تصحيح مفصل للمبارة المهنية للتعين في الدرجة 1 من إطار أستذ التعليم الثانوي التأهيلي - 2025

📝 Sujet : Session 2025
📘 Matière : Mathématiques
⏱️ Durée : 3 heures

✏️ Exercice 1 (8 pts)

Dans cet exercice, on pose I=[0,+∞[I = [0, +\infty[ et J=]0,1[J = ]0,1[. Soient n∈N∗n \in \mathbb{N}^* et fnf_n la fonction numérique de la variable réelle xx définie sur l’intervalle II par :

fn(x)=xn−1ln⁡xavec fn(0)=0et fn(1)=n.f_n(x) = \frac{x^n - 1}{\ln x} \quad \text{avec } f_n(0) = 0 \quad \text{et } f_n(1) = n.

Partie 1

  1. a) Calculer :

    lim⁡x→0+fn(x)etlim⁡x→1fn(x).\lim_{x \to 0^+} f_n(x) \quad \text{et} \quad \lim_{x \to 1} f_n(x).

    b) En déduire que fnf_n est continue sur II.

  2. a) Donner, à l’ordre 2, le développement limité au voisinage de 0 pour chacune des deux fonctions suivantes :

    t↦ln⁡(1+t)ett↦(1+t)n.t \mapsto \ln(1+t) \quad \text{et} \quad t \mapsto (1+t)^n.

    b) Montrer qu’à l’ordre 2 et au voisinage de 1, on a :

    xn−1−nln⁡x=n22(x−1)2+o((x−1)2).x^n - 1 - n \ln x = \frac{n^2}{2}(x-1)^2 + o((x-1)^2).

  3. a) Montrer que :

    lim⁡x→1fn(x)−nx−1=n22.\lim_{x \to 1} \frac{f_n(x) - n}{x - 1} = \frac{n^2}{2}.

    b) Étudier la dérivabilité de fnf_n sur II.

  4. a) Montrer que pour tout x∈I∖{0,1}x \in I \setminus \{0,1\}, on a :

    fn′(x)=nxnln⁡x+1−xnxln⁡2(x).f_n'(x) = \frac{n x^n \ln x + 1 - x^n}{x \ln^2(x)}.

    b) Montrer que pour tout x∈]0,+∞[x \in ]0,+\infty[, on a :

    ln⁡x≤x−1.\ln x \leq x - 1.

    c) En déduire que pour tout x∈]0,+∞[x \in ]0,+\infty[, on a :

    nxnln⁡x≥xn−1.n x^n \ln x \geq x^n - 1.

  5. Montrer que fnf_n est strictement croissante sur II.

Partie 2

Soient FF la fonction de la variable réelle tt définie par :

F(t)=∫01xt−1ln⁡x dx,et g la fonction deˊfinie sur I×J par g(t,x)=xt−1ln⁡x.F(t) = \int_0^1 \frac{x^t - 1}{\ln x} \, dx, \quad \text{et } g \text{ la fonction définie sur } I \times J \text{ par } g(t,x) = \frac{x^t - 1}{\ln x}.

  1. Montrer que FF est bien définie sur II et calculer F(0)F(0).

  2. a) Soit (a,b)∈I2(a,b) \in I^2 tel que a<ba < b.
    Montrer que pour x∈Jx \in J et pour tout t∈[a,b]t \in [a,b], on a :

    ∣∂g∂t(t,x)∣≤xa.\left| \frac{\partial g}{\partial t}(t,x) \right| \leq x^a.

    b) Montrer que FF est de classe C1C^1 sur II.

    c) Calculer F′(t)F'(t), pour tout t∈It \in I.

  3. En déduire que :

F(t)=ln⁡(1+t),pour tout t∈I.F(t) = \ln(1 + t), \quad \text{pour tout } t \in I.
  1. Calculer l’aire de la partie du plan délimitée par la courbe de la fonction fnf_n, les axes du repère orthonormé (O,i⃗,j⃗)(O,\vec{i},\vec{j}) et la droite d’équation x=1x = 1.

I=[0,+∞[I = [0, +\infty[ et J=]0,1[J = ]0,1[. Pour n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, on définit fn:I→Rf_n: I \to \mathbb{R} par :

fn(x)={xn−1ln⁡xsi x∈I∖{0,1}0si x=0nsi x=1f_n(x) = \begin{cases} \frac{x^n - 1}{\ln x} & \text{si } x \in I \setminus \{0,1\} \\ 0 & \text{si } x = 0 \\ n & \text{si } x = 1 \end{cases}

Partie 1:

1. a) lim⁡x→0+fn(x)et lim⁡x→1fn(x).\lim_{x \to 0^+} f_n(x) \quad \text{et } \lim_{x \to 1} f_n(x).
  • Limite en 0 par la droite :

Lorsque x→0+x \to 0^+, on a :

  • xn→0x^n \to 0, donc xn−1→−1x^n - 1 \to -1,
  • ln⁡x→−∞\ln x \to -\infty.

Ainsi,

lim⁡x→0+fn(x)=lim⁡x→0+xn−1ln⁡x=0.\lim_{x \to 0^+} f_n(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^n - 1}{\ln x} = 0.
  • On applique la règle de l’Hôpital :
lim⁡x→1xn−1ln⁡x=lim⁡x→1nxn−11x=lim⁡x→1nxn=n.\begin{align*} \lim_{x \to 1} \frac{x^n - 1}{\ln x} &= \lim_{x \to 1} \frac{n x^{n-1}}{\frac{1}{x}}\\ & = \lim_{x \to 1} n x^n \\ &= n. \end{align*}

✨Conclusion

lim⁡x→0+fn(x)=0lim⁡x→1fn(x)=n\boxed{ \begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} f_n(x) &= 0 \\ \lim_{x \to 1} f_n(x) &= n \end{aligned} }
1. b)

On a montré que :

lim⁡x→0+fn(x)=fn(0)=0etlim⁡x→1fn(x)=fn(1)=n.\lim_{x \to 0^+} f_n(x) = f_n(0) = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to 1} f_n(x) = f_n(1) = n.

