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\begin{document}
{\Large \bf
\begin{flushright} 
 Corrig\'e Mines d'Albi, Al\`es, Douai, Nantes 2000 \end{flushright} }


 {\bf Analyse} 

{\sf Partie I}

\begin{itemize}
\item[{\bf 1.}] Les fonctions $\sh$ et $\ch$ sont d\'erivables sur $\R$  et $\ch$
ne s'annulent pas sur $\R$ donc $\th$ est d\'erivable sur $\R$ donc 
continue sur cet intervalle.

Pout tout r\'eel $x$, $(\th)'(x)=\displaystyle 
\frac{\ch^2(x(-\sh^2(x)}{\ch^2 (x)} = \frac{1}{\ch^2( x)} >0$. 
$\th$ est strictement croissante sur $\R$. 

De plus, pour tout $x$, $\th(x)=\displaystyle 
\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}} $ donc $\displaystyle \lim_{ x 
\rightarrow +\infty} \th x = 1 $ et par imparit\'e $\displaystyle 
\lim_{ x \rightarrow -\infty} \th x = -1 $.

 $\th$ \'etablit donc une 
bijection de $\R$ dans $I= \displaystyle \left] \lim_{ x 
\rightarrow -\infty} \th(x),\lim_{ x \rightarrow +\infty} \th(x) 
\right[=]-1,1[$. 
\item[{\bf 2.}] Le calcul pr\'ec\'edent montre que pour tout r\'eel $x$, 
$\th'(x) =1-\th^2(x)$.


\item[{\bf 3.}]Soit $x$ dans $I$. Alors $-x$ appartient \`a $I$. 

De plus, $\th ( \ath (-x))=-x$ et $\th(-\ath(x))=-\th(\ath(x))=-x$ 
car $\th$ ext impaire. 

Comme $\th$ est bijective donc injective sur $\R$, il en r\'esulte 
que $\ath(-x)=-\ath(x)$ ce qui \'etablit que $\ath$ est impaire. 
\item[{\bf 4.}] Soit $y$ dans $I$ et $x=\ath(y)$. La fonction $\th$ est d\'erivable au point $x$
et $\th'(x)=1-\th^2(x) \neq 0$. Donc $\ath$ est d\'erivable en $y$ 
et $\ath'(y)= \displaystyle \frac{1}{\th '(x)} = \displaystyle 
\frac{1}{1-\th^2(\ath(y))}=\frac{1}{1-y^2}$. 
\item[{\bf 5.}] Une d\'ecompostion en \'el\'ements simples donne pour tout $x$ de $I$,
$\displaystyle \frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{2} \left( \frac{1}{x+1} 
-\frac{1}{x-1} \right)$. Par int\'egration, qu'il existe un r\'eel $C$ 
tel que pour tout $x$ de $I$, $\ath(x)=\displaystyle \frac{1}{2} 
\ln (x+1) -\frac{1}{2} \ln(1-x)+C$. 

Or $\th(0)=0$ donc $\ath(0)=0$ ce qui donne $C=0$.

Pour tout $x$ de $I$, $\ath(x)=\displaystyle \frac{1}{2} \ln (x+1) 
-\frac{1}{2} \ln(1-x)=\frac{1}{2}\ln \left( \frac{1+x}{1-x} 
\right)$. 

\item[{\bf 6.}] On fait un d\'eveloppement limit\'e de la d\'eriv\'ee de $\ath$ \`a l'ordre 4 en 0 :

On obtient : $\ath'(x) \begin{array}[t]{c} = \\[-0.2cm] 
{\scriptstyle 0} 
\end{array} 1 + x^2 +x^4 +o(x^4)$.

Par int\'egration, puisque $\ath(0)=0$, $\ath(x) \begin{array}[t]{c} 
= 
\\[-0.2cm] {\scriptstyle 0} 
\end{array}  x+\displaystyle 
\frac{x^3}{3}+ \frac{x^5}{5} +o(x^5)$. 
\end{itemize}


{\sf Partie II}

\begin{itemize}
\item[{\bf 7.}] La fonction $x \mapsto x$ est continue et ne s'annule pas sur $]0,1[$ donc
la solution g\'en\'erale de $xy'+3y=0$ est de la forme $x \mapsto 
Ce^{\Phi(x)}$ o\`u $\Phi$ est une primitive de $x \mapsto 
\displaystyle -\frac{3}{x}$ sur $]0,1[$. Prenons $\Phi : x \mapsto 
-3\ln x$. 

