Exercice 1 : Suppl´ ementaire

Corrig´e du DS1 de MP2

Corrig´ e du DS1

Exercice 1 : Suppl´ ementaire

H est le noyau de la forme lin´eaire non nulle

ϕ : (x1, . . . , xn)∈Rⁿ7→x1+· · ·+xn

Pour toutu∈Rⁿ\ker(ϕ),Ruest un suppl´ementaire de H. On peut par exemple prendre R(1,1, . . . ,1).

Exercice 2 : Un classique d’alg` ebre lin´ eaire

1Les inclusions Im(f²)⊂Im(f) et ker(f) + Im(f)⊂E sont toujours v´erifi´ees.

Supposons Im(f) = Im(f²). L’information int´eressante est Im(f)⊂Im(f²). Soitx∈E. On af(x)∈Im(f), et il existe doncy∈E tel quef(x) =f²(y). On a doncf(x−f(y)) = 0, donc

x= (x−f(y)) +f(y)∈ker(f) + Im(f) d’o`u l’inclusion souhait´ee.

R´eciproquement, supposonsE= ker(f) + Im(f). Soit y∈Im(f) : il existex∈E tel quey=f(x). ´Ecrivons x=h+z,

o`uh∈ker(f) etz∈Im(f). On a donc

y=f(x) =f(z)∈Im(f²) d’o`u l’inclusion souhait´ee.

2L’inclusion ker(f)⊂ker(f²) est toujours v´erifi´ee (ainsi que{0} ⊂ker(f)∩Im(f)).

Supposons ker(f) = ker(f²). L’information pertinente est ker(f²) ⊂ ker(f). Soit x∈ ker(f)∩Im(f). En particulier, il existex0∈E tel quex=f(x0). Commef(x) = 0, on en d´eduitf²(x0) = 0, puis, par hypoth`ese, f(x0) = 0, soitx= 0.

R´eciproquement, supposons que ker(f)∩Im(f) = {0}. Soit y ∈ ker(f²), i.e. f²(y) = 0. On a f(y) ∈ ker(f)∩Im(f) ={0}, doncy∈ker(f), ce qui ´etablit l’inclusion cherch´ee.

Exercice 3 : Suppl´ ementarit´ e

Soity ∈ker(v)∩Im(u). On a v(y) = 0 et il existex ∈E tel que y =u(x). On a donc v(u(x)) = 0, et donc x= 0, puisy= 0 :

ker(v)∩Im(u) ={0}

Soitx∈F. On av(u(v(x))) =v(x), donc

x= (x−u(v(x))) +u(v(x))∈ker(v) + Im(u) d’o`u la suppl´ementarit´e voulue.

Remarque : u◦v est un projecteur et on peut montrer que kerv = keru◦v, et que Imu= Imu◦v, ce qui permet d’´etablir `a nouveau le r´esultat voulu.

Exercice 4 : L’identit´ e est-elle un crochet de Lie ?

Non car tr(AB−BA) = 0.

Exercice 5 : Dimension d’un sous-espace d’endomorphismes

On v´erife ais´ement queF est une partie deL(E) poss´edant 0_L(E), et stable par combinaison lin´eaire : c’est un sous-espace vectoriel deL(E).

NotonsN sa dimension.

Si x= 0E,F =L(E), et doncN =n².

Si x6= 0E, soitH un suppl´ementaire deKxdansE. On sait que l’application ϕ : L(E) → L(Kx, E)× L(H, E)

f 7→ (f_|Kx, f_|H)

est un isomorphisme d’espaces vectoriels. Orf ∈F si et seulement siϕ(f) = (0, f_|H), doncF est de dimension n(n−1).

Remarque : on pouvait aussi faire un raisonnement matriciel.

Exercice 6 : Produit nul d’endomorphismes nilpotents

1On proc`ede par r´ecurrence surk. Pour toutk∈N, on pose Hk : rg(f◦g^k) = rg(f) L’amor¸cage au rang 0 est ´evident.

Fixons k∈N, supposonsHk. D’apr`es cette hypoth`ese, et puisque Im(f◦g^k)⊂Im(f), on a en fait Im(f◦g^k) = Im(f)

On a donc

g Im(f◦g^k)

=g(Im(f)) soit

Im(g◦f◦g^k) = Im(g◦f) soit, puisqueget f commutent et que Im(f ◦g) = Im(f)

Im(f ◦g^k+1) = Im(f) d’o`uHk+1 en passant aux dimensions.

