Correction du devoir maison n˚4

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir maison n˚4

Exercice 1

On fixen∈N^≥2 et on noteB= (1, X, . . . , Xⁿ) la base canonique deRn[X].

Soita∈R. Pour toutk∈J0, nK, on pose :

Pa,k = (X+a)^k.

On a en particulier, pour touta∈R, Pa,0= 1. On d´efinit la familleBa de vecteurs deRn[X] par : Ba= (Pa,0, Pa,1, . . . , Pa,n).

Soitf l’application d´efinie par :

f:Rn[X]→Rn[X], P 7→P⁰. On fixea∈Rdans la suite.

1. Montrer queBa est une base deRn[X].

2. D´emontrer quef est lin´eaire.

3. L’applicationf est-elle injective ? surjective ? bijective ? 4. Calculer la matriceAdef dans la baseB.

5. Calculer la matriceAa def dans la baseBa. Que remarque-t-on ? 6. Calculer la matriceM = Mat(Id_R_n_[X],Ba,B).

7. Justifier queM est inversible, sans effectuer de calcul.

8. Justifier l’´egalit´e :

Mat(Id_R_n_[X],B,Ba) = Mat(Id_R_n_[X],B_−a,B).

9. En d´eduire la matriceM⁻¹.

10. ´Etablir, sans effectuer de calcul que :

A_a=M⁻¹AM.

Correction

1. • On commence par déterminer les degrés des polynômes de la familleBa. Soitk∈J0, nK. En appliquant la formule du binôme de Newton, on a :

Pa,k = (X+a)^k

=

k

X

j=0

C_k^jX^ja^k−j

= C_k⁰X⁰a^k−0+C_k¹X¹a^k−1+C_k²X²a^k−2+. . .+C_k^k−1X^k−1a^k−(k−1)+C_k^kX^ka^k−k

= a^k+ka^k−1X+C_k²a^k−2X²+. . .+kaX^k−1+X^k. Le polynˆomePa,k est donc de degr´ek.

(2)

• Montrons que la famille B_a est libre.

Soient λ₀, . . . , λ_n des r´eels tels que :

n

X

k=0

λ_kP_a,k = 0.

On a donc :

(∗) λ0Pa,0+λ1Pa,1+. . .+λn−1Pa,n−1+λnPa,n= 0.

– Montrons, par l’absurde, queλ_n= 0.

Supposons que λ_n 6= 0. Alors, d’apr`es (∗), on a :

λ0Pa,0+λ1Pa,1+. . .+λ_n−1P_a,n−1

| {z }

degr´e≤n−1

= −λnPa,n

| {z }

degr´encarλ_n6=0

.

En considérant les degrés du polynôme de droite et du polynôme de gauche dans l’égalité ci-dessous, on aboutit à une contradiction.

L’identité (∗) se réécrit donc :

(∗∗) λ0Pa,0+λ1Pa,1+. . .+λ_n−1P_a,n−1= 0.

– Montrons, par l’absurde, queλ_n−1= 0.

Supposons que λn−16= 0. Alors, d’apr`es (∗∗), on a : λ₀P_a,0+λ₁P_a,1+. . .+λ_n−2P_a,n−2

| {z }

degr´e≤n−2

= −λn−1P_a,n−1

| {z }

degr´en−1 carλ_n−16=0

.

En considérant les degrés du polynôme de droite et du polynôme de gauche dans l’égalité ci-dessous, on aboutit à une contradiction.

L’identité (∗∗) se réécrit donc :

(∗ ∗ ∗) λ0Pa,0+λ1Pa,1+. . .+λ_n−2P_a,n−2= 0.

– À l’aide de (∗ ∗ ∗), en raisonnement toujours par l’absurde, on montre ensuite que λ_n−2 = 0. Plus généralement, notre méhode permet de montrer que si λn =λ_n−1=. . . =λk = 0 (k∈J1, nK), alors λk−1= 0. Deproche en proche, on prouve ainsi que :

λn=λn−1=. . .=λ1=λ0= 0.

