Devoir maison n 2 Corrigé
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- Alexis Doucet
- il y a 6 ans
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1 ECE Année scolaire Lycée Marcelin Berthelot Mathématiques Exercice 1 Devoir maison n Corrigé Soit f L (R 3 ) de matrice dans la base canonique : A Montrer que f 0. Un calcul matriciel montre que A est la matrice nulle. Comme A Mat(f,B c ), on en déduit que f 0.. Sans calcul : f est-il un automorphisme? Si f est un automorphisme, f 1 existe ; on a alors : f 0 f 1 f 0 f 0 ce qui est absurde. f n est donc par un automorphisme. 3. Montrer : Im f Ker f. Soit y Im f : il existe x R 3 tel que y f (x). Alors f (y) f (x) 0 E : donc y Ker f. On a montré : y Im(f ), y Ker(f ) : d où Im(f ) Ker(f ). 4. En déduire les dimensions de ces deux sev. En donner des bases. On a donc dim(im(f )) dim(ker(f )) ; d autre part, le théorème du rang montre que 3 dim(ker(f )) + dim(im(f )). Les possibilités sont donc les suivantes : dim(im( f )) 0, dim(ker( f )) 3 : absurde car f serait l endomorphisme nul. dim(im(f )) 1, dim(ker(f )). On a donc rg(f ) 1, dim(ker(f )). NB : on pouvait aussi remarquer que rg(m) 1 (une colonne nulle, les deux autres colinéaires) ; ce qui donne rg(f ) 1 dim(im f ) et par théorème du rang, dim(ker(f )). A étant la matrice de f dans la base canonique, on a par calcul matriciel : x 0 (x, y, z) Ker(f ) A y 0 y z z 0 de sorte que Ker(f ) { (x, y, y) x R, y R } Vect ( (1,0,0),(0,1,1) ) Cette famille est génératrice de Ker( f ), libre car composée de deux vecteurs non colinéaires, c est donc une base de Ker(f ). Im(f ) est de dimension 1, donc tout vecteur non nul de Im(f ) constitue une base de Im(f ). Par exemple f (0,1,0) (1, 1, 1) ; donc Im(f ) Vect ( (1, 1, 1) ) 5. Soient (u, v) (R 3 ), tels que u Ker f. (a) Montrer que ( u, f (u) ) est libre. Indication : on pourra considérer une combinaison linéaire nulle de u et f (u), et calculer l image par f de cette combinaison linéaire.
2 Suivons l indication : soient λ et µ deux réels tels que λu + µf (u) 0 E. En prenant l image de cela par l application linéaire f, et en utilisant f 0, on obtient : ( ) f λu + µf (u) f (0 E ) λf (u) + µf (u) 0 E λf (u) 0 E Or u Ker(f ), donc f (u) 0 E ; et donc λ 0. L équation devient alors µf (u) 0 E ; ici encore f (u) 0 E donc µ 0. Ainsi, λ µ 0 : la famille ( u, f (u) ) est libre. (b) Montrer qu il existe v Keru, non colinéaire à f (u). Ker(f ) est de dimension : il existe donc bien un vecteur non colinéaire à f (u) (sinon, Ker(f ) serait seulement l ensemble des vecteurs colinéaires à f (u), ce qui forme un espace de dimension 1). (c) Montrer que ( u, f (u), v ) est une base de R 3. On procède comme plus haut : soit λ 1,λ,λ 3 des réels tels que λ 1 u + λ f (u) + λ 3 v 0 E. En prenant l image par f, et en utilisant que f (f (u)) f (u) 0 E, et que v Ker(f ) donc f (v) 0, on trouve : ( ) f λ 1 u + λ f (u) + λ 3 v f (0 E ) λ 1 f (u) + λ f (u) + λ 3 f (v) 0 E λ 1 f (u) 0 E f (u) 0 E donc λ 1 0. La relation devient λ f (u) + λ 3 v 0 E. Or f (u) et v ne sont pas colinéaires, donc forment une famille libre : d où λ λ 3 0. La famille (u, f (u), v) est donc libre, de cardinal 3 dans R 3 : c est une base de R 3. (d) Donner la matrice de f dans cette base. Exercice Si on note e 1 u, e f (u), e 3 v, on a : f (e 1 ) f (u) e f (e ) f (f (u)) 0 E f (e 3 ) f (v) 0 E car v Ker(f ). Ceci montre que Mat(f,{e 1,e,e 3 }) Soit a R, et soient f 1 et f les fonctions définies sur R par : x R, f 1 (x) e ax et f (x) xe ax On note E Vect(f 1, f ) ; soit D F (E,E) qui à toute fonction de E associe sa dérivée. 1. Montrer que (f 1, f ) est une base de E. (f 1, f ) est génératrice de E par définition. f 1 et f sont deux fonctions non colinéaires, donc forment une famille libre ; c est donc une base de E.. Montrer que D L (E). Donner la matrice de D dans la base (f 1, f ). On la notera A. Par propriété, la dérivation est linéaire. L enjeu ici est de montrer que : f E D(f ) E
