II) Puissance d’une matrice et suites

(1)

Correction : Devoir surveill´e n˚2

MP Clemenceau 2020-21 Vendredi 2 octobre 2020

Probl` eme I : alg` ebre

On d´esigne parE l’ensemble des matrices carr´ees d’ordre 2 de la forme a c

0 b

,o`ua, b, csont des nombres r´eels.

I) Etude de structures

1) a) Démontrer queE,muni de l’addition des matrices et de leur produit par un scalaire réel, est un espace vectoriel réel.

Correction :on nous demande donc de montrer que cet ensemble est un sous espace vectoriel deM2(IR).

Pour (a, b, c) = (0,0,0) la matrice est la matrice nulle qui est donc un ´el´ement deE. Celui-ci est donc non vide.

Soit ((a, b, c),(a⁰, b⁰, c⁰))∈(IR³)² etλ∈IR, on a a c

0 b

+λ a⁰ c⁰

0 b⁰

=

a+λa⁰ c+λc⁰ 0 b+λb⁰

En posant (a⁰⁰, b⁰⁰, c⁰⁰) = (a+λa⁰, b+λ+b⁰, c+λc⁰) on retrouve bien une matrice ´el´ement de E.

Conclusion :E est bien un sous espace vectoriel deM2(IR) et donc (E,+, .) est un IR espace vectoriel.

b) Trouver une base et la dimension deE.

Correction : Soit A un ´el´ement de E. Il existe (a, b, c) ∈ IR³ tel que A = a c

0 b

. En posant E1,1 =

1 0 0 0

, E2,2 = 0 0

0 1

et E1,2 = 0 1

0 0

, on a A = aE1,1 +bE2,2 +cE1,2, donc E = V ect(E1,1, E2,2, E1,2). Ces trois matrices forment clairement une famille libre, c’est donc une base deE qui est donc de dimension 3.

2) a) D´emontrer queE est stable pour la multiplication des matrices.

Correction : soit

a c 0 b

, a⁰ c⁰

0 b⁰

∈E². On a a c

0 b

a⁰ c⁰ 0 b⁰

=

aa⁰ ac⁰+cb⁰ 0 bb⁰

Cette dernière matrice est bien un élément deE doncEest stable par la multiplication.

b) En d´eduire que,E muni de l’addition et de la multiplication des matrices, est un anneau.

Correction : d’après la première question on peut déjà dire que (E,+) est un groupe abélien. Plus exactement c’est un sous groupe de (M2(IR),+). On vient de montrer qu’il est stable par la multiplication et on a, de plus, la matrice identité élément deE. Tout ceci permet de dire queE est un sous anneau de (M2(IR),+, .).

Conclusion : (E,+, .) est un anneau.

c) Cet anneau est-il commutatif ?

Correction :cet anneau n’est pas commutatif car on a par exemple : 0 1

0 0

1 0 0 2

= 0 2

0 0

et

1 0 0 2

0 1 0 0

= 0 1

0 0

(2)

3) On d´esigne parGl’ensemble des matrices deE telles quea >0 etb >0.

D´emontrer que Gest un groupe multiplicatif.

Correction : G est non vide car I2 est un élément de E et est bien un élément de G. On a pour tout (a, b, c)∈ IR³, det

a c 0 b

=ab. On en déduit que si a >0 et b >0 alors la matrice est inversible. A l’aide du calcul fait à la question2a)ou par formule générale de l’inverse d’une matrice d’ordre 2 on obtient que

a c 0 b

⁻¹

= 1

a −_ab^c 0 ¹_b

. On en déduit que c’est un élément deG.

Conclusion :Gest un sous groupe de (Gl₂(IR),×), c’est donc un groupe.

II) Puissance d’une matrice et suites

SoitA= a c

0 b

∈E.

4) a) On supposea6=b.D´emontrer que ∀p∈N^∗, A^p=





a^p ca^p−b^p a−b

0 b^p



.

