Corrig&eacute du DS 2

(1)

Math´ ematiques Corrig´ e du DS n

^◦

2 Exercice 1

.

[EDHEC 2000]

1. (a) E est inclus dansM₃(R).La matrice nulle v´erifie 0₃K=K0₃= 0₃donc 0₃∈E Enfin si M etN sont dansE etλetµdes r´eels alors :

(λM+µN)K=λM K+µN K= (λM+µN) =λKM+µKN =K(λM+µN) DoncE est un sous espace deM3(R) donc un espace vectoriel.

(b) SiM ∈E est inversible alorsM⁻¹M =I3, orM K=M et K=M⁻¹M K, ainsi K= (M⁻¹M)K=M⁻¹(M K) =M⁻¹M =I3. CependantK6=I3 doncM n’est pas inversible.

Donc aucune matrice de E n’est inversible.

2. (a) On calcule :M K =





a b c d e f g h k









0 0 1 0 1 0 1 0 0



=





c b a f e d k h g





KM =





0 0 1 0 1 0 1 0 0









a b c d e f g h k



=





g h k d e f a b c





d’où M K = KM = M équivaut à un système de 2 fois 9 équations par lignes : a =c = g et b =b = het c=a=ketd=f =dete=e=eetf =d=f etg=k=aeth=h=b et enfink=g=c.

Ce qui ´equivaut `ak=g=c=a,h=bet f =d.

Donc en param`etrant para, b, det eon aE=











a b a d e d a b a



/a, b, d, e∈R







(b) On aE= Vect











1 0 1 0 0 0 1 0 1



,





0 1 0 0 0 0 0 1 0



,





0 0 0 1 0 1 0 0 0



,





0 0 0 0 1 0 0 0 0











Cette famille étant échelonnée (on peut également faire rapidement le système), elle est libre et forme donc une base de E.Donc dim(E) = 4.

3. On aF ⊂E(aveca=x, b=y, d=yete=z) et est engendr´e par











1 0 1 0 0 0 1 0 1



,





0 1 0 1 0 1 0 1 0



,





0 0 0 0 1 0 0 0 0









 qui est libre. DoncF est un sous espace vectoriel et une base en est ci-dessus.

4. (a) ϕest une application deF dansR(d´efinie surF et `a valeurs dansR)

Soient A= (ai,j) etB= (bi,j) deux matrices deF etλetµdeux r´eels alors (λA+µB) = (λai,j+µbi,j) Donc

ϕ(λA+µB) =

3

X

i=1 3

X

j=1

(−1)^i+j(λai,j+µbi,j) =λ

3

X

i=1 3

X

j=1

(−1)^i+jai,j+µ

3

X

i=1 3

X

j=1

(−1)^i+jbi,j=λϕ(A) +µϕ(B)

doncϕest lin´eaire.

(b) On aϕ









0 0 0 0 1 0 0 0 0







= (−1)²⁺²1 = 1

Donc Im(ϕ)6={0}, on a dim (Im(ϕ))≥1. De plus, Im(ϕ)⊂Rdonc dim (Im(ϕ)) = 1.

(c) Par le th´eor`eme du rang, dim (Ker (ϕ)) = 3−dim (Im(ϕ)) = 2 (d) SoitM =





x y x y z y x y x



une matrice de Ker (ϕ).

ϕ(M) =x−y+x−y+z−y+x−y+x= 4x−4y+z Donc ϕ(M) = 0 ⇐⇒ z = 4x−4y et on trouve que





1 0 1 0 4 0 1 0 1



 et





0 1 0

1 −4 1

0 1 0



 en sont ´el´ements. Ils forment une famille libre donc une base de Ker (ϕ).

(2)

Exercice 2

.

[EMLyon 2014]

On consid`ere les matrices :A=

1 0 0 0

, B=

0 1 0 0

et C=

0 0 0 1

. 1. Les matrices deE s’´ecrivent toutesM =

a b 0 c

=a 1 0

0 0

+b

0 1 0 0

+c

0 0 0 1

de fa¸con unique en fonction deA,B et C.

