PROBLÈME I : Exemples de matrices semblables à leur inverse

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1 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année -3 CONCOURS BLANC MPSI 3 (Source : Minees spécique MPSI CORRIGÉ PROBLÈME I : Exemples de marices semblables à leur inverse Parie A. Une relaion d'équivalence es une relaion réexive, symérique, ransiive. Monrons que la relaion es réexive. Soi A M 3 (R. Comme on a I 3 GL 3 (R e A = I3 AI 3, on a A A. On a donc bien monré que la relaion es réexive. Monrons que la relaion es symérique. Soi (A, B M 3 (R e supposons avoir A B. Il exise donc P GL 3 (R elle que B = P AP. On en dédui qu'on a B = ( P A ( P, e comme on a P GL 3 (R, on a donc B A. On a donc bien monré que la relaion es symérique. Monrons que la relaion es ransiive. Soi (A, B, C M 3 (R 3 e supposons avoir A B ainsi que B C. Il exise donc (P, Q GL 3 (R els que B = P AP e C = Q BQ. On en dédui qu'on a C = Q ( P AP Q = (P Q A(P Q. Comme on a P Q GL 3 (R, on donc A C. On a donc bien monré que la relaion es ransiive. Finalemen, la relaion es réexive, symérique e ransiive, c'es-à-dire, par déniion, que la relaion es une relaion d'équivalence sur M 3 (R.. On raisonne par conraposiion. Il s'agi donc de monrer que, si deux marices son semblables, alors elles on le même rang. Une façon de le voir : soien A e B deux marices de M 3 (R, semblables. Il exise alors une marice P GL 3 (R elle que A = P BP. En voyan P comme une marice de passage, on peu voir A e B comme deux marices d'un même endomorphisme dans deux bases diérenes, par exemple l'endomorphisme f A canoniquemen associé à A. Ces deux marices on donc pour rang le rang de f A. On a donc bien monré, par conraposiion, que si deux marices n'on pas le même rang, alors elles ne son pas semblables. 3. a. Soi y Im w. Par déniion de l'image, il exise donc x Ker u i+j el que y = u j (x. Par déniion du noyau, on a donc u i+j (x =, c'es-à-dire u i (y = ou encore y Ker u i. On a donc bien éabli l'inclusion Im w Ker u i. b. Le héorème du rang appliqué à w donne dim Ker u i+j = dim Im w + dim Ker w. D'après l'inclusion obenue en 3a, e par croissance de la dimension, ( on a dim Im w dim Ker u i. (u Par ailleurs, en noan S = Ker u i+j, on a Ker(w = Ker j = Ker(u j S Ker(u j, e par S croissance de la dimension il vien dim Ker w dim Ker u j. En conclusion, on rouve dim Ker u i+j = dim Im w + dim Ker w dim Ker u i + dim Ker u j.