Correction : soit (a, b, c) ∈ IR³ tel que a 6= b. Montrons par r´ecurrence que, pour p ∈ IN^∗, A^p =





0 b^p



.

Pourp= 1,ca^p−b^p

a−b =c le r´esultat est donc vrai pourp= 1.

Soitp∈IN^∗. On suppose queA^p=





0 b^p



.

On a alors : A^p+1=A^pA=





0 b^p



 a c

0 b

=





a^p+1 c

a^p+ba^p−b^p a−b

0 b^p+1



=





a^p+1 ca^p+1−b^p+1 a−b

0 b^p+1





Le résultat est alors vrai au rang p+ 1. L’hérédité est donc vérifiée.

Le théorème de récurrence s’applique et donc le résultat est vrai pour toutp∈IN^∗.

b) On suppose quea=b.CalculerA^p pourp∈N^∗; on exprimera les coefficients en fonction deaetc.

Correction :sia=bon aA=aI₂+c 0 1

0 0

. Or les matricesI₂et 0 1

0 0

commutent, on peut donc appliquer la formule du binˆome de Newton. De plus

0 1 0 0

2

est la matrice nulle d’o`u, pourp∈IN^∗

A^p =

p

X

k=0

p k

a^n−kI2c^k 0 1

0 0 k

=a^pI2+pa^p−1c 0 1

0 0

=

a^p pca^p−1

0 a^p

Remarque : on peut retrouver se résultat en faisant tendre b vers a dans le résultat de la question précédente, mais il faut la continuité des fonctions à valeurs vectorielles.

5) Pour toutn∈N^×, on poseBn=

n

X

p=0

1 p!A^p=

αn γn

0 βn

,en convenant queA⁰=I= 1 0

0 1

et, pour tout xr´eel,

ϕn(x) = 1 + x 1!+x²

2! +· · ·+xⁿ n! =

n

X

k=0

x^k k!

a) Rappeler l’inégalité de Taylor-Lagrange avec ses hypothèses.

Correction :Soitnun entier. Soitf une fonction de classe Cⁿ⁺¹ sur un intervalleI. On suppose que f⁽ⁿ⁺¹⁾est born´ee surI. Soita∈I, on a pour toutx∈I

f(x)−

n

X

k=0

f^(k)(a)

k! (x−a)^k

6

(x−a)ⁿ⁺¹ (n+ 1)! sup

I

f⁽ⁿ⁺¹⁾

(3)

b) Démontrer que, pourxfixé, la suite de terme général ϕn(x) converge et que sa limite este^x.

Correction :Soitb∈IR, la fonction exponentielle est de classeC^∞sur ]− ∞, b] et, pour tout entiern non nul et toutx∈]− ∞, b], f⁽ⁿ⁾(x) = e^x. On en d´eduit, par croissance de l’exponentielle, que f⁽ⁿ⁾ est major´ee par e^b sur ]− ∞, b].

On peut alors utiliser l’inégalité de Taylor Lagrange à l’ordrenà cette fonction sur l’intervalleI=]−∞,0]

et en prenanta= 0 :

e^x−

n

X

k=0

1 k!x^k

6 |x|ⁿ⁺¹ (n+ 1)!

Pour toutx∈IR on a lim

n→+∞

|x|ⁿ⁺¹

(n+ 1)! = 0. On en d´eduit que la suite (ϕ_n(x))_n∈IN converge vers e^x. c) On supposea6=b.

Calculerαn, βn etγn en fonction dea, b, c, ϕn(a) etϕn(b).

D´emontrer que les suites (αn)n,(βn)n,et (γn)n ont des limites respectivesα, β, γ que l’on calculera.

Correction :par d´efinition, pourn∈IN,B_n=

n

X

p=0

1 p!A^p =

α_n γ_n 0 β_n

. On a alors, d’apr`es la question 4a)et le fait queA⁰=I2:

α_n = 1 +

n

X

p=1

1

p!a^p β_n= 1 +

n

X

p=1

1

p!b^p et γ_n= c b−a

n

X

p=1

1 p!a^p−

n

X

p=1

1 p!b^p

!

