~$\mathscr{P}(n)$ la propri\'et\'e:
    $$ \text{\og Pour tout } (\alpha_1,\dots,\alpha_n)\in \R^n \text{ tel que } \alpha_1<\dots<\alpha_n, \vspace{-0.3cm} $$
    $$ \text{la famille des fonctions } f_1:x\mapsto\e^{\alpha_1x},\dots,f_n:x\mapsto \e^{\alpha_n x} \text{ est libre dans } \mathscr{F}(\R,\R). \text{\fg} $$
    On va montrer que~$\mathscr{P}(n)$ est vraie pour tout~$n\in\N^*$.
    \begin{itemize}
    \item \textit{Initialisation.} Prenons~$n=1$. La famille consid\'er\'ee est constitu\'ee d'une fonction non identiquement nulle, elle est donc libre: \textit{$\mathscr{P}(1)$ est vraie.}
    \item \textit{H\'er\'edit\'e.} Soit~$n\in\N$ tel que $\mathscr{P}(n)$  soit vraie; montrons que~$\mathscr{P}(n+1)$ est vraie. Soient~$\alpha_1<\dots<\alpha_n<\alpha_{n+1}$ des r\'eels, et pour chaque~$i\in\llbracket 1,n+1\rrbracket$, $f_i$ la fonction $x\mapsto \e^{\alpha_i x}$. Soit~$(\lambda_1,\dots,\lambda_n,\lambda_{n+1})\in\R^{n+1}$ tel que
      $$ \lambda_1 f_1+\dots+\lambda_{n+1}f_{n+1} \text{ soit la fonction nulle.} $$
      Montrons que $\lambda_1=\dots=\lambda_{n+1}=0$. On a pour tout~$x\in\R$
      $$ \sum\limits_{i=1}^n \e^{\alpha_i x} = \e^{\alpha_n x} \cdot\left(\sum\limits_{i=1}^n \e^{(\alpha_i-\alpha_n) x} \right) = 0. $$
      En divisant par~$\e^{\alpha_n x}$ qui n'est pas nul et en isolant le dernier terme de la somme, il vient
      $$ \left(\sum\limits_{i=1}^n \e^{(\alpha_i-\alpha_n)x}\right) + \lambda_{n+1} = 0. $$
      Dans toutes les exponentielles ci-dessus, l'exposant est n\'egatif, donc tous les termes de cette somme tendent vers~0 quand~$x\to +\infty$. Ainsi, en passant \`a la limite, on obtient~$\lambda_{n+1}=0$. L'hypoth\`ese de d\'epart sur les fonctions~$f_1,\dots,f_n$ devient alors
      $$ \lambda_1f_1+\dots+\lambda_n f_n \text{ est la fonction nulle.} $$
      Or par hypoth\`ese de r\'ecurrence la famille~$(f_1,\dots,f_n)$ est libre dans~$\mathscr{F}(\R,\R)$, et ceci impose donc que~$\lambda_1=\dots=\lambda_n = 0$. On obtient donc bien
      $$ \lambda_1=\dots=\lambda_n=\lambda_{n+1}=0 $$
      et la famille~$(f_1,\dots,f_n,f_{n+1})$ est libre: \textit{$\mathscr{P}(n+1)$ est vraie}, ce qui ach\`eve la r\'ecurrence.
    \end{itemize}
    On peut donc conclure que, pour tout~$n\in\N^*$ et pour tout~$(\alpha_1,\dots,\alpha_n)\in\R^n$,
    $$ \boxed{\text{la famille des fonctions } x\mapsto\e^{\alpha_1 x},\; x\mapsto\e^{\alpha_2 x},\dots,x\mapsto\e^{\alpha_n x} \text{ est libre dans }\mathscr{F}(\R,\R).}$$

  \item On appelle~$A$ l'\'ev\'enement \og le conducteur a un accident\fg\@ et $B$ l'\'ev\'enement \og l'article parvient au client en bon \'etat\fg. L'\'enonc\'e nous dit que
    $$ P(B|\bar{A})=\frac{9}{10},\; P(B|A) = \frac{3}{10} \;\text{et}\; P(A)=\frac{2}{10} $$
    et le but de la question est de calculer~$P(A|\bar{B})$. On applique pour cela la formule de Bayes selon laquelle
    $$ P(A|\bar B) = \frac{P(\bar{B}|A)P(A)}{P(\bar{B}|A)P(A)+P(\bar{B}|\bar{A})P(\bar{A})} $$
    avec
    $$ P(\bar{B}|A)=1-P(B|A) = \frac{7}{10} \quad\text{et}\quad P(\bar{B}|\bar{A})=1-P(B|\bar{A}) = \frac{1}{10}. $$
    En reportant dans la formule pr\'ec\'edente il vient
    $$ P(A|\bar{B}) = \frac{\displaystyle\frac{7}{10}\cdot\displaystyle\frac{1}{5}}{\displaystyle\frac{7}{10}\cdot\displaystyle\frac{1}{5}+\displaystyle\frac{1}{10}\cdot\displaystyle\frac{4}{5}}  $$
    ce qui donne apr\`es simplification $\boxed{P(A|\bar B) = \displaystyle\frac{7}{11}}$.
  \end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
  \begin{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}
    \item D'une part,~$G=\Vect(e_1,e_2)$, donc par d\'efinition du sous-espace vectoriel engendr\'e par un ensemble, $G$ est un sous-espace vectoriel de~$E$. D'autre part,~$F$ contient le vecteur nul de~$E$ et n'est donc pas vide; de plus, soient~$u=(x,y,z,t)$ et~$v=(x',y',z',t')$ deux vecteurs de~$F$ et soit~$(\lambda,\mu)\in\R^2$: alors
      $$ (\lambda x+\mu x')-2(\lambda y+\mu y') = \lambda\cdot(x-2y)+\mu\cdot(x'-2y') = 0 \text{ car } (u,v)\in F^2 $$
      $$ \text{et}\qquad 2(\lambda z+\mu z')-(\lambda t+\mu t') = \lambda \cdot (2z-t)+\mu\cdot (2z'-t')=0 \text{ car } (u,v)\in F^2. $$
      Le vecteur~$\lambda u+\mu v$ appartient donc \`a~$F$, puisqu'il v\'erifie les \'equations de~$F$. Ainsi~$F$ est stable par combinaison lin\'eaire de deux vecteurs, ce qui ach\`eve la d\'emonstration:
      $$ \boxed{\text{$F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels de~$E$.}} $$
    \item Par d\'efinition du sous-espace vectoriel engendr\'e par un ensemble, la famille~$(e_1,e_2)$ est une famille g\'en\'eratrice de~$G$. Montrons qu'elle est libre. Soit~$(\lambda,\mu)\in\R^2$ tel que~$\lambda e_1+\mu e_2=0_E$. Alors
      $$ \lambda  e_1+\mu e_2 = (\lambda,\mu,\lambda,\mu) = (0,0,0,0) \qquad\text{donc}\; \lambda=\mu=0. $$
      Cette famille est donc libre, et en fin de compte, \fbox{$(e_1,e_2)$ est une base de~$G$}.