2 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année a. Commencons par remarquer qu'on a, d'après le héorème du rang, dim(ker(u = 3 rg(u =. D'une par, on a u 3 = u +, e donc d'après 3.b. on rouve 3 = dim ker u 3 dim ker u + dim ker u, ou encore dim ker u 3 dim ker u =. D'aure par, on a u = u +, e donc d'après 3.b. on rouve dim ker u dim ker u+dim ker u = + =. Par double inégalié, on conclu : dim ker u =. b. Comme dim ker u = 3, l'endomorphisme u es non nul e il exise donc un veceur a non nul el que u (a. Monrons la liberé de ( a, u(a, u ( a. Considérons une combinaison linéaire nulle de ces rois veceurs : αa + βu (a + γu (a =. Par applicaion de u, en uilisan la linéarié de u e la relaion u 3 =, on rouve αu (a =, donc α =. En réinjecan puis en appliquan u, on rouve βu (a =, donc β =. En réinjecan une dernière fois, il rese γu (a =, donc γ =. Une combinaison linéaire nulle des veceurs de ( a, u(a, u ( a es ainsi nécessairemen riviale, ce qui monre que cee famille es libre. La famille ( a, u(a, u ( a es libre, e elle es formée de 3 = dim(e veceurs, c'es donc une base de E. Il en va bien sûr de même pour la famille ( u ( a, u(a, a qui es formée des mêmes veceurs dans un ordre diéren. u ( u (a = u 3 (a = =.u (a +.u(a +.a c. On a : u (u(a = u (a =.u (a +.u(a +.a u (a =.u (a +.u(a +.a On en dédui U = Puis V = U U =. 5. a. Comme rg(u =, l'endomorphisme u es non nul e il exise donc un veceur b non nul el que u(b. b. On a d'une par u =, donc u (u(b = u (b =, c'es-à-dire u (b ker u. On a aussi, d'aure par, dim ker u =, donc le veceur non nul u(b de ker u peu êre compléé par un veceur c de ker u pour former une base (u (b, c de ker u. Il rese enn à vérier que la famille (b, u(b, u(c es une base de E. Comme elle a 3 = dim(e veceurs, il su pour cela de monrer qu'elle es libre. Considérons donc une combinaison linéaire nulle de ces rois veceurs αb+βu(b+γc =. Par applicaion de u, en uilisan la linéarié, e le fai que u(b e c son dans ker(u, on rouve αu(b =, donc α =. En réinjecan e on uilisan la liberé de la famille (u(b, c, on rouve β = γ =. La seule combinaison linéaire nulle des veceurs de (b, u (b, c es donc la combinaison linéaire riviale, si bien que cee famille es libre e donc que c'es une base de E. u (b =.b +.u(b +.c c. On a : u (u(b = =.b +.u(b +.c u (c = =.b +.u(b +.c.

3 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année -3 On en dédui U = Puis V = U U = U = Parie B α β Soi désormais une marice A de M 3 (R semblable à une marice du ype T = γ de M3 (R. On se propose de monrer que la marice A es semblable à son inverse A. α β On pose alors N = γ, e soi une marice P de GL3 (R elle que P AP = T = I 3 + N. 6. On a rg(t = 3 car ses colonnes son à chelonnées, e A es semblable à T, donc d'après la quesion., rg(a =, e ainsi : A a un rang maximal, ce qui prouve qu'elle es es inversible. 7. On a N = α β γ Ainsi a--on N 3 = (. = αγ, puis N 3 = αγ α β γ = Il vien alors : ( I N + N (I + N = I 3 N 3 = I 3, car la marice N commue avec oues ses puissances (noammen I 3. On en dédui nalemen T = I N + N, auremen di : P A P = ( P AP = I3 N + N. 8. Si N =, alors T = I 3 e donc A = I 3 = A. Par réexivié de, on rouve donc bien que A e A son semblables. 9. On suppose dans cee quesion que rang(n =. On pose M = N N. (a Soi C une base de E. Appelons u l'endomorphisme don la marice dans la base B es N. On a rg(n = e N 3 =, donc rg(u = e u 3 =. Ainsi, d'après la quesion 4.c., il exise une base B de E dans laquelle u a pour marice U = Ceci enraîne qu'il exise une marice Q inversible elle que N = Q UQ (la marice de passage de la 3