Par ailleurs, la fonction fn(x)=xn−1ln⁡xf_n(x) = \frac{x^n - 1}{\ln x} est continue sur ]0,+∞[∖{1}]0, +\infty[ \setminus \{1\}, car c’est le quotient de fonctions continues (et ln⁡x≠0\ln x \ne 0 sauf en 1).

Ainsi, fnf_n est continue en tout point de I=[0,+∞[I = [0, +\infty[.

fn est continue sur I=[0,+∞[.\boxed{f_n \text{ est continue sur } I = [0, +\infty[.}
2. a)
  • Pour la fonction t↦ln⁡(1+t)t \mapsto \ln(1 + t), on a :
ln⁡(1+t)=t−t22+o(t2)lorsque t→0.\ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + o(t^2) \quad \text{lorsque } t \to 0.
  • Pour la fonction t↦(1+t)nt \mapsto (1 + t)^n, on utilise le binôme de Newton, et on obtient :
(1+t)n=1+nt+n(n−1)2t2+o(t2)lorsque t→0.(1 + t)^n = 1 + n t + \frac{n(n - 1)}{2} t^2 + o(t^2) \quad \text{lorsque } t \to 0.
2. b)

Pour xx proche de 11, on t=x−1t=x-1 es proche de 00

donc en remplancant t=x−1t=x-1 dans les développements précédentes on a :

  • xn=1+n(x−1)+n(n−1)2(x−1)2+o((x−1)2)x^n = 1 + n (x-1) + \frac{n(n - 1)}{2} (x-1)^2 + o((x-1)^2)
  • ln⁡(x)=x−1−(x−1)22+o((x−1)2)\ln(x) = x-1 - \frac{(x-1)^2}{2} + o((x-1)^2)

Donc

  • −nln⁡(x)=−nx+n+n(x−1)22+o((x−1)2)-n\ln(x) = -nx+n +n\frac{(x-1)^2}{2} + o((x-1)^2)

et donc on obtient :

xn−1−nln⁡x=n22(x−1)2+o((x−1)2). x^n - 1 - n \ln x = \frac{n^2}{2}(x - 1)^2 + o((x - 1)^2).
3. a)

on a :

fn(x)−nx−1=xn−1ln⁡x−nx−1=xn−1−nln⁡xln⁡x(x−1) \begin{align*} \frac{f_n(x) - n}{x-1} &= \frac{\frac{x^n-1}{\ln x}-n}{x-1}\\ &=\frac{x^n-1-n\ln x}{\ln x(x-1)} \end{align*}

Donc :

fn(x)−nx−1=n22ln⁡x(x−1)+o(x−1ln⁡x) \frac{f_n(x) - n}{x-1}=\frac{n^2}{2\ln x}(x-1)+o(\frac{x-1}{\ln x})

Or :

lim⁡x→1x−1ln⁡x=1ln⁡′(1)=1 \lim_{x \to 1} \frac{x-1}{\ln x}=\frac{1}{\ln'(1)}=1

Alors :

lim⁡x→1fn(x)−nx−1=n22.\lim_{x \to 1} \frac{f_n(x) - n}{x-1} = \frac{n^2}{2}.
3. b)

Les fnf_n sont dérivables sur I−{0,1}I-\{0,1\} comme quotient de deux fonctions dérivables

  • Dérivabilité à droite en 00 :
lim⁡x→0+fn(x)−fn(0)x−0=lim⁡x→0+xn−1xln⁡x=+∞ \begin{align*} \lim\limits_{x\to0^+}\frac{f_n(x)-f_n(0)}{x-0} &=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{x^n-1}{x\ln x} \\ &=+\infty \end{align*}

car lim⁡x→0+xln⁡x=0−\lim\limits_{x\to0^+} x\ln x=0^- et donc : fnf_n n’est pas dérivable à droite en 00

  • Dérivabilité en 11

D’aprés la qustion précédente on a fnf_n est dérivable en 1 et fn′(1)=n22f_n'(1)=\dfrac{n^2}2

Alors fnf_n est dérivable sur I−{0}I-\{0\}

4. a)

Soit x∈I−{0,1},x\in I-\{0,1\}, pour u(x)=xn−1u(x) = x^n - 1 et v(x)=ln⁡xv(x) = \ln x on a :

  • u′(x)=nxn−1u'(x) = n x^{n-1}
  • v′(x)=1xv'(x) = \frac{1}{x}.

Donc :

fn′(x)=u′(x)⋅v(x)−u(x)⋅v′(x)(v(x))2=ln⁡x⋅nxn−1−xn−1x(ln⁡x)2=nxnln⁡x+1−xnxln⁡2(x) \begin{align*} f_n'(x) &= \frac{ u'(x)\cdot v(x) - u(x) \cdot v'(x)}{( v(x))^2}\\ &=\frac{\ln x \cdot n x^{n-1} - \frac{x^n - 1}{x}}{(\ln x)^2}\\ &= \frac{n x^n \ln x + 1 - x^n}{x \ln^2(x)} \end{align*}
4. b)

Soit gg la fonction définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[ par : g(x)=ln⁡x−x+1g(x)=\ln x -x+1

gg est dérivale sur ]0;+∞[]0;+\infty[, donc pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[ on a :

g′(x)=1x−1=1−xxg'(x)=\frac1x-1=\frac{1-x}{x}
  • Si x∈]0,1]x\in]0,1] on a g′(x)≥0g'(x)\ge 0, donc gg croissante sur ]0;1]]0;1]
  • Si x∈[1;+∞[x\in[1;+\infty[ on a g′(x)≤0g'(x)\le0, donc gg est décroissante sur [1;+∞[[1;+\infty[

On déduit que g(1)=0g(1)=0 est une valeur maximale de gg sur ]0;+∞[]0;+\infty[

Alors g(x)≤0g(x)\le0 pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[

4 c)

Soit x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[ on a :

posons u=1xnu=\dfrac1{x^n} on a ln⁡u≤u−1\ln u\le u-1

Donc −ln⁡xn≤1xn−1-\ln x^n \le \dfrac1{x^n}-1

Donc nln⁡x≥1−1xnn\ln x \ge 1-\dfrac1{x^n}

Alors

nxnln⁡x≥xn−1nx^n\ln x \ge x^n-1
5.

fnf_n est strictement croissante sur II.

