Correction : du Devoir maison n˚2
MP Clemenceau 2020-2021 Pour le vendredi 16 octobre 2020
Exercice
1. D´eterminer le plus petit entier naturel non nulptel que 3p≡1 modulo 11.
Correction :Comme 11 est un nombre premier que que 3 n’est pas un multiple de 11, d’apr`es le (petit) th´eor`eme de Fermat, 311−1≡1[11]. On en d´eduit que, dans le groupe multiplicatif (Z/11Z)∗, l’ordre de 3 divise 10. On a 32= 9 et 9≡ −2[11]. On en d´eduit que 34≡4[11], puis 35≡1[11].
Le plus petit entier naturel non nulptel que 3p≡1 modulo 11 est donc 5.
2. En utilisant des congruences modulo 11, d´emontrer que, pour tout entier naturel n, l’entier 3n+2012−9×52n est divisible par 11.
Correction : Soit n ∈ IN. On a 2012 = 5×402 + 2, d’o`u 3n+2012 ≡ 3n ×(35)402×32[11] et donc, d’apr`es la premi`ere question, 3n+2012 ≡ 3n×9[11]. De plus on a 52 = 25 = 2×11 + 3 d’o`u 52 ≡ 3[11] et par suite 9×52n≡9×3n[11]. On en d´eduit que 3n+2012−9×52n ≡0[11], c’est `a dire que 3n+2012−9×52n est divisible par 11.
Probl` eme I : alg` ebre
On consid`ere l’ensemble E des matrices de la forme :A(a, b, c) =
a b c b a b c b a
o`u (a, b, c)∈IR3
1) Montrer que E est un espace vectoriel. Montrer qu’il est de dimension finie, `a pr´eciser en donnant une base.
Correction : Pour montrer queE est un espace vectoriel (on devrait dire IR-espace vectoriel mais ici le corps est fix´e), il suffit de montrer que c’est un sous espace vectoriel deM3(IR). On peut alors r´epondre aux trois questions en mˆeme temps (mˆeme si en g´en´eral il faut ´eviter...).
On a en effet, de mani`ere imm´ediate que E = V ect
I3,
0 1 0 1 0 1 0 1 0
,
0 0 1 0 0 0 1 0 0
. On a une base de E et dim(E) = 3.
2) SoientAetB deux matrices de E, calculer AB.
Est-ce un ´el´ement deE?
Correction : On a, avecA=A(a, b, c) etB=A(a0, b0, c0)
AB=
a b c b a b c b a
a0 b0 c0 b0 a0 b0 c0 b0 a0
=
aa0+bb0+cc0 ab0+ba0+cb0 ac0+bb0+ca0 ba0+ab0+bc0 2bb0+aa0 bc0+ab0+ba0 ca0+bb0+ac0 cb0+ba0+ab0 cc0+bb0+aa0
Ce n’est pas un ´el´ement deE, par exemple dans la cas o`u a=a0 = 1,c=c0= 1 etb= 0.
3) On consid`eref l’endomorphisme de IR3 canoniquement associ´e `aA(a, b, c). (a) Donner le d´eterminant def.
Correction : on calcule d´erictement le d´eterminant deA
det (A) =
a b c b a b c b a
C3−C1→C3
=
a b c−a
b a 0
c b a−c
lin´earit´e
= (c−a)
a b 1
b a 0 c b −1
L1+L3→L3
= (c−a)
a b 1
b a 0
a+c 2b 0
d´eveloppement 3i`eme colonne
= (c−a)
b a
a+c 2b
= (c−a) 2b2−a(a+c)
(b) Trouver les valeursλv´erifiant : il existe un vecteur non nulx∈IR3 tel quef(x) =λx.
On note Eλ=
x∈IR3/ f(x) =λx .
Correction : on chercheλtel qu’il existexnon nul tel quef(x) =λxc’est `a dire (f−λId) (x) = 0.
Cela veut dire que l’endomorphisme (f−λId) n’est pas bijectif. Cela est vrai si et seulement si son d´eterminant est nul.
