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Dans tout le problème \( x \) désigne un réel strictement positif, et \( n \) un entier naturel.
En évaluant directement l'intégrale, on a : $$ \int_{0}^{+\infty} e^{-t} \mathrm{d} t = \lim_{b \rightarrow +\infty} \int_{0}^{b} e^{-t} \mathrm{d}t = \lim_{b \rightarrow +\infty} \left[ -e^{-t} \right]_{0}^{b} = \lim_{b \rightarrow +\infty} -e^{-b} - \left( -e^{-0} \right) = 1. $$
Dans la suite, on définit \( f : t \mapsto \frac{e^{-t}}{t^{n+1}} \). Il est clair qu'on a pour tout \( n\in\mathbb{N} \) et \( t>x>0 \) :
$$
0 < f(t) < \frac{e^{-t}}{x^{n+1}}
$$
On en déduit qu'on a pour tout \( n\in\mathbb{N} \) et \( x>0 \) :
$$
0 < \int_{x}^{+\infty} f(t) \mathrm{d}t < \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}}{x^{n+1}} = \frac{1}{x^{n+1}} \int_{x}^{+\infty} e^{-t} \mathrm{d}t = \frac{e^{-x}}{x^{n+1}}
$$
Il s'ensuit que pour tout \( n\in\mathbb{N} \) et \( x>0 \) on a bien : \( 0 < F_n(x) < \frac{e^{-x}}{x^{n+1}} \).
Par encadrement, on en déduit que pour tout \( n\in\mathbb{N} \) et \( x>0 \) : \(F_n(x)\) converge.
Par le théorème fondamental de l'analyse, en utilisant le résultat de convergence montré à la question précédente, on a pour tout \(n \in \mathbb{N} \) et pour tout \( x \in \left] 0, +\infty \right[ \) : $$ F'_n(x) = \frac{\partial}{\partial x} F_n(x) = \frac{\partial}{\partial x} \int_{x}^{+\infty} f(t) \mathrm{d}t = - f(x) = - \frac{e^{-x}}{x^{n+1}} $$ On en déduit que \( F_n \) est deux fois dérivable sur \( \left] 0, +\infty \right[ \) car \( F'_n \) est une composée de fonctions dérivables sur l'intervalle \( \left] 0, +\infty \right[ \).
On utilise une intégration par parties.
Pour ce faire, on s'appuie sur le résultat de convergence montré dans les questions précédentes et on note que :
• la fonction \( t \mapsto e^{-t} \) est de classe \( \mathcal{C}^1 \) sur \( \mathbb{R}_{+}^{*} \)
• pour tout \( n \in \mathbb{N} \), la fonction \( t \mapsto \frac{1}{t^{n+1}} \) est de classe \( \mathcal{C}^1 \) sur \( \mathbb{R}_{+}^{*} \)
• \( \lim_{t \rightarrow +\infty} \frac{e^{-t}}{t^{n+1}} = 0 \)
On obtient ainsi pour tout \( n \in \mathbb{N} \) :
$$
\begin{aligned}
\lim_{b \rightarrow +\infty} \int_{x}^{b} \frac{e^{-t}}{t^{n+1}} \mathrm{d}t & = \lim_{b \rightarrow +\infty} \left( \left[-\frac{e^{-t}}{t^{n+1}}\right]_{x}^{b}-\int_{x}^{b} \frac{(n+1) e^{-t}}{t^{n+2}} \mathrm{d}t \right) \\
& = \frac{e^{-x}}{x^{n+1}} - (n+1) \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}}{t^{n+2}} \mathrm{d}t
\end{aligned}
$$
On en déduit pour \( x >0 \) et \( n \in \mathbb{N} \) la relation de récurrence :
$$
F_n(x) = \frac{e^{-x}}{x^{n+1}} - (n+1)F_{n+1}(x)
$$
On établit la relation par récurrence sur \( n \in \mathbb{N} \).
