Corrig&eacute du DM 4

Corrig´ e du DM n

4

Exercice [Ecricome 1996]

On d´esigne parnun entier naturel non nul, et l’on se propose d’´etudier les racines de l’´equation (En) : lnx+x=n

A cet effet, on introduit la fonction f de la variable r´eellexd´efinie surR^∗+ par : f(x) = lnx+x

I. Existence des racines de (E

)

1. f est d´erivable sur ]0,+∞[ etf⁰(x) = ¹_x+ 1>0 En 0 :f(x) = ln (x) +x→ −∞

En +∞:f(x)→+∞.

f est continue et strictement croissante surR^∗+ donc bijective deR^∗+ sur ]lim0f,lim_+∞f[ =R.

Pour toutn∈N, d’apr`es le th´eor`eme de la bijection, l’´equationf(x) =na une unique solutionxn∈R^∗+. Et commef(x_n) =n < n+ 1 =f(x_n+1), alorsx_n< x_n+1 carf est strictement croissante surR^∗+. Conclusion : (xn)n∈Nest strictement croissante.

II. Etude de la convergence de (x

)

1. On ´etudie les variations de la diff´erence :

g(x) = ln (x)−x,g est d´erivable sur ]0,+∞[ et pourx∈]0,+∞[

g⁰(x) = 1

x−1 = 1−x x qui est du signe de 1−x

x 0 1 +∞

1−x + 0 −

g⁰(x) + 0 − g(x) % −1 &

doncg(x)<0 et

Conclusion : ∀x∈R^∗+, lnx < x.

2. On compare les images :

fn 2

= lnn 2

+n 2 <n

2 +n 2 =n f(n) = ln (n) +n≥ncarn≥1 doncf ⁿ₂

≤f(xn)≤f(n) et commef est strictement croissante sur ]0,+∞[ et que ⁿ₂, xnetnen sont ´el´ements, Conclusion : ∀n∈N^∗, n

2 6xn6n 3. Enfin, ⁿ₂ →+∞donc par minoration

Conclusion : x_n tend vers +∞quandntend vers +∞.

III. Comportement asymptotique de (x

)

1. L’encadrement pr´ec´edent donne pourn∈N^∗ lnn

2

n 6ln (x_n)

n 6 ln (n) n , avec

lnn 2

n = ln (n)

n −ln (2)

n →

n→+∞0 car ln (n) =

+∞o(n) D’apr`es le th´eor`eme d’encadrement,

Conclusion : ln(xn)

n tend vers 0 quandntend vers +∞.

On r´eutilise alors la relation de d´efinition dexn: ln (xn) +xn =n Doncx_n =n−ln (x_n) =n

1−ln (x_n) n

avec x_n

n = 1−ln(x_n)

n →

n→+∞1 et on a donc Conclusion : x_n ∼

+∞n.

1

2. Pi`ege :l’´equivalent d’une somme n’est pas la somme des ´equivalents !

xn+1−xn = n+ 1−ln (xn+1)−n+ ln (xn)

= 1 + ln xn

x_n+1

et xn

x_n+1 ∼

n→+∞

n

n+ 1 donc xn

x_n+1 →

n→+∞1 DoncConclusion : xn+1−xn tend vers 1 quandntend vers +∞.

3. On pose, pourn≥2,

un =n−x_n lnn . (a) Pour toutn≥2

u_n−1 = n−x_n lnn −1

= n−xn−ln (n)

lnn avecxn =n−ln (xn)

= n−n+ ln (x_n)−ln (n) lnn

=

lnxn

n

lnn

Conclusion : ∀n≥2, u_n−1 = lnxn

n

lnn (b) Commexn ∼

+∞nalors x_n

n →

n→+∞1 et lnx_n

n

lnn →

n→+∞0 donc Conclusion : un tend vers 1 quandntend vers +∞

(c) Question difficile.

