Probl` eme d’alg` ebre

(1)

Correction : Devoir surveill´e n˚1

MP Clemenceau 2020-21 Vendredi 11 septembre 2020

Probl` eme d’alg` ebre

SoitE unK espace vectoriel (K= IR ou C) et uun endomorphisme de E. On d´esigne par ker(u) le noyau deuet Im(u) l’image deu.

Pour tout entierkstrictement positif,u^kd´esigne l’endomorphismeu◦u◦u· · ·◦u(kfois) etu⁰d´esigne l’application identique deE.

PREMIERE PARTIE

A -

Dans cette partie,E d´esigne un espace vectoriel sur IR dont une base estB= (e1, e2, e3, e4).

Soitul’endomorphisme de E tel que la matrice deupar rapport `a cette base est :

M =







1 1 0 0

−1 −1 0 0

0 0 −1 1

0 0 1 −1







1) D´eterminer le rang deuet donner une base de Im(u), une base de keruen fonction des vecteurs de la base B.

Correction :le rang est invariant par opérations élémentaires sur les lignes et colonnes, on a donc :

rg(M) =

C1−C2→C1

rg













0 1 0 0

0 −1 0 0

0 0 −1 1

0 0 1 −1













=

C3+C4→C3

rg













1 0 0

−1 0 0

0 0 1

0 0 −1













= 2

Autre rédaction : Les colonnesC1 et C2 sont égales, les colonnesC3 et C4 sont opposées, etC1et C3 sont clairement non colinéaires, donc le rang de M est 2.

L’image d’un endomorphisme est engendr´e par l’image des vecteurs d’une base.

On a donc Im(u) =vect{e1−e2, e3−e4}. Donc une base de Im(u) est (e1−e2, e3−e4).

D’après le théorème du rang, comme rg(u) = 2, le noyau deuest un sous espace vectoriel deEde dimension 2. D’après les calculs pour obtenir le rang on a u(e1−e2) = 0 et u(e3+e4) = 0. Les vecteurs e1−e2 et e3+e4sont clairement non colinéaires, on en déduit qu’une base de ker(u) est (e1−e2, e3+e4).

2) Calculer M², M³ et montrer que pour tout entierp>2, il existe un r´eel αp et une matrice A telle que : M^p=αpA.

Expliciter alorsM^p. Correction :On a :

M²=







0 0 0 0

0 0 2 −2

0 0 −2 2







M³=







0 0 0 0

0 0 −4 4

0 0 4 −4







Si on poseA =







0 0 0 0

0 0 −1 1

0 0 1 −1







, alorsM² =−2A et M³ = 4A. On remarque queA² =−2A et on a alors, par r´ecurrence, que, pourp∈IN\ {0,1},M^p= (−2)^p−1A.

(2)

3) (a) Donner une base, en fonction des vecteurs de la baseB, de chacun des sous-espaces vectoriels suivants : Im(u²), ker(u²), Im(u³), ker(u³).

Correction :à l’aide des matrices trouvées à la question précédente on obtient :

Im(u²) = Im(u³) =V ect(e₃−e₄) et ker(u²) = ker(u³) =V ect(e₁, e₂, e₃+e₄) (b) D´eterminer : ∀k>2, ker(u^k), Im(u^k).

Correction : Soitk>2. Comme les matrices dans la baseBdeu^k sont proportionnelles `a celle deu² on a directement que Im(u^k) =V ect(e3−e4) et ker(u^k) =V ect(e1, e2, e3+e4)

(c) Montrer queE= ker(u²)⊕Im(u²).

Correction :on montrer que la famille (e₁, e2, e₃+e₄, e₃−e₄) est libre donc une base deE, pour en d´eduire le r´esultat.

B -

SoitK[X] l’espace vectoriel des polynˆomes `a coefficients dans le corpsKetdl’endomorphisme deK[X] qui

`

a un polynômeP associe son polynôme dérivéP⁰.