      \begin{itemize}
      \item Montrons que la famille~$(f_1,f_2)$ est libre. Soit~$(\lambda,\mu)\in\R^2$ tel que~$\lambda f_1+\mu f_2=0_E$. Alors
        $$ \lambda  f_1+\mu f_2 = (2\lambda,\mu,\lambda,2\mu) = (0,0,0,0) \qquad\text{donc}\; \lambda=\mu=0. $$
        Ainsi, $(f_1,f_2)$ est une famille libre.
      \item Montrons que~$(f_1,f_2)$ est une famille g\'en\'eratrice de~$F$. Soit~$u\in F$, $u=(x,y,z,t)$. On sait alors d'apr\`es les \'equations de~$F$ que~$x=2y$ et que~$t=2z$. Par cons\'equent,
        $$ u =  \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2y \\ y \\ z \\ 2z \end{pmatrix} = y\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + z \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = yf_1+zf_2.  $$
        Ainsi, tout vecteur de~$F$ est combinaison lin\'eaire de~$f_1$ et~$f_2$, qui est donc une famille g\'en\'eratrice de~$F$.
      \end{itemize}
      On conclut que \fbox{$(f_1,f_2)$ est une base de~$F$}.
    \end{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}
    \item Soit~$(\lambda,\mu)\in\R^2$. Alors
      $$ \lambda e_1+\mu e_2 = \lambda\cdot (1,0,1,0)+\mu\cdot(0,1,0,1)=(\lambda,\mu,\lambda,\mu). $$
      En reportant ces coordonn\'ees dans l'\'equation de~$F$, il vient
      $$ \lambda e_1+\mu e_2 \in F  \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda -2\mu = 0 \\ 2\lambda -\mu = 0 \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ll} \lambda-2\mu = 0 & \\ \mu = 0  & (L_2\leftarrow L_2-2L_1) \end{array}\right.  $$
      soit~$\boxed{\lambda = \mu = 0}$.
    \item La question pr\'ec\'edente montre que si une combinaison lin\'eaire de~$e_1$ et~$e_2$ appartient \`a~$F$, alors c'est la combinaison lin\'eaire nulle: puisque~$\Vect(e_1,e_2)=G$, ceci \'equivaut \`a dire que tout \'el\'ement de~$G$ qui appartient \'egalement \`a~$F$ est le vecteur nul, et le vecteur nul appartient \'egalement \`a~$F$ et~$G$ puisque ce sont des sous-espaces vectoriels de~$E$. Autrement dit, $\boxed{F\cap G = \{0_E\}}$.
    \end{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}
    \item Soit~$u=(x,y,z,t)\in\R^4$. R\'esolvons l'\'equation \og $u=\lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\lambda_3e_3+\lambda_4e_4$\fg\@ d'inconnue~$(\lambda_1,\dots,\lambda_4)\in\R^4$. On~a
    $$ \begin{array}{rcl} u=\lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\lambda_3e_3+\lambda_4e_4 & \Longleftrightarrow & \left\{\begin{array}{l} x = \lambda_1+2\lambda_3 \\ y = \lambda_2+\lambda_3 \\ z = \lambda_1+\lambda_4 \\ t = \lambda_2+2\lambda_4  \end{array}\right. \\[8mm]
    & \Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{rl} x = \lambda_1+2\lambda_3 \\ y = \lambda_2+\lambda_3 \\ z-x = -2\lambda_3+\lambda_4  & L_3 \leftarrow L_3-L_1 \\ t-y=-\lambda_3+2\lambda_4 & L_4 \leftarrow L_4-L_2 \end{array} \right. \\[8mm]
      & \Longleftrightarrow & \left\{\begin{array}{rl} x=\lambda_1+2\lambda_3 \\ y=\lambda_2+\lambda_3 \\ z-x = 2\lambda_3-\lambda_4  \\ -x-2y-z+2t = 3\lambda_4 & L_4 \leftarrow 2L_4-L_3 \end{array}\right.  \\[8mm]
      & \Longleftrightarrow & \left\{\begin{array}{rl} x=\lambda_1+2\lambda_3 \\ y=\lambda_2+\lambda_3 \\ -4x-2y+2z+2t=6\lambda_3 & 3L_3+L_4 \leftarrow 3L_3+L_4 \\ -x-2y-z+2t = 3\lambda_4 \end{array}\right. \\[8mm]
      & \Longleftrightarrow & \left\{\begin{array}{rl} 7x+2y-2z+2t = 3\lambda_1 & L_1 \leftarrow 3L_1-L_3 \\ 2x+4y-z-t=3\lambda_2 & L_2 \leftarrow 3L_2-L_3/2 \\ -2x-y+z+t=3\lambda_3 & L_3 \leftarrow L_3/2   \\ -x-y-z+t = 3\lambda_4 \end{array}\right.
      \end{array}$$
      Ceci prouve que, pour tout~$u\in E$, l'\'equation \og $u=\lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\lambda_3f_1+\lambda_4f_2$\fg\@ admet une unique solution $(\lambda_1,\dots,\lambda_4)\in\R^4$: autrement dit, tout vecteur de~$E$ s'\'ecrit de fa\c{c}on unique comme combinaison lin\'eaire des vecteurs~$e_1,e_2,f_1,f_2$, ce qui signifie exactement que \fbox{$(e_1,e_2,f_1,f_2)$ est une base de~$E$}.
    \item La question pr\'ec\'edente montre que, pour tout~$u\in E$, il existe un unique quadruplet $(\lambda_1,\dots,\lambda_4)\in\R^4$ tel que
      $$ u = \lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\lambda_3f_1+\lambda_4f_2. $$
      En notant $v=\lambda_1 e_1+\lambda_2e_2$ et $w=\lambda_3f_1+\lambda_4f_2$, on a alors
      $$ \left\{ \begin{array}{l} u = v+w \\ v \in G \\ w \in F \end{array}\right.   $$
      et une telle \'ecriture est possible pour tout vecteur $u\in E$:
      $$ \boxed{\text{ tout vecteur de $E$ peut s'\'ecrire comme somme d'un vecteur de $F$ et d'un vecteur de $G$.}} $$
    \end{enumerate}
  \item
    \begin{itemize}
    \item D'apr\`es la question 3.2, tout vecteur de~$E$ peut s'\'ecrire comme somme d'un vecteur de~$F$ et d'un vecteur de~$G$: autrement dit, $E\subset F+G$, et l'inclusion r\'eciproque est \'evidente, donc~$F+G=E$.
    \item D'apr\`es la question 2.2, $F\cap G=\{0_E\}$, donc la somme~$F+G$ est directe.
    \end{itemize}
    Ceci prouve que $F\oplus G = E$: \fbox{$F$ et $G$ sont deux sous-espaces vectoriels suppl\'ementaires de~$E$}.
  \end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
\begin{enumerate}
\item Si le joueur ne possède aucun jeton, il est ruiné dès le départ donc \fbox{$u_0 = 1$}. S'il possède $N$ jetons, le jeu se termine immédiatement par sa victoire et il ne peut être ruiné donc \fbox{$u_N = 0$}.

