Corrig´ e du DM n
◦2
Exercice [EMLyon 2004]
.On note M3(R) l’espace vectoriel r´eel des matrices carr´ees d’ordre trois `a ´el´ements r´eels, I3 la matrice identit´e de M3(R) et 03la matrice nulle deM3(R).
On consid`ere, pour toute matriceAdeM3(R), les ensemblesE1(A) etE2(A) suivants : E1(A) = {M ∈ M3(R) ;A M =M}
E2(A) =
M ∈ M3(R) ;A2M =AM 1. On v´erifie les crit`eres :
• E1(A)⊂ M3(R).
• CommeA03= 03alors 03∈E1(A).
• Si M etN sont deux matrices deE1(A) et αet β deux r´eels alorsαM+βN ∈ M3(R) et A(αM+βN) =αAM+βAN =αM+βN carM, N ∈E1(A) DoncαM+βN ∈E1(A).
DoncE1(A) est bien un sous-espace vectoriel deM3(R).
On admet queE2(A) est aussi un sous-espace vectoriel deM3(R)
2. (a) Pour montrer l’inclusion, on montre que siM ∈E1(A) alorsM ∈E2(A) : Si M ∈E1(A) alorsAM =M doncA2M =A(AM) =AM et doncM ∈E2(A).
(b) SiAest inversible, pour montrer l’´egalit´e des deux ensembles, on doit montrer l’inclusion r´eciproque : Si M ∈E2(A) alorsA2M =AM et A−1A2M =A−1AM d’o`uAM=M et doncM ∈E1(A).
Par cons´equent,E2(A)⊂E1(A). D’apr`es la question pr´ec´edente, on aE1(A)⊂E2(A), ainsiE1(A) =E2(A).
3. SiM ∈E1(A), alorsAM=M d’o`uAM−M = 03et (A−I)M = 03. CommeA−I est inversible, on aM = 03. AinsiE1(A) ={0}
4. (a) SoitB=
−1 1 0 0 −1 1
0 0 2
.
B est triangulaire `a coefficients diagonaux non nuls, B est inversible. Ainsi d’apr`es la question 2.b), on a E1(B) =E2(B)
De plus,B−I=
−2 1 0 0 −2 1
0 0 1
est ´egalement inversible, donc d’apr`es la question 3.on a E1(B) ={03}=E2(B)
(b) SoitD=
α 0 0
0 β 0
0 0 γ
une matrice diagonale avec α, β, γ∈R.
Pour que E1(D)6=E2(D), il faut que la matriceD ne soit pas inversible. Ainsi un des coefficients diagonaux deD est nul, prenons par exempleα= 0. On remarque que
E1(D) =
a b c d e f g h i
∈ M3(R) ;
0 0 0
βd βe βf γg γh γi
=
a b c d e f g h i
E2(D) =
a b c d e f g h i
∈ M3(R) ;
0 0 0
β2d β2e β2f γ2g γ2h γ2i
=
0 0 0
βd βe βf γg γh γi
On a fini l’analyse du probl`eme, passons `a la synth`ese. En prenant simplement,β= 1 etγ= 1, on a
E1(D) =
0 0 0
d e f g h i
∈ M3(R) avecd, e, f, g, h, i∈R
et E2(D) =M3(R)
Ainsi avecD=
0 0 0 0 1 0 0 0 1
, on a bienE1(D)6=E2(D).
1
Exercice facultatif [ESCP 1992]
.Pour toutk∈N, on consid`ere la fonction fk d´efinie surR+par la relation : fk(x) =
Z 1 0
tke−txdt
1. (a) Soientxet y ∈R+ tels que x≤y. Alors pour toutt∈[0,1],
−tx≥ −ty donc e−tx≥e−ty car exp est strictment croissante surR. Et commetk ≥0,on a : tke−tx≥tke−tyet comme les bornes sont croissantes,
∀x, y∈R+ si x≤y alors fk(x) = Z 1
0
tke−txdt≥ Z 1
0
tke−tydt=fk(y) doncfk est bien d´ecroissante surR+.