On a donc u_n= n−x_n

lnn →

n→+∞1 doncn−x_n ∼

+∞ln (n) et Conclusion : ln (xn) ∼

+∞ln (n) Puis :

1−u_n =− lnxn

n

lnn =− ln

1 +xn

n −1 lnn et comme xn

n −1 →

n→+∞0 et que ln (1 +vn) ∼

+∞vn sivn →

n→+∞0 alors ln

1 +xn

n −1

+∞∼ xn

n −1 = xn−n

n = −ln (xn) n donc

1−un ∼

+∞ −−ln (xn) nln (n) 1−un ∼

+∞

1 n

Conclusion : 1−u_n ∼

+∞

1 n

4. Il existe donc une suite (εn) ayant une limite nulle lorsque ntend vers +∞telle que 1−un = 1

n(1 +εn), donc un = 1−1

n− 1 nεn

n−x_n

lnn = 1−1 n− 1

nεn

n−xn = ln (n)−ln (n)

n −ln (n) n εn

xn = n−ln (n) +lnn n +lnn

n εn

Exercice facultatif [HEC 2009]

Toutes les matrices de cet exercice sont des ´el´ements de l’ensembleM₂(R) des matrices carr´ees d’ordre 2 `a. coefficients r´eels. On note I la matrice identit´e deM<sub>2</sub>(R). On rappelle qu’un ´el´ementA deM<sub>2</sub>(R) est colin´eaire `a I s’il existe un r´eelλtel que A=λI.

On d´efinit les deux applications suivantes deM2(R) dansR, not´eesdett, par : pour tout ´el´ementA= (ai,j)_1≤i,j≤2 deM2(R)

d(A) =a1,1a2,2−a1,2a2,1 et t(A) =a1,1+a2,2. 1. SoitAetB deux ´el´ements de M2(R).

(a) On a 2I= 2 0

0 2

donc

d(2I) = 2·2−0·0 = 4 or d(I) = 1, donc

d(2I)6= 2d(I) Conclusion : dn’est pas lin´eaire.

(b) SoientA=

a11 a12

a21 a22

etB =

b11 b12

b21 b22

. On a alors

A B=

a₁₁ a₁₂ a21 a22

b₁₁ b₁₂ b21 b22

=

a₁₁b₁₁+a₁₂b₂₁ a₁₁b₁₂+a₁₂b₂₂ a21b11+a22b21 a21b12+a22b22

Ainsi

d(A)d(B) = (a11a22−a12a21) (b11b22−b12b21)

=a₁₁a₂₂b₁₁b₂₂−a₁₁a₂₂b₁₂b₂₁−a₁₂a₂₁b₁₁b₂₂+a₁₂a₂₁b₁₂b₂₁ et

d(AB) = (a11b11+a12b21) (a21b12+a22b22)

−(a21b11+a22b21) (a11b12+a12b22)

=a₁₁a₂₁b₁₁b₁₂+a₁₁a₂₂b₁₁b₂₂+a₁₂a₂₁b₁₂b₂₁+a₁₂a₂₂b₂₁b₂₂

−[a11a21b11b12+a11a22b12b21+a12a21b11b22+a12a22b21b22]

=a₁₁a₂₂b₁₁b₂₂+a₁₂a₂₁b₁₂b₂₁−a₁₁a₂₂b₁₂b₂₁−a₁₂a₂₁b₁₁b₂₂

=d(A)d(B)

Conclusion : Pour toutes matrices AetB deM2(R),d(AB) =d(A)d(B) (c) SiAet B sont semblables, il existe une matriceP inversible telle que

A=P BP⁻¹ Ainsi

d(A) =d P BP⁻¹

=d(P)d(B)d P⁻¹

=d(P)d P⁻¹

d(B) =d P P⁻¹B

=d(B) Conclusion : Si AetB sont semblables, on a :d(A) =d(B).

Remarque : On a aussi d(P)d P⁻¹

=d P P⁻¹

=d(I) = 1.Doncd P⁻¹

=d(P)⁻¹. 2. (a) t est d´efinie sur M2(R) `a valeurs dansRdonct est une application deM2(R) dansR.