\item Soit $n \in \llbracket 1, N-1 \rrbracket$. La quantité $P(E_n | G_1)$ est la probabilité que le joueur gagne avec $n$ jetons lorsqu'il gagne le premier jeu, c'est la même probabilité que lorsqu'il gagne avec $n+1$ jetons. Ainsi,

\fbox{$P(E_n | G_1) = P(E_{n+1}) = u_{n+1}$}.

\item Soit $n \in \llbracket 1, N-1 \rrbracket$. De la même manière que dans la question précédente, $P(E_n | \overline{G_1}) = P(E_{n-1}) = u_{n-1}$. La famille d'événements $(G_1,\overline{G_1})$ est un système complet d'événements. Ainsi, en appliquant la formule des probabilités totales :

\[P(E_n) = P(E_n | G_1)P(G_1) + P(E_n | \overline{G_1})P(\overline{G_1}).\] De plus, d'après l'énoncé $P(G_1) = p$ et, par conséquent, $P(\overline{G_1}) = 1-p$.

Ainsi, pour tout $n \in \llbracket 1, N-1 \rrbracket$, \[P(E_n) = P(E_n | G_1)\,p + P(E_n | \overline{G_1})\,(1-p).\]

En conclusion, \fbox{pour tout~${n \in \llbracket 1, N-1 \rrbracket}$, $u_{n} = p\,u_{n+1} + (1-p)\,u_{n-1}$}.

