Math´ ematiques
Corrig´ e du concours blanc n
◦2 Epreuve n ´
◦1
Exercice 1
.[EDHEC 1997]
Pour tout entier naturelnnon nul, on notefn la fonction d´efinie par :
∀x∈R∗+, fn(x) =x−nln(x).
1. (a) fn est d´erivable surR∗+ et pourx >0, on a
fn0 (x) = 1−n
x =x−n x En +∞on a fn(x) =x(1−nln (x)/x) −→
x→+∞+∞car ln (x) =
+∞o(x).
En 0 on a x−nln(x) −→
x→0++∞carn >0.
x 0 n +∞
x−n − 0 +
fn0 (x) − 0 +
fn(x) +∞ +∞
& n(1−ln (n)) % (b) Pourn≥3,on a
fn(n) =n(1−ln (n))<0 car pourn≥3> eon a ln (n)>1.
fn est continue et strictement d´ecroissante sur ]0, n[ dans ]fn(n),+∞[, d’apr`es le th´eo`eme de la bijection monotone, fn est bijective de ]0, n[ dans ]fn(n),+∞[.
Comme fn(n) =n(1−ln (n))<0, alors 0 ∈]fn(n),+∞[. Donc l’´equation fn(x) = 0 a une unique solution sur l’intervalle ]0, n[ not´eeun.
De mˆeme, il y a une unique solutionvn sur l’intervalle ]n,+∞[ doncn < vn.
Conclusion : Pour n≥3, il existeun et vn solutions de l’´equationfn(x) = 0 et v´erifiant 0< un< n < vn. 2. ´Etude de la suite (un)n≥3.
(a) On calcule les images parfn de 1,un et e:
fn(1) = 1−nln (1) = 1 fn(un) = 0
fn(e) =e−nln (e) =e−n <0 car n≥3> e On a donc
fn(1)> fn(un)> fn(e)
or fn est strictement d´ecroissante sur ]0, n] et 1, un eteen sont ´el´ements (care < n) alors Conclusion : ∀n≥3, 1< un< e
(b) On a
fn(un+1) =un+1−nln(un+1) On sait queun+1 v´erifie
fn+1(un+1) =un+1−(n+ 1) ln(un+1) =un+1−nln(un+1)−ln(un+1) = 0 Conclusion : fn(un+1) = ln (un+1)
Pour avoir un ≥un+1 on compare les images parfn : fn(un) = 0
fn(un+1) = ln (un+1)≥0 carun+1≥1 Donc
fn(un)≤fn(un+1)
or fn est strictement d´ecroissante sur ]0, n] etun et un+1 en sont ´el´ements ( carun+1< e < n) alors : Conclusion : ∀n≥3,un≥un+1 et la suite est d´ecroissante.
(c) La suite (un)n≥3 est donc d´ecroissante et minor´ee par 1 donc convergente vers`≥1.
Remarque : Pour encadrer ln (un) on peut partir de 1< un< ed’o`u 0<ln (un)<1, cependant cel`a n’est pas suffisant pour avoir un encadrement plus pr´ecis de la limite.
On va chercher `a encadrer ln (un) ainsi : comme
fn(un) =un−nln (un) = 0 donc
ln (un) =un n or pourn≥3, 1< un< e, donc
1
n <ln (un) =un n < e
n Donc par encadrement,
ln (un) −→
n→+∞0 or commex7→ex est continue surR, on a
un=eln(un) −→
n→+∞e0= 1 (d) On observe que
ln(un)
un−1 =ln(1 + (un−1)) un−1 or commeun−1 −→
n→+∞0, alors
ln(1 + (un−1)) ∼
+∞un−1 Conclusion : lim
n→+∞
ln(un) un−1 = 1.
On calcule la limite du quotient de un−1 et 1
n en faisant apparaˆıtre le quotient pr´ec´edent : un−1
1/n =n(un−1) = un−1
ln (un)nln (un) or commefn(un) =un−nln (un) = 0, on anln (un) =un, donc
un−1
1/n = un−1 ln (un)un
de plus, comme lim
n→+∞
un−1
ln(un) = 1 et lim
n→+∞un= 1, on a donc un−1
1/n −→
n→+∞1 Conclusion : un−1 ∼
+∞
1 n 3. ´Etude de la suite (vn)n≥3
(a) Commen < vn,par minoration on a Conclusion : lim
n→+∞vn = +∞.
(b) Commen≥3, on anln(n)>0,ainsi
fn(nln(n)) = nln (n)−nln (nln (n))
= nln (n)−n[ln (n) + ln (ln (n))]
= −nln (ln (n))
or commen > e, alors ln (n)>1 et donc ln (ln (n))>0 (car x7→ln(x) strictement croissante surR∗+ ).
fn(nln (n))<0.