2En appliquant le r´esultat de la question pr´ec´edente `au₁. . . u_ketu_k+1, on constate¹que si rg(u₁. . . u_k+1) = rg(u₁. . . u_k), alors ces rangs sont nuls, et doncu₁. . . u_k = 0, puisu₁. . . u_n= 0.

Si, pour toutk∈[[1, n−1]], on a rg(u1. . . uk+1)<rg(u1. . . uk), alors rg(u1. . . un)6rg(u1)−(n−1)60, caru1 n’est pas inversible (u1est nilpotente), et doncu1. . . un = 0.

Exercice 7 : Calculs de d´ eriv´ ees

1f est d´erivable surR\ {1−√³

2}, et pour toutxde ce domaine f⁰(x) = 1

2 + (1−x)³ + 3x(1−x)² (2 + (1−x)³)² 2f est d´erivable surR, et pour tout r´eelx:

f⁰(x) = cos(x)e^sin(x)

1. Par nilpotence deuk+1et le fait qu’il commute avecu1. . . uk.

3Pour tout r´eel x,e^2x−e^x+ 1>0 car le trinˆomeX²−X+ 1 n’a pas de racine r´eelle.f est donc d´erivable surR, et, pour tout r´eelx:

f⁰(x) = 2e^2x−e^x e^2x−e^x+ 1

4Notonsg :t∈R7→ ^e_1+t^sin(t)2dt, et soitGune primitive deg surR(existe par continuit´e deg).

On a, pour tout r´eelx:

f(x) =G(sin(x))−G(−x²) doncf est d´erivable surR, et, pour tout r´eelx:

f⁰(x) = cos(x)g(sin(x)) + 2xg(−x²) = cos(x)esin(sin(x))

1 + sin(x)² +2xe^−sin(x2) 1 +x⁴

Exercice 8 : ´ Equivalents de fonctions

1On effectue un d´eveloppement limit´e `a l’ordre 3 : 2e^x−√

1 + 4x−p

1 + 6x² = 2(1 +x+x²/2 +x³/6 + o(x³))−(1 + 2x−2x²+ 4x³+ o(x³))−(1 + 3x²+ o(x³))

= −11

3 x³+ o(x³) donc si on appellef la fonction ´etudi´ee,

f(x)∼x→0−11 3 x³

2Comme on pr´ef`ere avoir des produits que des diff´erences pour les ´equivalents, on ´ecrit g(x)^def= (cosx)^sinx−(cosx)^tanx= cos(x)^tan(x)

cos(x)sin(x)−tan(x)−1 Or cos(x)^tan(x)∼x→01, et

cos(x)sin(x)−tan(x)= exp((sin(x)−tan(x)) ln(cos(x))) De plus, sin(x) =x−^x₆³ + o(x³) et tan(x) =x+^x₃³ + o(x³), donc

sin(x)−tan(x)∼x→0−1 2x³ et ln(cos(x))∼x→0−^x₂², donc

cos(x)sin(x)−tan(x)−1 = exp(x⁵/4 + o(x⁵))−1∼_x→0x⁵/4 Ainsi,

g(x)∼x→0

x⁵ 4 3Pour toutx >0

px²+ 1 =xp

1 + 1/x²=x

1 + 1

2x² + o_x→+∞

1 x²

=x+ 1

2x+ o_x→+∞

1 x

De mˆeme,

p3

x³+x=x+ 1

3x+ o_x→+∞

1 x

et

p4

x⁴+x²=x+ 1

4x+ ox→+∞

1 x

et donc

px²+ 1−2p³

x³+x+p⁴

x⁴+x²∼x→+∞

1 12x

Exercice 9 : Calcul de limites

1arctan(x) =x−^x₃³ + o(x³) et sin(x) =x−^x₆³ + o(x³), donc arctan(x)−sin(x)∼x→0−x³

6 tan(x) =x+^x₃³ + o(x³) et arcsin(x) =x+^x₆³ + o(x³), donc

tan(x)−arcsin(x)∼x→0

x³ 6 La limite cherch´ee vaut donc−1.

2tan(x) =x+^x₃³ + o(x³) et sh(2x) =x+^8x₆³ + o(x³), donc 2 tan(x)−sh(2x)∼_x→0−2

3x³

De plus, arctan(x)∼_x→0x, et (1−cos(3x))∼_x→0 ^9x₂², de sorte que la limite cherch´ee est−4/27.