(b) Pourk∈N,
fk(0) = Z 1
0
tke−t0dt= Z 1
0
tkdt= tk+1
k+ 1 1
0
= 1
k+ 1 et comme fk est d´ecroissante surR+,six≥0 alors
fk(x)≤fk(0) = 1 k+ 1 Et comme pour tout t∈[0,1], tke−tx≥0 et que 0≤1 alors
0 = Z 1
0
0dt≤fk(x)≤ 1 k+ 1 et par encadrement fk(x) −→
k→+∞0 2. (a) On calculefk+1 en int´egrant par parties :
fk+1(x) = Z 1
0
tk+1e−txdt
soit F(t) =tk+1 de classeC1[0,1], F0(t) = (k+ 1)tk soit g(t) =e−tx continue sur [0,1], G(t) =−1
xe−tx donc fk+1(x) =
−1
xe−txtk+1 1
t=0
− Z 1
0
−1
xe−tx(k+ 1)tkdt
= −e−x
x +k+ 1 x
Z 1 0
tke−txdt=k+ 1
x fk(x)−e−x x
(b) On a
f0(x) = Z 1
0
t0e−txdt= Z 1
0
e−txdt=
−1 xe−tx
1 t=0
=1−e−x x et on utilise ensuite la relation de r´ecurrence :
f1(x) = 0 + 1
x f0(x)−e−x x = 1
x
1−e−x x −e−x
x = 1−e−x−xe−x x2
f2(x) = 1 + 1
x f1(x)−e−x x = 2
x
1−e−x−xe−x x2 −e−x
x
= 2−2e−x−2xe−x−x2e−x x3
(c) On a
x f0(x) = 1−e−x= 1 x −→
x→+∞1.
2
(d) On monte alors par r´ecurrence surk, la propositionPk
”xk+1
k! fk(x) −→
x→+∞1”
Initialisation : pourk= 0,, on a bien x0+1
0! f0(x) =x f0(x) −→
x→+∞1. DoncP0 est vraie.
H´er´edit´e :Soitk∈N, on suppose quePkest vraie. Montrons quePk+1est vraie, i.e. xk+2
(k+ 1)!fk+1(x) −→
x→+∞1.
xk+2
(k+ 1)!fk+1(x) = xk+2 (k+ 1)!
k+ 1
x fk(x)−e−x x
=xk+1fk(x)
k! −xk+1e−x (k+ 1)! −→
x→+∞1 carxk+1 =
+∞o(ex) et xk+1
k! fk(x) −→
x→+∞1.DoncPk+1 est vraie On en conclut que pour tout entierk:
xk+1
k! fk(x) −→
x→+∞1 3. (a) On effectue dans
fk(x) = Z 1
0
tke−txdt
le changement de variableu=tx⇔t=u/xon a alors les correspondances : 1xdu←→dtpour x6= 0
t= 0←→u= 0,et t= 1←→u=xet avec la fonction t7→tke−tx qui est continue sur [0,1] et u7→u/xqui est de classeC1 sur [0, x] `a valeurs dans [0,1] on a
fk(x) = Z x
0
u x
k
e−u1
xdu= 1 xk+1
Z x 0
uke−udu Commeu7→uke−u est continue sur ]0,+∞[ alorsx7→Rx
0 uke−uduest d´erivable sur ]0,+∞[.
Et de plusx7→1/xk+1 est d´erivable sur ]0,+∞[ doncfk est d´erivable sur ]0,+∞[.
fk0(x) =−k+ 1 xk+2
Z x 0
uke−udu+ 1
xk+1xke−x=−(k+ 1)
x fk(x) +e−x x . (b) On reconnait facilement quefk0(x) =−fk+1(x).
(c) • On ´etudie le sens de variations de la diff´erence :g(y) = 1−e−y−y. gest d´erivable surRetg0(y) =e−y−1 .
y 0
&
g0(y) =e−y−1 + 0 −
&
g(y) − 0 −
% &
Donc poury≥0, 1−e−y ≤y.
• Pour prouver la continuit´e defk en 0, il faut d´emontrer que fk(x)−→
x→0fk(0).
fk(0)−fk(x) = Z 1
0
tkdt− Z 1
0
tke−txdt= Z 1
0
tk 1−e−tx dt
Et comme 0≤1−e−y≤y pour touty≥0 on a alors 0≤1−e−tx≤txpourt≥0 etx≥0.
Donc pourt≥0 etx≥0 commetk ≥0,on a : 0≤tk(1−e−tx)≤tk+1x Et comme 0≤1
0≤ Z 1
0
tk 1−e−tx dt≤
Z 1 0
tk+1xdt=x tk+2
k+ 2 1
0
= x
k+ 2 Donc, par encadrement,fk(0)−fk(x)−→
x→00 etfk est bien continue en 0.
• Pour ´etudier la d´erivablilit´e, on cherche la limite du taux d’accroissement : fk(x)−fk(0)
x = 1
k+ 1
(k+ 1)fk(x)−1
x −→
x→0+−∞carfk(x) −→
x→0+0
fk n’est donc pas d´erivable en 0 mais sa courbe repr´esentative a une tangente verticale en ce point.
3