Commefn(vn) = 0, on a donc
fn(nln (n))< fn(vn).
Comme fn est strictement croissante sur [n,+∞[ et que nln (n) et vn en sont ´el´ements (comme ln (n) ≥1, nln (n)≥n) alors
Conclusion : ∀n≥3,nln(n)< vn
(c) Soitg la fonction d´efinie par :
∀x∈R∗+, g(x) =x−2 ln(x) g est d´erivable surR∗+ et pourx >0, on a
g0(x) = 1− 2
x =x−2 x
x 0 2 +∞
x−2 − 0 +
g0(x) − 0 +
g(x) & 2−2 ln (2) % Comme 2< e, alors ln (2)<1, donc
g(2) = 2−2 ln (2) = 2 (1−ln (2))>0 Donc pour toutx∈R∗+on a
g(x)>0.
Conclusion : ∀n∈N∗,g(n)>0 etn >2 ln(n) (d) Commen≥3, on anln(n)>0,ainsi
fn(2nln(n)) = 2nln (n)−nln (2nln (n))
= n[2 ln(n)−ln (2)−ln (n)−ln (ln (n))]
= n[ln(n)−ln (2 ln (n))]
or commen >2 ln(n), alors ln (n)>ln (2 ln (n)) (car x7→ln(x) est strictement croissante sur R∗+) fn(2nln(n))>0.
D’apr`es la question 3.(b), on a donc
fn(nln (n))< fn(vn)< fn(2n.ln(n)).
Commefn est strictement croissante sur [n,+∞[ et quenln (n) (nln (n)≥n)vn et 2nln (n) en sont ´el´ements alors
Conclusion : ∀n≥3,nln (n)< vn<2nln(n) (e) Pourn≥3, on a alors
nln (n)< vn <2nln(n) or commex7→ln(x) est strictement croissante surR∗+, alors
ln (nln (n))<ln (vn)<ln (2nln (n))
ln (n) + ln (ln (n))<ln (vn)<ln (n) + ln (2) + ln (ln (n)) et en divisant par ln (n)>0 pour faire apparaˆıtre le quotient :
1 + ln (ln (n))
ln (n) <ln (vn)
ln (n) <1 + ln (2)
ln (n)+ln (ln (n)) ln (n) or comme ln(x) =
+∞o(x), en substituant parx= ln(n) −→
n→+∞+∞, on a ln(ln(n)) =
+∞o(ln(n)), donc
1 + ln (ln (n)) ln (n) −→
n→+∞1 1 + ln (2)
ln (n)+ln (ln (n)) ln (n) −→
n→+∞1 Donc par encadrement,
ln (vn) ln (n) −→
n→+∞1 Conclusion : ln(vn) ∼
+∞ln(n)
Exercice 2
.Soitf d´efinie pour toutx∈R∗+ par :
f(x) = ln (x) +x 1. (a) f est d´erivable sur ]0,+∞[ etf0(x) =x1+ 1>0 donc
x 0 +∞
f0(x) +
f(x) −∞ % +∞
(b) On af(x)−x= ln (x) donc
x 0 1 +∞
f(x)−x − 0 +
2. Soitula suite d´efinie paru0>1 et pour tout entiern,
un+1=f(un) (a) --> n = input(’Entrez la valeur de n’);
--> u = input(’Entrez la valeur de u0’);
--> for k=1:n --> u=log(u)+u;
--> end --> disp(u)
(b) Pourn∈N, on d´efinit la propositionP(n) la proposition : ”un>1.”
Initialisation :u0>1,P(0) est donc vraie.
H´er´edit´e On suppose que pour unn∈Nfix´e, la propositionP(n) est vraie.
Par hypoth`ese de r´ecurrenceun>1, commef est strictement croissante surR+, alors f(un)> f(1)
Doncun+1>1, carf(1) = 1.P(n+ 1) est donc vraie.
Conclusion : Pour toutn∈N,un>1.
(c) On raisonne par l’absurde, on suppose que la suite (un) est major´ee.
Puisque (un) est croissante et major´ee, alors elle converge vers une limite`≥u0>1.
Commef est continue sur [1,+∞[, par passage `a la limite dans la relation de r´ecurrenceun+1=f(un), on a f(`) =`
or
f(`) =` ⇔ f(`)−`= 0 ⇔ ln (`) = 0 ⇔ `= 1 Or ` >1, on obtient ainsi une contradiction.
Conclusion : (un) n’est pas major´ee et croissante donc tend vers +∞.
On suppose `a pr´esent queu0=e (d) (Une r´ecurrence est ici inutile.)