Soit x∈]0;+∞[−{1}x\in]0;+\infty[-\{1\}

On a nxnln⁡x≥xn−1nx^n\ln x \ge x^n-1

Donc

nxnln⁡x+1−xn≥0n x^n \ln x + 1 - x^n\ge0

et

xln⁡2(x)>0x \ln^2(x)>0

Alors fn′(x)≥0f_n'(x)\ge0 pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[

Alors fnf_n est strictement croissante sur II

Partie 2

F(t)=∫01xt−1ln⁡x dx,g(t,x)=xt−1ln⁡xF(t) = \int_0^1 \frac{x^t - 1}{\ln x} \, dx, \quad g(t,x) = \frac{x^t - 1}{\ln x}

gg est définie sur I×JI\times J

1. FF est bien définie sur II
  • On a : lim⁡x→0+xt−1ln⁡x=0\lim\limits_{x\to0^+}\frac{x^t - 1}{\ln x}=0
  • par la règle de l’Hopital, nous avons :
lim⁡x→1xt−1ln⁡x=lim⁡x→1txt=t\lim\limits_{x\to1}\frac{x^t - 1}{\ln x}=\lim\limits_{x\to1}tx^t=t

Donc la fonction x↦xt−1ln⁡xx\mapsto \frac{x^t - 1}{\ln x} est continue sur [0,1][0,1], et l’intégrale converge

F(0)=∫01x0−1ln⁡x dx=0F(0)=\int_0^1 \frac{x^0 - 1}{\ln x} \, dx=0
2. a)

Soit (a,b)∈I2(a,b) \in I^2 tel que a<ba < b.

Soit (x,t)∈J×[a,b](x,t) \in J\times [a,b], on a :

∂g∂t(t,x)=xtln⁡xln⁡x=xt\frac{\partial g}{\partial t}(t,x)=\dfrac{x^{t}\ln x}{\ln x}=x^t

Pour t∈[a,b]t\in[a,b] et x∈]0,1[x\in]0,1[ et donc t↦xtt\mapsto x^t est décroissante

Donc xt≤xax^t\le x^a

Alors

∣∂g∂t(t,x)∣≤xa. \left| \frac{\partial g}{\partial t}(t,x) \right| \leq x^a.
2. b)

Conditions du théorème de dérivation sous le signe intégral :

  • Pour tout x∈Jx\in J on a : gg est de classe C1C^1 en tt
  • t↦∂g∂t(t,x)t\mapsto \frac{\partial g}{\partial t}(t,x) est continue sur II
  • on a ∣∂g∂t(t,x)∣≤xa.\left| \frac{\partial g}{\partial t}(t,x) \right| \leq x^a. et x↦xax\mapsto x^a est integrable sur JJ

Alors : FF est de classe C1C^1 sur II.

2. c)

Donc on peut dériver sous le signe intégral :

F′(t)=∫01∂g∂t(t,x) dx=∫01xt dx=1t+1.\begin{align*} F'(t) &= \int_0^1 \frac{\partial g}{\partial t}(t,x) \, dx \\ &= \int_0^1 x^t \, dx = \frac{1}{t+1}. \end{align*}
2. d)

Soit t∈It\in I on a :

F(t)=∫0tF′(t) dt=∫0t1t+1 dt=ln⁡(t+1)−ln⁡(0+1)=ln⁡(t+1)\begin{align*} F(t)&=\int_0^t F'(t)\ dt\\&=\int_0^t\frac{1}{t+1}\ dt\\&=\ln(t+1)-\ln(0+1)\\&=\ln(t+1) \end{align*}
3.

On cherche :

A=∫01fn(x) dx=∫01xn−1ln⁡x dx.\mathcal{A} = \int_0^1 f_n(x) \, dx = \int_0^1 \frac{x^n - 1}{\ln x} \, dx.

Or, on a défini précédemment :

F(t)=∫01xt−1ln⁡x dxF(t) = \int_0^1 \frac{x^t - 1}{\ln x} \, dx

et montré que

F(t)=ln⁡(1+t)F(t) = \ln(1 + t)

Donc :

A=∫01fn(x) dx=F(n)=ln⁡(1+n).\boxed{\mathcal{A}=\int_0^1 f_n(x) \, dx = F(n) = \ln(1 + n)}.

✏️ Exercice 2 (3.5 pts)

Soient n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, En=R+[X]E_n = \mathbb{R}_+ [X] l’espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal à nn, et ψ\psi l’application définie par :

ψ:E2×E2→R,(P,Q)↦∫01P(x)Q(x) dx\psi : E_2 \times E_2 \rightarrow \mathbb{R}, \quad (P, Q) \mapsto \int_0^1 P(x)Q(x)\,dx

1. Montrer que ψ\psi définit un produit scalaire sur E2E_2.

2. On pose :

  • P0=1P_0 = 1
  • P1=1−2XP_1 = 1 - 2X
  • Q=X2Q = X^2
  • P2=−2P0+αP1+βQP_2 = -2P_0 + \alpha P_1 + \beta Q avec (α,β)∈R2(\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2

a) Calculer ψ(P0,P1)\psi(P_0, P_1), ψ(P0,Q)\psi(P_0, Q) et ψ(P1,Q)\psi(P_1, Q).

b) Calculer ∥P0∥\|P_0\| et ∥P1∥\|P_1\|, où ∥P∥=ψ(P,P)\|P\| = \sqrt{\psi(P, P)}.

c) Trouver α\alpha et β\beta pour que (P0,P1,P2)(P_0, P_1, P_2) forme une base orthogonale de E2E_2.

d) Déterminer une base orthonormée B=(L0,L1)B = (L_0, L_1) de E1E_1.

3. Soit hh la projection orthogonale de E2E_2 sur E1E_1.

a) Exprimer h(Q)h(Q) dans la base BB.

b) Calculer la distance d(Q,E1)d(Q, E_1) de QQ à E1E_1.