\item La relation de la question précédente définit une suite récurrente linéaire d'ordre $2$. On calcule les racines du polynôme \[P(X) = p X^2 - X + 1-p.\] $1$ est clairement une racine de $P$. De plus le produit des racines de $P$ vaut $(1-p)/p = x$. Ainsi, les racines de $P$ sont $1$ est $x$. Par conséquent, il existe deux constantes $\alpha,\beta\in\R$ tel que pour tout $n \in   \llbracket 1, N-1 \rrbracket$,

\[u_n = \alpha 1^n + \beta x^n = \alpha + \beta x^n.\]

De plus, avec les valeurs de $u_0 = 1$ et $u_N = 0$, on a :

\[1 = \alpha + \beta \quad \text{et} \quad \alpha + \beta x^N = 0\] qui donne, après résolution \[\alpha = \frac{x^N}{x^N - 1} \quad \text{et} \quad \beta = \frac{1}{1-x^N}.\] Finalement, pour tout $n \in   \llbracket 0, N \rrbracket$, \[\boxed{u_n = \frac{x^N}{x^N - 1} + \frac{1}{1-x^N} x^n = 1 - \frac{x^n-1}{x^N-1}}.\]
\item Soit $k\in \N^*$. La fonction $\varphi : x \mapsto x^k -1$ est dérivable en $1$ et $\varphi'(1) = k$. Ainsi, \[\boxed{x^k -1 \displaystyle \underset{ { x \rightarrow 1 } {} } {\sim} \varphi'(1) (x-1) = k  (x-1)}.\]
\item On a, avec la question précédente, \[ \frac{x^n-1}{x^N-1} \frac{x-1}{x^N-1} \times \frac{x^n-1}{x-1} \underset{ { x \rightarrow 1 } {} } {\sim} = \frac{n(x-1)}{N(x-1)} = \frac{n}{N}.\] Ainsi, lorsque le joueur joue à un jeu équilibré ($p$ proche de $1/2$, c'est-à-dire $x$ proche de $1$),

 \fbox{la probabilité pour lui de gagner est proche de $\frac{n}{N}$}.
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
  \begin{enumerate}
  \item La matrice nulle appartient \`a~$\mathscr{E}_A$ (en prenant par exemple $p=0$ et $a_0=0$), donc~$\mathscr{E}_A$ n'est pas vide. Montrons qu'il est stable par combinaison lin\'eaire. Soit~$(B,C)\in\mathscr{E}_A^{\; 2}$ et~$(\lambda,\mu)\in\K^2$. Par d\'efinition, il existe~$(p,q)\in\N^2$, $(b_1,\dots,b_p)\in\K^{p+1}$ et~$(c_1,\dots,c_q)\in\K^{q+1}$ tels que
    $$ B = \sum\limits_{k=0}^p b_kA^k \quad\text{et}\quad C = \sum\limits_{k=0}^q c_k A^k. $$
    En posant~$r=\max(p,q)$ puis:
    \begin{itemize}
    \item $b_{p+1}=\dots=b_r$ si~$p<r$
    \item $c_{q+1}=\dots=c_r$ si~$q<r$
    \end{itemize}
    il vient $B = \displaystyle\sum\limits_{k=0}^r b_k A^k$ et $C=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^r c_kA^k$, d`o\`u l'on d\'eduit
    $$ \lambda B+\mu C = \lambda\cdot\left(\sum\limits_{k=0}^r b_k A^k\right)+\mu\cdot\left(\sum\limits_{k=0}^r c_k A^k\right) = \sum\limits_{k=0}^r \big(\lambda a_k+\mu b_k\big)A^k. $$
    Ainsi $\lambda B+\mu C \in \mathscr{E}_A$. Ceci prouve que~$\mathscr{E}_A$ n'est pas vide et est stable par combinaison lin\'eaire: en conclusion, \fbox{$\mathscr{E}_A$ est un sous-espace vectoriel de~$M_n(\K)$}.
  \item On obtient \fbox{$M^2=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ et $M^3=0_3$}.
  \item On a imm\'ediatement $\boxed{A=2 I_3+M}$.
  \item Soit~$k\in\N$. Alors $A^k =(2I_3+M)^k$, et les matrices $2I_3$ et~$M$ commutent donc d'apr\`es la formule du bin\^ome de Newton:
    $$ A^k = \sum\limits_{j=0}^k \binom{k}{j} M^k (2I_3)^{j-k} = \sum\limits_{j=0}^k \binom{k}{j} 2^{k-j}M^j.  $$
    Or, dans la somme ci-dessus, tous les termes d'indice~$j\geq 3$ sont nuls car on a alors~$M^j=M^3\times M^{j-3}=0_n$. Ainsi, si~$k\geq 2$, et sachant que
    $$ \binom{k}{0}=1,\; \binom{k}{1}=k \;\text{et}\; \binom{k}{2}=\frac{k(k-1)}{2} $$
    on obtient
    $$ A^k = 2^k I_3+k2^{k-1}M+k(k-1)2^{k-3}M^2  $$
    ce qui donne le r\'esultat demand\'e avec~$u_k=2^k$, $v_k=k2^{k-1}$ et~$w_k=k(k-1)2^{k-3}$. On constate de plus que, puisque~$A^0 = I_3$ et~$A^1 = 2I_3+N$, cette formule est \'egalement vraie pour~$k=0$ ou~$k=1$. Ceci ach\`eve la d\'emonstration:
    $$\boxed{\forall k\in\N,\; \exists (u_k,v_k,w_k)\in\K^3,\; A^k=u_kI_3+v_k M+w_k M^2.}$$