Commeu0=e >1, alors d’apr`es la question 2.(a),∀n∈Nun>1. De plus,f(x)> xpourx >1, alors un+1=f(un)> un
La suite (un) est donc croissante et∀n∈N
un ≥u0> e et donc
ln (un)≥1 Conclusion : un+1=f(un) =un+ ln (un)≥un+ 1
Pour n∈N, on d´efinit la propositionP(n) la proposition : ”un≥n+e.”
Initialisation :u0> e,P(0) est donc vraie.
H´er´edit´e On suppose que pour unn∈Nfix´e, la propositionP(n) est vraie.
Par hypoth`ese de r´ecurrenceun≥n+e, alors d’apr`es le r´esultat pr´ec´edent un+1≥un+ 1≥n+e+ 1 P(n+ 1) est donc vraie.
Conclusion : Pour toutn∈N,un≥n+eetun −→
n→+∞+∞par minoration.
3. Soitv d´efinie parv0∈]0,1[ et pour tout entiern,
vn+1=f(vn) On raisonne par l’absurde, on suppose que pour tout entiern,vn>0.
• Montrons par r´ecurrence que pour tout entiern, 0< vn<1.
Pour n∈N, on d´efinit la propositionP(n) la proposition : ”0< vn<1.”
Initialisation :0< v0<1,P(0) est donc vraie.
H´er´edit´e On suppose que pour unn∈Nfix´e, la propositionP(n) est vraie.
Par hypoth`ese de r´ecurrence 0< vn<1, commef est strictement croissante surR+, alors f(vn)< f(1)
Commef(1) = 1, alors vn+1<1.
De plus, on a suppos´e que pour tout entierk, vk>0, alors vn+1>0.
P(n+ 1) est donc vraie.
Conclusion : Pour toutn∈N, 0< vn<1.
• Commef(x)< xsix∈]0,1[, alorsvn+1=f(vn)< vn. Conclusion : La suite (vn) est d´ecroissante.
• Donc la suite (vn) est d´ecroissante et minor´ee par 0 donc convergente vers une limite`qui v´erifie 0≤`≤v0.
— Si`6= 0, alorsf continue en`et doncf(`) =`et la seule solution est`= 1.
Ce qui est faux car`≤v0<1.
— Donc `= 0.Mais alors commevn −→
n→+∞0 et quef(x) −→
x→0+−∞alors vn+1=f(vn) −→
n→+∞−∞
On obtient alors`=−∞. Ce qui est en contradiction avec`= 0.
Conclusion : La supposition de d´epart est fausse : il existe un entier n0 tel que vn0 ≤0.
La suite (vn) n’est alors plus d´efinie `a paritr de l’indicen0+ 1 puisquef n’est d´efinie que surR∗+.
Exercice 3
.[EDHEC 2006]
Soitf l’endomorphisme de R3dont la matrice dans la base canoniqueB deR3 est :
A=
2 10 7
1 4 3
−2 −8 −6
On noteIla matrice unit´e deM3(R) et on poseu= (2,1,−2).
1. (a) (x, y, z)∈Ker (f)⇐⇒f(x, y, z) = 0⇐⇒A
x y z
= 0
(car les coordonn´ees de (x, y, z) dans la base canonique sont (x, y, z)) ce que l’on r´esout :
⇐⇒
2x+ 10y+ 7z= 0 x+ 4y+ 3z= 0
−2x−8y−6z= 0
⇐⇒
2y+z= 0 L1←L1−2L2 x+ 4y+ 3z= 0
0 = 0 L3←L3+ 2L2
⇐⇒
z=−2y
x=−3z−4y= 2y
Conclusion : Ker (f) ={y(2,1,−2) avecy∈R}= Vect (u) (b) Comme Ker (f)6={0} alorsAest non inversible.
2. (a) Soitv= (x,1, z) qui a pour coordonn´ees dansB: (x,1, z) f(v) =u⇐⇒A
x 1 z
=
2 1
−2
⇐⇒
2x+ 10 + 7z= 2 x+ 4 + 3z= 1
−2x−8−6z=−2
⇐⇒
2x+ 10 + 7z= 2 x+ 4 + 3z= 1
2 +z= 0 L3←L3+L1
⇐⇒
x= 3 x= 3 z=−2
par substitution
L’unique vecteur v v´erifiantf(v) =udont la 2e coordonn´ee dansB vaut 1 est donc : Conclusion : v= (3,1,−2)
(b) Soitw= (x,1, z)On traduit sur les coordonn´ees dans la baseB: f(w) =v⇐⇒A
x 1 z
=
3 1
−2
⇐⇒
2x+ 10 + 7z= 3 x+ 4 + 3z= 1
−2x−8−6z=−2
⇐⇒
2x+ 10 + 7z= 3 x+ 4 + 3z= 1
2 +z= 1 L3←L3+L1
⇐⇒
x= 0 x= 0 z=−1
par substitution
L’unique vecteur wv´erifiantf(w) =v dont la 2e coordonn´ee dansBvaut 1 est donc : Conclusion : w= (0,1,−1)
(c) La famille (u, v, w) comprend trois vecteurs deR3 qui est de dimension 3.