Soient n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, En=R+[X]E_n = \mathbb{R}_+ [X] l’espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal à nn, et ψ\psi l’application définie par :

ψ:E2×E2→R,(P,Q)↦∫01P(x)Q(x) dx\psi : E_2 \times E_2 \rightarrow \mathbb{R}, \quad (P, Q) \mapsto \int_0^1 P(x)Q(x) \, dx
1.

Montrer que ψ\psi définit un produit scalaire sur E2E_2.

  • Symétrie :
ψ(P,Q)=∫01P(x)Q(x) dx=∫01Q(x)P(x) dx=ψ(Q,P)\psi(P, Q) = \int_0^1 P(x) Q(x) \, dx = \int_0^1 Q(x) P(x) \, dx = \psi(Q, P)

Donc, ψ\psi est symétrique.

  • Bilinéarité :
  • Pour λ∈R\lambda \in \mathbb{R} et P′,P∈E2P', P \in E_2,
ψ(λP+P′,Q)=λψ(P,Q)+ψ(P′,Q)\psi(\lambda P + P', Q) = \lambda \psi(P, Q) + \psi(P', Q)
  • Pour λ∈R\lambda \in \mathbb{R} et Q′,Q∈E2Q', Q \in E_2,
ψ(P,λQ+Q′)=λψ(P,Q)+ψ(P,Q′)\psi(P, \lambda Q + Q') = \lambda \psi(P, Q) + \psi(P, Q')
  • Définie positive :
ψ(P,P)=∫01P(x)2 dx≥0\psi(P, P) = \int_0^1 P(x)^2 \, dx \geq 0

et ψ(P,P)=0\psi(P, P) = 0 si et seulement si P=0P = 0, car P(x)2=0P(x)^2 = 0 implique P(x)=0P(x) = 0 sur [0,1][0, 1].

✨Conclusion :

Donc ψ\psi définit un produit scalaire sur E2E_2.

2. a)
  • Calcul de ψ(P0,P1)\psi(P_0, P_1) :
ψ(P0,P1)=∫011⋅(1−2x) dx=∫01(1−2x) dx\psi(P_0, P_1) = \int_0^1 1 \cdot (1 - 2x) \, dx = \int_0^1 (1 - 2x) \, dx
ψ(P0,P1)=[x−x2]01=(1−1)−(0−0)=0\psi(P_0, P_1) = \left[ x - x^2 \right]_0^1 = (1 - 1) - (0 - 0) = 0

Donc, ψ(P0,P1)=0\psi(P_0, P_1) = 0.

  • Calcul de ψ(P0,Q)\psi(P_0, Q) :
ψ(P0,Q)=∫011⋅x2 dx=∫01x2 dx\psi(P_0, Q) = \int_0^1 1 \cdot x^2 \, dx = \int_0^1 x^2 \, dx
ψ(P0,Q)=[x33]01=13−0=13\psi(P_0, Q) = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{3} - 0 = \frac{1}{3}

Donc, ψ(P0,Q)=13\psi(P_0, Q) = \frac{1}{3}.

  • Calcul de ψ(P1,Q)\psi(P_1, Q) :
ψ(P1,Q)=∫01(1−2x)x2 dx=∫01(x2−2x3) dx\psi(P_1, Q) = \int_0^1 (1 - 2x) x^2 \, dx = \int_0^1 (x^2 - 2x^3) \, dx
ψ(P1,Q)=∫01x2 dx−∫012x3 dx\psi(P_1, Q) = \int_0^1 x^2 \, dx - \int_0^1 2x^3 \, dx
ψ(P1,Q)=13−12=−16\psi(P_1, Q) = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{6}
2. b)

Calcul de ∥P0∥\|P_0\| et ∥P1∥\|P_1\|

La norme d’un polynôme PP est donnée par :

∥P∥=ψ(P,P)=∫01P(x)2 dx \|P\| = \sqrt{\psi(P, P)} = \sqrt{\int_0^1 P(x)^2 \, dx}
  • Calcul de ∥P0∥\|P_0\| :

Nous avons P0=1P_0 = 1, donc :

∥P0∥=ψ(P0,P0)=∫0112 dx \|P_0\| = \sqrt{\psi(P_0, P_0)} = \sqrt{\int_0^1 1^2 \, dx}
∥P0∥=∫011 dx=1−0=1=1 \|P_0\| = \sqrt{\int_0^1 1 \, dx} = \sqrt{1 - 0} = \sqrt{1} = 1
  • Calcul de ∥P1∥\|P_1\| :

Nous avons P1=1−2xP_1 = 1 - 2x, donc :

∥P1∥=ψ(P1,P1)=∫01(1−2x)2 dx \|P_1\| = \sqrt{\psi(P_1, P_1)} = \sqrt{\int_0^1 (1 - 2x)^2 \, dx}

Développons (1−2x)2(1 - 2x)^2 :

(1−2x)2=1−4x+4x2 (1 - 2x)^2 = 1 - 4x + 4x^2

Nous avons donc :

∥P1∥=∫01(1−4x+4x2) dx \|P_1\| = \sqrt{\int_0^1 (1 - 4x + 4x^2) \, dx}

Calculons l’intégrale :

∫011 dx=1,∫014x dx=4×12=2,∫014x2 dx=4×13=43 \int_0^1 1 \, dx = 1, \quad \int_0^1 4x \, dx = 4 \times \frac{1}{2} = 2, \quad \int_0^1 4x^2 \, dx = 4 \times \frac{1}{3} = \frac{4}{3}

Donc :

∥P1∥=1−2+43=33−63+43=13 \|P_1\| = \sqrt{1 - 2 + \frac{4}{3}} = \sqrt{\frac{3}{3} - \frac{6}{3} + \frac{4}{3}} = \sqrt{\frac{1}{3}}
∥P1∥=13 \|P_1\| = \frac{1}{\sqrt{3}}
2. c)

Pour que (P0,P1,P2)(P_0, P_1, P_2) forment une base orthogonale de E2E_2, l faut que :