SoitA=

a₁₁ a₁₂ a₂₁ a₂₂

et B=

b₁₁ b₁₂ b₂₁ b₂₂

donc

αA+βB=

αa11+βb11 αa12+βb12

αa21+βb21 αa22+βb22

Ainsi

t(αA+βB) =αa₁₁+βb₁₁+αa₂₂+βb₂₂

=α(a11+a22) +β(b11+b22)

=αt(A+)βt(B) Conclusion : t est une application lin´eaire deM₂(R) dansR.

3

Im(t) est un sous-espace vectoriel deR. De plus,Im(t) n’est pas r´eduit `a {0}(cart(I) = 2 ), donc dim (Im(t))≥1 = dim (R),

ainsi

Conclusion : Im(t) =Ret dim (Im(t)) = 1 Le th´eor`eme du rang donne alors

Conclusion : dim (Ker (t)) = 4−1 = 3 (b) SoientA=

a11 a12

a21 a22

etB =

b11 b12

b21 b22

et donc

AB=

a11b11+a12b21 a11b12+a12b22

a21b11+a22b21 a21b12+a22b22

ett(AB) =a11b11+a12b21+a21b12+a22b22

BA=

a11b11+a21b12 a12b11+a22b12

a₁₁b₂₁+a₂₁b₂₂ a₁₂b₂₁+a₂₂b₂₂

ett(BA) =a11b11+a21b12+a12b21+a22b22

Conclusion : Pour toutes matrices AetB deM2(R),t(AB) =t(BA) (c) SiAet B sont semblables, il existe une matriceP inversible telle que

A=P BP⁻¹ donc

t(A) =t P BP⁻¹

=t P BP⁻¹

=t BP⁻¹ P

=t BP⁻¹P

=t(B) Conclusion : Si AetB sont semblables, on a :t(A) =t(B).

3. SoitAun ´el´ement donn´e deM₂(R) non colin´eaire `aI.

(a) CommeAetIsont deux matrices non colin´eaires, elles forment une famille libre etαetβ sont uniques. Il reste

`

a d´emontrer leur existence. SoitA=

a11 a12

a21 a22

alors A²=

a²₁₁+a₁₂a₂₁ a₁₂(a₁₁+a₂₂) a₂₁(a₁₁+a₂₂) a²₂₂+a₁₂a₂₁

et αA+βI=

β+αa₁₁ αa₁₂ αa₂₁ β+αa₂₂

Donc

A²=αA+βI ⇐⇒











a²₁₁+a₁₂a₂₁=β+αa₁₁ a12(a11+a22) =αa12

a21(a11+a22) =αa21

a²₂₂+a12a21=β+αa22

Ce qui est vrai si (condition suffisante)α=a11+a22=t(A) et queβ v´erifie la premi`ere et derni`ere ´equation β=a²₁₁+a12a21−αa11=a²₁₁+a12a21−a11(a11+a22) =a12a21−a11a22=−d(A)

β=a²₂₂+a₁₂a₂₁−αa₂₂=−d(A)

(b) Conclusion : α=t(A) etβ=−d(A) sont les seules solutions deA²=αA+βI.

4. SoitAun ´el´ement donn´e deM2(R) non colin´eaire `a I. On noteul’endomorphisme deR² dont Aest la matrice associ´ee dans la base canonique (e1, e2) deR²On pose :w=e1+e2.

Soity un ´el´ement non nul deR², on dit quey est un vecteur propre deus’il existe un r´eelλtel que u(y) =λ y.

(a) Si les trois sont vecteurs propres, il existe alors trois r´eelsα₁,α₂ etα₃tels que

u(e₁) =α₁e₁, u(e₂) =α₂e₂ et u(e₁+e₂) =α₃(e₁+e₂). Commeuest lin´eaire, on a

u(e1+e2) =u(e1) +u(e2) =α1e1+α2e2. Donc

α3(e1+e2) =α1e1+α2e2. Comme la famille (e1, e2) est libre alorsα1=α3=α2.

Ainsi pour tout v=xe1+ye2∈R², on a

u(v) =u(xe1+ye2) =xu(e1) +yu(e2) =α1(xe1+ye2) =α1v.