Il suffit donc de d´emontrer que la famille est libre :
Si xu+yv+zw= 0 alorsx(2,1,−2) +y(3,1,−2) +z(0,1,−1) = 0 donc
2x+ 3y= 0 x+y+z= 0
−2x−2y−z= 0
⇐⇒
y−2z= 0 L1←L1−2L2
x+y+z= 0
z= 0 L3←L3+ 2L2
⇐⇒x=y=z= 0 par substitution.
Donc la famille est libre.
Conclusion : B0= (u, v, w) est nue base de R3
La matrice de passage de la base canonique dansB0 est form´e par les coordonn´ees en colonne des vecteurs de B0 dansB.
doncP =
2 3 0
1 1 1
−2 −2 −1
3. (a) Commef(u) = 0 = 0u+ 0v+ 0w alors les coordonn´ees def(u) dansB0 sont (0,0,0) et de mˆemef(v) =ua pour coordonn´ees (1,0,0) etf(w) =v a pour coordonn´ees (0,1,0) DoncN =
0 1 0 0 0 1 0 0 0
(b) La formule de changement de base donne :
matBf = matB(B0) matB0(f) matB0(B) et Conclusion : A=P N P−1
On calculeN2=
0 0 1 0 0 0 0 0 0
etN3= 03
Donc pour toutk≥3, Nk =N3Nk−3= 03et Ak =P NkP−1= 03 Conclusion : pour tout entierksup´erieur ou ´egal `a 3, on a :Ak = 03.
4. On noteCN (respectivementCA) l’ensemble des matrices deM3(R) qui commutent avecN (respectivementA).
(ce sont les matricesM qui v´erifientM C =C M ) (a) On peut v´erifier les crit`eres de sous-espaces :
— Par d´efinition, CN ⊂ M3(R).
— 03N= 03=N03donc 03∈CN
— Soientαetβ ∈Ret M etM0 deCN alors
(αM+βM0)N=αM N+βM0N =αN M+βN M0=N(αM+βM0)
DoncCN est stable par combinaisons lin´eaires et est un sous espace deM3(R).
Conclusion : CN est un sous-espace vectoriel deM3(R)
Ou plus rapidement, r´esoudre et trouver une famille g´en´eratrice : SoitM =
a b c
d e f
g h i
alors
N M =
0 1 0 0 0 1 0 0 0
a b c
d e f
g h i
=
d e f
g h i
0 0 0
et
M N =
a b c
d e f
g h i
0 1 0 0 0 1 0 0 0
=
0 a b
0 d e
0 g h
DoncM N =N M ⇐⇒
d= 0 e=a f =b g= 0 h=d e=i 0 = 0 g= 0 h= 0
⇐⇒
d= 0 e=a f =b g= 0 h= 0 e=i 0 = 0 g= 0 h= 0 DoncCN =
a b c
0 a b
0 0 a
avec a, b, c∈R
= Vect I, N, N2 Et on peut conclure `a la fois que
Conclusion : CN est le sous-espace vectoriel deM3(R) engendr´e par I, N, N2 (b) On proc`ede par ´equivalence :
P−1M P∈CN ⇐⇒ P−1M P N =N P−1M P
⇐⇒ P−1M P P−1AP =P−1AP P−1M P
⇐⇒ M A=A M
⇐⇒ M ∈CA
Pour d´eterminer l’ensemble, on proc`ede par ´equivalence :
M ∈CA ⇐⇒ P−1M P ∈CN = Vect I, N, N2
⇐⇒ il existe (a, b, c)∈R3tels que P−1M P =aI+bN+cN2
⇐⇒ il existe (a, b, c)∈R3tels que M =aI+bP N P−1+cP N2P−1
⇐⇒ il existe (a, b, c)∈R3tels que M =aI+bA+cA2
⇐⇒ M ∈Vect I, A, A2 Pour avoir la dimension, reste `a voir si la famille est libre.
Soient a, b, c∈Rtels queaI+bA+cA2= 0
alors (en multipliant par P−1 `a droite et parP `a gauche)aI+bN +cN2= 0.
Et comme la famille I, N, N2
est ´echelonn´ee, elle est libre. Donc a=b=c= 0.
I, A, A2
est libre et g´en´eratrice donc une base deCA. Conclusion : CA= vect(I, A, A2) et dim (CA) = 3