ψ(P0,P1)=ψ(P0,P2)=ψ(P1,P2)=0 \psi(P_0, P_1)=\psi(P_0, P_2)=\psi(P_1, P_2)=0

On a d’aprés question 2. a) : ψ(P0,P1)=0\psi(P_0, P_1)=0

ψ(P0,P2)=∫01−2+α(1−2X)+βX2dx=[(−2+α)X−αX2+βX33]01=−2+β3 \begin{align*} \psi(P_0, P_2) &=\int_0 ^1 -2+\alpha(1-2X)+\beta X^2 dx\\ &=\left[(-2+\alpha)X-\alpha X^2+\beta \frac{X^3}{3}\right]_0^1\\ &=-2+\frac{\beta}{3} \end{align*}
ψ(P0,P2)=0⇒β=6 \psi(P_0, P_2) = 0 \quad \Rightarrow \quad \beta = 6
ψ(P1,P2)=∫01(1−2X)(−2+α(1−2X)+βX2)dx=∫01(−2+α)+4(−α+1)X+(β+4α)X2−2βX3dx=[(−2+α)X+2(−α+1)X2+β+4α3X3−β2X4]01=(−2+α)+2(−α+1)+β+4α3−β2=2α−β6 \begin{align*} \psi(P_1, P_2) &=\int_0 ^1 (1-2X)(-2+\alpha(1-2X)+\beta X^2) dx\\ &=\int_0 ^1 (-2+\alpha)+4(-\alpha+1)X+(\beta+4\alpha)X^2-2\beta X^3 dx\\ &=\left[(-2+\alpha)X+2(-\alpha+1) X^2+\frac{\beta+4\alpha}{3}X^3-\frac{\beta}{2}X^4\right]_0^1\\ &=(-2+\alpha)+2(-\alpha+1)+\frac{\beta+4\alpha}{3}-\frac{\beta}{2}\\ &=\frac{2\alpha-\beta}6 \end{align*}
ψ(P1,P2)=0⇒α=3 \psi(P_1, P_2) = 0 \quad \Rightarrow \quad \alpha = 3
α=3,β=6\boxed{\alpha = 3, \quad \beta = 6}
2. d)

On a ψ(P0,P1)=0\psi(P_0,P_1)=0 donc B=(P0,P1)B=(P_0,P_1) est orthogonal

∥P0∥=1 \|P_0\| = 1
L0=P0 L_0 = P_0
L1=P1∥P1∥=3(1−2x) L_1=\frac{P_1}{\|P_1\|} =\sqrt3(1-2x)

La base orthonormée B=(L0,L1)B = (L_0, L_1) de E1E_1 est donnée par :

L0=1,L1=3(1−2x) L_0 = 1, \quad L_1 = \sqrt{3} (1 - 2x)
3. a)

Exprimer h(Q)h(Q) dans la base BB

Soit Q∈E2Q \in E_2. On a h(Q)∈E1h(Q) \in E_1, et on a B=(L0,L1)B = (L_0, L_1) est une base orthonormée de E1E_1.

Alors il existe α,β∈R\alpha, \beta \in \mathbb{R} tels que :

h(Q)=αL0+βL1 h(Q) = \alpha L_0 + \beta L_1

On sait que la projection orthogonale vérifie :

Q−h(Q)∈E1⊥ Q - h(Q) \in E_1^\perp

Donc, pour tout vecteur de la base de E1E_1, on a :

ψ(Q−h(Q),L0)=0etψ(Q−h(Q),L1)=0 \psi(Q - h(Q), L_0) = 0 \quad \text{et} \quad \psi(Q - h(Q), L_1) = 0

Or :

ψ(Q−h(Q),L0)=ψ(Q,L0)−ψ(h(Q),L0) \psi(Q - h(Q), L_0) = \psi(Q, L_0) - \psi(h(Q), L_0)

D’où :

ψ(Q,L0)=ψ(h(Q),L0) \psi(Q, L_0) = \psi(h(Q), L_0)

En remplaçant h(Q)=αL0+βL1h(Q) = \alpha L_0 + \beta L_1 :

ψ(h(Q),L0)=ψ(αL0+βL1,L0)=αψ(L0,L0)+βψ(L1,L0)=α(car ψ(L1,L0)=0 et ψ(L0,L0)=1) \begin{align*} \psi(h(Q), L_0) &= \psi(\alpha L_0 + \beta L_1, L_0) \\ &= \alpha \psi(L_0, L_0) + \beta \psi(L_1, L_0) \\ &= \alpha \quad \text{(car $ \psi(L_1, L_0) = 0 $ et $ \psi(L_0, L_0) = 1 $)} \end{align*}

Donc :

α=ψ(Q,L0) \alpha = \psi(Q, L_0)

De la même manière, en utilisant ψ(Q−h(Q),L1)=0\psi(Q - h(Q), L_1) = 0, on obtient :

β=ψ(Q,L1) \beta = \psi(Q, L_1)

✨Conclusion :

h(Q)=ψ(Q,L0)L0+ψ(Q,L1)L1h(Q) = \psi(Q, L_0) L_0 + \psi(Q, L_1) L_1
ψ(Q,L0)=∫01X2 dx=13\psi(Q,L_0)=\int_0^1X^2\ dx=\frac13
ψ(Q,L1)=∫013(1−2x)x2 dx=33−32=−36\begin{align*} \psi(Q,L_1)&=\int_0^1\sqrt3(1-2x)x^2\ dx\\&=\frac{\sqrt3}3-\frac{\sqrt3}2\\&=-\frac{\sqrt3}6 \end{align*}
h(Q)=13−363(1−2X)=−16+X\begin{align*} h(Q)&=\frac13-\frac{\sqrt3}6\sqrt{3}(1 - 2X)\\&=-\frac16+X \end{align*}
3. b)

la distance d(Q,E1)d(Q, E_1) de QQ à E1E_1.