4 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année -3 base B à la base C. Par suie, on a M = N N = ( Q UQ Q UQ = Q U Q Q UQ = Q ( U U Q = Q V Q avec V = U U = En pariculier : N es semblable à U e M es semblable à V. (b On a ou d'abord M 3 = (N(N I 3 3 = N 3 (N I 3 3 = (car N commue avec N I 3 puisque c'es un polynôme en N. Comme M e V son semblables, ces marices on même rang (celui, par exemple, de l'endomorphisme canoniquemen associé à M. Calculons direcemen le rang de V, qui es égal au rang de ses colonnes. Le premier veceur colonne es nul e les deux aures non colinéaires, on a donc rg(v =. E donc rg(m = rg(v =. (c Appelons ũ l'endomorphisme don la marice dans la base B es M. On a rg(m = e M 3 =, donc rg(ũ = e ũ 3 =. Le raisonnemen de la quesion précédene monre donc que M es semblable à U. On a par ailleurs éabli que N es semblable à U. Par ransiivié de, on rouve donc bien que M e N son semblables. (d Monrons ici un lemme, car ce lemme sera uilisé à de nombreuses reprises par la suie : si K M 3 (R e L M 3 (R son semblables, alors I 3 + K e I 3 + L son semblables (on pourrai monrer de même que, pour ou polynôme P (X, P (K e P (L son semblables, mais cee généralisaion ne servira pas. Soien donc K e L deux marices de M 3 (R, semblables. Il exise ainsi une marice inversible Q elle que M = Q LQ. Par suie Q (I 3 + LQ = Q Q + Q LQ = I 3 + K. Les marices I 3 + K e I 3 + L son donc bien semblables e le lemme es éabli. Appliquons nore lemme ici : d'après la quesion précédene, M e N son semblables, donc d'après nore lemme T = I 3 +N e I 3 +M son semblables. Uilisons mainenan la ransiivié de : A es semblable à T = I 3 + N, qui es semblable à I 3 + M = I 3 N + N qui elle-même es semblable à A (d'après la quesion 7.. Par ransiivié de, les marices A e A son semblables.. Le rang de N vau, ses deux derniers veceurs colonnes son donc colinéaires. On a donc α = (si la deuxième colonne es nulle ou bien γ = (si la deuxième colonne es non nulle, la roisième colonne en éan alors un muliple. L'expression de N calculée en 7. se réécri alors N = (. La quesion 5. s'applique donc à l'endomorphisme u don la marice dans une base C de E es N, ce qui s'écri mariciellemen mariciellemen N U e M = N N V = U, où U = es la marice dénie au 5.. Noons P = On vérie aisémen qu'on a P = P e V = P U P, si bien que U e V son semblables. Ainsi on a N semblable à U qui es semblable à V qui es semblable à M, e donc par ransiivié N es 4

5 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année -3 semblable à M. D'après nore lemme, on a donc I 3 +M semblable à I 3 +N, puis A es semblable à T = I 3 +N, qui es semblable à I 3 + M = I 3 + N N qui elle-même es semblable à A (d'après la quesion 7.. Par ransiivié de, les marices A e A son semblables.. Noons C = (a, b, c la base de E considérée. (a Soi x E. Noons x = xa + yb + zc. x On a x ker(u id E A y = z = y. z x ker(u id E es donc le plan xa + yb + zc, y R 3, z = y = z { xa + y(b c, ( x y R } ou encore ker(u id E = Vec(a, b c, don ma base préférée es (e, e avec e = a e e = b c. (b de C (e, e, c =, donc B = (e, e, c forme une base de E. Par déniion de u, on a : u(a = a, u(b c = b c e u(c = b + c = (b c + c, la marice de u dans B es donc H = (c D'après.b., A es semblable à T pour α = β =, γ =. D'après les quesion 8. à., les marices A e A son donc semblables.. La réciproque es rès fausse. Un conre-exemple possible es A = Cee marice es égale à son inverse, donc lui es bien semblable par réexivié de. En revanche, cee marice n'es pas semblable à une marice T, quelles que soien les valeurs de α, β e γ. En ee, si elle l'éai, alors en appliquan nore lemme, on obiendrai que A + I 3 es semblable à T + I 3. Or ker(a + I 3 es un plan, alors que ker(t + I 3 es oujours l'espace nul. En pariculier, d'après le héorème du rang, A + I 3 e T + I 3 n'on pas le même rang. Conradicion avec le fai qu'elles son semblables., PROBLÈME II : Calcul e irraionalié de ζ( = ( lim + n n Dans ce problème, pour une foncion f e un enier naurel k, f (k désigne la dérivée k-ème de la foncion f avec : f ( = f. Remarque : sauf s'il es précisé enier naurel, un enier peu êre posiif ou négaif. Parie A : Convergence de la suie ( n k= k p Dans cee parie, p e n son deux eniers naurels non nuls e on pose S n (p =. Soi k un enier. n L'applicaion f : x es décroissane sur [k, k + ], on a donc x [k, k + ], f(k + f(x f(k. xp k= k p. 5