On cherche doncλtel que det (f −λId) = 0. En rempla¸cantapara−λdans le calcul pr´ec´edent on obtient det (f−λId) = (c−a+λ) 2b2−(a−λ) (a−λ+c)
et donc
det (f−λId) = 0⇔λ=a−c ouλ2−(2a+c)λ+ac−2b2+a2= 0
⇔ λ=a−couλ=c+ 2a±√
c2+ 8b2 2
4) Cas b=c
(a) Donner les espaces Eλ associ´es aux valeurs trouv´ees pr´ec´edemment. On donnera une base de chacun des espaces.
Correction : les valeurs trouv´ees pr´ec´edemment sont doncλ=a−c(qui apparait deux fois) etλ=a+ 2c On cherche donc les sous espaces suivants
E1 = {x∈E / f(x) = (a−c)x}
E2 = {x∈E / f(x) = (a+ 2c)x}
Pour chercher E1 on r´esoud le syst`eme : A
x1
x2 x3
= (a−c)
x1
x2 x3
⇔
a c c c a c c c a
x1
x2 x3
= (a−c)
x1
x2 x3
⇔
ax1+cx2+cx3= (a−c)x1
cx1+ax2+cx3= (a−c)x2
cx1+cx2+ax3= (a−c)x3
⇔c(x1+x2+x3) = 0 Si cest nul alors la matrice est diagonale et pour toutxdeE f(x) =ax.
On suppose doncc non nul et donc
E1 = {x∈E / x1+x2+x3= 0}
= V ect((1,0,−1),(0,1,−1)) Pour chercher E2 on r´esoud le syst`eme :
A
x1 x2 x3
= (a+ 2c)
x1 x2 x3
⇔
a c c c a c c c a
x1 x2 x3
= (a+ 2c)
x1 x2 x3
⇔
ax1+cx2+cx3= (a+ 2c)x1
cx1+ax2+cx3= (a+ 2c)x2
cx1+cx2+ax3= (a+ 2c)x3
⇔
−2x1+x2+x3= 0 x1−2x2+x3= 0 x1+x2−2x3= 0
⇔x1=x2=x3
On en d´eduit queE2=V ect((1,1,1))
(b) Montrer que ce sont des espaces suppl´ementaires.
Correction : soitx∈E1∩E2,par d´efinition des sous espaces on a
f(x) = (a−c)x et f(x) = (a+ 2c)x on en d´eduit quex= 0,et donc E1∩E2={0}.
De plus on a dim (E1) = 2 et dim (E2) = 1,on peut donc conclure queE1⊕E2=E
(c) En utilisant les vecteurs trouv´es dans les questions pr´ec´edentes, construire une base de IR3et donner la matrice def dans cette base.
Correction : on posee1= (1,0,−1), e2= (0,1,−1) ete3= (1,1,1).
La famille est une base si et seulement si son d´eterminant dans la base canonique est non nul det (e1, e2, e3) =
1 0 1
0 1 1
−1 −1 1
= 3 C’est donc bien une base.
Remarque: c’est une base adapt´ee `a la somme directe.
On a, par d´efinition des vecteurs f(e1) = (a−c)e1, f(e2) = (a−c)e2 et f(e3) = (a+ 2c)e3. La matrice dans cette base est donc
D=
a−c 0 0
0 a−c 0
0 0 a+ 2c
(l’endomorphisme est diagonalisable)
(d) Caract´eriser l’application dans la cas a=−13 et b=c=23.
Correction : les valeurs trouv´ees pr´ec´edemment sont alors−1 et 1.La matrice dans la base (e1, e2, e3) est alors
D=
−1 0 0
0 −1 0
0 0 1
On reconnait la matrice d’une sym´etrie. C’est la sym´etrie par rapport `aE2 parall`element `aE1 5) Cas g´en´eral
(a) On consid`ere les vecteurs, donn´es dans la base canonique par
e1= (1,0,−1) e2= (1,−1,1) e3= (1,1,1) Montrer ces vecteurs forment une base de IR3
Correction : calculons le d´eterminant de la famille dans la base canonique
det (e1, e2, e3) =
1 1 1
0 −1 1
−1 1 1
L1+L3→L3
=
1 1 1
0 −1 1
0 2 2
=
−1 1
2 2
= −4
Le d´eterminant est non nul donc la famille est bien une base deE.