La famille Ba est donc libre.

Remarque : La méthode exposée ci-dessus permet de montrer que toute famille de polynômes de degrés

´echelonn´es est libre.

• Conclusion

La famille Ba est une famille libre den+ 1 ´el´ements de Rn[X], espace vectoriel de dimension n+ 1.

C’est donc une base de Rn[X].

2. Soient P, Q∈Rn[X] et soientλ, µ∈R. Montrons quef(λP +µQ) =λf(P) +µf(Q).

f(λP +µQ) = (λP+µQ)⁰

= (λP)⁰+ (µQ)⁰ (d’apr`es la formule de d´erivation (u+v)⁰=u⁰+v⁰)

= λP⁰+µQ⁰ (d’apr`es la formule de d´erivation (ku)⁰=ku⁰ (k∈R))

= λf(P) +µf(Q) L’applicationf est donc lin´eaire.

(3)

3. • Montrons que f n’est pas injective et donc pas bijective.

La dérivée d’une fonction constante sur R étant la fonction nulle, on a f(1) = 0. On en déduit que 1∈Ker(f). Le noyau def n’est donc pas{0_R_n_[X]}. Par suite l’application linéairef n’est pas injective et donc pas bijective.

• D´eduisons-en quef n’est pas surjectif.

L’application linéaire f est un endomorphisme non injectif de Rn[X], espace vectoriel de dimension finie. D’après le cours (cf. théorème 5 du cours Application linéaires, conséquence des propriétés (a), (b), (c) et (d) citées ci-dessous), l’endomorphismef n’est donc pas surjectif.

Pour répondre à la question 3, on s’est appuyé sur quatre résultats fondamentaux du cours, que l’on rappelle dans le contexte considéré ici :

(a) f est injective si et seulement si Ker(f) ={0_R_n_[X]}; (b) f est surjective si et seulement si Im(f) =Rn[X];

(c) Th´eor`eme du rang :dim(Ker(f)) + dim(Im(f)) = dim(Rn[X]);

(d) Si F est un sous-espace vectoriel deRn[X]tel quedim(F) = dim(Rn[X]), alorsF =Rn[X].

4. La matrice A est la matrice carrée (n+ 1)×(n+ 1) dont la i-ème colonne (i ∈ J1, n+ 1K) a pour coefficients les coordonnées, dans la baseB= (1, X, . . . , Xⁿ), de l’image parf dui-ème vecteur de la baseB.

Comme le i-ème vecteur de la base B est Xⁱ⁻¹, les coefficients de la i-ème colonne de A sont donc les coordonnées def(Xⁱ⁻¹) dans la baseB.

On calcule :

f(1) = 0 ;

∀k∈J1, nK f(X^k) =kX^k−1. On en d´eduit :

f(1)f(X)f(X²)f(X³) . . . f(Xⁿ)

A=







0 1 0 0 . . . 0

0 0 2 0 ...

0 0 0 3 . .. ...

... . .. . .. . .. ...

... . .. . .. 0

... . .. n

0 . . . 0





 /1 / X

/ Xⁿ⁻¹ / Xⁿ

5. La matriceAaest la matrice carrée (n+1)×(n+1) dont lai-ème colonne (i∈J1, n+1K) a pour coefficients les coordonnées, dans la baseBa= (Pa,0, Pa,1, . . . , Pa,n), de l’image parf dui-ème vecteur de la baseBa. Comme lei-ème vecteur de la baseBa est (X+a)ⁱ⁻¹, les coefficients de lai-ème colonne deA_asont donc les coordonnées def((X+a)ⁱ⁻¹) dans la baseB_a.