3 On sait : x R, f 1 (x) aeax a f 1 (x) ; donc D(f 1 ) a f 1 E. On a aussi x R, f (x) eax + axe ax f 1 (x) + a f (x) ; donc D(f ) f 1 + a f E. Par linéarité, on en déduit que si f E, alors D(f ) E. D est donc bien un endomorphisme de E. On a montré : D(f 1 ) a f 1 ; D(f ) f 1 + a f. On a donc 3. D est-il bijectif? Mat(D,{f 1, f }) ( ) a 1 A 0 a A est inversible car triangulaire supérieure sans 0 sur la diagonale (a 0). D après le cours, on en déduit que D est bijectif. On choisit maintenant a. 4. Calculer A 1. En déduire la primitive de la fonction f : x ( 3 + x)e x appartenant à E (c est-à-dire l unique g E telle que D(g ) f ) ; puis toutes les primitives de f. ( ) a b On peut utiliser la méthode du pivot, ou la formule suivante : M est inversible ssi ad bc 0, c d ( ) et alors A 1 1 d b. ad bc c a ( ) 1 Avec a, A et donc 0 A Les coordonnées de f dans la base (f 1, f ) sont g g D 1 (f ) sont donc ( ) 1 0 ( ) 1/ 1/4 0 1/ ( ) 3 ; les coordonnées de l unique g i ne telle que D(f ) A 1 ( 3 ) ( ) 1 ce qui donne g f f 1 : x R, g (x) (x )e x. On vérifie bien que g f. g étant une primitive de f sur R, les autres primitives s obtiennent en ajoutant une constance : les primitives de f sur R sont les fonctions de la forme x (x )e x + C avec C R 5. Calculer A n pour tout n N (on pourra effectuer une récurrence après avoir conjecturé une formule générale). En déduire la dérivée n-ième de f définie à la question précédente. ( a Les calculs de A, A 3,... semblent montrer que : n N, A n n na n 1 ) 0 a n. Montrons cette propriété par récurrence. ( ) 1 0 Initialisation n 0. La propriété au rang 0 s écrit A 0, ce qui est vrai. ( a Hérédité : soit n N fixé ; on suppose A n n na n 1 0 a n ( A n+1 A n a n na n 1 A 0 a n la propriété est donc héréditaire. ( a Finalement : n N, A n n na n 1 ) 0 a n. ) 0 1 ). Alors ( ) a 1 0 a ( a n+1 (n + 1)a n ) 0 a n+1
4 ( ) 3 Soit alors f définie à la question précédente : ses coordonnées dans la base (f 1, f ) sont. Les coordonnées de f (n) D n (f ) dans cette même base sont donc A n n + na n 1 ) ( ) ( 3 3a a n ; on a donc f (n) ( 3a n + na n 1) f 1 + a n f ; soit encore : x R, f (n) (x) ( 3a n + na n 1) f 1 (x) + a n f (x) ( 3a n + na n 1) e ax + a n xe ax
5 Exercice 3 (une suite implicite) On cherche à étudier la suite de réels ( ) telle que : n N, u 5 n + n Soit f n : R R x x 5 + nx 1. Dresser le tableau de variation de f n sur son ensemble de définition. On étudie ses variations en dérivant. Pour tout entier n, f n est une fonction polynôme, donc dérivable sur R. On a : x R, f n (x) 5x4 + n Pour n > 0, f n est partout strictement positive, donc f n est strictement croissante. f 0 est positive sur R et s annule seulement en 0 ; donc f 0 est strictement croissante aussi. Par des factorisations usuelles, on trouve lim f n(x), et lim f n(x) +. x x +. En déduire l existence et l unicité de. Montrer que ( ) est à termes positifs. Montrer que la suite ( ) est majorée, et en donner un majorant. Pour tout n entier, on a ainsi f n continue, strictement monotone sur R, tendant vers en et +. Le théorème de la bijection montre alors que f n est une bijection de R dans R. 0 R (ensemble d arrivée) ; donc il admet un unique antécédent par f n. Autrement dit : n N,! R, f n ( ) 0 On remarque ensuite que f n (0) 1 ; f n étant strictement croissante, est donc situé à droite de 0. Donc : n N, > 0 Enfin on a f n (1) n 0 donc toujours par croissance de f n : n N, 1 3. Montrer : n N, f n+1 ( ) 0. En déduire que la suite ( ) est décroissante. Pour tout n N, on a f n+1 ( ) un 5 + (n + 1) 1 un 5 + n 1 + f n ( ) + }{{} 0 par déf. et on a vu dans la question précédente que est toujours positif. On a bien : n N, f n+1 ( ) 0. Par le même argument qu à la question précédente : f n est croissante ; si f n+1 ( ) 0, cela signifie que le réel où f n+1 s annule est situé à gauche de. On a bien montré +1. Ce raisonnement valant pour tout entier n, on en déduit que ( ) est décroissante. 4. Justifier l existence de l lim. D après ce qui précède : ( ) est décroissante (question 3) et minorée par 0 (question ) ; elle est donc convergente. 5. Montrer : lim n 1 l 5. En déduire que l 0. L égalité définissant s écrit : n N, u 5 n + n 1 0 ce qui s écrit encore n 1 un 5. Donc lim nu ( ) n lim 1 u 5 n 1 l 5 Si on avait l 0, on en déduirait que lim n ± (suivant le signe de l). Comme ce n est pas le cas ici, on a bien l 0.