Doncu=α1Id etA=α1I. OrAn’est pas colin´eaire `aI, on n’obtient donc une contradiction.

Conclusion : Les trois vecteurs e1,e2 etw ne peuvent ˆetre simultan´ement vecteurs propres deu.

(b) (x, u(x)) n’est pas une base si les deux vecteursxetu(x) sont li´es. Donc sixest vecteur propre.

Or, un des trois vecteurse1, e2 etw n’est pas vecteur propre et donc pour un de ces trois vecteurs (non nul), on a (x, u(x)) est libre donc une base deR² (car dim R²

= 2)

Conclusion : Il existe au moins un ´el´ement non nulxdeR² tel que la famille (x, u(x)) soit une base deR² (c) CommeA²=αA+βI, on a alorsu²=αu+βId et donc

u(u(x)) =βx+αu(x) =−d(A)x+t(A)u(x) On a ´egalementu(x) = 0x+ 1u(x) d’o`u ses coordonn´ees dans la base (x, u(x)) Conclusion : mat_(x,u(x))(u) =

0 −d(A) 1 t(A)

(d) A et mat(x,u(x))(u) sont les matrices deudans des bases diff´erentes.Aest donc semblable `a

0 −d(A) 1 t(A)

. De plus,^tAn’est pas colin´eaire `aI,<sup>t</sup>Aest donc aussi semblable `a

0 −d(^tA) 1 t(^tA)

. Enfin, commed(A) =d(^tA) ett(A) =t(^tA) alors

Conclusion : A est semblable `a sa transpos´ee^tA

5. SoitAun ´el´ement donn´e deM2(R) et C(A) l’ensemble d´efini parC(A) ={B ∈ M2(R) / AB=BA}.

(a) On v´erifie les 3 crit`eres :

• C(A)⊂ M2(R).

• 0₂ v´erifieA0₂= 0₂Adonc 0₂∈ C(A).

• SiB et B⁰∈ C(A) etαet β r´eels, alors

A(αB+βB⁰) =αAB+βAB⁰ =αBA+βB⁰A= (αB+βB⁰)A DoncαB+βB⁰∈ C(A)

Conclusion : C(A) est un sous-espace vectoriel deM2(R) (b) • SiA est colin´eaire `a I, alors toute matrice commute avec A.

Conclusion : C(A) =M2(R) et donc dim (C(A)) = 4 siA est colin´eaire `a I

• SiA n’est pas colin´eaire `a I, alors il existeP inversible telle que A=P

0 −d(A) 1 t(A)

P⁻¹

SoitB∈ M2(R) etB⁰=P⁻¹BP = a b

c d

, on a :

AB=BA ⇐⇒

0 −d(A) 1 t(A)

B⁰=B⁰

0 −d(A) 1 t(A)

⇐⇒

0 −d(A) 1 t(A)

a b c e

= a b

c e

0 −d(A) 1 t(A)

⇐⇒

−c d(A) −e d(A) a+c t(A) b+e t(A)

=

b b t(A)−a d(A) e e t(A)−c d(A)

⇐⇒











b =−c d(A) b t(A)−a d(A) =−e d(A) e =a+c t(A) e t(A)−c d(A) =b+e t(A)

AB=BA ⇐⇒







b =−c d(A)

−c d(A) t(A)−a d(A) =−[a+c t(A)] d(A)

e =a+c t(A)

⇐⇒

b=−c d(A) e=a+c t(A) Donc

C(A) =

P

a −c d(A) c a+c t(A)

P⁻¹ aveca, c∈R

5

On poseM =P

0 −d(A) 1 t(A)

P⁻¹, on a

C(A) = Vect (I, M) or (I, M) est une famille libre

(en effet, siαI+βM = 0 alorsP⁻¹(αI+βM)P = 0 etαI+β

0 −d(A) 1 t(A)

= 0 d’o`u α=β = 0 ) Conclusion : (I, M) est une base deC(A) et donc dim (C(A)) = 2 siAn’est pas colin´eaire `aI