(b) Donner la matriceP de passage de la base canonique `a cette base.
Correction : par d´efinition la matrice demand´ee est
P =
1 1 1
0 −1 1
−1 1 1
(c) Calculer l’inverse deP.
Correction : on va r´esoudre le syst`emeP X=X0
1 1 1
0 −1 1
−1 1 1
x y z
=
x0 y0 z0
⇔
x+y+z=x0
−y+z=y0
−x+y+z=z0
⇔
x+y+z=x0
−y+z=y0 2x=x0−z0
⇔
y+z=x0−x=12(x0+z0)
−y+z=y0 x= 12(x0−z0)
⇔
x= 12(x0−z0) 2y=12(x0+z0)−y0 2z=12(x0+z0) +y0
⇔
x= 12x0−12z0 y=14x0−12y0+14z0 z=14x0+12y0+14z0
⇔
x y z
=
1
2 0 −12
1
4 −12 14
1 4
1 2
1 4
x0 y0 z0
On en d´eduit queP−1=
1
2 0 −12
1
4 −12 14
1 4
1 2
1 4
(d) Donner la matrice def dans cette base.
Correction : on utilise la formule de changement de bases. Si on noteA0 la matrice cherch´ee, on a A0=P−1AP
Ce qui donne apr`es calculs
A0=
a−c 0 0
0 a−32b+12c −12b+12c 0 12b+12c a+32b+12c
(e) Retrouver alors les r´esultats de la question 4.
Correction : sib=c,la matriceA0 est alors
A0=
a−c 0 0
0 a−c 0
0 c a+ 2c
on retrouve alors les valeursλtel quef(x) =λx.Ce sont biena−cet a+ 2c 6) On supposea=−1 +√
3, b= 1 etc= 2
(a) Calculer le rang def (choisir correctement la matrice).
Correction : on consid`ere la matrice dans la base (e1, e2, e3)
A0=
−3 +√
3 0 0
0 −32 +√ 3 12
0 32 32+√
3
Lorsqu’on calcule le d´eterminant de
−32+√ 3 12
3 2
3 2+√
3
on trouve 0. On en d´eduit que cette matrice est de rang 2
(b) Calculer l’image et le noyau def.
Correction : Comme la matrice, doncf est de rang 2, il suffit de prendre deux colonnes non colin´eaires de la matrice de d´epart (dans la base canonique) pour avoir une base de l’image. Et donc Im(f) =V ect((−1 +
√
3,1,2),(1,−1 +√ 3,1)).
Pour le noyau : par exemple par r´esolution deAX= 0, on trouve ker(f) =V ect(1,−1−√ 3,1))
Probl` eme II : analyse
1 Etude d’une suite r´ ecurrente
On consid`ere une fonctionf de classeC2sur [0,1] `a valeurs dans [0,1] telles quef0etf00soient `a valeurs positives.
On supposef(1) = 1,f0(0)<1 etf00(1)>0.
On consid`ere de plus la suite r´ecurrente (un)n∈IN d´efinie paru0 = 0 et, pour tout n ∈ IN,un+1 =f(un). On pose m=f0(1).
1) a) Montrer que la suite (un)n∈IN est croissante, puis qu’elle est convergente. On note`sa limite.
Correction : f0´etant positive,f croit sur [0,1]. Montrons alors par r´ecurrence que
∀n∈IN, 0≤un ≤un+1≤1 - Initialisation : c’est vrai au rang 0 caru0= 0 etu1=f(0)∈[0,1].