Dans γ_n on peut ajouter dans les deux sommes le terme pour p = 0 qui est ´egal `a 1. On a donc : αn=ϕn(a),βn=ϕn(b) et γn = c

b−a(ϕn(b)−ϕn(a)).

On utilise alors la question précédente pour pouvoir faire un passage à la limite, c’est à dire que les suites convergent, et on obtientα= eâ,β = eâ et γ= c

b−a e^b−e^a .

Remarque :on montre de mˆeme que poura=b,α= e^a,β= e^b etγ=ce^c. 6) Pour toutA =

a c 0 b

∈E, on poseA⁰ = α γ

0 β

, où α, β et γ ont été définis à la question II.2, et on notef l’application deE dansE définie parf(A) =A⁰.

a) L’applicationf est-elle lin´eaire ?

Correction :dans les deux casa6=beta=b on af(0_E) =I₂ doncf n’est pas lin´eaire.

b) L’applicationf est-elle injective ? Correction :SoitA=

a c 0 b

etB=

a⁰ c⁰ 0 b⁰

deux élements deE tels quef(A) =f(B). On a alors eâ = eâ⁰, e^b= e^b⁰ et donc, par injectivité de l’exponentielle,a=a⁰,b=b⁰.

Dans le cas oùa6=b, on a alors a⁰ 6=b⁰ et on déduit de la formule deγ quec=c⁰. On retrouve ce résultat aussi dans le casa=b, et donc a⁰ =b⁰.

f est donc injective.

c) L’applicationf est-elle surjective ?

Correction :dans les deux cas, a6=bet a=b, on aγ= e^a qui est un nombre r´eel strictement positif.

La matrice−I2qui est un élément de E, n’a alors pas d’antécédent parf. f n’est pas surjective.

d) D´eterminer l’image deE parf.

Correction : comme pour tout réel a, eâ est strictement positif, on en déduit que pour tout A ∈ E, f(A) est un élément deG, donc Im(f)⊂G.

R´eciproquement : soitB=

a⁰ c⁰ 0 b⁰

un élément deG, c’est à dire avec a⁰>0 etb⁰>0.

On chercheA∈E tel quef(A) =B.

Apr`es calculs on obtient : – sia⁰ 6=b⁰ alorsa6=bet







a= ln(a⁰) b= ln(b⁰) c=c⁰^ln(b_b⁰^)−ln(a0−a⁰ ⁰⁾

(4)

– sia⁰ =b⁰ alorsa=bet







a= ln(a⁰) c= c⁰

a⁰

Dans les deux casB admet un ant´ec´edent dansE doncG⊂Im(f).

Conclusion : Im(f) =G.

7) On suppose maintenant que 0< a <ln 2 et 0< b <ln 2.

On pose, pourA∈E,

n

X

p=1

(−1)^p−1

p (f(A)−I)^p=

an cn

0 bn

et ψ_n(x) =

n

X

k=1

(−1)^k−1 k x^k.

a) Calculera_n, b_n et c_n lorsquea6=b,puis lorsquea=b.

Correction : sia6=bon a, apr`es calculs







an=ψn(e^a−1) bn=ψn e^b−1

cn=c ψn(e^a−1)−ψn(e^b−1) .

Sia=b,

(an =bn=ψn(e^a−1)

cn=c(1−(−1)ⁿ(e^a−1)ⁿ) .

On admet que la suite de terme généralψn(x), x∈]0,1[ fixé, converge vers ln(1 +x).

b) Dans chacun des deux cas précédents, démontrer que les suites (an)n,(bn)n et (cn)n ont respectivement pour limitesa, b etc.

Correction : Les relations 0< a <ln(2) et 0< b <ln(2) sont équivalentes à 1 <eâ <2, 1<e^b <2.