Initialisation
Pour \( n=0 \), on a bien :
$$
e^{x} F_{0}(x) = f_{0}(x)+(-1)^{0} 0! e^{x} F_{0}(x) =e^{x} F_{0}(x)
$$
Hérédité
On suppose la relation de récurrence vraie au rang \( n \). On a alors :
$$
\begin{aligned}
e^{x} F_0(x) & = f_n(x) + (-1)^n n! e^{x} F_n(x) \\
& = f_{n}(x) + (-1)^{n} n! e^{x} \left( \frac{e^{-x}}{x^{n+1}} - (n+1)F_{n+1}(x) \right) \\
& = f_{n}(x) + \frac{(-1)^{n} n!}{x^{n+1}} + (-1)^{n+1}(n+1)!e^{x} F_{n+1}(x) \\
& = f_{n+1}(x)+(-1)^{n+1}(n+1)!e^{x} F_{n+1}(x)
\end{aligned}
$$
On en déduit qu'on a bien pour \( x >0 \) et \( n \in \mathbb{N} \) :
$$
e^{x} F_0(x) = f_n(x) + (-1)^n n! e^{x} F_n(x)
$$
En utilisant la majoration trouvée précédemment, on a pour \( x >0 \) et \( n \in \mathbb{N} \) : $$ \begin{aligned} \lvert \varphi(x)-f_{n}(x) \rvert & = \lvert (-1)^{n} n! e^{x} F_{n}(x) \rvert \\ & \leq n! \lvert e^{x} \frac{e^{-x}}{x^{n+1}} \rvert \\ & = \frac{n!}{x^{n+1}} \end{aligned} $$
On note que pour tout \( n \in \mathbb{N} : \varepsilon > 0 \) et qu'on a :
$$
\frac{\varepsilon_{n+1}}{\varepsilon_{n}} = \frac{(n+1)!}{10^{n+2}} \times \frac{10^{n+1}}{n!} = \frac{n+1}{10}
$$
On en déduit que la suite \( (\varepsilon_n )_{n\in\mathbb{N}} \) est décroissante jusqu'en \( n = 9 \), égale en \( n = 9 \) et \( n = 10 \) puis croissante à partir de \( n = 10 \).
Elle atteint donc son minimum en \( n = 9 \) et \( n = 10 \).
On en déduit directement, en utilisant la question précédente :
$$
\lvert \varphi(x)-f_{n}(x) \rvert \leq \frac{9!}{10^{10}}
$$
On remarque que pour tout \( n\in\mathbb{N}, x>0 \) et \( t>x \) on a : $$ 0 \leq (t-x)^n \leq t^n $$ En utilisant le résultat de la première partie, on en déduit : $$ G_{n}(x) = n!\int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}(t-x)^{n}}{t^{n+1}} \mathrm{d}t \leq n! \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}}{t} \mathrm{d}t < +\infty $$
On rappelle que, par la formule du binôme de Newton, pour tout \( n \in \mathbb{N}, x>0 \) et \( t \geq x \) on a :
$$
(t-x)^{n} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} t^{k} (-x)^{n-k}
$$
Avec un changement de variables, on peut alons écrire pour tout \( n \in \mathbb{N}, x>0 \) :
$$
\begin{aligned}
G_{n}(x) & = n! \int_{x}^{+\infty} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} t^{k} (-x)^{n-k} \frac{e^{-t}}{t^{n+1}} \mathrm{d}t \\
& = n! \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-x)^{n-k} \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}}{t^{n+1-k}} \mathrm{d}t \\
& = n! \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-x)^{n-k} F_{n-k}(x) \\
& = \sum_{p=0}^{n} \left[ n! \binom{n}{p} (-1)^{p} \right] x^{p} F_{p}(x)
\end{aligned}
$$
On en déduit que \( G_n \) peut s'écrire comme une combinaison linéaire des fonctions \( x \mapsto x^p F_p(x) \).
En s'appuyant sur les résultats de la partie précédente, la fonction \( G_n(x) \) est deux fois dérivables sur \( \left] 0, +\infty \right[ \) pour tout \( n\in \mathbb{N} \) en tant que combinaison linéaire de fonctions elles-mêmes deux fois dérivables sur \( \left] 0, +\infty \right[ \).