3On ´etudie d’abord (1 + 1/x)^xen +∞`a la pr´ecision 1/x²:

(1+1/x)^x= exp(xln(1+1/x)) = exp(x(1/x−1/(2x²)+1/(3x³)+o_x→+∞(1/x³))) = exp(1−1/(2x)+1/(3x²)+o_x→+∞(1/x²)) donc

(1 + 1/x)^x = eexp(−1/(2x)) exp(1/(3x²)) 1 + o_x→+∞(1/x²)

= e (1−1/(2x) + 1/(8x²))(1 + 1/(3x²)) + o_x→+∞(1/x²)

= e

1− 1

2x+ 11

24x² + o_x→+∞

1 x²

En substituant 2x`axpuis 3x`a x, on obtient

1 + 1 2x

^2x

=e

1− 1

4x+ 11

4×24x² + o_x→+∞

1 x²

et

1 + 1

3x 3x

=e

1− 1

6x+ 11

9×24x² + o_x→+∞

1 x²

et donc

x²

1 + 1 x

^x

−4

1 + 1 2x

^2x + 3

1 + 1

3x ^3x!

∼x→+∞

11e 72 la limite cherch´ee est ¹¹₇₂^e.

Exercice 10 : Calcul d’int´ egrale

Par int´egration par parties, Z 1

0

arctan(t)dt= [tarctan(t)]¹₀− Z 1

0

t

1 +t²dt= arctan(1)−1

2ln(2) = π 4 −1

2ln(2)

Exercice 11 : Encadrement de Gauss de la factorielle

1Soitn∈N^∗. On a :

Y

i+j=n+1,

i>1,j>1

pij =





 Y

i+j=n+1,

i>1,j>1

√ i











 Y

i+j=n+1,

i>1,j>1

pj







= Y

i+j=n+1,

i>1,j>1

i (l’indice j est muet)

=

n

Y

i=1

i (j est d´etermin´e par la valeur de i)

= n!

2Soiti, j∈N^∗. On a d’une part

ij−(i+j−1) =ij−i−j+ 1 = (i−1)(j−1)>0, et, d’autre part

i+j 2

²

−ij =1

4(i²+ 2ij+j²−4ij) = i−j

2 ²

>0, d’o`u le r´esultat demand´e.

3En combinant les deux premi`eres questions, il vient

Y

i+j=n+1,

i>1,j>1

pi+j−16n!6 Y

i+j=n+1,

i>1,j>1

s i+j

2 ²

,

soit

Y

i+j=n+1,

i>1,j>1

√n6n!6 Y

i+j=n+1,

i>1,j>1

n+ 1 2

,

soit enfin, puisque chaque produit comportentermes, l’encadrement demand´e : n^n/26n!6

n+ 1 2

n

.

Exercice 12 : Un encadrement de

1Soitn∈N^∗. Tout d’abord,

Y

16k62n,

kpair

k =

n

Y

i=1

(2i)

=

n

Y

i=1

2

! _n Y

i=1

i

!

= 2ⁿn!

Par ailleurs,







 Y

16k62n,

kimpair

k















 Y

16k62n,

kpair

k









=

2n

Y

k=1

k= (2n)!,

d’o`u

Q

16k62n,

kimpair

k

Q

16k62n,

kpair

k = (2n)!

(2ⁿn!)² = (2n)!

2²ⁿ(n!)².

Comme ²ⁿ_n

=^(2n)!_(n!)2, on a bien ´egalement

(2n)!

(2ⁿn!)² =

2n n

4ⁿ . 2Soitn∈N^∗. Observons que

Y

16k62n,

kimpair

k= Y

36k62n,

kimpair

k,

et que ce dernier produit comporte (n−1) termes.

Par ailleurs, le produit Q

16k62n,

kpair

k comportentermes. L’id´ee est d’observer l’entrelacement des termes de ces deux produits : on a

Q

36k62n,

kimpair

k

Q

16k62n,

kpair

k = 1 2

Q

36k62n,

kimpair

k

Q

46k62n,

kpair

k =1 2

n−1

Y

i=1

2i+ 1 2i+ 2 61

2, et, de mˆeme,

Q

36k62n,

kimpair

k

Q

16k62n,

kpair

k = 1 2n

Q

36k62n,

kimpair

k

Q

26k62(n−1),

kpair

k = 1 2n

n−1

Y

i=1

2i+ 1 2i > 1

2n, d’o`u, grˆace `a la premi`ere question,

1 2n6

2n n

4ⁿ 6 1

2, puis l’encadrement voulu.

Endomorphismes nilpotents de rang maximal

Partie A – Quelques propri´ et´ es de J

A.1J ´etant ´echelonn´ee et comportantn−1 lignes non nulles, elle est de rangn−1.