La solution g\'en\'erale de $xy'+3y=0$ est de la forme $x \mapsto 
\displaystyle \frac{C}{x^3}$.

Cherchons une solution particuli\`ere $y_0$ de $(E)$ de la forme $ 
y_0(x)=\displaystyle \frac{z(x)}{x^3}$. $y_0$ est solution de 
$(E)$ sur $]0,1[$ si et seulement si pour tout $x$ de $]0,1[$, 
$\displaystyle x \frac{z'(x)}{x^3} -3x\frac{z(x)}{x^4} 
+3\frac{z(x)}{x^3} =\frac{1}{1-x^2}$ ce qui \'equivaut \`a pour tout 
$x$ de $]0,1[$, $z'(x)=\displaystyle \frac{x^2}{1-x^2}= 
\frac{1}{1-x^2}-1$. Prenons $z$ d\'efinie par $z(x)=\ath(x)-x$.

On obtient alors la solution g\'en\'erale de $(E)$ de la forme : $$x 
\mapsto \frac{ \ath(x)-x + C}{x^3} \; , \quad C \in \R$$
\end{itemize}

{\sf Partie III} 
\begin{itemize}
\item[{\bf 8.}] Si il existe un r\'eel $C$ tel que pour tout r\'eel $x$, $f(x)=C$, $f$ 
\'etant solution du probl\`eme pos\'e, alors $C$ v\'erifie 
$C=\displaystyle \frac{2C}{1+C^2}$ ce qui \'equivaut \`a $C(C^2-1)=0$ 
soit $C=0$ ou $C=1$ ou $C=-1$. 

\item[{\bf 9.}] Si $f$ est solution, $f(0)$ v\'erifie  $f(0)=\displaystyle 
\frac{2f(0)}{1+f(0)^2}$ ce qui donne comme \`a la question 
pr\'ec\'edente $f(0)=0$ ou $f(0)=1$ ou $f(0)=-1$. 
\item[{\bf 10.}] Pour tout r\'eel $x$, $1-|f(x)|=1-\displaystyle \frac{2a}{1+a^2}=
\frac{(1-a)^2}{1+a^2}$ o\`u $a=\displaystyle \left| f \left( 
\frac{x}{2} \right) \right|$.

Ainsi pour tout r\'eel $x$, $|f(x)| \leq 1$ soit $-1 \leq f(x) \leq 
1$. 
\item[{\bf 11.}] Supposons que $f$ soit solution. Alors, pour tout r\'eel $x$ :
$$ (-f)(2x)=-f(2x)=-\frac{2f(x)}{1+(f(x))^2}= 
\frac{2(-f(x))}{1+(-f(x))^2}$$ ce qui montre que $-f$ est aussi 
solution. 
\item[{\bf 12.}] Pour tout r\'eel $x$ :
\begin{eqnarray*} \frac{2\th (x)}{1+(\th 
(x))^2}&=&\frac{2\sh(x)\ch(x)}{(\ch(x))^2+(\sh(x))^2}= 
\frac{2\sh(x)\ch(x)}{2(\ch(x))^2-1} \\
&=&\frac{(e^x+e^{-x})(e^x-e^{-x})}{(e^x+e^{-x})^2-2} 
=\frac{e^{2x}-e^{-2x}}{e^{2x}+e^{-2x}}=\th(2x) \end{eqnarray*} 
 ce 
qui montre que $\th$ est solution du probl\`eme pos\'e. 
 
\item[{\bf 13.}] On a $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty}
\frac{x_0}{2^n}=0$. Or $f$ est d\'erivable donc continue en 0 donc 
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} f(x)=f(0)=1$.

