Orsay 2008-2009 IFIPS S2 Math´ematiques (M160).

Orsay 2008-2009 IFIPS S2 Math´ematiques (M160).

Corrig´e et barˆeme du contrˆole num´ero 4 (du 29 Mai 2009).

Exercice 1 Sur 7 points.

(a) : 2,5 points.

Les vecteurs colonnes de A sontc1 = (1,2,−1), c₂ = (−2,1,−1), c₃ = (−3,4,−3). Pour d´eterminer une base de Im(A) on applique l’algorithme du rang `a (c1, c2, c3).

(0,25 point)

Clairement (c1, c2) est libre. D’autre part on remarque quec3 = 2c2+c1 (ou alors on obtient cette relation en r´esolvant le syst`eme lin´eaire correspondant `a l’´equation c₃=λc₁+µc₂).

(0,5 point)

Donc une base de l’image de A est (c₁, c₂) et rg(f) = 2.

(0,25 point)

Pour d´eterminer une base de Ker(A) on r´esout le syst`eme lin´eaire correspondant `a AX = 0 :







x−2y−3z = 0 2x+y+ 4z = 0

−x−y−3z = 0

⇐⇒







x−2y−3z = 0

5y+ 10z = 0 (L₂ ←L₂−2L₁)

−3y−6z = 0 (L₃ ←L₃+L₁)

⇐⇒







x−2y−3z = 0

y+ 2z = 0 (L₂ ← ^L₅²) y+ 2z = 0 (L3 ← ₋₃^L2)

⇐⇒

(

x−2y−3z = 0 y+ 2z = 0 ⇐⇒

(

x =−z y =−2z

On obtient donc Ker(A) ={(−z,−2z, z), z∈R}, soit Ker(A) = Vect(−1,−2,1). Or (−1,−2,1) =−c₁ et Vect(−c₁) = Vect(c₁). Donc pour finir (c₁) est une base de Ker(A).

(1 point)

On a Ker(A) = Vect(c₁) et c₁ est dans le sous-espace vectoriel image deA. Donc Ker(A)⊂Im(A), et Ker(A)∩Im(A) = Ker(A)6={0}. Il en r´esulte que Im(A) et Ker(A) ne sont pas en somme directe, et a fortiori ils ne sont pas suppl´ementaires.

(0,5 point) (b) : 3 points

Pour montrer queB⁰est une base deR³ il suffit de montrer qu’elle est g´en´eratrice (puisqu’elle a trois vecteurs). Pour cela on v´erifie que chaque vecteure1, e2, e3de la base canonique deR³est combinaison lin´eaire de u₁, u₂, u₃.

Apr`es r´esolution de trois syst`emes ou apr`es quelques essais on obtient : e1 =−(u₂+u3), e2 =u1+ 2u2+ 3u3, e3 =e1+ 3e2+ 5e3

Ainsi (u₁, u₂, u₃) est bien g´en´eratrice, et c’est donc une base de R³. (1 point)

La matrice de passage de la base canoniqueB `a la baseB⁰ est la matrice dont les colonnes sont les composantes des vecteurs de B⁰, on trouve donc imm´ediatement :

P =





1 −2 1

2 1 −1

−1 −1 1



 (0,5 point)

Pour calculer l’inverse de P on peut ou bien utiliser les m´ethodes classiques d’inversion d’une matrice, ou bien interprˆeter P⁻¹ comme la matrice de passage de B⁰ dans B. Alors les colonnes de

1

P⁻¹ sont les coordonn´ees dansB⁰ des vecteurs deB. Et on a d´ej`a d´etermin´e ces coordonn´ees au d´ebut de la question. On obtient donc, sans calcul suppl´ementaire :

P⁻¹ =





0 1 1

−1 2 3

−1 3 5





(1 point)

Soient (x⁰, y⁰, z⁰) les coordonn´ees deu= (0,2,−1) dans B⁰. Alors nous savons que



 0 2

−1



=P



 x⁰ y⁰ z⁰



, soit



 x⁰ y⁰ z⁰



=P⁻¹



 0 2

−1



, soit encore



 x⁰ y⁰ z⁰



=



 1 1 1



.

(0,5 point) (c) :1,5 point En calculantA



 x y z



 on obtientf(x, y, z) = (x−2y−3z,2x+y+ 4z,−x−y−3z).

(0,25 point)

On sait que A⁰ =P⁻¹AP, (0,5 point)

et on a d´ej`a calcul´eP⁻¹. On obtient alors

A⁰ =





0 1 1

−1 2 3

−1 3 5









1 −2 −3

2 1 4

−1 −1 −3









1 −2 1

2 1 −1

−1 −1 1



=





0 1 1

−1 2 3

−1 3 5









0 −1 0 0 −7 5

0 4 −3



=





0 −3 2 0 −1 1

0 0 0



.

(0,75 point)

Exercice 2 Limites de suites : sur 8 points.