DoncE=V ect(A, B, C) et (A, B, C) est une base deE, qui est donc de dimension 3.

2. SiM =

a b 0 c

et N =

a⁰ b⁰ 0 c⁰

, alors M N =

aa⁰ ab⁰+bc⁰ 0 cc⁰

est une matrice qui appartient encore `a E.

3. SiM =

a b 0 c

, alorsM est inversible si, et seulement si,a6= 0 etc6= 0 et apr`es calcul, on obtient alors :

M⁻¹=





 1 a

−b ac

0 1

c







DoncM⁻¹∈E.

4. E est stable par multiplication donc, commeT et M appartiennent àE, on a aussif(M) =T M T ∈E. Il reste à vérifier la linéarité def : siM et N sont 2 matrices de Eet xet y réels :

f(xM+yN) =T(xM+yN)T =T(xM)T+T(yN)T =xT M T +yT N T =xf(M) +yf(N).

F est donc bien un endomorphisme deE.

5. T est une matrice inversible car triangulaire avec tous ses ´el´ements diagonaux non nuls. De plus, siM et N sont 2 matrices deE, on a :

f(M) =N ⇐⇒T M T =N ⇐⇒M =T⁻¹N T⁻¹

ce qui montre que toute matriceN deE admet unique ant´ec´edent parf. f est donc un automorphisme deE.

6. f(A) =T AT =

1 1 0 1

1 0 0 0

1 1 0 1

=

1 0 0 0

1 1 0 1

=

1 1 0 0

=A+B; f(B) =T BT=

1 1 0 1

0 1 0 0

1 1 0 1

=

0 1 0 0

1 1 0 1

=

0 1 0 0

=B . etf(C) =T CT =

1 1 0 1

0 0 0 1

1 1 0 1

=

0 1 0 1

1 1 0 1

=

0 1 0 1

=B+C.

La matrice def dans la base (A, B, C) est donc F =





1 0 0 1 1 1 0 0 1





7. On calcule facilementH²= 02. CommeIet H commutent, la formule du binˆome donne : (I+aH)ⁿ =

n

X

k=0

n k

(aH)^kI^n−k= n

0

(aH)⁰+ n

1

(aH)¹+ 0₂=I+naH =





1 0 0

na 1 na

0 0 1



.

8. Poura= 1 :

Fⁿ = (I+H)ⁿ=





1 0 0 n 1 n 0 0 1



.

9. On aimerait bien trouverapour que (I+aH)³=F et donc que





1 0 0

3a 1 3a

0 0 1



=





1 0 0 1 1 1 0 0 1



.

a= 1

3 convient. Une solution cherch´ee est donc

G=I+1 3H.

(3)

Exercice 3

.

[EDHEC 2011]

On désigne par E l’espace vectoriel des fonctions polynômiales de degré inférieur ou égal à 2 et on note B0 la base (e0, e1e2) deE, où pour tout réelx, on a :e0(x) = 1, e1(x) =xet e2(x) =x²

On considère l’application, notéef, qui à toute fonction polynômialePappartenant àEassocie la fonction polynômiale f(P) définie par :

∀x∈R, (f(P)) (x) = 2xP(x)− x²−1 P⁰(x). 1. (a) Pour toutP etQdeE etα,β r´eels : ∀x∈R,

(f(αP +βQ)) (x) = 2x(αP +βQ) (x)− x²−1

(αP+βQ)⁰(x)

=α 2xP(x)− x²−1 P⁰(x)

+β 2xQ(x)− x²−1 Q⁰(x)

=αf(P) (x) +βf(P) (x)

Conclusion : f(αP+βQ) =αf(P) +βf(P) etf est une application lin´eaire.