On en en déduit que 0<eâ−1<1 et 0<e^b−1<1. On peut alors faire les passages à la limite

(5)

Probl` eme II : analyse

Pour tout entier naturel ndans IN^∗, on notehn=

n

X

k=1

1

k, fn=hn−ln(n).

On consid`ere les suites (un)_n∈IN^∗ et (vn)_n∈IN^∗ d´efinies par : u1= 1 et pour n≥2, un= 1

n+ ln(1−1

n) ; vn= 1

n−ln(1 +1 n)

1) Rappeler le domaine de définition de la fonction (x7→x+ ln(1−x)). Préciser son développement de Taylor

`

a l’ordre 2 en 0.

Correction : la fonction ln étant définie sur IR^∗₊ il faut que 1−x > 0. L’ensemble de définition de x7→x+ ln(1−x) est donc ]− ∞,1[.

D’après le développement limité dex7→ln(1−x) au voisinage de 0 à l’ordre 2 on a : x+ ln(1−x) =x−x−1

2x²+o(x²) =−1

2x²+o(x²) 2) Soitnun entier naturel. Quel est le signe de un?

Correction :par d´efinition deun on au1= 1 et doncu1>0.

La fonctionx7→ln(1 +x) est concave. La tangente en 0 a pour ´equationy =x, on a donc, pour toutx∈ ]−1,+∞[, ln(1+x)6x. On en d´eduit que, pourn∈IN\{0,1},−1

n´etant dans ]−1,+∞[, ln

1− 1 n

6−1

n et par suite 1

n+ ln

1− 1 n

60, c’est `a dire u_n 60.

Remarque : autre méthode. On fait l’étude des variations de la fonctionx7→x+ ln(1−x) sur [0,1[. Celle-ci est décroissante et s’annule en 0. On en déduit le résultat.

Remarque importante :un développement limité donne un résultat local et donc ne peut pas donner le signe cherché pour tout entiern.

3) Justifier que la s´erie X

n≥1

u_n est convergente.

Correction : d’apr`es la question1), comme 1

n

n∈IN^∗

est une suite convergente vers 0, on au_n∼ −1 2

1 n². La s´erie X 1

n² étant une série de Riemann convergente, on en déduit que la série X

u_n est convergente.

4) Etudier la fonction (f : x7→x−ln(1 +x)) sur [0,1].

Correction : la fonction (f : x7→x−ln(1 +x)) est correctement d´efinie sur [0,1]. Elle y est d´erivable et, pourx∈[0,1],f⁰(x) = 1− 1

1 +x = x

1 +x. On en d´eduit que f⁰ est positive sur [0,1] et donc quef est croissante sur [0,1].

Commef(0) = 0, on en déduit que pourx∈[0,1],f(x)>0.Mais finalement ceci n’était pas explicitement demandé.

5) Justifier que la s´erie X

n≥1

vn est convergente.

Correction : au voisinage de +∞on a v_n= 1

n−ln

1 + 1 n

= 1 n−

1 n−1

2 1 n² +o

1 n²

= 1 2n² +o

1 n²

On en d´eduit quevn ∼ 1

2n², or la s´erie X 1

n² est une série de Riemann convergente. On en déduit que la sérieX

v_n est convergente.

6) Soitnun entier naturel non nul. Exprimer en fonction de n,v_n−u_n. En d´eduire une expression de

N

P

n=1

(v_n−u_n) en fonction deN pour tout entier naturelN supérieur ou égal à 3.

Correction :on a par d´efinition des suites :v1−u1= 1−ln(2)−1 =−ln(2).

Soitn∈IN\ {0,1},vn−un=−ln

1 + 1 n

−ln

1− 1 n

=−ln n+ 1

n

+ ln n

n−1

.

(6)

On en d´eduit alors par t´elescopage :

N

X

n=2

vn−un=−ln

N+ 1 N

+ ln(2).