On calcule :

f(Pa,0) =f(1) = 0 ;

∀k∈J1, nK f(Pa,k) =f((X+a)^k) =k(X+a)^k−1=kPa,k−1. (cf. formule de dérivation d’une composée) La matriceAa est donc donnée par :

(4)

f(Pa,0 )f(Pa,1 )f(Pa,2 )f(Pa,3 ) . . . f(Pa,n)

A_a =







0 1 0 0 . . . 0

0 0 2 0 ...

0 0 0 3 . .. ...

... . .. . .. . .. ...

... . .. . .. 0

... . .. n

0 . . . 0







/ P_a,0 / P_a,1

/ P_a,n−1 / Pa,n

On observe que les matricesAet A_a sont ´egales.

6. La matrice M = Mat(Id_R_n_[X],Ba,B) est la matrice carrée (n+ 1)×(n+ 1) dont la i-ème colonne (i ∈ J1, n+ 1K) a pour coefficients les coordonnées, dans la base B = (1, X, . . . , Xⁿ), du i-ème vecteur de la base Ba= (Pa,0, Pa,1, . . . , Pa,n).

Comme lei-`eme vecteur de la baseBa estP_a,i−1= (X+a)ⁱ⁻¹ et comme pour toutk∈J0, nK, on a : Pa,k =

k

X

j=0

C_k^jX^ja^k−j

= a^k+C_k¹a^k−1X+C_k²a^k−2X²+C_k³a^k−3X³+. . .+C_k^k−2a²X^k−2+C_k^k−1aX^k−1+X^k. la matriceM = Mat(Id_R_n_[X],Ba,B) est donn´ee par :

Pa,0 Pa,1 Pa,2 Pa,3 . . . Pa,n

M =







1 a a² a³ . . . aⁿ

0 1 C₂¹a C₃¹a² C_n¹aⁿ⁻¹

0 0 1 C₃²a C_n²aⁿ⁻²

... . .. . .. . .. ...

... . .. . .. C_nⁿ⁻¹a

0 . . . 0 1





 /1 / X / X²

/ Xⁿ⁻¹ / Xⁿ

.

7. Remarque : Si E est un espace vectoriel, alors l’application identitéIdE:E→E est linéaire, bijective et co¨ıncide avec son application réciproque (i.e. (Id_E)⁻¹=Id_E).

On applique le théorème 3 du coursApplication linéaires pour répondre à la question posée.

La matriceM = Mat(Id_R_n_[X],Ba,B) est inversible, carId_R_n_[X] est un isomorphisme (i.e. une application lin´eaire bijective) et qu’une matrice d’isomorphisme est inversible. En outre, son inverse est :

M⁻¹= Mat((Id_R_n_[X])⁻¹,B,B_a) = Mat(Id_R_n_[X],B,B_a).

8. On va d´emontrer que quel que soiti∈J1, n+ 1K, lesi-`emes colonnes des matrices Mat(Id_R_n_[X],B,Ba) et Mat(Id_R_n_[X],B_−a,B) sont identiques.

(5)

Soiti∈J1, n+ 1K.

La i-ème colonne (i ∈J1, n+ 1K) de la matrice Mat(Id_R_n_[X],B,Ba) a pour coefficients les coordonnées, dans la baseBa= (P_a,0, P_a,1, . . . , P_a,n), dui-ème vecteur de la baseB= (1, X, . . . , Xⁿ). On note :

Xⁱ⁻¹





 α₀ α₁ α₂ ...

α_n−1 αn







/P_a,0 /P_a,1 /P_a,2

...

/P_a,n−1 /Pa,n

.

lai-`eme colonne de de la matrice Mat(Id_R_n[X],B,Ba). On a donc :

(∗) Xⁱ⁻¹=

n

X

j=0

αjPa,j =

n

X

j=0

αj(X+a)^j.

La i-ème colonne (i∈J1, n+ 1K) de la matrice Mat(Id_R_n_[X],B_−a,B) a pour coefficients les coordonnées, dans la baseB= (1, X, . . . , Xⁿ), dui-ème vecteur de la baseB_−a= (P_−a,0, P_−a,1, . . . , P_−a,n). On note :

(X−a)ⁱ⁻¹





 β0

β1

β2

...