    {\it Remarque: on pouvait aussi raisonner par r\'ecurrence sur~$k$}.
  \item
    \begin{itemize}
    \item Montrons que la famille $(I_3,M,M^2)$ est libre. Soit~$(\lambda,\mu,\nu)\in\K^3$ tel que~$\lambda I_3+\mu M+\nu M^2=0_n$. Alors
      $$ \lambda I_3+\mu M+\nu M^2=\lambda \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \mu\cdot \begin{pmatrix} 0 & 1& 0 \\ 0& 0&1\\0&0&0\end{pmatrix}+\nu\cdot\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda&\mu&\nu\\0&\lambda&\mu\\0&0&\lambda\end{pmatrix}$$
        et pour que cette matrice soit nulle, il faut que~$\lambda=\mu=\nu=0$. Ceci prouve que la famille $(I_3,M,M^2)$ est libre.
      \item Montrons maintenant que cette famille engendre~$\mathscr{E}_A$. Soit~$B\in\mathscr{E}_A$: il existe~$p\in\N$ et~$(a_0,\dots,a_p)\in\K^{p+1}$ tels que $B=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^p a_k A^k$. Alors en appliquant la question pr\'ec\'edente:
        $$ B = \sum\limits_{k=0}^p a_k\cdot(u_kI_3+v_k M+w_k M^2) = \left(\sum\limits_{k=0}^p a_ku_k\right)\cdot I_3 + \left(\sum\limits_{k=0}^p a_kv_k\right)\cdot M + \left(\sum\limits_{k=0}^p a_kw_k\right)\cdot M^2. $$
        Ainsi,~$B$ est combinaison lin\'eaire de~$I_3$, $M$ et~$M^2$, et ceci est valable pour tout~$B\in\mathscr{E}_A$: la famille~$(I_3,M,M^2)$ est donc g\'en\'eratrice de~$\mathscr{E}_A$.
    \end{itemize}
    En conclusion, \fbox{la famille $(I_3,M,M^2)$ est une base de~$\mathscr{E}_A$}.
  \item Par hypoth\`ese, l'ensemble $\Big\{ j \in \N \,:\, N^j = 0_n \Big\}$ contient~$p$, c'est donc une partie non vide de~$\N$ donc \textit{cet ensemble admet un plus petit \'el\'ement~$q$}. De plus, par hypoth\`ese,~$N^1\neq 0_n$ donc~$q\neq 1$, et bien entendu~$N^0 = I_3 \neq 0_n$ donc~$q\neq 0$: ainsi, $\boxed{q\geq 2}$.
  \item
    \begin{enumerate}
    \item On a
      $$\begin{array}{rcl} N^{q-1}\cdot \Big(\lambda_0 I_n + \lambda_1 N + \dots + \lambda_{q-1} N^{q-1}\Big) & =&  N^{q-1}\cdot \displaystyle\sum\limits_{i=0}^{q-1} \lambda_i N^i \\[2mm] & = &  \displaystyle \sum\limits_{i=0}^{q-1} \lambda_i N^{q-1+i} \\[2mm] & = & \lambda_0 N^{q-1}+\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{q-1} \lambda_iN^{q}N^{i-1}. \end{array}$$
      Dans le dernier membre de cette \'egalit\'e, la deuxi\`eme somme est nulle puisque~$N^q = 0_n$: ainsi
      $$ \boxed{N^{q-1}\cdot \Big(\lambda_0 I_n + \lambda_1 N + \dots + \lambda_{q-1} N^{q-1}\Big) = \lambda_0 N^{q-1}.} $$
    \item Soit~$(\lambda_0,\lambda_1,\dots,\lambda_{q-1})$ tel que~$\lambda_0 I_n+\lambda_1 N + \dots + \lambda_{q-1} N^{q-1} = 0_n$. Montrons que, pour tout~$k\in\llbracket 0,q-1\rrbracket$, on a $\lambda_k = 0$. On raisonne par r\'ecurrence forte sur~$k$.
      \begin{itemize}
      \item \textit{Initialisation.} Montrons que~$\lambda_0 = 0$. On a~$\lambda_0 I_n + \lambda_1 N + \dots + \lambda_{q-1} N^{q-1}=0_n$, donc en appliquant la question pr\'ec\'edente,
        $$ N^{q-1}\cdot \Big(\lambda_0 I_n + \lambda_1 N + \dots + \lambda_{q-1} N^{q-1}\Big) = \lambda_0 N^{q-1} = 0_n.  $$
        Puisque~$N^{q-1}$ n'est pas la matrice nulle, ceci impose~\textit{$\lambda_0 = 0$}.
      \item \textit{H\'er\'edit\'e}. Soit~$k\in\llbracket 0,q-2 \rrbracket$ et supposons que
        $$ \lambda_0 = \lambda_1 = \dots = \lambda_k = 0.$$
        Montrons que~$\lambda_{k+1}=0$. Puisque les~$\lambda_i$ sont tous nuls pour~$i \in \llbracket 0,k\rrbracket$, l'hypoth\`ese de d\'epart sur~$(\lambda_0,\dots,\lambda_{q-1})$ devient
        $$ \lambda_{k+1} N^{k+1}+\lambda_{k+2}N^{k+2}+\dots+\lambda_{q-1} N^{q-1} = \sum\limits_{i=k+1}^{q-1} \lambda_i N^i = 0_n. $$
        En multipliant ceci par la matrice~$N^{q-k-2}$ il vient
        $$ \lambda_{k+1} N^{q-1} + \sum\limits_{i=k+2}^{q-1} \lambda_i N^{i+q-k-2} = \lambda_{k+1} N^{q-1}+\sum\limits_{i=k+2}^{q-1} \lambda_i N^qN^{i-(k-2)} = 0_n. $$
        Comme pr\'ec\'edemment, tous les termes de la derni\`ere somme ci-dessus sont nuls puisque~$N^q=0_n$, ce qui donne~$\lambda_{k+1}N^{q-1}=0_n$ et la matrice~$N^{q-1}$ n'est pas la matrice nulle: ainsi, \textit{$\lambda_{k+1}=0$}.
      \end{itemize}
      \textit{Conclusion:} $\lambda_0=\lambda_1=\dots=\lambda_{q-1}=0$, et \fbox{la famille $(I_n,N,\dots,N^{q-1})$ est libre dans $M_n(\K)$}.
    \end{enumerate}
  \item Soit~$k\in\N$. D'apr\`es la formule du bin\^ome de Newton, et puisque les matrices~$\mu I_3$ et~$N$ commutent, on~a
    $$ A^k = (\mu I_3+N)^k = \sum\limits_{j=0}^k \binom{k}{j} \mu^{k-j} N^k. $$
    \begin{itemize}
    \item Si~$k\leq q-1$, alors cette somme est bien une combinaison lin\'eaire (quitte \`a rajouter des coefficients nuls) de~$I_3$, $N$, ..., $N^{q-1}$.
    \item S~$k\geq q$, alors on peut \'ecrire
      $$ A^k = \sum\limits_{j=0}^{q-1} \binom{k}{j} \mu^{k-j} N^k+\sum\limits_{j=q}^k \mu^{k-j} N^q N^{k-q}. $$
      L\`a encore tous les termes de cette derni\`ere somme sont nuls car~$N^q=0_n$ ce qui conduit \`a
      $$ A^k = \sum\limits_{j=0}^{q-1} \binom{k}{j} \mu^{k-j} N^k.$$
    \end{itemize}
    Dans les deux cas, \fbox{$A^k$ est combinaison lin\'eaire de~$I_n,N,\dots,N^{q-1}$}.