Par suite

N

X

n=1

vn−un=−ln

N+ 1 N

.

7) Que peut-on dire des suites (

N

P

n=1

vn)N∈IN^∗ et (

N

P

n=1

un)_N∈IN^∗? Justifier que

+∞

X

n=1

vn=

+∞

X

n=1

un.

Correction : comme on a montré à la question 2) que, pour n > 2, u_n 6 0 on en déduit que la suite (

N

P

n=1

u_n)_N_∈IN^∗ est d´ecroissante.

On a vu `a la question4) que, pourx∈[0,1],f(x)>0. On en d´eduit que pour tout n∈IN^∗ vn >0 et par suite la suite (

N

P

n=1

vn)N∈IN^∗ est croissante.

D’après la question précédente on a pour N > 3

N

X

n=1

vn −

N

X

n=1

un = −ln

N+ 1 N

. On en d´eduit que

N→+∞lim

N

X

n=1

v_n−

N

X

n=1

u_n= 0.

On obtient donc que les suites (

N

P

n=1

v_n)_N∈IN^∗et (

N

P

n=1

u_n)_N∈IN^∗sont adjacentes. Par propriété elles sont donc convergente (on le savait) et ont même limite. On a donc

+∞

X

n=1

vn =

+∞

X

n=1

un. Dans la suite du probl`eme, on noteγla somme des s´eries P

n>1

vn et P

n>1

un. 8) D´emontrer que γest dans l’intervalle ]0,1[.

Correction :par propriété sur les suites adjacentes, γest l’unique réel tel que pour toutN ∈IN^∗,

N

X

n=1

vn6γ6

N

X

n=1

un. Les suites (

N

P

n=1

vn)N∈IN^∗ et (

N

P

n=1

un)N∈IN^∗ sont strictement monotones, on en d´eduit pour N = 1 que 0<

v1< γ < u1et donc γ∈]0,1[.

9) Soitnun entier naturel non nul. Justifier que : ln(n+ 1)6hn61 + ln(n) Correction :la fonction t7→ 1

t est d´ecroissante sur [1,+∞[.

On a alors, pourk ∈IN^∗, 1 k+ 1 6

Z k+1 k

1 t dt6 1

k. En sommant alors pour k variant de 1 `a non a alors

n

X

k=1

1

k+ 1 6ln(n+ 1)6hn. En reprenant la première inégalité en changeant nen n−1 et en ajoutant le premier terme 1, on obtienth_n6ln(n) + 1.

10) Justifier que la suite (f_n)_n∈IN^∗ est d´ecroissante.

Correction :soit n∈IN^∗. On a fn+1−fn= 1

n+ 1 −ln(n+ 1) + ln(n) = 1 n+ 1+ ln

n n+ 1

= 1

n+ 1+ ln

1− 1 n+ 1

=un+1

A l’aide de la question2)on en d´eduit quef_n+1−f_n60 et donc la suite (f_n)_n∈IN∗ est d´ecroissante.

11) D´emontre que la suite (f_n)_n∈IN^∗ est convergente et de limiteγ.

Correction : d’après ce qui précède, pour tout entiern, fn+1−fn =un+1. On en déduit par télescopage quefn−f1=

n−1

X

k=1

uk+1=

n

X

k=2

uk=

n

X

k=1

uk−1. Or f1= 1 et doncfn=

n

X

k=1

uk. On en d´eduit la convergence de (fn)_n∈IN∗ et sa limite estγ.

Remarque : on peut aussi montrer qu’elle est minor´ee par 0, comme elle est d´ecroissante elle converge.

12) Soitrun entier naturel>1.

a) Soitaun nombre r´eel >0. Exprimer en fonction de aetr:I(a) = lim

x→+∞

Z x a

1 t^rdt

(7)

Correction :on a, pourx > a, comme on ar >1, Z x

a

1 t^rdt=

1 1−r

1 t^r−1

^x

a

= 1

r−1 1

a^r−1 − 1 x^r−1

. On fait alors tendrexvers +∞et on obtientI(a) = 1

r−1 1 a^r−1. b) Soit (w_n) une suite de nombres r´eels qui converge vers 0.