4) dest-il injectif ?dest-il surjectif ? Comment peut-on en déduire queK[X] n’est pas de dimension finie ? Correction : d n’est pas injective car deux polynômes différents d’une constante ont même dérivée. On peut dire aussi que le noyau de cette application est IR₀[X] qui n’est pas réduit à 0.

dest surjective car tout polynˆome admet une primitive dansK[x].

Tout endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie est injectif si et seulement si il est surjectif si et seulement si il est bijectif. Commedest surjective mais non injective,K[X] n’est pas de dimension finie.

5) D´eterminer : ∀q∈IN^∗, ker(d^q).

Correction :par r´ecurrence (par exemple) on a ker(d^p) =Kp−1[X]. On peut aussi le justifier en raisonnant sur le degr´e.

DEUXIEME PARTIE

Soituun endomorphisme deE, pour tout entier naturelp, on noteraI_p = Im(u^p) et K_p= ker(u^p).

6) Montrer que :∀p∈N, Kp⊂Kp+1 etIp+1⊂Ip.

Correction : Soity ∈Im(u^p+1), il existe x∈E tel quey =u^p+1(x). Pour un telxon a alors u^p+1(x) = u^p(u(x)), doncy est un ´el´ement de Im(u^p).

Conclusion :I_p+1⊂I_p.

Soitx∈ker(u^p), on au^p+1(x) =u(u^p(x)) =u(0) = 0, doncxest ´el´ement de ker(u^p).

Conclusion :Kp⊂Kp+1.

7) On suppose queE est de dimension finie etuinjectif. D´eterminer : ∀p∈N, I_p etK_p.

Correction :en dimension finie tout endomorphisme injectif est bijectif. La compos´ee d’applications bijec- tives est bijective, donc, pourp∈IN,Ip=E et Kp={0}.

8) On suppose queE est de dimension finiennon nulle etunon injectif.

(a) Montrer qu’il existe un plus petit entier naturelr6ntel que :K_r=K_r+1.

Correction : Pour p ∈ IN l’inclusion Kp ⊂ Kp+1 implique que dim(Kp) 6 dim(Kp+1). La suite (dim(K_p))_p∈IN est donc une suite d’entiers croissante et majorée par dim(E), elle est donc constante à partir d’un certain rang. L’ensemble{k∈IN/K_k=K_k+1}est donc une partie non vide de IN, il admet donc un plus petit élément r. La suite (dim(K_k))_k∈[[1,r]] est alors strictement croissante. On obtient alors par récurrence que dim(Kr)>r−1 + dim(K1). Par hypothèse dim(K1)>1, donc dim(Kr)>r.

Or dim(Kr)6dim(E) d’o`ur6n. On a doncKr⊂Kr+1et dim(Kr) = dim(Kr+1), doncKr=Kr+1. (b) Montrer qu’alors :Ir=Ir+1 et que :∀p∈N, Kr=Kr+p et Ir=Ir+p.

Correction : On a, d’après la question 6) queIr+1⊂Ir, de plus, d’après le théorème du rang et ce qui précède :

dim(Im(u^r)) = dim(E)−dim(ker(u^r)) = dim(E)−dim(ker(u^r+1)) = dim(Im(u^r+1)) On en d´eduit queIr=Ir+1.

Soit p > r, supposons que I_p = I_p+1. On a toujours, d’apr`es la question 6) que I_p+2 ⊂ I_p+1. Soit y∈I_p+1, alors il existex∈E tel quey=u^p+1(x) =u(u^p(x)). Par hypoth`eseI_p =I_p+1 donc il existe

(3)

x⁰ ∈E tel queu^p(x) =u^p+1(x⁰). On a alorsy =u^p+2(x⁰). On en d´eduit que Ip+1⊂Ip+2 et par suite Ip+1=Ip+2.