d(Q,E1)=min{∣∣Q−y∣∣, y∈E1}=∣∣Q−h(Q)∣∣=∣∣x2−X+16∣∣=∫01(x2−x−16)2 dx \begin{align*} d(Q, E_1)&=min\{||Q-y||,~y\in E_1\}\\ &=||Q-h(Q)||\\ &=||x^2-X+\frac16|| \\ &=\sqrt{\int_0^1\left(x^2-x-\frac16\right)^2\ dx} \end{align*}
∫01(x2−x−16)2 dx=∫01x4+x2+136+2(−x3−x26+x6) dx=∫01x4−2x3+23x2+13x+136 dx=15−12+29+16+136=760 \begin{align*} \int_0^1\left(x^2-x-\frac16\right)^2\ dx &=\int_0^1 x^4+x^2+\frac1{36}+2(-x^3-\frac{x^2}6+\frac x6)\ dx \\ &=\int_0^1 x^4-2x^3+\frac23x^2+\frac13x+\frac1{36}\ dx \\ &=\frac15-\frac12+\frac29+\frac16+\frac1{36}\\ &=\frac7{60} \end{align*}
d(Q,E1)=760 d(Q, E_1)=\sqrt{\frac7{60}}

✏️ Exercice 3 (4 pts)

I- On définit la suite réelle (an)n≥0(a_n)_{n \geq 0} par :

an=n(n+1)!, pour tout n∈N. a_n = \frac{n}{(n+1)!}, \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}.
  1. Vérifier que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} :
an=1n!−1(n+1)! a_n = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!}
  1. Montrer que :
∑n=1∞an=1 \sum_{n=1}^{\infty} a_n = 1
∑n=1∞nan=e−1 \sum_{n=1}^{\infty} n a_n = e - 1
∑n=2∞(n+1)(n−1)an=e \sum_{n=2}^{\infty} (n+1)(n-1)a_n = e

II- On considère une urne contenant initialement une boule blanche et une boule noire. On effectue des tirages successifs avec remise selon le protocole suivant :

  • Si la boule tirée est blanche, elle est remise dans l’urne puis on y ajoute une boule noire
  • Si la boule tirée est noire, le tirage s’arrête

A chaque instant du tirage, toute les boules de l’urne sont indiscernables au toucher

Soit XX la variable aléatoire égale au nombre de tirages néccessaires pour obtenir une boule noire.

  1. a) Montrer que l’ensemble des valeurs prises par XX est égale à N∗\mathbb{N}^*.

b) Que représente l’événement (X=2)(X = 2) ? et calculer P(X=2)P(X = 2)

  1. a) Montrer que pour tout n∈N∗n \in \mathbb{N}^* on a : P(X=n)=anP(X = n) = a_n.

b) Montrer que l’éspérence E(X)E(X) existe et calculer sa valeur.

  1. a) Calculer E((X+1)(X−1))E((X + 1)(X - 1)).

b) En déduire que V(X)V(X) existe et la calculer.

I-

1.

on a :

an=n(n+1)!=n+1−1(n+1)!=n+1(n+1)!−1(n+1)!=1n!−1(n+1)!\begin{align*} a_n &= \frac{n}{(n+1)!}\\ &=\frac{n+1-1}{(n+1)!}\\ &=\frac{n+1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+1)!}\\ &=\frac{1}{n!}-\frac{1}{(n+1)!} \end{align*}
2.

on a :

∑n=1pan=∑n=1p(1n!−1(n+1)!)=1−1(p+1)!\begin{align*} \sum_{n=1}^{p} a_n &=\sum_{n=1}^{p} \left(\frac{1}{n!}-\frac{1}{(n+1)!}\right) \\ &=1-\frac1{(p+1)!} \end{align*}
∑n=1+∞an=lim⁡p→+∞(1−1(p+1)!)=1\sum_{n=1}^{+\infty} a_n=\lim\limits_{p\to+\infty}\left(1-\frac1{(p+1)!}\right)=1
∑n=1∞nan=∑n=1∞(nn!−n(n+1)!)=∑n=1∞1(n−1)!−∑n=1∞an=∑m=0∞1m!−1=e−1\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} n a_n &= \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{n}{n!}-\frac{n}{(n+1)!}\right)\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n-1)!}- \sum_{n=1}^{\infty} a_n \\ &=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!} -1\\ &=e-1 \end{align*}
∑n=2∞(n+1)(n−1)an=∑n=2∞n(n+1)(n−1)(n+1)!=∑n=2∞1(n−2)!=∑m=0∞1m!=e\begin{align*} \sum_{n=2}^{\infty} (n+1)(n-1)a_n &=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{n(n+1)(n-1)}{(n+1)!}\\ &=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n-2)!} \\ &=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!} \\ &=e \end{align*}

II-

1. a)

Soit n∈N∗n\in\N^*

  • Pour X=1X = 1 : on tire une noire au 1er tirage.
  • Pour X=nX = n : on tire n−1n - 1 boules blanches (ce qui est possible, car il y a toujours une blanche dans l’urne), puis une noire.
1. b)

Événement {X=2}\{X = 2\} : tirer une blanche au 1er tirage, puis une noire au 2e.

P(X=2)=12×23=13 P(X=2)=\frac12\times\frac23=\frac13
2. a)

X=nX=n il faut tirer (n-1) blanches puis une noire

et à chaque tirage parmi les (n-1) on ajoute une boule noire

Si on tire uniquement des blanches jusqu’au (n−1)(n-1)-ième tirage, alors :

  • L’urne contient : 1 blanche et nn noires → n+1n + 1 boules

Au k-ième tirage (après avoir tiré k−1 blanches), l’urne contient : (1 blanche , kk noires ) c-à-d k+1k+1 au total

  • proba de tirer boule blache au k−k-ième tirage est 1k+1\dfrac1{k+1}

  • La probabilité de cette suite est :

P(X=n)=(∏k=1n−11k+1)⋅nn+1=1n!⋅nn+1=n(n+1)!=an \begin{align*} \mathbb{P}(X = n) &= \left( \prod_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k + 1} \right) \cdot \frac{n}{n + 1}\\ &= \frac{1}{n!} \cdot \frac{n}{n + 1} \\ &= \frac{n}{(n + 1)!}\\ &=a_n \end{align*}
2. b)

on a :

