Colle PC Semaine 12 2011-2012

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Réduction des endomorphismes + Révisions analyse de PCSI

EXERCICE 1 :

Soit f ∈ R

_n

[X ] qui à P associe (X − a)P

^′

+ P − P (a). Donner la matrice de f dans la base (X

^k

)

06k6n

. Chercher Imf , Kerf et les éléments propres de f .

Correction :

Mat(f ,(X

^k

)

06k6n

)=





















0 −2a −a

²

. . . −a

ⁿ

.. . 2 −2a . . . 0 .. . . .. 3 . .. .. . .. . . .. ... −na 0 . . . . . . . .. n + 1



















 .

Soit P ∈ R

_n

[X ]. On montre facilement que kerf ={Polynômes constants}

Soit P ∈ R

_n

[X]. P − P (a) admet a comme racine donc il est divisible par X − a et il existe Q ∈ R

_n

[X] tel que P − P (a) = Q(X − a). Ainsi f (P ) = (X − a)P

^′

+ Q(X − a) = (X − a)(P

^′

+ Q) et Imf est contenu dans l’ensemble des polynômes divisibles par X − a. Si P / ∈ Imf , alors P ∈ kerf et P est constant : il n’est pas divisible par X − a.

Imf ={Polynômes divisibles par X − a}

La matrice M est triangulaire supérieure donc ses valeurs propres sont les coefficients diagonaux en vertu des pro- priétés de calculs des déterminants. Ses valeurs propres sont : 0,2,3,...,n + 1. Comme elles sont deux à deux distinctes, M est diagonalisable et les sous-espaces propres associés aux valeurs propres sont de dimension 1.

De plus, pour 2 6 k 6 n + 1, on pose P

k

= (X − a)

^k−1

, donc :

f (P

^k

) = (X − a)P

k^′

+ P

^k

− P

^k

(a) = (k − 1)(X − a)(X − a)

^k−2

+ (X − a)

^k−1

= k(X − a)

^k−1

= kP

^k

⇔ (f − kId)(P

^k

) = 0 ⇔ P

^k

∈ Ker(f − kId) donc Ker(f − kId) = vect((X − a)

^k−1

) EXERCICE 2 :

On considère la fonction f définie sur ] − 1; +∞[ par f (x) = ln(1 + x).

1. Appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à la fonction f en 0 à l’ordre n.

2. En déduire la limite de

n

X

k=1

(−1)

^k+1

k

Correction :

On a donc f (x) = f (0) +

n

X

k=1

f

^(k)

(0) k! x

^k

+

Z

^x

0

(x − t)

ⁿ

n! f

⁽ⁿ⁺¹⁾

(t)dt (∗) Or f

^(k)

(x) = (−1)

^k−1

(k − 1)!

(1 + x)

^k

donc la relation (∗) devient : f (x) = f (0) +

n

X

k=1

(−1)

^k+1

k x

^k

+ (−1)

ⁿ

Z

^x

0

(x − t)

ⁿ

(1 + t)

ⁿ⁺¹

dt

On donne à x la valeur 1 et l’on obtient : f (1) =

n

X

k=1

(−1)

^k+1

k + (−1)

ⁿ

Z

1

0

(1 − t)

ⁿ

(1 + t)

ⁿ⁺¹

dt d’où

f (1) −

n

X

k=1

(−1)

^k+1

k

= Z

1

0

(1 − t)

ⁿ

(1 + t)

ⁿ⁺¹

dt et pour tout t ∈ [0; 1] et ∀n ∈ N , 1

(1 + t)

ⁿ⁺¹

6 1

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donc

f (1) −

n

X

k=1

(−1)

^k+1

k

6 Z

1

0

(1 − t)

ⁿ

dt =

− (1 − t)

ⁿ⁺¹

n + 1

1 0

= 1

n + 1

Comme 1

n + 1 −→

n→+∞

0, on obtient :

n→

lim

+∞ n

X

k=1

(−1)

^k+1

k = f (1) = ln 2

EXERCICE 3 :

Calcul de A

ⁿ

, n ∈ N , pour A =





7 3 −4

−6 −2 5

4 2 −1



 ∈ M

3

( R ).

Correction :

χ

A

(X ) = (1 − X )

²

(2 − X ) et E

A

(2) =vect(c

1

) avec c

1

= (1, 1, 2) puis E

A

(1) =vect(c

2

) avec c

2

= (−1, 2, 0). La dimension de E

A

(1) n’étant pas égale à 2, A n’est pas diagonalisable. Par contre la forme du ploynôme caractéristique (scindé dans R [X ]) prouve que A est trigonalisable.

Plus précisèment, montrons que A est semblable à





2 0 0 0 1 1 0 0 1



 dans la base (c

1

, c

2

, u

3

) où u

3

vérifie :

f (u

3

) = c

2

+ u

3

(1). On pose u

3

= (x, y, z) et une solution possible qui se dégage en utilisant la relation (1) est u

3

= (0, 1, 1) (laissé à la sagacité du lecteur).

On a donc mat(f, (c

1

, c

2

, u

3

))=





2 0 0 0 1 1 0 0 1



 = T

En effectuant les produits par blocs, on trouve T

ⁿ

=





2

ⁿ

0 0

0 1 n

0 0 1



 et donc A

ⁿ

= P





2

ⁿ

0 0

0 1 n

0 0 1



 P

⁻¹

avec,

après un calcul laissé au lecteur P

⁻¹

=





2 1 −1

1 1 −1

−4 −2 3





On trouve finalement : A

ⁿ

=





2

ⁿ⁺¹

+ 4n − 1 2

ⁿ

+ 2n − 1 −2

ⁿ

− 3n + 1 2

ⁿ⁺¹

− 8n − 2 2

ⁿ

− 4n −2

ⁿ

+ 6n + 1 2

ⁿ⁺²

− 4 2

ⁿ⁺¹

− 2 −2

ⁿ⁺¹

+ 3





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