(a) : 2,5 points

On a (2 + _n¹)ⁿ = [2.(1 + _2n¹ )]ⁿ = 2ⁿ(1 + _2n¹ )ⁿ. Or (1 + _2n¹ )ⁿ = e^nln(1+2n1). Et d’apr`es le DL de ln(1 +u) quand u → 0 on a ln(1 + _2n¹ ) = _2n¹ +o(_2n¹ ), soit ln(1 + _2n¹ ) = _2n¹ +o(_n¹). On en d´eduit (1 + _2n¹ )ⁿ=e^12+o(1), autrement dit (1 +_2n¹ )ⁿ∼√

e.

Finalement par produit d’´equivalents on a bien (2 + ¹_n)ⁿ= 2ⁿ(1 + _2n¹ )ⁿ∼√ e·2ⁿ. (1,25 point)

La suite an = ^n3ln(n)+2n

(2+_n¹)ⁿ est un quotient, et on vient de trouver un ´equivalent du d´enominateur.

Reste `a traiter le num´erateur.

(0,25 point)

Par croissances compar´ees on a ln(n) =o(n), donc par produit de suites n´egligeables on an³ln(n) = o(n⁴). A nouveau par croissances compar´ees on an⁴=o(2ⁿ). Donc en composant les petitoon obtient n³ln(n) =o(2ⁿ).

Il en r´esulte que n³ln(n) + 2ⁿ∼2ⁿ. (0,75 point)

Finalement an∼ ^√2_e·2ⁿ_n. D’o`u an∼ ^√1_e et donc an→ ^√1_e. (0,25 point)

(b) : 2,5 points

D’apr`es le DL dee^u quand u→0 on obtient e⁻²ⁿ = 1 + (−2

n) + 1 2(−2

n)²+o( 1

n²) = 1− 2 n+ 2

n² +o( 1 n²) (0,5 point)

n²

(n+1)² = (_n+1ⁿ )²= ( ¹

1+_n¹)². D’apr`es le DL de _1+u¹ quandu→0, on a ¹

1+_n¹ = 1−_n¹+_n¹2 +o(_n¹2). En

´

elevant au carr´e il vient : ( 1

1 +¹_n)² = [1− 1 n+ 1

n² +o( 1

n²)]²= 1 + 1 n² + 1

n⁴ − 2 n+ 2

n² − 2

n³ +o( 1 n²) En regroupant tous leso(_n¹2) on obtient donc :

n²

(n+ 1)² = 1 +−2 n + 3

n² +o( 1 n²) Donc α= 1, β=−2, γ = 3.

(1,5 point) Ainsi

b_n=n²[(1− 2 n+ 2

n² +o( 1

n²))−(1 +−2 n + 3

n² +o( 1

n²))] =n²(−1

n² +o( 1

n²)) =−1 +o(1) et doncb_n→ −1.

(0,5 point) (c) : 3 points On a :

r_n= q

ln(α+βn^k) = r

ln(n^k(β+ α n^k)) =

r

ln(n^k) + ln(β+ α n^k) =

s

ln(n^k)[1 + ln(β+_n^α_k) ln(n^k) ] Le facteur 1 +^ln(β+

α nk)

ln(n^k) tend vers 1, doncr_n∼p ln(n^k).

(1 point) Or p

ln(n^k) =p

kln(n) =√ kp

ln(n), doncr_n∼√ kp

ln(n).

(0,25 point)

La suitecn consid´er´ee est fabriqu´ee `a l’aide de trois suites du type (rn)n∈N qu’on vient d’´etudier.

Le d´enominateur p

ln(1 +n³) est ainsi ´equivalent `a√ 3p

ln(n) (0,25 point)

Etudions le num´erateurp

ln(1 +n²)−p

ln(1 + 2n). On ap

ln(1 +n²)∼√ 2p

ln(n) etp

ln(1 + 2n)∼ pln(n),

(0,25 + 0,25 point) doncp

ln(1 +n²) =√ 2p

ln(n) +o(p

ln(n)) etp

ln(1 + 2n) =p

ln(n) +o(p

ln(n)) et on en d´eduit que p

ln(1 +n²)−p

ln(1 + 2n) = (√

2−1)p

ln(n) +o(p ln(n)).

(0,5 point) Ainsi p

ln(1 +n²)−p

ln(1 + 2n)∼(√

2−1)p ln(n).

(0,25 point)

Par quotient d”´equivalents on obtient : cn∼ (√

2−1)p ln(n)

√3p

ln(n) =

√ 2−1

√ 3

donccn→

√√2−1

3 (= ^{√ 1}

6+√ 3).

(0,25 point)

Exercice 3 Sur 6 points.

(a) : 0,5 point.

On a n⁻² = _n¹b avec b = 2 > 0, et 2⁻ⁿ = _a¹n avec a = 2 > 1. Donc par croissance compar´ee 2⁻ⁿ=o(n⁻²).

(b) : 0,75 point.

D’apr`es le DL de cos(u) quandu→0 on a 1−cos(_n¹) = 1−(1− _2n¹2 +o(_n¹2)).

(0,25 point)

Donc v_n = _2n¹2 +o(_n¹2) + 2⁻ⁿ. Comme on vient de le voir on a 2⁻ⁿ = o(_n¹2), donc finalement vn= _2n¹2 +o(_n¹2).