- H´er´edit´e : soitn ≥0 tel que le r´esultat est vrai jusqu’au rang n. On a alors 0 ≤un ≤un+1 ≤1 et par croissance def sur [0,1],
un+2−un=f(un+1)−f(un)≥0
En outre, comme [0,1] est stable parf,un, un+1∈[0,1] entraˆıne un+1=f(un), un+2=f(un+1)∈[0,1]. On a ainsi prouv´e le r´esultat au rangn+ 1.
On a montr´e que (un)n∈IN est croissante et qu’elle reste dans [0,1]. Par th´eor`eme de limite monotone, la suite converge et de plus (passage `a la limite dans une in´egalit´e large)
`= lim
n→+∞un∈[0,1]
b) Montrer que l’´equationf(x) =xadmet une plus petite solution. Dans toute la suite, on la noteraxf.
Correction : Commef(1) = 1, l’ensembleA={x∈[0,1]/ f(x) =x} est non vide. Comme il est minor´e, il admet une borne inf´erieurexf.
Remarque : lorsqu’on aura fait le cours de topologie on pourra finir la question par :
A= (g−Id)({0}) est ferm´e (image r´eciproque par une application continue d’un ferm´e) et doncxf ∈Ace qui montre quexf est un minimum. Il y a donc bien une plus petite solution `a l’´equationf(x) =x.
R´edaction sans le cours de MP : on consid`ere la caract´erisation s´equentielle de la borne inf´erieure. Il existe une suite (αn)n∈IN d’´el´ements de A qui converge vers xf. Or la fonctionf est continue donc la suite (f(αn))n∈IN converge versf(xf). Or, par d´efinition deAon a pour toutn∈INf(αn) =αn d’o`uf(xf) =xf et doncxf est un ´el´ement deAdonc un minimum.
c) Montrer que`=xf.
Correction : Commef croˆıt sur [0,1], on af([0, xf]) = [f(0), f(xf)] = [0, xf].u0∈[0, xf] et [0, xf] est stable parf, donc (r´ecurrence simple sur le mod`ele de la pr´ec´edente)
∀n∈IN, un∈[0, xf]
Par passage `a la limite, `∈[0, xf].f ´etant continue sur [0,1], un passage `a la limite dansun+1=f(un) donne de plusf(`) =`. Enfin, par minimalit´e,xf est le seul point fixe def dans [0, xf]. On a donc
xf=` 2) On supposem >1. Montrer quexf ∈[0,1[.
Correction : Posonsg(x) =f(x)−x.gest de classeC1sur [0,1] etg0(x) =f(x)−1. Sim >1 alorsg0(1)>0 et gest localement strictement croissante au voisinage de 1. Comme g(1) =f(1)−1 = 0, il existe donca∈[0,1[ tel queg(a)<0. Enfin,g(0) =f(0)≥0 et par th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, g s’annule sur [0, a]⊂[0,1[. On en d´eduit quexf ∈[0, a] et donc que
xf ∈[0,1[
3) On suppose maintenantm61. Montrer quexf = 1 et que pour toutn∈IN,un6= 1.
Correction : Notons toujours g(x) = f(x)−x. On a g ∈ C2([0,1]) et g0(x) = f(x)−1,g00(x) = f00(x) ≥0 ; commeg00(1) =f00(1)>0,g00 (qui est continue) est mˆeme strictement positve sur un intervalle [a,1[.g0 est donc croissante sur [0,1] et strictement croissante sur [a,1]. Commeg0(1) =m−1≤0,g0 est n´egative sur [0,1] et mˆeme strictement n´egative sur [a,1[. g est donc d´ecroissante sur [0,1] et mˆeme strictement d´ecroissante sur [a,1]. En particulier,∀x∈[a,1[, g(x)>0 et∀x∈[0, a], g(x)≥g(a)>0.g ne s’annule donc pas sur [0,1[ et ceci impose
xf= 1
Sur [a,1[,f00 est strictement positive etf0 est donc strictement croissante sur [a,1]. Ainsi,∀x∈[a,1], f0(x)≤m.