    {\it On pouvait l\`a aussi raisonner par r\'ecurrence sur~$k$}.
  \item D'apr\`es la question 7.2, la famille~$(I_n,N,\dots,N^{q-1})$ est libre, donc il reste \`a d\'emontrer qu'elle engendre~$\mathscr{E}_A$. Soit~$B\in \mathscr{E}_A$, alors il existe~$p\in\N$ et~$(a_0,a_1,\dots,a_p)\in\K^{p+1}$ tels que
    $$ B = \sum\limits_{k=0}^p a_k A^k. $$
    D'apr\`es la question 8, chaque~$A^k$, $k\in \llbracket 0,p\rrbracket$, est une combinaison lin\'eaire de~$I_n,N,\dots,N^{q-1}$, donc appartient \`a~$\Vect(I_n,N,\dots,N^{q-1})$. Comme ce dernier ensemble est un sous-espace vectoriel de~$M_n(\K)$, il est stable par combinaison lin\'eaire, donc puisque~$B$ est une combinaison lin\'eaire de~$I_3,A,A^2,\dots,A^p$, $B$ appartient \'egalement \`a~$\Vect(I_n,N,\dots,N^{q-1})$: ainsi, $B$ est une combinaison lin\'eaire de~$I_n,N,\dots,N^{q-1}$. Ceci est valable pour tout~$B\in \mathscr{E}_A$, ce qui signifie que la famille $(I_n,N,N^2,\dots,N^{q-1})$ est une famille g\'en\'eratrice de~$\mathscr{E}_A$. En conclusion,
    $$ \boxed{\text{la famille }(I_n,N,N^2,\dots,N^{q-1})\text{ est une base de } \mathscr{E}_A.}$$
  \end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
\begin{enumerate}
\item Par composition, comme $\exp$ est définie et dérivable sur $\R$, $\varphi$ également et, pour tout $x \in \R$ : \[ \varphi'(x) = 3 (1-2x^2) e^{-x^2} = -6 \left(x-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\left(x+\frac{1}{\sqrt{2}}\right) e^{-x^2}.\] Par croissances comparées $x e^{-x^2}\underset{x\to \pm \infty}{\longrightarrow} 0$ donc, par opérations $\varphi(x) \underset{x\to \pm \infty}{\longrightarrow} -1$. On obtient ainsi le tableau : \begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=1,espcl=2.5]{$x$/0.5,$\varphi'(x)$/0.5,$\varphi(x)$/1}{$-\infty$, $\scriptscriptstyle{-}\frac{1}{\sqrt{2}}$, $\frac{1}{\sqrt{2}}$, $+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-}
\tkzTabVar{+/$-1$,-/$\frac{-3}{\sqrt{2e}}$,+/$\frac{3}{\sqrt{2e}}$,-/$-1$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Compte-tenu du tableau de variations de $f$, $\mathscr C_f$ admet une asymptote en $+\infty$ et en $-\infty$ d'équation $y = -1$.
\item Par composition, $f$ est de classe $\mathscr C^{\infty}$ sur $\R$ donc, par la formule de Taylor-Young,

\fbox{$f$ admet un développement limité à tout ordre en $0$}.
\item La fonction $\exp$ admet un développement limité à l'ordre $3$ en $0$ donné par :
\[\exp(y) \underset{y\to 0}{=} 1 + y + \frac{y^2}{2} + \frac{y^3}{6} + o(y^3)\]
donc, par changement de variable :
\[\exp(-x^2) \underset{x\to 0}{=} 1 -x^2 + \frac{(-x^2)^2}{2} + \frac{(-x^2)^3}{6} + o(x^3) = \underset{x\to 0}{=} 1 - x^2 + \frac{x^4}{2} + o(x^5)\]
où la dernière égalité est une troncature. On obtient ainsi :
\[\boxed{f(x)\underset{x\to 0}{=} 3x -3x^3 + \frac{3 x^5}{2} + o(x^6) -1 = -1 + 3x -3x^3 + \frac{3}{2}x^5 + o(x^5)}.\]
\item Avec le développement limité de $f$ (d'ordre au moins $1$), $\mathscr C_f$ admet une tangente au point de coordonnées $(0,-1)$ d'équation $y = -1 + 3x$. De plus, pour $x$ au voisinage de $0$,
\[f(x) - (-1 + 3x) \sim -3x^3\]
qui est du signe opposé à $x$. Il en découle que

\fbox{$\mathscr C_f$ est au-dessus de sa tangente en $0$ à gauche de $0$ et sous sa tangente en 0 à droite qu'elle traverse}.