On vient donc de montrer par r´ecurrence que pour toutp>r,I_p =I_p+1, et par suite que pour tout p>0,I_r+p=I_r.

Pour p∈ IN, l’inclusion Kr ⊂Kr+p et le théorème du rang (dim(E) = dim(Kr) + dim(Ir)), permet d’avoir l’égalitéKr=Kr+p.

(c) Montrer que :E=Kr⊕Ir.

Correction :soitx∈K_r∩Ir. Il existey∈Etel quex=u^r(y). On a aussiu^r(x) = 0, d’oùu^2r(y) = 0, doncyest un élément deK_2r. Or d’après la question précédenteK_2r=K_r, doncu^r(y) = 0 et par suite x= 0.

D’après le théorème du rang dim(E) = dim(Kr) + dim(Ir), on en déduit queE=Kr⊕Ir. 9) LorsqueE n’est pas de dimension finie, existe-t-il un plus petit entier naturelr tel queKr=Kr+1?

Correction :si on reprend l’exemple de la d´erivationd, on a pour toutr Kr= IRr−1[X] et doncKr6=Kr+1.

(4)

Probl` eme d’analyse

PARTIE I

1) On d´efinit la fonctionϕsurh

−π 2,π

2 i

par :ϕ(t) =1 t − 1

sin(t) sit6= 0 etϕ(0) = 0.

(a) i. Donner le développement limité deϕau voisinage de 0 à l’ordre 4.

Correction : soit t au voisinage de 0, diff´erent de 0. On a, en utilisant la parit´e de la fonction sinus

sin(t) =t− 1 3!t³+ 1

5!+o(t⁶) On a alors :

ϕ(t) = 1

t − 1

t−_3!¹t³+_5!¹ +o(t⁶) = 1 t −1

t

1

1−_3!¹t²+_5!¹t⁴+o(t⁵) On utilise alors le d´eveloppement limit´e en 0 deu7→ 1

1−u. Par parit´e de la fonction l’ordreest toujours 5 :

1

1−_3!¹t²+_5!¹t⁴+o(t⁵) = 1+

1 3!t²− 1

5!t⁴

+ 1

3!t² 2

+o(t⁵) = 1+1 3!t²+

−1 5!+ 1

(3!)²

t⁴+o(t⁵) On obtient finalement :

ϕ(t) =−1 3!t−

−1 5!+ 1

(3!)²

t³+o(t⁴) =−1 6t− 7

360t³+o(t⁴) ii. En déduire queϕest continue et dérivable en 0. Préciserϕ⁰(0).

Correction :toute fonction admettant un développement limité d’ordre 1 en 0 est, par définition, dérivable en 0. Elle est par conséquent continue en 0. De plus on aϕ⁰(0) =−1

6. (b) Montrer que ϕest de classeC¹ surh

−π 2,π

2 i. Correction :Comme la fonction est d´erivable surh

−π 2,π

2 i

elle y est continue. Il faut montrer que la d´eriv´ee y est aussi continue pour que la fonction soit de classeC¹.

Pourt∈h

−π 2,π

2

i\ {0} on aϕ⁰(t) =−1

t² + cos(t)

sin(t)². On a alors, sur un voisinage de 0 : ϕ⁰(t) =−1

t²+ 1−_2!¹t²+o(t²)

(t−_3!¹t³+o(t³))² =−1 t²+1

t²

1−_2!¹t²+o(t²)

(1−_3!¹t²+o(t²))² =−1 t²+1

t²

1− 1

2!t²+o(t²) 1 + 2

3!t²+o(t²)

En d´eveloppant on obtient alors :ϕ⁰(t) =−1

6+o(1). On en d´eduit que lim

t→0ϕ⁰(t) =−1 6. Conclusion :ϕest bien de classeC¹sur h

−π 2,π

2 i

. (c) Soit la fonctionψd´efinie surh

−π 2,π

2 i

par :ψ(t) = t

sint sit6= 0 etψ(0) = 1.