Il en r\'esulte que $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty} 
u_n=1$. 
\item[{\bf 14.}] Pour tout entier $n$, $u_n=\displaystyle
f \left( 2 \frac{x_0}{2^{n+1}} \right) = 
\frac{2u_{n+1}}{1+u_{n+1}^2} $.

Comme pour tout $n$, $1+u_{n+1}^2>0$, $u_{n+1}$ et $u_n$ ont 
toujours le m\^eme signe donc pour tout entier $n$, $u_n$ a le signe 
de $u_0$. D'autre part pour tout entier $n$, $u_{n+1}-u_n= 
\displaystyle \frac{u_{n+1}(u_{n+1}^2)-1}{1+u_{n+1}^2}$.
 
Puisque pour tout $x$, $f^2(x) \leq 1$, on en d\'eduit que pour tout 
$n$, $u_{n+1}^2-1 \leq 0$ et que $(u_{n+1}-u_n)u_{n+1} \leq 0$. 

Ainsi si $u_0 \geq 0$ la suite $u$ est d\'ecroissante et si $u_0 
\leq 0$ la suite $u$ est croissante. 
\item[{\bf 15.}] Comme $f(x_0) \neq f(0)$, $u_0$ appartient \`a $[-1,1[$.
 Distinguons deux cas :

Si $u_0$ est n\'egatif, alors tous les termes de la suite $u$ sont 
n\'egatifs et la suite $u$ ne peut converger vers 1.

Si $u_0$ appartient \`a $[0,1[$, la suite $u$ est d\'ecroissante et on 
a $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty} u_n \leq u_0 <1$ ce 
qui conduit \`a $1<1$. Contradiction. 
\item[{\bf 16.}] Si $f(0)=-1$, alors $g=-f$ est une solution du probl\`eme
pos\'e qui v\'erifie $g(0)=1$ ce qui est impossible d'apr\`es la 
question pr\'ec\'edente. 
\item[{\bf 17.}] On d\'eduit des questions pr\'ec\'edentes qu'il n'existe pas de fonctions
non constantes solution du probl\`eme pos\'e qui v\'erifie $f(0)=1$ ou 
$f(0)=-1$. 
\item[{\bf 18.}] Supposons qu'il existe un r\'eel $x_0$ tel que $f(x_0)=1$.

Soit $v$ la suite d\'efinie par son terme g\'en\'eral $v_n=\displaystyle 
f \left( \frac{x_0}{2^n} \right)$.

On d\'emontre comme \`a la question {\bf 13.} que $v$ converge vers 
$f(0)=0$.

Le calcul effectu\'e \`a la question {\bf 14.} montre que la suite $v$ 
est constante \'egale \`a $v_0=1$ et ne peut donc pas converger vers 
0.

De mani\`ere analogue, il est impossible qu'il existe un r\'eel $x_0$ 
tel que $f(x_0)=-1$. Ainsi, pour tout r\'eel $x$, $-1<f(x)<1$. 
\item[{\bf 19.}] En utilisant l'expression de $\ath$ trouv\'ee au {\bf 5.}, on a
pour tout r\'eel $x$ : $$g(2x)=\frac{1}{2} \ln \left( 
\frac{1+f(2x)}{1-f(2x)} \right) = \frac{1}{2} \ln \left( 
\left(\frac{1+f(x)}{1-f(x)}\right)^2 \right) = 2\ath(f(x))=2g(x)$$
\item[{\bf 20.}] La fonction $f$ est d\'erivable en 0. La fonction $\ath$ est d\'erivable
 sur $]-1,1[$ donc en $f(0)=0$. Par composition, la fonction $g$ est d\'erivable en 0.
\item[{\bf 21.}] Soit $x$ r\'eel non nul. On a $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty}
\frac{x}{2^n}=0$. Or $g$ est d\'erivable en 0 et $g(0)=0$ donc 
$\displaystyle \lim_{u \rightarrow 0} \frac{g(u)}{u}=g'(0)$. 