\item Avec les questions précédentes, on obtient une allure de la courbe \begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
    \draw[->] (-6.4,0) -- (6.4,0) node[right] {$\scriptstyle x$};
    \draw[->] (0,-2.5) -- (0,1) node[above] {$\scriptstyle \varphi(x)$};
    \draw[smooth,very thick,domain=-6:6,samples=100] plot (\x,{3*\x*exp(-\x*\x)-1});
    \draw[smooth,domain=-0.7:0.7] plot (\x,{3*\x-1});
    \draw (0,-0.2) node[below,left]{\scriptsize $0$};
    \draw (-0.7,0.1)--(-0.7,-0.1) node[below]{\scriptsize $-\frac{1}{\sqrt{2}}$};
    \draw (0.7,0.1)--(0.7,-0.1) node[below]{\scriptsize $\frac{1}{\sqrt{2}}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item On résout d'abord l'équation homogène $x y' - (n-2 x^2) y = 0 $ sur $]0,+\infty[$ qui s'écrit, \[ y' - \left( \frac{n}{x} - 2x\right) y = 0.\] Or, une primitive de $x\mapsto n/x - 2x$ sur $]0,+\infty[$ est $x \mapsto n\ln x - x^2$. Ainsi, l'ensemble des solutions de l'équation homogène sur $]0,+\infty[$ est constitué des fonctions de la forme \[\boxed{y_H : x \mapsto C_1 \exp(n\ln x - x^2) = C_1 x^n e^{-x^2} \quad \text{où } C_1\in\R}.\] Avec un raisonnement analogue, l'ensemble des solutions de l'équation homogène sur~${]-\infty,0[}$ est constitué des fonctions \fbox{$y_H : x \mapsto C_2 x^n e^{-x^2}$ où $C_2\in\R$}.

\item Il est clair que la fonction constante égale à $-1$ est une solution particulière de l'équation. Ainsi, l'ensemble des solutions de l'équation complète sur~${]0,+\infty[}$ ou sur $]-\infty,0[$ est constitué des fonctions de la forme \[\boxed{y : x \mapsto C_i x e^{-x^2} -1 \quad \text{où } C_i\in\R}\] où les constantes $C_1$ et $C_2$ peuvent être différentes sur chaque intervalle.

\item \textit{Premier cas : $n = 1$.}
Raisonnons par analyse-synthèse.

\textit{Analyse}

Soit $f$ une solution de l'équation différentielle $(E_1)$ de classe $\mathscr C^1$ sur $\R$. En particulier,~$f$ est solution de $(E_1)$ en $0$, sur $]-\infty,0[$ et sur $]0,+\infty[$. On a donc
\[0 \times f'(0) +(1 - 2 \times 0^2)f(0) = 1 - 2 \times 0^2.\]
Ainsi, avec la question précédente : \[f(x) = \left\{ \begin{array}{rl}
 C_1 x e^{-x^2} -1 & \text{si } x \in ]0,+\infty[, \\
 -1 & \text{si } x = 0,  \\
 C_2 x e^{-x^2} -1 & \text{si } x \in ]-\infty,0[ .
\end{array}\right.\] où $C_1,C_2\in\R$ sont deux constantes. Ainsi, on a, lorsque $x \in \R^*$, \[f'(x) = \left\{ \begin{array}{rl}
 C_1 (1-2x^2) e^{-x^2} & \text{si } x \in ]0,+\infty[, \\
 C_2 (1-2x^2) e^{-x^2} & \text{si } x \in ]-\infty,0[ .
\end{array}\right.\] On a donc, pour tout $x \in \R_+^*$, $f'(x) = C_1(1-2x^2)e^{-x^2}$ et pour tout $x \in \R_-^*$, $f'(x) = C_2(1-2x^2)e^{-x^2}$. Par définition, comme $f$ est de classe $\mathscr C^1$, $f'$ est continue sur $\R$, donc \[ C_2 = \lim \limits_{x \to 0^-} f'(x) =\lim \limits_{x \to 0^+} f'(x)= C_1.\] En posant $C = C_1 = C_2$, la fonction $f$ est donc de la forme \[ f : x \mapsto C x e^{-x^2}-1\] où $C \in \R$ est une constante (la valeur en $0$ est bien couverte par cette expression).

\textit{Synthèse}

En posant
\[ f : x \mapsto C x e^{-x^2}-1\] où $C \in \R$, $f$ est de classe $\mathscr C^1$ sur $\R$ par composition.