Par la formule du binôme de Newton, on a : $$ \sum_{p=0}^{n} (-1)^{p} C_{n}^{p} = \sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p} (-1)^{p} (1)^{n-p} = (-1+1)^{n} = 0 $$
En utilisant les résultats de la partie précédente, on a : $$ \begin{aligned} G_{n}'(x) & = n! \sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p} (-1)^{p} \left( p x^{p-1} F_{p}(x) - x^{p} F_{p}'(x) \right) \\ & = n! \sum_{p=0}^{n} p \binom{n}{p} (-1)^{p} x^{p-1} F_{p}(x) + n! \frac{e^{-x}}{x} \sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p} (-1)^{p} \\ & = n! \sum_{p=0}^{n} p \binom{n}{p} (-1)^{p} x^{p-1} \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}}{t^{p+1}} \mathrm{d}t + 0 \\ & = n! \int_{x}^{+\infty} e^{-t} \sum_{p=0}^{n} p\binom{n}{p} (-1)^{p} x^{p-1} t^{p-1} \mathrm{d}t \\ & = -n n! \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t} \sum_{p=1}^{n} \binom{n-1}{p-1} (-x)^{p-1} t^{(n-1)-(p-1)}}{t^{n+1}} \mathrm{d}t \\ & = -n n! \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}(t-x)^{n-1}}{t^{n+1}} d t \end{aligned} $$
En utilisant les résultats précédents, on a pour tout \( n \geq 1 \) et pour tout \( x > 0 \) : $$ \begin{aligned} x G_n'(x) & = -x n n! \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}(t-x)^{n-1}}{t^{n+1}} \mathrm{d}t \\ & = n \left( n! \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}(t-x)^{n-1}(t-x-t)}{t^{n+1}} \mathrm{d}t \right) \\ & = n n! \left( \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}(t-x)^{n}}{t^{n+1}} \mathrm{d}t - \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}(t-x)^{n-1}}{t^{n}} \mathrm{d}t \right) \\ & = n n! \left( G_{n}(x) - n G_{n-1}(x) \right) \\ & = n G_{n}(x)-n^{2} G_{n-1}(x) \end{aligned} $$
On utilise une intégration par parties.
Pour ce faire, on note que :
• la fonction \( t \mapsto e^{-t} \) est de classe \( \mathcal{C}^1 \) sur \( \mathbb{R}_{+}^{*} \)
• pour tout \( n \geq 1 \) et tout \( x > 0 \), la fonction \( t \mapsto \frac{(t-x)^{n-1}}{t^{n+1}} \) est de classe \( \mathcal{C}^1 \) sur \( \mathbb{R}_{+}^{*} \)
• \( \lim_{t \rightarrow +\infty } \frac{e^{-t}(t-x)^{n-1}}{t^{n+1}} = 0 \)
On obtient ainsi pour tout \( n \geq 1 \) et \( x > 0 \) :
$$
\begin{aligned}
\frac{G_{n-1}(x)}{(n-1)!} & = \lim_{b\rightarrow +\infty} \int_{x}^{b} \frac{e^{-t}(t-x)^{n-1}}{t^{n}} \mathrm{d}t \\
& = \lim_{b\rightarrow +\infty} \left( \left[-\frac{e^{-t}(t-x)^{n-1}}{t^{n}}\right]_{x}^{b} + \int_{x}^{b} e^{-t}\frac{\partial}{\partial t} \left( \frac{(t-x)^{n-1}}{t^{n}} \right) \right) \\
& = \lim_{b\rightarrow +\infty} \int_{x}^{b} e^{-t}\left(\frac{(n-1)(t-x)^{n-2}}{t^{n}}-\frac{n(t-x)^{n-1}}{t^{n+1}}\right) \mathrm{d}t \\
& = (n-1) \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}(t-x)^{n-2}}{t^{n}} \mathrm{d}t - n \int_{x}^{+\infty} \frac{e^{-t}(t-x)^{n-1}}{t^{n+1}} \mathrm{d}t