Il en r\'esulte que $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty} 
v_n=g'(0)$. 
\item[{\bf 22.}] Pour tout entier $n$, $v_n=\displaystyle
\frac{\displaystyle g \left( 2 \frac{x}{2^{n+1}} 
\right)}{\displaystyle 2 \frac{x}{2^{n+1}} }= \frac{\displaystyle 
g \left( \frac{x}{2^{n+1}} \right)}{\displaystyle  
\frac{x}{2^{n+1}} } =v_{n+1}$ car $g(2b)=2g(b)$ d'apr\`es la 
question {\bf 19.}. La suite $v$ est donc constante \'egale \`a 
$v_0=\displaystyle \frac{g(x)}{x}$. Or elle converge vers $g'(0)$. 

Ainsi pour tout r\'eel $x$ non nul ,$g(x)=g'(0)x$ relation qui est 
encore valable pour $x=0$ : $g$ est donc lin\'eaire. 
\item[{\bf 23.}] Si $f$ est solution du probl\`eme pos\'e :
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Si $f(0)=1$ d'apr\`es la question {\bf 17.}, $f$ est constante
\'egale \`a 1.
\item[$\bullet$] Si $f(0)=-1$ d'apr\`es la question {\bf 17.}, $f$ est constante
\'egale \`a -1. 
\item[$\bullet$] Si $f(0)=0$ d'apr\`es la question {\bf 22.}, il existe un r\'eel  $c$ 
tel que pour tout r\'eel $x$, $\ath(f(x))=cx$ ce qui donne 
$f(x)=\th(cx)$. La question {\bf 12.} assure que les fonctions de 
ce type sont bien solutions. 
\end{itemize} 
\end{itemize}


\newpage
{\bf Alg\`ebre} 

{\sf Partie I} 

\begin{itemize}
\item[{\bf 1.}] D'apr\`es la formule du bin\^ome de Newton, on a
$A=\displaystyle \sum_{k=0}^{2n} C_{2n}^k X^k -1 = \sum_{k=1}^{2n} 
C_{2n}^k X^k =XB$ avec $B=\displaystyle \sum_{k=1}^{2n} C_{2n}^k 
X^{k-1}$. Le polyn\^ome $B$ est de degr\'e $2n-1$, son coefficient 
dominant est $C_{2n}^{2n}=1$ et son terme constant $b_0$ vaut 
$C_{2n}^1=2n$. 
\item[{\bf 2.}] $z$ est racine de $A$ si et seulement si $(z+1)^{2n}=1$ 
ce qui \'equivaut \`a $z+1=\displaystyle \exp \left(\frac{2ik\pi}{2n} 
\right)$ o\`u $k$ est un entier compris entre 1 et $2n-1$. 

Donc les racines de $A$ sont $z_0=0$ et $z_k=\displaystyle \exp 
\left(\frac{2ik\pi}{2n} \right) -1$ avec $k$ est un entier compris 
entre 1 et $2n-1$. 

Remarquons que pour tout entier $k$ compris entre 1et $2n-1$ : 
$$z_k= \displaystyle \exp \left(\frac{ik\pi}{2n} \right)\left( 
\exp \left( \frac{ik\pi}{2n} \right) - \exp \left( -\displaystyle 
\frac{ik\pi}{2n}\right) \right) = 2i \displaystyle \sin \left( 
\frac{k\pi}{2n} \right) \exp \left(\frac{ik\pi}{2n} \right) $$ 
\item[{\bf 3.}] Faisons dans $P_n$ le changement d'indice $l=2n-k$.
Alors : $$P_n=\prod_{l=n+1}^{2n-1} \sin \left( 
\frac{(2n-l)\pi}{2n} \right) = \prod_{l=n+1}^{2n-1} \sin \left( 
\pi -\frac{l\pi}{2n} \right) = \prod_{l=n+1}^{2n-1} \sin \left( 
\frac{l\pi}{2n} \right) $$ car $\sin(\pi-x)=\sin x$.

On en d\'eduit que $Q_n= \displaystyle \prod_{k=1}^{2n-1} \sin 
\left( \frac{k\pi}{2n} \right) = \prod_{k=1}^{n-1} \sin \left( 
\frac{k\pi}{2n} \right) \times \sin \left( \frac{\pi}{2} \right) 
\times \prod_{k=n+1}^{2n-1} \sin \left( \frac{k\pi}{2n} \right) 
=P_n^2$.