(0,25 point)

Ceci nous donne l’´equivalent : vn∼ _2n¹2. (0,25 point)

(c) 1,25 point

La suite (u_n)n∈N est le quotient de deux suites, et nous venons de donner un ´equivalent du d´enominateur. Il reste `a trouver un ´equivalent du num´erateur ⁿ_n²4^−ln(n)+ln(n). Or cette suite est elle-mˆeme un quotient, pour lequel on trouve facilement un ´equivalent.

En effet par croissance compar´ee on a −ln(n) = o(n²), donc n² −ln(n) ∼ n². Et de mˆeme n⁴+ ln(n)∼n⁴.

(0,25 point+0,25 point)

Ainsi par quotient d’´equivalents ⁿ_n²4^−ln(n)+ln(n) ∼ ⁿ_n²₄ = _n¹2. (0,25 point)

Alors `a nouveau par quotients d’´equivalents on obtient

u_n∼

1 n²

1 2n²

= 2

Ceci montre que limn→∞un= 2.

(0,5 point) (d) : 3,5 points

Calculons u_n−2 en r´eduisant au mˆeme d´enominateur :

un−2 =

n²−ln(n)

n⁴+ln(n)−2 + 2 cos(¹_n)−2.2⁻ⁿ 1−cos(_n¹) + 2⁻ⁿ

Pour ´etudier u_n −2, nous nous concentrons sur le num´erateur, puisque nous disposons d´ej`a d’un

´

equivalent du d´enominateur par le (b).

D’abord en reprenant l’argument du (b), mais en poussant le DL de cos(u) quand u→ 0 `a l’ordre quatre, nous obtenons −2 + 2 cos(¹_n)−2.2⁻ⁿ=−_n¹₂ +_12n¹4 +o(_n¹4).

(0,5 point)

Traitons maintenant le terme ⁿ_n²4^−ln(n)+ln(n). Pour cela on ´ecrit ⁿ_n²4^−ln(n)+ln(n) = (_n¹2 −^ln(n)_n4 )( ¹

1+^ln(n)

n4

).

Par croissance compar´ee ^ln(n)_n4 →0 , donc on peut utiliser le DL de _1+u¹ quandu→0, et on obtient

: 1

1 +^ln(n)_n4

= 1−ln(n)

n⁴ +o(ln(n) n⁴ ) (0,5 point)

Ceci donne : n²−ln(n) n⁴+ ln(n) = ( 1

n² − ln(n)

n⁴ )(1−ln(n)

n⁴ +o(ln(n)

n⁴ )) = 1

n² −ln(n)

n⁴ −ln(n)

n⁶ +(ln(n))²

n⁸ +o(ln(n) n⁶ ).

(0,5 point)

Clairement ^ln(n)_n6 =o(^ln(n)_n4 . Par croissance compar´ee on a aussi ^(ln(n))_n8 ² =o(^ln(n)_n4 ). Enfin ´evidemment o(^ln(n)_n6 ) = o(^ln(n)_n4 ) (le quotient est o(_n¹2), donc tend vers 0). Finalement l’expression ci-dessus se simplifie :

n²−ln(n) n⁴+ ln(n) = 1

n² −ln(n)

n⁴ +o(ln(n) n⁴ ).

(0,5 point)

Le num´erateur de un−2 devient donc : n²−ln(n)

n⁴+ ln(n) −2 + 2 cos(1

n)−2.2⁻ⁿ= 1

n² − ln(n)

n⁴ +o(ln(n) n⁴ )− 1

n² + 1

12n⁴ +o( 1

n⁴)−2.2⁻ⁿ

=−ln(n) n⁴ + 1

12n⁴ +o(ln(n)

n⁴ )) +o( 1

n⁴)−2.2⁻ⁿ. (0,5 point)

Par croissance compar´ee on a _12n¹4 = o(^ln(n)_n4 ), o(_n¹4) =o(^ln(n)_n4 ), et enfin −2.2⁻ⁿ.= o(^ln(n)_n4 ). Donc finalement en regroupant tous les o(^ln(n)_n4 ) :

n²−ln(n)

n⁴+ ln(n) −2 + 2 cos(1

n)−2.2⁻ⁿ=−ln(n)

n⁴ +o(ln(n) n⁴ )) de sorte que ⁿ_n²4^−ln(n)+ln(n) −2 + 2 cos(_n¹)−2.2⁻ⁿ∼ −^ln(n)_n4 .

Alors par quotient d’´equivalents on a

u_n−2∼ −^ln(n)_n4

1 2n²

=−2 ln(n) n² (0,5 point)

En divisant cet ´equivalent par ¹_n on trouve−^{2 ln(n)}_n , qui tend vers 0 par croissance compar´ee. Donc u_n−2 =o(_n¹).

(0,25 point)

Mais quand on divise l’´equivalent par _n¹2 on trouve −2 ln(n), qui tend vers +∞. Doncu_n−2 n’est pas grand O de _n¹2.

(0,25 point)