E(X)=∑n=1+∞nP(X=n)=∑n=1+∞nan E(X)=\sum_{n=1}^{+\infty} nP(X=n)=\sum_{n=1}^{+\infty} na_n

on pose un=nan=n2(n+1)!u_n=na_n=\dfrac{n^2}{(n+1)!}

en utilisant la règle d’Alembert :

un+1un=(n+1)2(n+2)!.(n+1)!n2=(n+1)2n2(n+2) \begin{align*} \dfrac{u_{n+1}}{u_n}&=\frac{(n+1)^2}{(n+2)!}.\frac{(n+1)!}{n^2}\\ &=\frac{(n+1)^2}{n^2(n+2)} \end{align*}
lim⁡+∞un+1un=lim⁡+∞n2n3=lim⁡+∞n2n3=lim⁡+∞1n=0<1 \begin{align*} \lim\limits_{+\infty}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}&=\lim\limits_{+\infty}\frac{n^2}{n^3} =\lim\limits_{+\infty}\frac{n^2}{n^3} \\&=\lim\limits_{+\infty}\frac{1}{n}=0<1 \end{align*}

Donc E(x)E(x) existe

et d’prés la question I- 2. on a :

E(X)=e−1 E(X)=e-1
3. a)
E((X−1)(X+1))=∑n=1∞(n+1)(n−1)an=∑n=2∞(n+1)(n−1)an=e \begin{align*} E((X-1)(X+1)) &=\sum_{n=1}^{\infty} (n+1)(n-1)a_n \\&= \sum_{n=2}^{\infty} (n+1)(n-1)a_n \\&=e \end{align*}
3. b)
V(X)=E(X2)−E2(X) V(X)=E(X^2)-E^2(X)

on a :

E((X−1)(X+1))=E(X2−1)=E(X2)−1 E((X-1)(X+1))=E(X^2-1)=E(X^2)-1

Donc E(X2)=e+1E(X^2)=e+1

et on a

E(X)=e−1 E(X)=e-1

Donc

V(X)=e+1−(e−1)2=e+1−e2+2e−1=3e−e2 \begin{align*} V(X)&=e+1-(e-1)^2 \\&=e+1-e^2+2e-1\\&=3e-e^2 \end{align*}

✏️ Exercice 4 (4.5 pts)

On rappelle que M3(R,+,×)M_3(\mathbb{R}, +, \times) est un anneau unitaire non commutatif et que M3(R,+,×)M_3(\mathbb{R}, +, \times) est un espace vectoriel réel.

Soient TT et AA deux matrices définies par :

T=(100010001)etA=(020102010)T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}

et EE l’ensemble des matrices de M3(R)M_3(\mathbb{R}) défini par :

E={M=(a+2c2b4cba+4c2bcba+2c) ; (a,b,c)∈R3}E =\left\{ M=\begin{pmatrix} a + 2c & 2b & 4c \\ b & a + 4c & 2b \\ c & b & a + 2c \end{pmatrix} \text{ ; } (a, b, c) \in \mathbb{R}^3 \right\}

Soit ff l’application définie par :

f(M)=AM,pour toutM∈E.f(M) = AM, \quad \text{pour tout} \quad M \in E.

a) Montrer que EE est un sous-espace vectoriel de M3(R)M_3(\mathbb{R}) .
b) Vérifier que

A2=(204040102)etA3=4A.A^2 = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 4 \\ 0 & 4 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad A^3 = 4A.

c) Montrer que la famille B={I,A,A2}B = \{I, A, A^2\} est une base de EE .

a) Montrer que ff est un endomorphisme de EE .
b) Déterminer la matrice FF de ff dans la base BB .

  1. Montrer que f3=4ff^3 = 4f et en déduire que si λ\lambda est une valeur propre de ff , alors λ3=4λ\lambda^3 = 4\lambda .

a) Calculer f(4I−A2)f(4I - A^2) , f(2A+A2)f(2A + A^2) et f(2A−A2)f(2A - A^2) .
b) En déduire que ff est diagonalisable.
c) L’endomorphisme ff est-il bijectif ? Justifier.

  1. Déterminer une base de Im f\text{Im } f et une base de ker⁡f\ker f .

  2. Soit SS l’ensemble des solutions de l’équation :

f(M)=A+A2,d’inconnueM∈E.f(M) = A + A^2, \quad \text{d'inconnue} \quad M \in E.

a) Montrer que S≠∅S \neq \varnothing .
b) Résoudre l’équation f(M)=A+A2f(M) = A + A^2 .

1. a)

EE est un sous espace vectoriel de M3(R)M_3(\mathbb{R}) Soit

M(a,b,c)=(a+2c2b4cba+4c2bcba+2c) M(a,b,c) = \begin{pmatrix} a + 2c & 2b & 4c \\ b & a + 4c & 2b \\ c & b & a + 2c \end{pmatrix}

un élément générique de EE

  • on a M(0,0,0)=0M3(R)∈EM(0,0,0)=0_{M_3(\R)}\in E, donc E≠∅E\ne\emptyset
  • Soient A=M(a,b,c) ,B=M(a′,b′,c′)A=M(a,b,c)~, B=M(a',b',c') et α∈R\alpha\in\R
A+αB=M(a+αa′,b+αb′,c+αc′) A+\alpha B=M(a+\alpha a',b+\alpha b',c+\alpha c')

Donc A+αB∈EA+\alpha B \in E

Alors EE est un sous espace vectoriel de M3(R)M_3(\mathbb{R})

1. b)
A2=A⋅A=(020102010)⋅(020102010)=(204040102) A^2 = A \cdot A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 4 \\ 0 & 4 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}
A3=A⋅A2=(020102010)⋅(204040102)=(080408040)=4A A^3 = A \cdot A^2 = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}2 & 0 & 4 \\ 0 & 4 & 0 \\ 1 & 0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 8 & 0 \\ 4 & 0 & 8 \\ 0 & 4 & 0 \end{pmatrix}= 4A
1. c)

La famille B={I,A,A2}B = \{I, A, A^2\} est une base de EE

  • On a : I,A,A2∈EI, A, A^2 \in E.
  • Soit α,β,γ∈R\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R} tels que :
αI+βA+γA2=0M3(R). \alpha I + \beta A + \gamma A^2 = 0_{M_3(\mathbb{R})}.