En conclusion, dans ce cas, les solutions de $(E_1)$ sur $\R$ sont les fonctions de la forme
$$\boxed{f : x \mapsto C x e^{-x^2}-1 \text{ où }C \in \R.}$$

\textit{Deuxi\`eme cas : $n \geqslant 2$.}
Raisonnons par analyse-synthèse.
\textit{Analyse}
Soit $f$ une solution de l'équation différentielle $(E_n)$ de classe $\mathscr C^1$ sur $\R$. Comme dans le cas précédent, on a : \[f(x) = \left\{ \begin{array}{rl}
 C_1 x^n e^{-x^2} -1 & \text{si } x \in ]0,+\infty[, \\
 -1 & \text{si } x = 0,  \\
 C_2 x^n e^{-x^2} -1 & \text{si } x \in ]-\infty,0[ .
\end{array}\right.\] où $C_1,C_2\in\R$ sont deux constantes.

\textit{Synthèse}

Posons
\[f(x) = \left\{ \begin{array}{rl}
 C_1 x^n e^{-x^2} -1 & \text{si } x \in ]0,+\infty[, \\
 -1 & \text{si } x = 0,  \\
 C_2 x^n e^{-x^2} -1 & \text{si } x \in ]-\infty,0[ .
\end{array}\right.\] où $C_1,C_2\in\R$ sont deux constantes.
La fonction $f$ tend vers $-1$ en $0$ ce qui assure sa continuité. De plus, pour tout $x \in \R_+^*$, $f'(x) = C_1 x^{n-1}(n-2x^2)e^{-x^2}$ et pour tout $x \in \R_-^*$, $f'(x) = C_2 x^{n-1}(n-2x^2)e^{-x^2}$ ce qui donne également le fait que $f'$ tend vers $0$ en $0$. Par le théorème de limite de la dérivée, la fonction $f$ ainsi posée est de classe $\mathscr C^1$ sur $\R$.

En conclusion, dans ce cas, les solutions de $(E_n)$ sur $\R$ sont les fonctions de la forme
\[\boxed{f(x) = \left\{ \begin{array}{rl}
 C_1 x^n e^{-x^2} -1 & \text{si } x \in ]0,+\infty[, \\
 -1 & \text{si } x = 0,  \\
 C_2 x^n e^{-x^2} -1 & \text{si } x \in ]-\infty,0[ .
\end{array}\right.}\] où $C_1,C_2\in\R$ sont deux constantes.

\item La fonction $f_n$ est dérivable sur $\R$ et pour tout $x \in \R_+$ : $f_n'(x) = 3x^{n-1} (n-2x^2) e^{-x^2}$ qui est du signe de $n-2x^2$. Ainsi $f_n$ est strictement croissante sur $[0, \sqrt{n/2}[$ et strictement décroissante sur $[\sqrt{n/2},+\infty[$ et continue sur ces deux intervalles. De plus $f_n(0) = -1 < 0$, $f_n(1) = 3/e-1 >0$ et la limite de $f$ en $+\infty$ est $-1 <0$. Par le théorème de la bijection,

\fbox{$f_n$ s'annule une et une seule fois sur chaque intervalle $[0, \sqrt{n/2}[$ et $[\sqrt{n/2},+\infty[$} et on note $0 < u_n < 1 < v_n$ ces deux points d'annulation.
\item Avec la question précédente, pour tout entier $n \geqslant 2$ :
\[\sqrt{n/2} \leqslant v_n\]
et comme $(\sqrt{n/2})_{n\in\N}$ tend vers $+\infty$, par minoration, la suite \fbox{$(v_n)_{n\geqslant 2}$ tend vers $+\infty$}.
\item On a, pour tout entier $n \geqslant 2$, $e^{-u_n^2} = 1/(3u_n)^n$ donc :
\[\boxed{f_{n+1}(u_n) = 3u_n^{n+1} e^{-u_n^2} -1 = \frac{3u_n^{n+1}}{3u_n^n} -1 = u_n - 1 < 0}.\]
\item Comme $f_{n+1}$ est strictement croissante et que $f_{n+1}(u_n) < 0 = f_{n+1}(u_{n+1})$, on a $u_n < u_{n+1}$. Ainsi la suite $(u_n)_{n\geqslant 2}$ est strictement croissante. Comme elle est majorée par $1$, \fbox{$(u_n)_{n\geqslant 2}$ converge vers un réel $\ell \in [0,1]$}.
\item On a, pour tout $t \in \R_+^*$ :
\[\boxed{g_n(t) =0 \Longleftrightarrow e^{g_n(t)} - 1 = 0 \Longleftrightarrow 3 t^n e^{-t^2} - 1 = 0 \Longleftrightarrow f_n(t) = 0}.\]
\item Comme la suite $(u_n)_{n\geqslant 2}$ est strictement croissante et que $u_2 >0$, $\ell \leqslant u_2 > 0$. Ainsi $\ell \in ]0,1]$. Supposons que $\ell \in ]0,1[$. Dans ce cas, on a $\ln \ell <0$ donc
\[n \ln u_n \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} +\infty.\]
Par conséquent, $0 = g_n(u_n) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} -\infty$ ce qui est absurde. En conclusion, \fbox{$\ell = 1$}.
\item Avec la question précédente, $w_n \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0$. Comme $g_n(u_n) = 0$, on a :
\[n \ln(1+w_n) = u_n^2 - \ln 3.\]
Or $n \ln(1+w_n) \sim n w_n$ et $u_n^2 - \ln 3 \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 1 - \ln 3$. En conclusion :
\[\boxed{w_n \sim \frac{1-\ln 3}{n}}.\]
\end{enumerate}
\end{Exo}

\end{document}