De plus, pour tout entier $k$ compris entre 1 et $2n-1$ , 
$\displaystyle \frac{k\pi}{2n}$ appartient \`a $[0,\pi]$ donc 
$\displaystyle \sin \left( \frac{k \pi}{2n} \right) \geq 0$ ce qui
implique que $P_n$ et $Q_n$ sont positifs. Par cons\'equent, 
$P_n=\sqrt{Q_n}$. 
\item[{\bf 4.}] $\displaystyle \prod_{k=1}^{2n-1} z_k$ est le produit des racines
du polyn\^ome $B$. D'apr\`es les relations coefficients racines, ce 
produit vaut $(-1)^{2n-1}b_0$. Donc $\displaystyle 
\prod_{k=1}^{2n-1} z_k= -2n$. D'autre part, d'apr\`es l'expression 
des $z_k$ donn\'ee au {\bf 2.} : 
\begin{eqnarray*} \prod_{k=1}^{2n-1} z_k & =& (2i)^{2n-1} \times Q_n 
\prod_{k=1}^{2n-1} \exp \left(\frac{ik\pi}{2n} \right) =
 \frac{2^{2n-1} (-1)^n Q_n }{i} \exp \left(\frac{i\pi}{2n}
 \sum_{k=1}^{2n-1} k \right) \\
 & = &\frac{2^{2n-1} (-1)^n Q_n }{i} 
 \exp \left( i\left(n\pi -\frac{\pi}{2}\right) \right) =-2^{2n-1}Q_n
\end{eqnarray*}
 En \'egalant les deux r\'esultats, on trouve $Q_n=\displaystyle
\frac{4n}{2^{2n}}$ et $P_n=\sqrt{Q_n}=\displaystyle 
\frac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}$. 
 
\item[{\bf 5.}] La fraction $F=\displaystyle  \frac{1}{A}$ admet $z_0,\ldots,z_{2n-1}$
comme p\^oles simples.  

On a donc $F=\displaystyle \sum_{k=0}^{2n-1}
\frac{\alpha_k}{X-z_k}$ avec $\alpha_k=\displaystyle 
\frac{1}{A'(x_k)}$. 

Or $A'(z_k)=2n(z_k+1)^{2n-1}=\displaystyle 2n \frac{(z_k+1)^{2n}}{z_k+1}=
2n \frac{1}{z_k+1}$ car $z_k$ est racine de $A$.

Finalement, $F=\displaystyle \frac{1}{2n} \sum_{k=0}^{2n-1} \frac{1+z_k}{X-z_k}$.
\end{itemize}

{\sf Partie II} 

\begin{itemize}
\item[{\bf 6.}]  Soit $f=k \Id_E$ une homoth\'etie vectorielle de rapport $k$ o\`u $k$
est un nombre complexe. 

On a $(f+\Id_E)^{2n}-\Id_E=A(k)\Id_E$.

Donc $f$ est solution de l'\'equation propos\'ee si et seulement si $k$ est racine de $A$.

\item[{\bf 7.}]  En utilisant le bin\^ome de Newton, on a $2^n=\displaystyle
\sum_{k=0}^{2n} C_{2n}^{k}$ et $0=\displaystyle
\sum_{k=0}^{2n} C_{2n}^{k}(-1)^k$.

Or tout entier $k$ compris entre 0 et $2n$ est soit de la forme $2l$ o\`u 
$l$ est un entier compris entre 0 et $n$ soit de la forme $2l+1$  o\`u 
$l$ est un entier compris entre 0 et $n-1$. En s\'eparant dans les deux sommes
pr\'ec\'edentes les entiers pairs des entiers impairs, on a 
$2^n=S+S'$ et $0=S-S'$, ce qui donne $S=S'= 2^{n-1}$.

\item[{\bf 8.}] Soit $s$ une sym\'etrie. $s$ et $\Id_E$ commutent dans ${\cal L}(E)$
donc $(s+\Id_E)^{2n}=\displaystyle \sum_{k=0}^{2n} C_{2n}^k s^k$.

