Corrigé ESCP 1998 par Pierre Veuillez

    1. f est dérivable sur et f ( x ) = ( n + 1 ) x n + n x n 1 = ( n + 1 ) x n 1 ( x + n n + 1 )

      Si n est pair, on a alors n 1 impair et le signe de f est alors :

      x n n + 1 0
      x n 1 0 +
      x + n / ( n + 1 ) 0 + + affine
      f ( x ) + 0 0 +
      f ( ) +
      f ( x )
      0

      Si n est impair, on a alors n 1 pair et le signe de f est alors :

      x n n + 1 0
      x n 1 + + 0 +
      x + n / ( n + 1 ) 0 + + affine
      f ( x ) 0 + 0 +
      + +
      f ( x ) 0
      f ( )

    2. Si n est impair, on a d'après le sens de variation, f ( n n + 1 ) < f ( 0 ) = 0 < 2

      Si n est pair, n n + 1 < 1 donc ( n n + 1 ) n = ( n n + 1 ) n < 1 n et ( n n + 1 ) n + 1 < 0 donc f ( n n + 1 ) < 2

    3. f ( 1 ) = 2 donc d'après les variations, l'équation f ( x ) = 2 a une unique solution sur [ 0 , + [ : x = 1

      • Si n est pair, d'après les variation de f et f ( n n + 1 ) < 2 il n'y a pas de solution sur ] , 0 ]

        et elle a donc x = 1 pour unique solution sur

      • si n est impair, on utilise le théorème de bijection sur ] , n n + 1 ] :

        f est continue et strictement décroissante sur I = ] , n n + 1 ] donc bijective de I dans [ f ( n n + 1 ) , + [ .

        Comme f ( n n + 1 ) < 2 alors 2 f ( I ) et l'équation f ( x ) = 2 a une unique solution sur I = ] , n n + 1 ] .

        D'après les variation de f , elle n'en a pas sur ] n n + 1 , 0 ] ,

        Elle a donc deux solutions : α < 0 et 1.

    1. Soit P = ( 1 1 x y ) . A P = P D ( 1 1 1 1 ) ( 1 1 x y ) = ( 1 1 x y ) ( 0 0 0 2 )

      ( 1 + x 1 + y 1 + x 1 + y ) = ( 0 2 0 2 y ) { 1 + x = 0 1 + y = 2 1 + x = 0 1 + y = 2 y { x = 1 y = 1 .

      Donc P = ( 1 1 1 1 )

    2. On trouve P 1 par la méthoide de Gauss ou on la donne directement :

      1 2 ( 1 1 1 1 ) ( 1 1 1 1 ) = ( 1 0 0 1 ) et ( 1 1 1 1 ) 1 2 ( 1 1 1 1 ) = ( 1 0 0 1 )

      Donc P est invarsible et P 1 = 1 2 ( 1 1 1 1 )

      Et comme A P = P D , en multiplinant à droite par P 1 : A = A P . P 1 = P D P 1

      et en multipliant à gauche par P 1 : D = P 1 P D = P 1 A P .

    1. Si X n + 1 + X n = A , alors P 1 ( X n + 1 + X n ) P = P A P 1

      donc P 1 X n + 1 P + P 1 X n P = D et enfin ( P 1 X P ) n + 1 + ( P 1 X P ) n = D

      Donc en posant Y = P 1 X P , si ( E n ) alors ( E n ) .

      Réciproquement, si Y n + 1 + Y n = D alors ( P Y P 1 ) n + 1 + ( P Y P 1 ) n = P D P 1

      Donc ( E n ) ( E n ) par le changement de variable Y = P 1 X P

    2. Soit Y une solution de ( E n ) . On pose Y = ( a b c d )

      1. Si Y est solution de ( E n ) alors Y n + 1 + Y n = D donc

        D Y = ( Y n + 1 + Y n ) Y = Y n + 2 + Y n + 1 = Y ( Y n + 1 + Y n ) = Y . D

      2. Comme Y D = D Y alors ( a b c d ) ( 0 0 0 2 ) = ( 0 0 0 2 ) ( a b c d )

        donc ( 0 2 b 0 2 d ) = ( 0 0 2 c 2 d ) et c = 0 et b = 0

      3. Donc Y = ( a 0 0 d ) est diagonale, on connait donc ses puissances : Y n = ( a n 0 0 d n )

        et Y n + 1 + Y n = D ( a n + 1 + a n 0 0 d n + 1 + d n ) = ( 0 0 0 2 ) { a n + 1 + a n = 0 d n + 1 + d n = 2

        Or a n + 1 + a n = a n ( a + 1 ) donc la première équation a apour solutions a = 1 et a = 0

      4. La seconde équation a pour solutions unique solution d = 1 si n est pair et d = α et d = 1 si n est impair.

        On a donc

        • si n pair, 2 solutions pour ( E n ) et donc 2 solutions pour ( E n ) via le changement de variable X = P Y P 1

        • si n impair, 4 solutions (4 valeurs possibles pour le couple ( a , d ) ) pour ( E n ) et donc 2 solutions pour ( E n )

    3. L'équation x 4 + x 3 = 2 est l'équation ( E 3 ) . 3 est impair. Elle a donc 4 solutions :

      P Y P 1 = ( 1 1 1 1 ) ( a 0 0 d ) 1 2 ( 1 1 1 1 ) = 1 2 ( a + d a + d a + d a + d )

      avec a = 1 ou 0 et d = α ou d = 1 : ( 0 1 1 0 ) , 1 2 ( 1 1 1 1 ) , 1 2 ( 1 + α 1 + α 1 + α 1 + α ) et 1 2 ( α α α α )

(ESCP 1998)