\end{aligned}
$$
On en déduit alors en multipliant par \( (n-1)! \) :
$$
G_{n-1}(x) = -G_{n-1}'(x) + \frac{1}{n} G_n'(x)
$$
En réarrangeant les termes de l'équation, on obtient :
$$
G_n'(x) = n G_{n-1}(x) + n G_{n-1}'(x)
$$
En utilisant les résultats précédents, on a pour \( n\geq 1 \) et \( x > 0 \) : $$ x G_{n+1}'(x) = x (n+1) G_{n}(x) + x(n+1) G_{n}'(x) $$ Or, on a aussi pour \( n\geq 1 \) et \( x > 0 \) : $$ x G_{n+1}'(x) = (n+1) G_{n+1}(x) - (n+1)^{2} G_{n}(x) $$ En combinant ces deux égalités, on obtient : $$ x (n+1) G_{n}(x) + x(n+1) G_{n}'(x) = (n+1) G_{n+1}(x) - (n+1)^{2} G_{n}(x) $$ En réarrangeant les termes, on obtient : $$ G_{n+1}(x) = x G_{n}(x) + x G_{n}'(x) + (n+1) G_{n}(x) $$ En substituant la relation mise en évidence à la question 2. a. dans l'équation, on obtient : $$ G_{n+1}(x) = x G_{n}(x) + \left( n G_n(x) - n^2 G_{n-1}(x) \right) + (n+1) G_{n}(x) $$ En réarrangeant les termes, on obtient finalement : $$ G_{n+1}(x) = (x+2n+1) G_n(x) - n^2 G_{n-1}(x) $$
On note d'abord qu'on a pour tout \( n\geq 1 \) et \( x > 0 \), en combinant les résultats précédents : $$ n G_{n}(x) = x G_n'(x) + n^{2} G_{n-1}(x) = x G_n'(x) + n \left( G_n'(x) - n G_{n-1}'(x)\right) $$ Puis, en dérivant la relation mise en évidence à la question 2. a., on a pour tout \( n\geq 1 \) et \( x > 0 \) : $$ G_{n}'(x) + x G_{n}^{\prime\prime}(x) = n G_n'(x) - n^2 G_{n-1}'(x) $$ En insérant la deuxième équation dans la première, on obtient : $$ n G_{n}(x) = x G_n'(x) + G_n'(x) + xG_n''(x) $$ En réarrangeant les termes, on obtient : $$ x G_n''(x) + (x+1) G_n'(x) - nG_n(x) = 0 $$
En dérivant, on note qu'on a pour tout \(n \geq 1 \) et \( x > 0 \) : $$ P_{n}'(x) = \sum_{p=1}^{n} \alpha_{n, p} p x^{p-1} $$ De la même manière, on calcule la dérivée seconde : $$ P_{n}^{\prime\prime}(x) = \sum_{p=2}^{n} \alpha_{n, p} p (p-1) x^{p^{-2}} $$ L'équation différentielle est donc vérifiée si et seulement si : $$ \sum_{p=0}^{n} \alpha_{n, p} \left[x p(p-1) x^{p-2}+(x-1) p x^{p-1}-n x^{p}\right] = 0 $$ En développant et réarrangeant les termes de l'équation, on obtient : $$ \sum_{p=0}^{n} \alpha_{n, p}p^{2} x^{p-1} + \sum_{p=0}^{n} \alpha_{n, p}(p-n) x^{p}=0 $$ Par un changement de variable dans la somme de gauche, on obtient : $$ \sum_{q=0}^{n-1} \alpha_{n, q+1}(q+1)^{2} x^{q} + \sum_{p=0}^{n} \alpha_{n, p}(p-n) x^{p}=0 $$ On en déduit en rassemblant les termes : $$ \sum_{p=0}^{n-1} \left( \alpha_{n, p+1}(p-1)^{2} + \alpha_{n, p}(p-n) \right) x^{p} = 0 $$ Or, on sait que les polynômes unitaires \( x^{0}, x, x^{1}, \ldots, x^{n} \) constituent une famille libre dans l'espace des polynômes de degré \( n \) \( \mathbb{R}_{n}[x] \). On en déduit que \(P_n\) vérifie l'équation différentielle si et seulement si : $$ \forall p \in \{0, \ldots, n-1 \} : (p+1)^{2} \alpha_{n, p+1} = (n-p) \alpha_{n, p} $$
