ECE - Année 2016-2017 Lycée français de Vienne Mathématiques - F. Gaunard http://frederic.gaunard.com
Devoir Maison n
◦9
Solution
Exercice 1. On considère les matrices
A=
−2 −1 2
−15 −6 11
−14 −6 11
, et T =
1 1 2 0 1 3 0 0 1
.
(1) Soit N =T −I. On voit que N2 =
0 0 3 0 0 0 0 0 0
et N3 = 0.
En particulier, Nk = 0, pour tout k ≥ 3. Comme I et N commutent, on peut utiliser la formule du binôme:
Tn = (N+I)n
=
n
X
k=0
n k
NkIn−k
= I+nN +n(n−1) 2 N2
= I+n(T −I) + n(n−1)
2 (T2−2T +I)
=
1−n+n(n−1) 2
I+ (2n−n2)T +n(n−1) 2 T2
= (n−2)(n−1)
2 I+n(n−2)T +n(n−1) 2 T2. (2) On résout l’équation qui découpe de AP =P T:
AP =P T ⇐⇒
−2 −1 2
−15 −6 11
−14 −6 11
1 0 0 1 3 0 x y z
=
1 0 0 1 3 0 x y z
1 1 2 0 1 3 0 0 1
Par identification des coefficients, on trouve donc
x = 2 y = 2 z = 1
2 Solution donc
P =
1 0 0 1 3 0 1 2 1
En particulier, la méthode du Pivot de Gauss permet de voir queP est inversible et que
P−1 = 1 3
3 0 0
−1 1 0
−4 −2 3
.
(3) P est inversible et AP =P T donc
A=P T P−1 =P(I+N)P−1 =P IP−1+P NP−1=I+P NP−1 ou encore A−I =P NP−1. Comme A etI commutent
(A−I)2 =A2−2A−I = P NP−12
=P N2P−1, ce qu’on voulait.
(4) On sait que A=P T P−1 donc An = P TnP−1
= P
(n−2)(n−1)
2 I+n(n−2)T +n(n−1) 2 T2
P−1 (d’après la Question 1)
= (n−2)(n−1)
2 I+n(n−2)P T P−1+n(n−1)
2 P T2P−1
= (n−2)(n−1)
2 I+n(n−2)A+n(n−1) 2 A2.
Exercice 2. Il s’agit donc de trouver les valeurs des paramètres pour que
x−→lim
x>0
0f(x) = lim
x−→
x<0
0=ℓ∈R. Naturellement b 6= 0, sinon l’expression n’a pas de sens. Or,
x−→lim
x>0
0f(x) =
∞, si 1−a6= 0
2/b, si a= 1 (ce qu’on obtient grâce à la quantité conjuguée) et
x−→lim
x<0
0f(x) =
∞, si −bln(1 +c)6= 0⇔c6= 0 b, si c= 0
car lim
u→0+
ln(1 +u) u = 1
Ainsi, f sera prolongeable par continuité en 0 si a= 1, c= 0 et si 2/b =b ou encore b2 = 2, c’est à dire si b = ±√
2. En dehors de 0, la fonction f de départ était continue sur chacun des deux intervalles comme quotient de fonctions usuelles continues dont le dénominateur ne s’annule pas.
Exercice 3. On considère la fonction f définie sur R par f(x) =
1, si x∈Q 0, sinon (1) On sait que√
2 est irrationnel (c’est une des preuves du Chapitre 1), et un rapide raison- nement par l’absurde implique que tous les termes de la suite(an)sont encore irrationnels (sinon √
2/n = p/q ou encore √
2 = np/q et √
2 est rationnel). Ainsi, pour tout n ∈ N∗, f(an) = 0. Or, il est clair quean−→0,n →+∞. Si f était continue en 0, on aurait donc
0 = lim
n→∞f(an) =f
n→+∞lim an
=f(0) = 1,
ce qui est, bien évidemment, absurde. Ainsi,f n’est pas continue en0.
Devoir Maison n◦9: 3 (2) Six∈Q, il suffit de prendre une suite de nombre irrationnels qui tend versxet d’appliquer
le raisonnement précédent. On peut par exemple considérer la suite bn=x+
√2 n . (3) Soit x∈R\Q.
(a) Par définition de la partie entière, ⌊nx⌋ ∈Z, donc clairement,xn ∈Q. L’encadrement classique et le théorème des gendarmes permettent de voir que xn −→x,n →+∞:
nx−1<⌊nx⌋ ≤nx=⇒x− 1
n < xn ≤x.
(b) Pour tout n ∈ N∗, xn ∈ Q, donc f(xn) = 1 Or, f(x) = 0. Un raisonnement par l’absurde, analogue à celui fait ci-dessus, empêche donc f d’être continue enx.
(Remarque: on a donc montré que la fonction f n’est continue en aucun point deR.)