β_n−1 β_n





 /1 /X /X²

...

/Xⁿ⁻¹ /Xⁿ

.

lai-`eme colonne de de la matrice Mat(Id_R_n_[X],B_−a,B). On a donc :

(∗∗) (X−a)ⁱ⁻¹=

n

X

j=0

βjX^j.

L’égalité (∗), qui est une égalité de fonctions, donne pour toutt∈Rune égalité numérique : tⁱ⁻¹=

n

X

j=0

α_j(t+a)^j.

Soitx∈R. L’identité précédente pourt=x−adonne : (x−a)ⁱ⁻¹=

n

X

j=0

α_j(x−a+a)^j. On en d´eduit que pour toutx∈R:

(x−a)ⁱ⁻¹=

n

X

j=0

α_jx^j.

(6)

On a ainsi :

(∗ ∗ ∗) (X−a)ⁱ⁻¹=

n

X

j=0

α_jX^j. De (∗∗) et (∗ ∗ ∗), on d´eduit que :

n

X

j=0

α_jX^j =

n

X

j=0

β_jX^j. D’après l’unicité des coefficients d’un polynôme, on a alors :

∀j∈J0, nK αj =βj.

Les i-`emes colonnes des matrices Mat(Id_R_n_[X],B,Ba) et Mat(Id_R_n_[X],B_−a,B) sont donc identiques. Ceci

´

etant vrai pour uni∈J1, n+ 1Kquelconque, ces deux matrices sont donc ´egales.

9. On a vu `a la question 7 que :

M⁻¹= Mat(Id_R_n_[X],B,Ba).

Or, d’apr`es la question 8, Mat(Id_R_n_[X],B,Ba) = Mat(Id_R_n_[X],B_−a,B). On a donc : M⁻¹= Mat(Id_R_n_[X],B−a,B).

En utilisant la question 6, en rempla¸cant apar−a, on obtient :

P_−a,0 P_−a,1 P_−a,2 P_−a,3 . . . P_−a,n

M⁻¹=







1 −a a² −a³ . . . (−a)ⁿ

0 1 −C₂¹a C₃¹a² C_n¹(−a)ⁿ⁻¹

0 0 1 −C₃²a C_n²(−a)ⁿ⁻²

... . .. . .. . .. ...

... . .. . .. −C_nⁿ⁻¹a

0 . . . 0 1





 /1 / X / X²

/ Xⁿ⁻¹ / Xⁿ

.

10. On rappelle que :

A= Mat(f,B,B) A_a = Mat(f,B_a,B_a) M = Mat(Id_R_n_[X],Ba,B) M⁻¹= Mat(Id_R_n_[X],B,Ba)

.

On a d’après le théorème 3 du coursApplication linéaires :

AM = Mat(f,B,B)×Mat(Id_R_n_[X],Ba,B)

= Mat(f◦Id_R_n[X],Ba,B)

= Mat(f,Ba,B)

et donc toujours grâce au théorème 3 du coursApplication linéaires: M⁻¹AM = Mat(Id_R_n_[X],B,Ba)×Mat(f,Ba,B)

= Mat(Id_R_n_[X]◦f,B_a,B_a)

= Mat(f,B_a,B_a)

= A_a.

(7)

Exercice 2

Pour toutn∈N, on pose : I_n =

Z 1 0

tⁿ

1 +tⁿ e^−tdt et J_n = Z 1

0

(1−t)e^−t ln(1 +tⁿ)dt.

1. Montrer que :

∀x∈R⁺ ln(1 +x)≤x.

2. En d´eduire que la suite (J_n)_n∈_Nconverge vers 0.

3. ´Etablir que pour tout n∈N^∗, on a :

In= ln(2) e n −1

nJn.