En utilisant le résulat précédent, on peut écrire pour tout \( p \in \{ 0, ..., n-1\} \) :
$$
\alpha_{n, p} = \frac{(p+1)^{2}}{(n-p)} \alpha_{n, p+1}
$$
Par récurrence immédiate sur \( p \), en notant que \( \alpha_{n, n} = 1 \), on obtient :
$$
\alpha_{n, p} =\prod_{k=p}^{n} \frac{(k-1)^{2}}{(n-k)} =\frac{\left(\frac{n!}{p!}\right)^{2}}{(n-p)!} = \frac{n!}{p!} \frac{n!}{p!(n-p)!} = \frac{n!}{p!}\binom{n}{p}
$$
Puis, pour montrer que pour tout \( p \in \{ 0, ..., n\} \), \( \alpha_{n, p} \) est un entier naturel, on note que :
• pour tout \( n \geq 1, p \in \{ 0, ..., n\} \) : \( \frac{n!}{p!} \in \mathbb{N} \) comme produit de \( n - p \) entiers naturels ;
• pour tout \( n \geq 1, p \in \{ 0, ..., n \} \) : \( \binom{n}{p} \in \mathbb{N} \) par récurrence immédiate en utilisation le fait que \( \binom{0}{0} = 1 \) et \( \binom{1}{0} = 1 \) ainsi que la propriété du triangle de Pascal, donnée par :
$$
\binom{n}{p} = \binom{n-1}{p-1} + \binom{n-1}{p}
$$
On en déduit que \( \alpha_{n, p} \) est un produit naturel comme produit d'entiers naturels.
On obtient les polynômes suivants :
• pour tout \( x > 0 \) : \( P_{1}(x)=x+1 \)
• pour tout \( x > 0 \) : \( P_{2}(x)=x^{2}+4 x+2 \)
• pour tout \( x > 0 \) : \( P_{3}(x)=x^{3}+9 x^{2}+18 x+6 \)
On sait par les questions précédentes que pour tout \( n \in \mathbb{N} \) et \( x>0 \) on a : $$ e^{x} F_{0}(x) = f_{n}(x) + (-1)^{n} n! e^{x} F_{n}(x) $$ On en déduit que : $$ \begin{aligned} G_{n}(x) & = n! \sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p} (-1)^{p} x^{p} F_{p}(x) \\ & = n! \sum_{p=0}^{n} \binom{n}{p} (-1)^{p} x^{p} \frac{e^{x} F_{0}(x)-f_{p}(x)}{(-1)^p p!} \\ & = \sum_{p=0}^{n} \alpha_{n, p} x^{p} \left( F_{0} - e^{-x} f_{p}(x) \right) \\ & = P_{n}(x) F_{0}(x) - e^{-x} Q_{n}(x) \end{aligned} $$
On obtient les polynômes suivants :
• pour tout \( x > 0 \) :
$$
\begin{aligned} Q_1(x) & = x f_{1}(x) + f_{0}(x)=1
\end{aligned}
$$
• pour tout \( x > 0 \) :
$$
\begin{aligned} Q_2(x) & = x^{2} f_{2}(x)+4 x f_{1}(x)+2 f_{0}(x) \\ & =x^{2}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right)+4 \\ & =x+3
\end{aligned}
$$
• pour tout \( x > 0 \) :
$$
\begin{aligned}
Q_3(x) & = x^{3} f_{3}(x)+9 x^{2} f_{2}(x)+18 x f_{1}(x)+6 f_{0}(x) \\ & =x^{3}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}+\frac{2}{x^{3}}\right)+9 x^{2}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right)+18 \\ & =x^{2}+8 x+11
\end{aligned}
$$
\( G_n(x) \) étant définie comme une intégrale de fonctions strictement positives sur son intervalle d'intégration, on a nécessairement pour tout \( n\in \mathbb{N} \) et \( x > 0 \) : \( 0 < G_n(x) \).