6 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année -3 Par croissance de l'inégrale, on obien donc Ce qui se réécri k+ k+ (k + p k x p dx k p. k f(k + dx k+ k f(x dx k+ k f(k dx.. Soi n un enier. En somman les inégaliés précédenes pour k varian de à n, e appliquan la relaion de Chasles, il n n vien k p x p dx k p. k= C'es-à-dire S n (p n k= x p dx S n (p. n dx 3. p es un enier. Noons u n = x p. On veu monrer que (u n n converge si e seulemen si p. Remarquons au passage que, comme p es un enier supérieur à, p équivau à p. Procédons par double implicaion. [ Supposons avoir p. On a alors u n = (p x p La suie (u n n converge donc (vers /(p. On procède par conraposiion. Supposons avoir p =. ] n = ( p n p. On a alors u n = [ln(x] n = ln(n. La suie (u n n diverge donc (elle a pour limie p es un enier. Monrons que la suie (S n (p n converge si e seulemen si p par double implicaion. Supposons avoir p. La suie (u n n converge alors. Comme elle es de plus croissane (d'après la relaion de Chasles e la posiivié de l'inégrale, ou bien parce que c'es une suie usuelle don les variaions son connues, elle es majorée par sa limie /(p. L'inégalié S n (p u n + monre donc que (S n (p n es majorée (par p/(p. Ainsi (S n (p n es majorée e croissane (comme somme de ermes posiifs, elle converge donc. On procède par conraposiion. Supposons avoir p =. L'inégalié u n S n (p monre que (S n (p n es minorée par une suie qui diverge vers +, donc par comparaison (S n (p n diverge elle-même vers +, e par suie (S n (p n diverge vers +. On noe alors ζ(p = lim n + S n(p. Parie B : Calcul de ζ( Dans cee parie on pose, pour réel : h( =, e on déni la foncion ϕ sur [, π] par : π ϕ( = e ϕ( = h( sin pour ], π]. 5. La foncion ϕ es déjà de classe C sur ], π] comme rappor de deux elles foncions, e elle es coninue en car un calcul d'équivalen donne ϕ( = au voisinage de, d'où lim ϕ( = = ϕ(. 6

7 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année -3 De plus, ], π], ϕ ( = ( π sin ( π cos 4 sin. Eecuons un développemen limié au voisinage de zéro de cee expression : ϕ ( = ( + π + o( ( + π + o( + o( = π + o(. En pariculier ϕ a pour limie en. π Comme ϕ es coninue sur [, π], de classe C sur ], π] e que ϕ ( a une limie nie en, on en dédui d'après un héorème du cours que ϕ ( exise e que ϕ es de classe C sur [, π] ou enier. 6. Soi k un enier naurel non nul. Procédons à l'aide de deux inégraions par paries successives, en enan compe du fai que k es enier e non nul, h( cos(k d = [( π ] π k sin k ( sin k d k π = (π sin k d kπ = [ (π ] π kπ k cos k cos k d k = ( + π = kπ k k. Ainsi a--on h( cos(k d = k. 7. On sai que n k= cos(k = Re ( n k= eik e, comme on a ], π], on a bien e i, e par suie On en dédui : E nalemen : k= e ik = ei(n+ e i = e i n sin ( n+ sin ( ( n ( sin n+ cos (k = cos sin ( = sin ( n+ cos ( n sin ( = sin (( n + ( + sin sin (. cos (k = sin (( n + sin ( +. Ce qui prouve l'exisence de λ e donne précisémen : k= k= λ =. 8. Soi ψ de classe C sur [, π], on a (( ψ ( sin n + [ d = ψ ( cos (( n + ] π n + + n + ( = ψ (π ( n cos π n + + ψ ( n + = ( (( n + ψ ( + ψ ( cos n + (( ψ ( cos n + + n + d d (( ψ ( cos n + d 7

