Probl` eme 1

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2013-2014

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction partielle du concours blanc

Questions de cours

6. Compte tenu des questions 4 et 5, il reste `a d´emontrer que la fonction : fe⁻¹′

: ]−1,1[→R; x7→ 1

√1−x² est d´erivable sur ]−1,1[.

• On introduit la fonction :

ϕ1: ]−1,1[→]0,1] ; x7→1−x².

Cette fonction est bien d´efinie. En effet, six∈]−1,1[, alors 0≤ |x|<1 et donc 0≤x²=|x|²<1

puisque la fonction carr´ee est strictement croissante surR_≥0. On en d´eduit alors ais´ement que : 0<1−x²≤1.

De plus la fonction la fonction ϕ1 est d´erivable (fonction polynomiale).

• Soit ´egalement la fonction :

ϕ2: ]0,+∞[→R; x7→√ x.

La fonctionϕ2est d´erivable, d’apr`es le cours sur la fonction racine carr´ee.

Attention : La fonction racine carr´ee n’est pas d´erivable en 0 ; c’est toute la subtilit´e ici.

• La fonctionϕ2◦ϕ1est bien d´efinie (clair) et est d´erivable comme compos´ee de fonctions d´erivables.

De plus elle ne s’annule pas sur ]−1,1[.

• Ainsi la fonction

fe⁻¹′

= 1

ϕ2◦ϕ1

est d´erivable comme inverse d’une fonction d´erivable qui ne s’annule pas.

Probl` eme 1

Partie D

1. (a) D’apr`es la question 2 de la partie B, on sait queun →e, en utilisant les notations introduites dans la partie C.

D’apr`es la d´efinition formelle de la notion de limite, on a :

∀ε^′ ∈R_>0 ∃nε^′ ∈N ∀n∈N n≥nε^′ ⇒ |un−e| ≤ε^′. (1) On applique alors (1) avecε^′= ε

2 ∈R_>0pour voir qu’il existen^ε₂ =:n0∈N, que l’on peut supposer

≪assez grand^≫ et donc non nul, tel que pour toutn≥n0:

|un−e| ≤ ε 2. (b) Soit un entier naturel tel quen≥n0. Alors :

wn−e= 1 n

Xn k=1

uk

!

−e= 1 n

Xn k=1

uk

!

−1 n

Xn k=1

e= 1 n

Xn k=1

(uk−e).

On a donc :

|wn−e|=

1 n

Xn k=1

(uk−e) = 1

n

Xn k=1

(uk−e) ≤ 1

n Xn k=1

|uk−e| (2)

la derni`ere in´egalit´e r´esultant de l’in´egalit´e triangulaire. De plus, on a : 1

n Xn k=1

|uk−e|= 1 n

nX0−1 k=1

|uk−e|+ 1 n

Xn k=n0

|uk−e|. (3) Donc, de (2) et (3), on d´eduit que :

|wn−e| ≤An+Bn (4) avecAn := 1

n

nX0−1 k=1

|uk−e|etBn:= 1 n

Xn k=n0

|uk−e|.

• Contrˆole deAn

Le nombren0´etant fix´e, le terme

nX0−1 k=1

|uk−e|est constant et doncAn→0. D’apr`es la d´efinition formelle de la notion de limite :

∀ε^′∈R_>0 ∃Nε^′ ∈N ∀N ∈N N≥Nε^′ ⇒ |AN| ≤ε^′. (5) En appliquant (5) avecε^′= ε

2 et en remarquant queAN ≥0, on voit qu’il existeN^ε₂ =:n1∈N, que l’on peut supposer^≪assez grand^≫ et donc plus grand quen0, tel que :

∀N ≥n1 AN ≤ ε 2.

Donc, si l’on suppose d`es le d´ebutn≥n1et non pas seulementn≥n0, on a : An ≤ ε

2. (6)

• Contrˆole deBn

D’apr`es la question 1.(a), on a|uk−e| ≤ ε

2, pour tout entierk≥n0. Donc : Bn = 1

n Xn k=n0

|uk−e| ≤ 1 n

Xn k=n0

ε

2 = n−n0+ 1 n

ε

2. (7)

Commen0≥1, on an−n0+ 1≤net donc n−n0+ 1

n ≤1. En combinant cette in´egalit´e et (7), il vient :

Bn ≤ ε

2. (8)

De (4), (6) et (8), on d´eduit que sin≥n1, alors :

|wn−e| ≤ ε 2 +ε

2 =ε.