(b) SoitP(x) =a+bx+cx² pour toutxr´eel alorsP⁰(x) =b+ 2cx f(P) (x) = 2x a+bx+cx²

− x²−1

(b+ 2cx)

=b+ 2 (c+a)x+bx²

Donc pour toutP ∈E,f(P)∈E etf est une application deE dansE Conclusion : f ∈ L(E)

(c) Pour toutx∈R:

e⁰₀(x) = 0 doncf(e0) (x) = 2xdoncf(e0) = 2e1

e⁰₁(x) = 1 doncf(e₁) (x) = 2x²− x²−1

= 1 +x² doncf(e₁) =e₀+e₂ e⁰₂(x) = 2xdoncf(e₂) (x) = 2x³− x²−1

2x= 2xdoncf(e₂) = 2e₁ On a alors les coordonn´ees des images et

DoncA=





0 1 0 2 0 2 0 1 0





2. (a) On a Vect (f) = Vect (f(e₀) ;f(e₁) ;f(e₂)) = Vect (2e₁;e₀+e₂) = Vect (e₁;e₀+e₂)

Et comme la famille (e1;e0+e2) est libre (deux vecteurs non colinéaires), elle est libre et génératrice de Im (f), c’en est donc une base et

Conclusion : dim (Im (f)) = 2

(b) D’après le théorème du rang, on a dim (Ker (f)) = dim (E)−dim (Im (f)) = 1

et commef(e0−e2) =f(e0)−f(e2) = 0 alors (e0−e2) est une famille libre (un vecteur non nul) de 1 vecteur de Ker (f),donc une base de Ker (f)

Conclusion : Ker (f) = Vect (e0−e2)

Exercice 4

.

[EMLyon 2002]

On consid`ere, pour toutn∈N^∗, la fonction polynomialePn : [0,+∞[−→Rd´efinie pour toutx∈[0,+∞[, par : Pn(x) =

2n

X

k=1

(−1)^kx^k

k =−x+x²

2 +. . .+−x²ⁿ⁻¹ 2n−1 +x²ⁿ

2n I. ´Etude des fonctions polynomiales Pn

1. Pourk≥1 on a pour toutx∈R: x^k⁰

=kx^k−1 donc P_n⁰(x) =

2n

X

k=1

(−1)^kkx^k−1

k =

2n

X

k=1

(−1)^kx^k−1 r´eindex´eh=k−1

=

2n−1

X

k=0

(−1)^h+1x^h=−

2n−1

X

k=0

(−x)^h

= −(−x)²ⁿ−1

−x−1 =x²ⁿ−1

x+ 1 car −x6= 1

(4)

2. P_n⁰ est du signe dex²ⁿ−1 et comme 2n >0 la fonctionx→x²ⁿ−1 est strictement croissante surR⁺(et strictement d´ecroissante sur R⁻ puisque 2nest pair) donc

x 0 1 +∞

x²ⁿ−1 − 0 +

P_n⁰(x) − 0 + Pn(x) 0 & Pn(1) % +∞

en +∞on a :

P_n(x) =−x+x²

2 +. . .+−x²ⁿ⁻¹ 2n−1 +x²ⁿ

2n =x²ⁿ

− 1 x²ⁿ⁻¹ +1

2 1

x²ⁿ⁻² +. . .+ −1 2n−1

1 x+ 1

2n

x→+∞→ +∞

3. CommePn(0) = 0 et quePn est strictement d´ecroissante sur [0,1] alors Pn(1)< Pn(0) = 0 4. (a) Pour toutn∈N^∗ et toutx∈[0,+∞[ :

P_n+1(x) =

2(n+1)

X

k=1

(−1)^kx^k

k =

2n

X

k=1

(−1)^kx^k

k +(−1)²ⁿ⁺¹x²ⁿ⁺¹

2n+ 1 +(−1)²ⁿ⁺²x²ⁿ⁺² 2n+ 2

= P_n(x) +x²ⁿ⁺¹

− 1

2n+ 1+ x 2n+ 2

(b) On a donc en particulier pourx= 2 :

Pn+1(2) =Pn(2) + 2²ⁿ⁺¹

− 1

2n+ 1+ 2 2n+ 2

Et comme−_2n+1¹ +_2n+2² = (2n+1)(n+1)ⁿ ≥0,P_n+1(2)≥P_n(2) la suite (P_n(2))_n∈

N^∗ est alors croissante.