Or $s^k=\Id_E$ si $k$ est pair et $s^k=s$ si $k$ est impair car $s \circ s=\Id_E$.

On obtient $(s+\Id_E)^{2n}-\Id_E=(S-1)\Id_E+S' s=(2^{n-1}-1)\Id_E+2^{n-1} s$.

Ainsi si $s$ est une sym\'etrie solution du probl\`eme pos\'e $s =\displaystyle
\frac{2^{n-1}-1}{2^{n-1}} \Id_E$ qui n'est pas une sym\'etrie.

Il n'y a donc pas de sym\'etrie solution du probl\`eme pos\'e.
\end{itemize}

{\sf Partie III} 
\begin{itemize}
\item[{\bf 9.}]  Notons $C=M_{0,1}$. Alors $C$ et $I_3$
appartiennent \`a $G$ et $G=\{ aI+bC, (a,b)\in \C^2 \} =\vect( 
I,C)$. 

Donc $G$ est un sous espace vectoriel de ${\cal M}_3(\C)$ dont 
$(I,C)$ est une famille g\'en\'eratrice. 

Si $\lambda$ et $\mu$ sont deux complexes tels que $\lambda I+\mu 
C=0$ alors $M_{\lambda,\mu}=0$ donc $\lambda=\mu=0$. La famille 
$(I,C)$ est libre. 

$G$ est donc un sous vectoriel de ${\cal M}_3(\C)$ de dimension 2 
dont $(I,C)$ est une base. 

Soit $M_{a,b}$ et $M_{a',b'}$ deux \'el\'ements de $G$. Alors 
$M_{a,b}M_{a',b'}=aa'I+(ab'+ba')C+bb'C^2$. Or $C^2=2I+C$ donc 
$C^2$ appartient \`a $G$ et $M_{a,b}M_{a',b'}$ aussi. 
\item[{\bf 10.}] Soit $E_1=\Ker(u-(a+2b)\Id_E)$. On a, puisque $b \neq 0$ :
$$(x,y,z) \in E_1 \Longleftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{l} -2x+y+z=0 \\x-2y+z=0 \\x+y-2z=0 \end{array}
\right. \begin{array}[t]{c} \Longleftrightarrow \\[-0.2cm] {L_3 
\leftarrow L_3-L_2 } \end{array} \left\{ \begin{array}{l} 
-2x+y+z=0 
\\x-2y+z=0
\\y-z=0 \end{array} \right. \Longleftrightarrow x=y=z $$
Donc $E_1=\vect(e'_1)$ avec $e'_1=(1,1,1)$. 
\item[{\bf 11.}] Soit $E_2=\Ker(u-(a-b)\Id_E)$. On a, puisque $b \neq 0$ :
$$(x,y,z) \in E_2 \Longleftrightarrow x+y+z=0 $$ Donc 
$E_2=\vect(e'_2,e'_3)$ avec $e'_2=(1,-1,0)$ et $e'_3=(1,0,-1)$. De 
plus $(e'_2,e'_3)$ est libre donc c'est une base de $E_2$. 
\item[{\bf 12.}] On a $\dim (E_1)+\dim (E_2)=3=\dim (\C^3)$ et
$E_1 \cap E_2= \{(x,y,z) \in \C^3 / x=y=z \mbox{ et } x+y+z=0 \} 
=\{0_{\C^3} \}$. Donc $\C^3=E_1 \oplus E_2$. Puisque $e'_1$ est 
une base de $E_1$ et $(e'_2,e'_3)$ est une base de $E_2$, 
$(e'_1,e'_2,e'_3)$ est une base de $\C^3$. 
\item[{\bf 13.}] Comme $u(e'_1)=(a+2b)e'_1$ , $u(e'_2)=(a-b)e'_2$
et $u(e'_3)=(a-b)e'_3$, la matrice de $u$ dans ${\cal B'}$ est 
$D=\displaystyle \pmatrix{ a+2b &0& 0 \cr 0&a-b&0 \cr 0&0&a-b }$. 
\item[{\bf 14.}] On a $P=\displaystyle \pmatrix{ 1 &1& 1 \cr 1&-1&0 \cr 1&0&-1 }$.
Soit $(x,y,z)$ et $(a,b,c)$ deux \'el\'ements de $\C^3$ : $$ P 
\pmatrix{ x \cr y \cr z } = \pmatrix{ a \cr b \cr c } 
\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y+z=a \cr x-y=b \cr 
x-z=c \end{array} \right. \begin{array}[t]{c} \Longleftrightarrow 
\\[-0.2cm] {\scriptstyle L_2 \leftarrow L_2+L_1  } \\ {\scriptstyle  L_3 \leftarrow L_1+L_2+L_3
} \end{array} \left\{ \begin{array}{l} x+y+z=a \\2x+z=a+b \\3x= 
a+b+c 
\end{array} \right.$$
et finalement : $$ P \pmatrix{ x \cr y \cr z } = \pmatrix{ a \cr b 
\cr c } \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
x=\displaystyle \frac{a+b+c}{3} \\ z=a+b-2x=\displaystyle 
\frac{a+b-2c}{3} \\ y=a-x-z=\displaystyle \frac{a-2b+c}{3} 
\end{array} \right.$$
ce qui d\'emontre que $P$ est inversible et que 
$P^{-1}=\displaystyle \frac{1}{3} \pmatrix{1&1&1 \cr 1&-2&1 \cr 
1&1&-2}$. 
\item[{\bf 15.}] D'apr\`es la formule de changement de base $M=PDP^{-1}$.
\item[{\bf 16.}] Si $N$ est une matrice $3 \times 3$, on peut d\'emontrer
par r\'ecurrence sur l'entier $n$ que $(PNP^{-1})^n=PN^nP^{-1}$. 
Alors : \begin{eqnarray*} (M+I)^n-I 
&=&(PDP^{-1}+I)^n-I=(P(D+I)P^{-1})^n-I \\ 
&=&P(D+I)^nP^{-1}-I=P((D+I)^n-I)P^{-1} 
\end{eqnarray*}