2. D’apr`es la d´efinition formelle de la notion de limite, on d´eduit de la question 1.(b) quewn→e.

Probl` eme 2

Partie A

1. Soit (a, b)∈R². A=aJ+bI2 ⇐⇒

1 3 3 1

=a

1 1 1 1

+b

1 0 0 1

⇐⇒

1 3 3 1

=

a+b a a a+b

⇐⇒

a+b= 1

a= 3 (deux matrices sont ´egales ssi elles ont mˆemes coefficients)

⇐⇒ a= 3 etb=−2 On a doncA= 3J−2I2.

2. On a :

z }|J { 1 1

1 1

1 1 1 1

| {z }

J

2 2 2 2

.

| {z }

J²

On en d´eduit queJ²= 2J. 3. On a :

z }|J { 1 1

1 1

1 3 3 1

| {z }

A

4 4 4 4

| {z }

AJ

et

z }|A { 1 3

3 1

1 1 1 1

| {z }

J

4 4 4 4

.

| {z }

J A

On a doncAJ =J A, i.e. les matricesA etJ commutent. En outre,AJ = 4J. 4. Pour toutn∈N^∗, on d´efinit le pr´edicatPⁿ par :

Pⁿ : Aⁿ= (−2)ⁿI2+1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ)J.

• Initialisation `an= 1

La propri´et´eP¹s’´ecritA=−2I2+ 3J.D’apr`es la question 1, la propri´et´eP¹ est vraie.

• H´er´edit´e

SupposonsPⁿ vraie pour un entiern∈N^∗ fix´e, i.e. : Aⁿ= (−2)ⁿI2+1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ)J.

Montrons alorsPⁿ⁺¹, i.e. :

Aⁿ⁺¹= (−2)ⁿ⁺¹I2+1

2(4ⁿ⁺¹−(−2)ⁿ⁺¹)J.

Aⁿ⁺¹ = A Aⁿ

= A

(−2)ⁿI2+1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ)J

(hypoth`ese de r´ecurrence)

= (−2)ⁿ A I2

|{z}

A=3J−2I2

+1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ)|{z}AJ

4J

(cf. questions 1 et 3)

= 3(−2)ⁿJ+ (−2)ⁿ⁺¹I2+ 2(4ⁿ−(−2)ⁿ)J

= (−2)ⁿ⁺¹I2+ (3(−2)ⁿ+ 2(4ⁿ−(−2)ⁿ))

| {z }

3(−2)ⁿ+2×4ⁿ−2(−2)ⁿ

J

= (−2)ⁿ⁺¹I2+ (2×4ⁿ+ (−2)ⁿ)J Pour achever la preuve de l’h´er´edit´e, il reste `a montrer que :

2×4ⁿ+ (−2)ⁿ =1

2(4ⁿ⁺¹−(−2)ⁿ⁺¹).

On le v´erifie ci-dessous : 1

2(4ⁿ⁺¹−(−2)ⁿ⁺¹) = 1

2(4×4ⁿ−(−2)×(−2)ⁿ) = 1

2(4×4ⁿ+ 2×(−2)ⁿ) = 2×4ⁿ+ (−2)ⁿ.

• Conclusion

De l’initialisation `an= 1, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que : Aⁿ= (−2)ⁿI2+1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ)J pour toutn∈N^∗.

Remarque : La formule pr´ec´edente vaut aussi pourn= 0.

5. Soitn∈N. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a : Aⁿ = (−2)ⁿI2+1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ)J

= (−2)ⁿ 1 0

0 1

+1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ) 1 1

1 1

=







(−2)ⁿ+1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ) 1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ) 1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ) (−2)ⁿ+1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ)







=





 1

2(4ⁿ+ (−2)ⁿ) 1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ) 1

2(4ⁿ−(−2)ⁿ) 1

2(4ⁿ+ (−2)ⁿ)







= 1

2





4ⁿ+ (−2)ⁿ 4ⁿ−(−2)ⁿ 4ⁿ−(−2)ⁿ 4ⁿ+ (−2)ⁿ



.

Partie B

1. On aX0= v0

w0

= 3

1

. 2. Soitn∈N.

X_n

z }| { vn

wn

1 3 3 1

| {z }

A

vn+ 3wn

3vn+wn

.

| {z }

AX_n

Or, par d´efinition,vn+1=vn+ 3wn etwn+1 = 3vn+wn. On a donc : AXn =

vn+1

wn+1

=Xn+1. 3. Pour toutn∈N, on d´efinit le pr´edicatPⁿ par :

Pⁿ : Xn =AⁿX0.