En résolvant cette équation, on trouve α=β=γ=0\alpha = \beta = \gamma = 0, donc la famille B={I,A,A2}B = \{I, A, A^2\} est libre.

  • dim⁡E=card(B)=3\dim E = \text{card}(B) = 3.

Donc BB est une base de EE.

2. a)

ff est un endomorphisme de EE

  • Montrons que ff est stabe par EE

Soit M∈EM\in E montrns que f(M)∈Ef(M)\in E

on a B={I,A,A2}B = \{I, A, A^2\} est une base de EE

Donc ∃α,β,γ∈R\exists\alpha,\beta,\gamma\in \R tel que

M=αI+βA+γA2 M=\alpha I+\beta A+\gamma A^2

et donc :

AM=αAI+βA2+γA3 AM=\alpha AI+\beta A^2+\gamma A^3

et on a A3=4AA^3=4A donc :

AM=0.I+(α+4γ)A+βA2AM=0.I+(\alpha+4\gamma)A+\beta A^2

et donc f(M)∈Ef(M)\in E

  • Montrons que ff est linéaire
  • f(M1+M2)=A(M1+M2)=AM1+AM2=f(M1)+f(M2)f(M_1+M_2)=A(M_1+M_2)=AM_1+AM_2=f(M_1)+f(M_2)
  • f(λM)=A(λM)=λAM=λf(M)f(\lambda M)=A(\lambda M)=\lambda AM=\lambda f(M)

Donc ff est linéaire.

2. b)

La matrice FF de ff dans la base BB.

f(I)=AI=A=0.I+1.A+0.A2f(A)=A2=0.I+0.A+1.A2f(A2)=A3=4A=0.I+4.A+0.A2\begin{align*} &f(I)=AI=A=0.I+1.A+0.A^2 \\ &f(A)=A^2=0.I+0.A+1.A^2 \\ &f(A^2)=A^3=4A=0.I+4.A+0.A^2 \end{align*}

Alors

F=(000104010) F=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
3.
f2(M)=f(f(M))=f(AM)=A2M f^2(M)=f(f(M))=f(AM)=A^2M
f3(M)=f(f2(M))=A3M=4AM=4f(M) f^3(M)=f(f^2(M))=A^3M=4AM=4f(M)

Soit λ\lambda une valeur propre de ff, et vv un vecteur propre associé,

Alors f(v)=λvf(v)=\lambda v

on a f3(v)=4f(v)=4λvf^3(v)=4f(v)=4\lambda v

et on a : f3(v)=λ3vf^3(v)=\lambda^3 v

et donc : λ3=4λ\lambda^3=4\lambda

4. a)
  • f(4I−A2)=4A−A3=4A−4A=0f(4I - A^2) = 4A - A^3 = 4A - 4A = 0
  • f(2A+A2)=2A2+A3=2A2+4Af(2A + A^2) = 2A^2 + A^3 = 2A^2 + 4A
  • f(2A−A2)=2A2−A3=2A2−4Af(2A - A^2) = 2A^2 - A^3 = 2A^2 - 4A
4. b)

λ\lambda une valeur propre de ff donc λ3=4λ\lambda^3=4\lambda

donc λ=0\lambda=0 ou λ=2\lambda=2 ou λ=−2\lambda=-2

Donc ff est diagonalisable (car endomorphisme d’un espace de dimension 3 avec 3 valeurs propres réelles distinctes).

4. c)

L’endomorphisme ff est-il bijectif ? Justifier.

on a 00 est une valeur propre de ff donc ker⁡(f)≠0\ker(f)\ne0

5.
  • une base de ker(f)ker(f)
  • ff est diagonalisable et dim⁡E=3\dim E=3
  • Sp(f)={0,−2,2}\mathrm{Sp}(f) = \{0, -2, 2\}

Donc E=ker⁡(f)⊕ker⁡(f+2I)⊕ker⁡(f−2I)E=\ker(f)\oplus\ker(f+2I)\oplus\ker(f-2I)

et donc dim⁡(ker⁡(f))=dim⁡(ker⁡(f+2Id))=dim⁡(ker⁡(f−2Id))=1\dim(\ker(f)) = \dim(\ker(f+2\mathrm{Id})) = \dim(\ker(f-2\mathrm{Id})) = 1

Donc dim⁡ker⁡(f)=1\dim \ker(f)=1

et on a : f(4I−A2)=0f(4I-A^2)=0

Alors ker⁡f=Vect(4I−A2)\ker f = \text{Vect}(4I - A^2)

{4I−A2}\{4I - A^2\} est une base de ker⁡(f)\ker(f)

  • une base de Im(f)\mathcal{Im}(f)

D’aprés le théorème du range : dim⁡ker⁡f+dim⁡Imf=3\dim\ker f+\dim\mathcal{Im}f=3

Donc dim⁡Im=2\dim\mathcal{Im}=2

D’aprés la question 2. a) on a montrer que f(M)=(α+4γ)A+βA2f(M)=(\alpha+4\gamma)A+\beta A^2

la famille {A,A2}\{A, A^2\} est linéairement indépendants car la famille {I,A,A2}\{I,A, A^2\} est une base

Donc {A,A2}\{A, A^2\} est une base de Im(f)\mathcal{Im}(f)

6. a)

Existence de solution

f(M)=A+A2⇒eˊquation admet au moins une solution car A+A2∈Im(f)f(M) = A + A^2 \Rightarrow \text{équation admet au moins une solution car } A + A^2 \in \text{Im}(f)
6. b) Résolution

Soit M=αI+βA+γA2∈EM = \alpha I + \beta A + \gamma A^2 \in E, alors :

f(M)=(α+4γ)A+βA2=A+A2⇒{α+4γ=1β=1 f(M) = (\alpha + 4\gamma)A + \beta A^2 = A + A^2 \Rightarrow \begin{cases} \alpha + 4\gamma = 1 \\ \beta = 1 \end{cases}

Donc solution générale :

M=(1−4γ)I+A+γA2,γ∈R M = (1 - 4\gamma) I + A + \gamma A^2, \quad \gamma \in \mathbb{R}