D'autre part, comme $P$ est inversible, $PNP^{-1}=0$ \'equivaut \`a 
$N=0$. Donc, d'apr\`es le calcul pr\'ec\'edent : $$ (M+I)^n-I =0 
\Longleftrightarrow (D+I)^n-I=0$$ 
\item[{\bf 17.}] Avec la matrice $D$ de la question {\bf 13.}, 
$(D+I)^n-I=\displaystyle \pmatrix{ A(a+2b) & 0&0 \cr 0&A(a-b)& 0 
\cr 0&0&A(a-b) } $. 

Par suite, $D$ est solution de $(*)$ si et seulement si $a+2b$ et 
$a-b$ est racine de $A$. De plus, comme $b \neq 0$, $D$ est 
solution de $(*)$ si et seulement si il existe deux entiers $p$ et 
$q$ distincts compris entre 0 et $2n-1$ tels que $a+2b=z_p$ et 
$a-b=z_q$. 

Ainsi $D$ est solution de $(*)$ si et seulement si il existe deux 
entiers $p$ et $q$ distincts compris entre 0 et $2n-1$ tels que 
$a=\displaystyle \frac{z_p+2z_q}{3}$ et $b=\displaystyle 
\frac{z_p-z_q}{3}$. 
\item[{\bf 18.}] D'apr\`es la question {\bf 6.}, les matrices $M_{a,0}$ solutions de $(*)$
sont les matrices $M_{z_p,0}$ o\`u $p$ est un entier compris entre 0 
et $2n-1$. 

D'apr\`es la question {\bf 17.}, les matrices $M_{a,b}$ avec $b \neq 
0$ solutions de $(*)$ sont les matrices $M_{a,b}$ avec 
$a=\displaystyle \frac{z_p+2z_q}{3}$ et $b=\displaystyle 
\frac{z_p-z_q}{3}$ o\`u $p$ et $q$ sont deux entiers distincts 
compris entre 0 et $2n-1$. 
\end{itemize}




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