Comme de plus P₁(2) =−²₁+²₂² = 1≥0 alors pour tout entiern≥1 :P_n(2)≥P₁(2)≥0 5. Pn est continue et strictement croissante sur [1,+∞[ donc bijective de [1,+∞[ dans [Pn(1),+∞]

On utilise alors le th´eor`eme de bijection :Pn(1)<0≤Pn(2) donc 0∈[Pn(1), Pn(2)].

Donc l’´equationPn(x) = 0 a une unique solution sur [1,+∞[ etxn∈]1,2].

II. Limite de la suite (x_n)_n∈_N^∗

1. On a vu pr´ec´edemment que pour tout n∈N^∗ et x≥0 :P_n⁰(x) = x²ⁿ−1

x+ 1 .P_n est donc la primitive qui s’annule en 0 det7→ t²ⁿ−1

t+ 1 :

Z x 0

t²ⁿ−1

t+ 1 dt = [Pn(t)]^x₀ =Pn(x)−Pn(0)

= Pn(x) 2. Pour toutn∈N^∗ on aPn(xn) = 0 donc

Z x_n 0

t²ⁿ−1

t+ 1 = 0. Par la relation de Chasles Z 1

0

t²ⁿ−1 t+ 1 dt+

Z xn

1

t²ⁿ−1 t+ 1 dt= 0 d’o`u

Z x_n 1

t²ⁿ−1

t+ 1 dt=− Z 1

0

t²ⁿ−1 t+ 1 dt=

Z 1 0

1−t²ⁿ t+ 1 dt

3. On étudie les variations de la différence : Soitf_n(x) =t²ⁿ−1−n(t²−1). f_n est dérivable sur Ret f_n⁰ (t) = 2nt²ⁿ⁻¹−2nt= 2nt t²ⁿ⁻²−1

.

et pourn≥1 on aura 2n−2≥0 donc sit≥1 alorst²ⁿ⁻²≥1 d’o`uf_n⁰ (t)≥0 Donc pourn≥1, fn est croissante sur [1,+∞[.

De plusf_n(1) = 0, donc pour toutt∈[1,+∞[ :f_n(t)≥0 et t²ⁿ−1≥n(t²−1) 4. On a alors toutn∈N^∗et pourt≥1

t²ⁿ−1 n t²−1

(5)

comme 1≤xn (bornes de l’int´egrale croisssantes) Z xn

1

t²ⁿ−1 t+ 1 dt ≥

Z xn

1

n t²−1 t+ 1 dt=

Z xn

1

n(t−1)dt=n

"

(t−1)² 2

#xn

1

≥ n(xn−1)² 2

que l’on r´eintroduit dans l’´equation de la question II.2.pour obtenir : n(xn−1)²

2 ≤

Z 1 0

1−t²ⁿ t+ 1 dt intégrale que l’on majore à nouveau par 1−t²ⁿ ≤1 d’où (bornes croissantes)

Z 1 0

1−t²ⁿ t+ 1 dt≤

Z 1 0

1

t+ 1 dt= [ln (t+ 1)]¹₀= ln (2) d’o`u finalement :

0 ≤ n(xn−1)²

2 ≤ln (2) 0 < (x_n−1)²62 ln 2

n 0 < xn−16

√ 2 ln 2

√n carxn−1≥0 ett7→√

test strictement croissante surR^∗+. 5. Et par encadrementxn−1→0 et doncxn→1 quandn→+∞