Montrer queψest une fonction de classeC¹ surh

−π 2,π

2 i

. Pr´eciserψ⁰(0).

Correction :ψest une fonction de classeC¹ surh

−π 2,π

2 i

comme rapport de fonctions de classeC¹. De plus on a, à l’aide du développement limité de la fonction sinus en 0, que, sur un voisinage de 0, on aψ(t) = 1 +¹₆t²+o(t²). On en déduit queψest continue et dérivable en 0 et queψ⁰(0) = 0.

Pourt∈h

−π 2,π

2

i\ {0},ψ⁰(t) =sin(t)−tcos(t) sin²(t) .

On en d´eduit que sur un voisinage de 0 :ψ⁰(t) = o(t²)

t²(1 +o(1)) =o(1). Par suite lim

t→0ψ⁰(t) = 0 et donc ψest de classeC¹.

2) Soientaetb réels tels quea < b. Soitg une fonction de classeC¹ sur [a, b] à valeurs réelles.

Montrer, `a l’aide d’une int´egration par parties, que :

b

Z

a

g(t) sin(λt)dt tend vers 0 lorsqueλtend vers +∞

(5)

Correction : les fonctionsg ett7→ −1

λcos (λt) sont de classeC¹sur [a, b], on a donc par int´egration par parties :

Z b a

g(t) sin(λt) dt=

g(t)

−1

λcos (λt) b

a

+ Z b

a

1

λcos (λt)g⁰(t) dt

La fonction g étant de classe C¹ sur le segment [a, b] elle est bornée et sa dérivée est aussi bornée (elles atteignent toutes les deux leurs bornes mais ce n’est pas utile ici). Il existe doncM etM⁰tel que pour tout t∈[a, b]|g(t)|6M et|g⁰(t)|6M⁰. On a alors

Z b a

g(t) sin(λt) dt

6 2 λM +1

λ Z b

a

M⁰dt6 1

λ(2M+ (b−a)M⁰) On en d´eduit par comparaison que lim

λ→+∞

Z b a

g(t) sin(λt) dt= 0.

Remarque : on pouvait se passer deM en majorant par |g(a)|et |g(b)|.

3) Soitn∈IN^∗. On d´efinit S_n sur [0, π] par :S_n(t) = 1 + 2

n

X

k=1

cos(2kt).

(a) i. Montrer,sans r´ecurrence, que :∀t∈]0, π[, Sn(t) =sin((2n+ 1)t) sin(t) Correction :on utilise les complexes : soitt∈]0, π[

S_n(t) =< 2

n

X

k=0

e^2kt

!

−1 =<

2e^2(n+1)t−1 e^2t−1 −1

=<

2 e^ntsin((n+ 1)t) sin(t) −1

S_n(t) = 2 cos(nt) sin(n+ 1)t)−sin(t)

sin(t) =sin((2n+ 1)t) + sin(t)−sin(t)

sin(t) = sin((2n+ 1)t) sin(t) ii. CalculerSn(0) etSn(π).

Correction :on revient `a la d´efinition deS_n(t) : Sn(0) = 1 + 2

n

X

k=1

cos(0) = 1 + 2nde mˆemeSn(π) = 1 + 2

n

X

k=1

cos(2kπ) = 1 + 2n

(b) Calculer la valeur de l’int´egraleJ_n =

π/2

Z

0

sin((2n+ 1)t) sin(t) dt.

Correction : cette intégrale est correctement définie car l’intégrande est prolongeable par continuité en 0 et en π

2. Elle correspond `a Sn sur l’intervalle ouvert et donc

Jn=

π/2

Z

0

sin((2n+ 1)t) sin(t) dt=

Z π/2 0

1 + 2

n

X

k=1

cos(2kt) dt= π 2 + 2

n

X

k=1

1

2k[sin(t)]^π/2₀ = π 2

PARTIE II

4) (a) D´eterminer la limite de Z π/2

0

ϕ(t) sin((2n+ 1)t)dtlorsquentend vers +∞.