• Initialisation `an= 0 La propri´et´eP0s’´ecrit :

X0=|{z}A⁰

I2

X0. La propri´et´eP0est vraie.

• H´er´edit´e

SupposonsPⁿ vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. : Xn=AⁿX0. Montrons alorsPⁿ⁺¹, i.e. :

Xn+1=Aⁿ⁺¹X0. Xn+1 = AXn (question 2)

= AAⁿX0 (hypoth`ese de r´ecurrence)

= Aⁿ⁺¹X0.

• Conclusion

De l’initialisation `an= 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que : Xn=AⁿX0

pour toutn∈N.

4. Soitn∈N. De la question 5 de la partie A et des questions 1 et 3 de la partie B, on d´eduit : vn

wn

=Xn=AⁿX0=1 2



 4ⁿ+ (−2)ⁿ 4ⁿ−(−2)ⁿ 4ⁿ−(−2)ⁿ 4ⁿ+ (−2)ⁿ



 3

1

.

En calculant le produit matriciel du membre de droite de l’´egalit´e pr´ec´edente, il vient : vn

wn

=



 2×4ⁿ+ (−2)ⁿ 2×4ⁿ−(−2)ⁿ



.

On a donc :

vn = 2×4ⁿ+ (−2)ⁿ et wn= 2×4ⁿ−(−2)ⁿ. 5. Soitn∈N.

• Cas o`unest pair

vn= 2×4ⁿ+ 2ⁿ et wn= 2×4ⁿ−2ⁿ. Il est clair quevn >0. On a :

wn>0 ⇔ 2×4ⁿ>2ⁿ

⇔ 2×2ⁿ>1

et cette derni`ere in´egalit´e est vraie (notons que le facteur 2 est important dans le cas o`un= 0). Donc wn>0.

• Cas o`unest impair

vn= 2×4ⁿ−2ⁿ et wn= 2×4ⁿ+ 2ⁿ. Comme pr´ec´edemment, on en d´eduit que vn>0 etwn >0.

Partie C

1. Pour toutn∈N, on d´efinit le pr´edicatPⁿ par :

Pⁿ : un existe et un= vn

wn

.

• Initialisation `an= 0

u0existe caru0 est d´efini comme ´etant le nombre 3. D’autre part : v0

w0

= 3

1 = 3 =u0. DoncP0est vraie.

• H´er´edit´e

SupposonsPⁿ vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :

un existe etun= vn

wn

. Montrons alors la propri´et´ePⁿ+1, i.e. :

un+1 existe et un+1= vn+1

wn+1

. D’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence,un existe etun = vn

wn

. De la question 5 de la partie B on d´eduit un>0. Donc 3un+ 16= 0 et :

un+1= un+ 3 3un+ 1 existe.

De plus, on a :

un+1 = un+ 3

3un+ 1 (cf. relation de r´ecurrence de la suite (un)n∈N)

= vn

wn

+ 3 3vn

wn

+ 1 (hypoth`ese de r´ecurrence)

=

vn+ 3wn

✟w✟n

3vn+wn

✟w✟n

= vn+ 3wn

3vn+wn

= vn+1

wn+1

(cf. relations de r´ecurrence des suites (vn)n∈Net (wn)n∈N).

• Conclusion

De l’initialisation `an= 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que : un= vn

wn

pour toutn∈N.

2. Soitn∈N. De la question 4 de la partie B et de la question 1 de la partie C, on d´eduit : un= 2×4ⁿ+ (−2)ⁿ

2×4ⁿ−(−2)ⁿ.

3. On observe que la suite (4ⁿ)n∈Nest pr´epond´erante devant la suite ((−2)ⁿ)n∈N. En effet, pour toutn∈N: (−2)ⁿ

4ⁿ = −2

4 ⁿ

=

−1 2

ⁿ

et comme−1<−1

2 <1, on a :

−1 2

ⁿ

→0. (9)

On a :

un = 2×4ⁿ+ (−2)ⁿ 2×4ⁿ−(−2)ⁿ

=

✚4✚ⁿ

2 +(−2)ⁿ 4ⁿ

✚4✚ⁿ

2−(−2)ⁿ 4ⁿ

= 2 +

−1 2

ⁿ

2−

−1 2

ⁿ.

De ce calcul et de (9), on d´eduit queun→1.