A.2

a Si k6n−1, J^k est la matrice dont tous les coefficients sont nuls sauf ceux en position (i, i+k) qui valent 1. Sik>n,J^k est nulle. On peut montrer ce r´esultat par r´ecurrence, ou plus simplement en consid´erant l’endomorphismeudeCⁿ canoniquement associ´e `aJ :u(e1) = 0, etu(ei+1) =ei pour touti∈[[1, n−1]].

bJⁿ= 0n donc pour tout k∈N^∗, (J^k)ⁿ= (Jⁿ)^k = 0^k_n= 0n (cark6= 0).

Toutes les puissances deJ – sauf celle d’exposant 0 – sont nilpotentes.

A.3exp(J) est la matrice triangulaire sup´erieure dont le coefficient en position (i, j) vaut 1/(j−i)! sij >i.

Partie B – Quelques r´ esultats sur les noyaux it´ er´ es d’un endomorphisme

B.1Six∈Ker(uⁱ), alorsuⁱ(x) = 0 et donc, puisqueu^j(0) = 0 :u^i+j(x) = 0.

Ker(uⁱ)⊂Ker(u^i+j).

B.2 L’ensemble{m ∈N, tm =tm+1} est une partie de N, non vide (car (tm)_m∈N est une suite croissante d’entiers naturels major´ee parn), et admet donc un plus petit ´el´ement. En particulier, rexiste bien.

B.3Remarquons que pour tout entier naturelm, Ker(u^m) est inclus dans Ker(u^m+1).

a Par d´efinition de r, on a, pour tout entier m < r, tm 6=tm+1 : Ker(u^m) est donc strictement inclus dans Ker(u^m+1).

b Ker(u^r) = Ker(u^r+1), car Ker(u^r) est un sous-espace vectoriel de Ker(u^r+1), de mˆeme dimension (finie).

c Montrons par r´ecurrence que pour tout entier m >r, Ker(u^m) = Ker(u^m+1). L’amor¸cage au rangr a d´ej`a ´et´e effectu´e, et si on suppose la formule vraie `a un rang m >r fix´e, alors, pour tout x∈ Ker(u^m+2), on a u(x) ∈Ker(u^m+1) = Ker(u^m), doncx ∈Ker(u^m+1), puis Ker(u^m+2) ⊂Ker(u^m+1). Comme l’inclusion r´eciproque est bien connue, l’h´er´edit´e est prouv´ee.

Partie C – Recherche des endomorphismes nilpotents de rang n − 1

C.1

a Im(w) =v^q(Im(v^p)) = Im(v^p+q).

bKer(w) = Im(v^p)∩Ker(v^q)⊂Ker(v^q).

cLe th´eor`eme du rang appliqu´e `a wdonne

rg(v^p) = rg(w) + dim(Ker(w)), puis, compte tenu des questions pr´ec´edentes

rg(v^p)6rg(v^p+q) + dim(Ker(v^q)), soit, en appliquant le th´eor`eme du rang `av^p etv^p+q :

dim(Ker(v^p+q))6dim(Ker(v^p)) + dim(Ker(v^q)).

d D’apr`es le th´eor`eme du rang appliqu´e `a v, dim(Ker(v)) = 1 (v est de rang n−1), d’o`u, en prenant q= 1 dans la formule pr´ec´edente :

dim(Ker(v^p+1))6dim(Ker(v^p)) + 1,

pour tout entier naturelp. Une r´ecurrence imm´ediate suripermet alors de montrer que pour tout i∈[[1, n]], dim(Ker(vⁱ))6i.

eComme dim(Ker(vⁿ⁻¹))6n−1< n= dim(Ker(vⁿ)) (vⁿ= 0), la suite finie d’entiers (dim(Ker(vⁱ)))_i∈[[1,n]]

est strictement croissante (cf. B.3.a), de premier terme 1 et de dernier termen, ce qui force dim(Ker(vⁱ)) =i, pour touti∈[[1, n]].

C.2dim(Ker(vⁿ⁻¹)) =n−16=n, doncvⁿ⁻¹6= 0.

C.3Il existe un vecteuredeEtel quevⁿ⁻¹(e)6= 0. On v´erifie alors classiquement queB1= (vⁿ⁻¹(e), . . . , v(e), e) est une base deE.

C.4La matrice devdans cette base n’est autre queJ.

C.5uetv admettent dans des bases adapt´eesJ pour repr´esentation matricielle :MB(u) etMC(v) sont par cons´equent semblables `aJ, et sont donc semblables.