Si, par l’absurde,m´etait nul alorsf0 serait nulle sur [a,1]. Commef0 est positive et croissante sur [0,1] (f00≥0) on aurait doncf0 nulle sur [0,1] ce qui contreditf00(1)>0. On a doncf0(1)>0 etf est strictement croissante au voisinage de 1. Comme elle est croissante sur [0,1], elle ne prend finalement la valeur 1 qu’en 1. Si, par l’absurde, on avaitun = 1, on auraitf(un−1) = 1 et donc un−1= 1. Par une r´ecurrence descendante, on obtiendraitu0= 1, ce qui est faux. Ainsi,
∀n∈IN, un∈[0,1[
4) Dans cette question, on supposem= 1.
a) On pose, pourn∈IN,εn= 1−un. Montrer que
n→+∞lim 1
εn+1 − 1 εn
=f00(1) 2 Correction : On aun= 1−εn etεn→0. Par formule de Taylor-Young,
un+1=f(un) =f(1−εn) =f(1)−εnf0(1) +ε2n
2 f00(1) +o(ε2n) = 1−εn+ε2n
2 f00(1) +o(ε2n) On en d´eduit que
εn+1=εn−ε2n
2 f00(1) +o(ε2n) =εn 1−εn
2 f00(1) +o(εn)
On passe `a l’inverse (possible puisque la suite (εn) ne s’annule pas) et en utilisant 1−u1 = 1 +u+o0(u) on trouve
1 εn+1 = 1
εn
1 +εn
2 f00(1) +o(εn)
Il en r´esulte que
n→+∞lim 1
εn+1
− 1 εn
=f00(1) 2 b) En d´eduire que, quandntend vers l’infini, 1−un=εn∼ 2
nf00(1).
Correction : par hypoth`ese f00(1)6= 0, on peut donc ´ecrire, d’apr`es la question pr´ec´edente, que 1
εn+1
− 1 εn
∼ f00(1)
2 . Or la s´erie X
n
f00(1)
2 diverge, donc, par sommation des relations de comparaisons, on a
n−1
X
k=0
1 εk+1
− 1 εk
∼
n−1
X
k=0
f00(1)
2 . Ce qui donne par t´el´escopage 1 εn
− 1 ε0
∼nf00(1)
2 . Comme on a ϕn →0 on en d´eduit que 1
εn ∼nf00(1)
2 et par suiteεn∼ 2 nf00(1).
5) On suppose maintenantm <1 et on pose encore, pourn∈IN,εn= 1−un.
a) Montrer que la s´erie de terme g´en´eral εn est absolument convergente et en d´eduire la convergence de celle de terme g´en´eral ln
m−(n+1)εn+1
m−nεn
.
Correction : Le mˆeme calcul que ci-dessus donneεn+1=εn m−ε2nf00(1) +o(εn) On en d´eduit que
n→+∞lim
|εn+1|
|εn| =|m|=m∈[0,1[
Par r`egle de D’Alembert,P
(εn) est donc absolument convergente.
Notons que le casm= 0 est impossible d’apr`es le raisonnement de la questionI.C. On peut donc diviser par m >0. En reprenant l’identit´e ci-dessus, on a εn+1
mεn
= 1− εn
2mf00(1) +o(εn) On en d´eduit que ln
εn+1 mεn
=O(εn) qui est le terme g´en´eral d’une absolument convergente.
On a montr´e que ln εn+1
mεn
= ln
m−(n+1)εn+1 m−nεn
est le terme g´en´eral d’une s´erie absolument convergente.
b) En d´eduire qu’il existec >0 tel que, quandntend vers +∞, 1−un∼cmn. Correction : NotonsLla somme de la s´erie de la question pr´ec´edente. On a donc
n−1
X
k=0
ln εk+1
mεk
=L+o(1)
Avec les propri´et´es de morphisme du logarithme, les termes se t´elescopent et on obtient ln(εn)−ln(ε0)−nln(m) =L+o(1)
ou encore
εn=mneLε0eo(1) CommeeLε0>0 (ce qui importe est la non nullit´e) on a finalement
1−un =εn ∼cmn avec c=eLε0>0