4. Déduire de ce qui précède le comportement asymptotique de la suite (In)_n∈N. Correction

1. Soitf la fonction d´efinie par :

f: R⁺→R, x7→ln(1 +x)−x.

La fonctionf est d´erivable sur R⁺et on a :

∀x∈R⁺ f⁰(x) = 1

1 +x−1 =− x 1 +x. On en d´eduit que :

∀x∈R⁺ f⁰(x)<0.

La fonctionf est donc (strictement) d´ecroissante sur R⁺= [0,+∞[. Par suite on a :

∀x∈R⁺ f(x)≤f(0) = 0 et donc :

∀x∈R⁺ ln(1 +x)≤x.

2. Soitn∈N.

• Pour toutt∈[0,1], on a :

(∗) 0≤1−t≤1.

• Soit t ∈ [0,1]. Comme 0 ≤ t ≤ 1, on a −1 ≤ −t ≤ 0 et donc, comme la fonction exponentielle est (strictement) croissante surR:

(∗∗) 1

e =e⁻¹≤e^−t≤e⁰= 1.

• Soitt∈[0,1]. En appliquant le résultat obtenu à la question 1 àx=tⁿ ≥0, on a : (∗ ∗ ∗) ln(1 +tⁿ)≤tⁿ.

De 0 ≤tⁿ, on d´eduit 1 ≤1 +tⁿ. La fonction logarithme ´etant (strictement) croissante sur R^+∗, on a donc :

(∗ ∗ ∗∗) 0 = ln(1)≤ln(1 +tⁿ).

Les in´egalit´es (∗ ∗ ∗) et (∗ ∗ ∗∗) entraˆınent que :

(∗ ∗ ∗ ∗ ∗) 0≤ln(1 +tⁿ)≤tⁿ.

• Soitt∈[0,1]. En multipliant membre à membre les inégalités (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗ ∗ ∗),mettant toutes en jeu des réels positifs, on a :

0≤(1−t)e^−t ln(1 +tⁿ)≤tⁿ.

En intégrant cette dernière inégalité, valable pour toutt∈[0,1], sur [0,1], on a : 0≤

Z 1 0

(1−t)e^−t ln(1 +tⁿ)dt≤ Z 1

0

tⁿdt

(8)

i.e.

(∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗) 0≤Jn≤ Z 1

0

tⁿdt= tⁿ⁺¹

n+ 1 ¹

0

= 1

n+ 1. De (∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗), lim

n→+∞

1

n+ 1 = 0 et du théorèmedes gendarmes, on déduit lim

n→+∞J_n = 0.

3. Soitn∈N^∗. On va effectuer une int´egration par parties pour transformer l’expression de : In =

Z 1 0

tⁿ

1 +tⁿ e^−tdt

= Z 1

0

ntⁿ⁻¹ 1 +tⁿ ×te^−t

n dt.

On introduit les fonctions :

u:t7→ln(1 +tⁿ) et v: t7→ te^−t n définies, dérivables, à dérivées continues, sur [0,1]. On a, pour toutt∈[0,1] :

u⁰(t) = ntⁿ⁻¹

1 +tⁿ et v⁰(t) = e^−t−te^−t

n .

En appliquant la formule d’int´egration par parties, on obtient : In =

Z 1 0

ntⁿ⁻¹ 1 +tⁿ

| {z }

u⁰(t)

×te^−t n

| {z }

v(t)

dt

=

ln(1 +tⁿ)×te^−t n

¹

0

| {z }

ln(2)e⁻¹ n

− Z 1

0

ln(1 +tⁿ)×e^−t−te^−t n

| {z }

1

n×(1−t)e^−t

dt

= ln(2) e n −1

nJn. 4. De lim

n→+∞

1

n = 0, lim

n→+∞Jn= 0 (cf. question 2) et de la question 3, on d´eduit que lim

n→+∞In = 0.