On suppose que la suite (n^r(w_n+1−w_n))_n∈IN est convergente vers une limite` telle que` >0.

Soienta, bdans IR^+∗ tels que 0< a < ` < b. Justifier l’existence d’un entier naturelN sup´erieur ou ´egal

`

a 2 tel que pour tout entier natureln≥N, on ait les in´egalit´es : a≤n^r(wn+1−wn)≤b

D´emontrer que la suite (n^r−1w_n)_n∈IN est convergente et expliciter en fonction de`etrsa limite.

Ce r´esultat reste-t-il vrai si la limite`de la suite (n^r(wn+1−wn))n∈IN est 0 ? Correction :par d´efinition de la convergence on a

∀ε >0,∃n₀,∀n>n₀,|n^r(w_n+1−w_n)−`|< ε On applique la d´efinition de limite avecε=`−a >0 ce qui donne un rangn₁. On applique la d´efinition de limite avecε=b−` >0 ce qui donne un rangn₂.

On choisitN = max(n1, n2) et on a pourn≥N|n^r(wn+1−wn)−`| ≤`−aET|n^r(wn+1−wn)−`| ≤b−`.

Ainsi

∀(a, b)∈(IR^∗₊)²tel que 0< a < ` < b, ∃N/∀n≥N, a≤n^r(w_n+1−w_n)≤b On consid`ere toujours (a, b)∈(IR^∗₊)². On a alors, pour n>N, a

n^r 6wn+1−wn 6 b

n^r. On en d´eduit, par t´elescopage a

n

X

k=N

1

k^r 6w_n+1−w_N 6b

n

X

k=N

1

k^r. La fonction t 7→ 1

t^r est décroissante donc, par la méthode de comparaison série intégrale on obtient en supposantN⁰ >N >1 :

a Z n+1

N⁰

1 t^rdt6a

n

X

k=N⁰

1

k^r 6wn+1−wN⁰ 6b

n

X

k=N⁰

1 k^r 6b

Z n N⁰−1

1 t^rdt

On peut alors faire tendre n vers +∞ car toutes les suites intervenant dans cette double in´egalit´e convergent, on obtientaI(N⁰)6−wN⁰ 6bI(N⁰−1).

On en d´eduit alors quea 1 r−1

1

N^0r−1 6−wN⁰ 6b 1 r−1

1 (N⁰−1)^r−1. On a donc−a>(r−1)N^0r−1wN⁰ >−b N^0r−1

(N⁰−1)^r−1. Soitε >0. On choisita=`−εet b =`+ε

2. Comme lim

N⁰→+∞

N^0r−1

(N⁰−1)^r−1 = 1, pour N⁰ `a partir d’un certain rang on a−b N^0r−1

(N⁰−1)^r−1 >−`−ε, et par suite−`+ε>(r−1)N^0r−1wN⁰ >−`−ε.

Conclusion : (n^r−1wn)_n∈IN converge vers− ` r−1.

Dans le cas`= 0 on reprend le raisonnement aveca=−εet b=εet on retrouve le mˆeme r´esultat.

13) D´emontrer qu’il existe un nombre r´eel αque l’on explicitera tel que :

∀n∈IN^∗,

n

X

k=1

1

k = ln(n) +γ+α n+o(1

n)

Correction : Posonswn=γ−fn (`a partir du rang 1). On a alors wn →0 (question 11) et (questions 10 et 3)

wn+1−wn=fn−fn+1=−un+1∼ 1 2n²

Ainsi,n²(wn+1−wn)→ ¹₂. La question 12 donne alorsnwn→ −¹₂ et doncwn∼ −_2n¹ . On a alors

n

X

k=1

1

k = ln(n) +γ+ 1 2n+o(1

n)