On rappelle ensuite que :
• pour tout \( x > 0 \) : \( F_0(x) < \frac{e^{-x}}{x} \) ;
• pour tout \( n\in \mathbb{N} \) et \( x > 0 \) : \( P_n(x) > 0 \) comme polynôme à coefficients strictement positifs.
On en déduit en utilisant l'inégalité triangulaire que pour tout \( x > 0 \) :
$$
\begin{aligned}
G_n(x) & = P_n(x) F_0(x) - Q_n(x) e^{-x} \\
& < \frac{e^{-x}}{x} \left( P_n(x) - nQ_n(x) \right) \\
& = \frac{e^{-x}}{x} \left( \sum_{p=0}^n \frac{n!}{p!} \binom{n}{p} \left( x^p - x^{p+1} f_0(x) \right) \right) \\
& \leq \frac{e^{-x}}{x} \left( \sum_{p=0}^n \frac{n!}{p!} \binom{n}{p} \left| x^p - x^{p+1} f_0(x) \right| \right) \\
& \leq \frac{n! e^{-x}}{x}.
\end{aligned}
$$
En chaînant les inégalités, on a donc bien pour tout \( n\in \mathbb{N} \) et \( x > 0 \) :
$$
0 < G_n(x) < \frac{n! e^{-x}}{x}.
$$
Puis, par minoration brute, on a pour tout \( n \geq 2 \) et \( x > 0 \) :
$$
P_n(x) = \sum_{p=0}^n \frac{n!}{p!} \binom{n}{p} x^p > n!\binom{n}{0} + n! \binom{n}{1} x = n! nx
$$
Les cas \( n \in \{ 0, 1, 2 \} \) étant triviaux, on a pour tout \( n\in \mathbb{N} \) et \( x > 0 \) :
$$
P_n(x) > n! n x.
$$
En notant que \( n\in \mathbb{N} \) et \( x > 0 \) : \( P_n(x) > 0 \) et \( G_n(x) > 0 \), on a pour \( x > 0 \) fixé : $$ \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{G_n(x)}{P_n(x)} e^x \leq \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\frac{n! e^{-x}}{x} e^x}{n! n x} = \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{nx^2} = 0 $$ Par majoration, on en déduit que pour tout \( x > 0 \) : $$ \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{G_n(x)}{P_n(x)} e^x = 0 $$
En utilisant les résultats précédents, on note que pour tout \( n\in \mathbb{N} \) et \( x > 0 \) : $$ \frac{G_n(x) e^x}{P_n(x)} = \frac{\left( P_n(x) F_0(x) - Q_n(x) e^{-x} \right) e^x}{P_n(x)} = F_0(x) e^x - \frac{Q_n(x)}{P_n(x)} $$ On en déduit que pour tout \( x > 0 \) fixé : $$ \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{Q_n(x)}{P_n(x)} = \lim_{n \rightarrow +\infty} \varphi(x) - \frac{G_n(x)}{P_n(x)} e^x = \varphi(x) $$ En utilisant les résultats précédents, on a par ailleurs : $$ \frac{Q_3(10)}{P_3(10)} = \frac{10^2 + 8 \times 10 + 11}{10^3 + 9 \times 10^2 + 18 \times 10 + 6} = \frac{191}{2086} $$ On peut donc donner une valeur approchée de \( \varphi(10) \) par \( \varphi(10) \approx \frac{191}{2086} \).
Dans tout le problème, \( n \) désigne un entier naturel, et \( \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) \) l'espace vectoriel réel des matrices carrées d'ordre \( 3 \) à coefficients réels.
On note \( I \) la matrice de l'identité de \( \mathbb{R}_3 \) et \( M \) la matrice :
$$
M = \begin{pmatrix} -7 & 0 & -8 \\ 4 & 1 & 4 \\ 4 & 0 & 5 \end{pmatrix}.
$$
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On considère l'ensemble \( E = \{ aI + bJ, (a, b) \in \mathbb{R}^2 \} \subset \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) \).
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Soit \(j\) l'endomorphisme de \(\mathbb{R}^3\) associé à \(J\) dans la base canonique de \(\mathbb{R}^3\).
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