8 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année -3 Or ψ ( cos (( n + d ψ ( d = K où K es une consane (indépendane de n ; il en résule que ( ψ ( + ψ ( cos (( n + d es majorée (indépendammen de n e donc qu'on a : lim n + ψ( sin (( n + d =. 9. La quesion 8. s'applique en pariculier à la foncion ϕ don on a eecivemen vérié qu'elle es de classe C sur [, π]. Par linéarié de l'inégrale, e en appliquan les quesions qui précèden, il vien donc ϕ( sin(n + d = h( ( n cos k + λ d = = = k= k= h( cos(k d + k + ( π d k π 3. k= k= h( d En passan à la limie dans l'égalié précédene, e par propriéés algébriques sur les limies, on conclu : ζ( = π 6. Parie C : ζ( es irraionnel Dans cee parie, pour n enier naurel non nul e x réel, on pose f n (x = xn ( x n. n!. Dans cee quesion, n es un enier naurel non nul. a. En uilisan la formule du binôme de Newon, on obien : f n (x = xn n! = n! = n! = n! ( n k k= ( n k k= i=n i=n ( k x k ( k x n+k ( n ( i n x i i n e i x i Où e i = ( n i n ( i n es bien un enier pour ou i enre n e n. b. On noe comme l'indique l'énoncé que f n (x = f n ( x, ce qui donne après dérivaion à l'ordre p : f n (p (x = ( p f n (p ( x. Par conséquen, si les f n (k ( son des eniers, il en de même des f n (k (. D'aure par, éan racine de muliplicié n de f n, les f n (k admeen pour racine an que k < n, e si k > n, le polynôme f (k n es nul. Il rese à éudier le cas n k n, dans ce cas, f (k n ( es la dérivée 8

9 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année -3 d'ordre k de e kx k, qui vau e k n! n! k! = ( n k n ( k n k! e c'es un enier puisque k n. n! Conclusion : pour ou naurel k, les nombres f n (k ( e f n (k ( son des élémens de Z. On veu monrer que π es un irraionnel, e on va raisonner par l'absurde : on suppose que π = a, où a e b son deux eniers naurels non nuls. b. On pose, pour n enier naurel non nul e x réel : F n (x = b n (π n f n (x π n f n ( (x + π n 4 f n (4 (x + ( n f n (n (x. a. En enan compe de la valeur supposée de π, on a : ( F n (x = b n ( k a n k f (k n (x = ( k a n k b k f n (k (x. b k= k= E comme les f n (k ( e les f n (k ( son des élémens de Z, les nombres F n ( e F n ( son des eniers. b. La foncion g n es dérivable sur R car f n es polynomiale, donc F n l'es aussi. Ces foncions son donc de classe C sur R, de même que les foncions sin e cos. On a : g n (x = F n (x sin (πx + πf n (x cos (πx πf n (x cos (πx + π F n (x sin (πx = F n (x sin (πx + π F n (x sin (πx. Or F n (x = b n n k= ( k π (n k f n (k+ (x = b n n+ k= ( k π (n k+ f n (k F n (x = π b n n+ k= ( k π (n k f n (k (x. ( Par suie : g n (x = π sin (πx b n n k= ( k π (n k f n (k (x b n n+ ( = π b n sin (πx π n f n (x ( n+ π f ((n+ n (x = π b n sin (πx ( a b n fn (x = π a n sin (πx f n (x, car f ((n+ n (x es nul e π = a b. D'aure par, on a A n = π = π (g n ( g n ( = π (πf n ( + πf n ( = F n ( + F n (. g n (x dx On peu donc conclure que A n es un enier. (x, donc k= ( k π (n k f n (k (x. On pose, oujours pour le même enier a, u n = an n!. a. Le rappor u n+ = a u n n + éan majoré par pour n assez grand, la suie de erme général posiif u n es décroissane à parir d'un cerain rang, e donc, éan posiive, elle converge vers un cerain réel l. Par passage à la limie dans l'égalié u n+ = a n + u n, on ire alors l =. Auremen di lim u n =. n + 9

10 Concours Blanc Mahémaiques - MPSI Année -3 b. Par déniion de la limie, on a ε >, n N, n n, u n < ε. En choisissan ε =, on obien l'exisence d'un enier n el que n n, a n n! <. c. La foncion polynomiale x x( x es maximale sur R pour x = où elle vau 4, il en résule que pour x [, ], on a : f n (x n!. d. On sai que a, e f n (x sin (πx prend des valeurs posiives non oues nulles sur ], [, comme cee foncion es coninue, son inégrale es non nulle, d'où A n >. D'aure par, A n = πa n f n (x sin (πx dx πa n n! sin (πx dx, donc A n πa n n! π, soi A n an n!. On en dédui que pour n n, A n ], [. Ceci consiue une conradicion avec le résula de la quesion.b. selon lequel A n es oujours un enier. Conclusion : π es un irraionnel. e. Si π éai raionnel, son carré le serai aussi, or π es irraionnel, c'es donc que π n'es pas raionnel. Conclusion π es irraionnel.