Correction : la fonctionϕest de classe C¹ d’apr`es la question1b), on peut donc utiliser le r´esultat de question2)et par composition de limite on a

π/2

Z

0

ϕ(t) sin((2n+ 1)t) dt= 0.

(b) En d´eduire la limite deIn=

π/2

Z

0

sin((2n+ 1)t)

t dtlorsquentend vers +∞.

Correction : pour n∈IN^∗on a, par linéarité de l’intégrale,In= Z π/2

0

ϕ(t) sin((2n+ 1)t) dt+Jn. A l’aide de la question3) et la question4a)on en d´eduit que lim

n→+∞I_n =π 2.

(6)

5) (a) i. V´erifier que la fonctionf d´efinie parf(t) = sint

t se prolonge en une fonction continue surR. Correction :f est clairement d´efinie et continue sur IR^∗, de plus lim

t→0

sin(t)

t = 1, doncf se prolonge sur IR en une fonction continue.

On noteF la fonction d´efinie surR⁺ par :F(x) =

x

Z

0

sint t dt.

ii. ComparerF

(2n+ 1)π 2

etI_n.

Correction :on utilise le changement de variablet= (2n+ 1)uet on a F

(2n+ 1)π 2

=

Z (2n+1)π/2 0

sin(t) t dt=

Z π/2 0

sin((2n+ 1)t) t dt=In

(b) i. Soit xr´eel, x > π

2. Justifier l’existence de n ∈ N (d´ependant de x) tel que : (2n+ 1)π

2 6 x <

(2n+ 3)π 2.

Correction :soitx6 π

2. Le r´eel 1 2

2x π −1

est positif. On pose alorsnsa partie enti`ere. C’est l’unique entier naturel qui v´erifie :n61

2 2x

π −1

< n+ 1. Cette double inégalité est équivalente

`

a (2n+ 1)π

2 6x <(2n+ 3)π

2. D’o`u l’existence et l’unicit´e den.

On noteα(x) = (2n+ 1)π 2. ii. Montrer que

x

Z

α(x)

sint

t dttend vers 0 lorsquextend vers +∞.

Correction :On a :

Z x α(x)

sin(t) t dt

6 Z x

α(x)

1 t dt Or

Z x α(x)

sin(t) t dt= ln

x α(x)

et, par d´efinition deα(x),x−π < α(x)6x.

On a donc lim

x→+∞

x

α(x)= 1. Par suite lim

x→+∞

Z x α(x)

sint t dt= 0 (c) En d´eduire queF(x) admet une limite`sixtend vers +∞. Pr´eciser`.

Correction : pourx∈IR on aF(x) =F(α(x)) + Z x

α(x)

sint

t dt=I_α(x)+ Z x

α(x)

sint

t dt. Par d´efinition deα(x) on a lim

x→+∞α(x) = +∞. On en d´eduit `a l’aide des questions4b)et5bi)que lim

x→+∞F(x) = π 2. 6) (a) Soientxety r´eels, tels que y > x >0. Montrer que :

y

Z

x

sint t dt

6 2

x. (On effectuera une int´egration par parties).

Correction :pourxet ytels quey > x >0, les fonctionst7→ −cos(t) ett7→ 1

t sont de classeC¹ sur [x, y], on a alors, par int´egration par parties :

Z y x

sint t dt=

−cos(t) t

^y

x

+ Z y

x

cos(t) t dt

On en déduit en majorant|cos| par 1 avant d’intégrer la seconde intégrale et par inégalité triangulaire

Z y x

sint t dt

6 1

x+1 y + 1

x−1 y (b) En d´eduire que :∀x >0, |`−F(x)|6 2

x. Correction : on a

Z y x

sint

t dt = F(y)−F(x), il suffit de faire tendre y vers l’infini pour avoir le r´esultat.