6 6. Montrer que 1 n. On tire de la question précédente : lim nu 1 n 1, ce qui s écrit aussi n 1, et donc n d après les règles de calcul sur les équivalents. On note donc 1 ( ) 1 n + v n, avec v n o n 7. Montrer que lim nv n 0. Par définition : ( ) 1 v n v n o lim 0 lim n 1 nv n 0 n 8. En utilisant l équation vérifiée par, montrer que nv n 1 n 5 ( 1+nvn ) 5. En déduire que vn 1 n 6. Par définition de, on a, pour tout entier n : un 5 + n 1 0 ( ) 1 5 ( ) 1 n + v n + n n + v n n 5 (1 + nv n) 5 + nv n 0 nv n 1 n 5 ( 1 + nvn ) 5 Maintenant : comme nv n 0 en +, 1 + nv n 1 et donc 1 + nv n 1. On en déduit que nv n 1 n 5 ( 1 + nvn ) 5 1 n 5, et donc v n 1 n 6. Exercice 4 Soit ( ) n la suite réelle vérifiant : 1. Montrer : n N, > 0. u 0 1 et n N, On procède par récurrence sur n. Soit P (n) : > 0. u 0 1 donc u 0 > 0 : P (0) est vraie. Si > 0, alors > 0 : la propriété est bien héréditaire. On a donc : n N, > 0.. En déduire la monotonie de ( ). On voit que : n N, +1 1 > 0 d après la question précédente. Donc la suite ( ) n est strictement croissante. 3. On suppose que ( ) est majorée. Montrer qu elle converge vers l 1. Quelle équation vérifie alors l? Si ( ) n est majorée, comme elle est croissante d après la question précédente, on conclut qu elle est convergente. Soit l R sa limite. Comme u 0 1, et ( ) croissante, on en déduit que l 1. On a : n N, En passant à la limite n +, et par continuité de la fonction x x + 1 x en l 0, on obtient l l + 1 l.
7 4. En déduire que ( ) n est pas majorée ; puis la valeur de lim. Cette dernière équation équivaut à 1 0, et donc n admet pas de solution. l C est donc absurde : ( ) n est pas majorée. ( ) est donc croissante et non majorée ; ce qui permet de conclure lim +. Exercice facultatif : d après ESCP 000 I. Étude d une récurrence linéaire Soit α un réel strictement positif. On note E l espace vectoriel des suites ( ) n 0 vérifiant : n N, + α(+1 + ) 1. Montrer qu il existe deux réels non nuls r et s, avec r < s, tels que les suites R (r n ) n 0 et S (s n ) n 0 appartiennent à E. Soit R (r n ) n une telle suite. (R) appartient donc à E ssi n N, r n+ α(r n+1 + r n ) En simplifiant par r n supposé non nul, on en déduit que r αr + α. Les r et s recherchés sont donc les solutions de l équation (caractéristique...) x αx α 0. En calculant le discriminant : α + 4α, on obtient (avec les conventions de l énoncé) : r α s α +. Montrer : r < 0, s > 0, r < s ; en déduire r < s. α > 0 donc α + > 0, et donc s > 0. α + 4α > α d où > α, donc α > 0, donc r < 0. On a r 1 4 (α + α ) et s 1 4 (α + + α ) d où r s α < 0. On en déduit donc r < s, puis par croissance de : r < s ce qui s écrit aussi r < s. 3. Montrer que (R,S) est une base de E. La méthode usuelle pour trouver les suites vérifiant de telles relations de récurrence (linéaires d ordre ) nous dit que : ( ) E ssi il existe deux réels a et b tels que : n N, ar n + bs n ; donc ssi ( ) est une combinaison linéaire de R et S. On en déduit bien que E Vect(R,S). Les deux suites R et S ne sont pas proportionnelles donc forment une famille libre, qui est donc une base de E. 4. Soit une suite U ( ) n 0 appartenant à E : U s écrit sous la forme ar + bs, avec (a,b) R. Donner l expression de a et b en fonction de u 0 et u 1. Si U ar + bs, alors : n N, ar n + bs n. En choisissant n 0 puis n 1, on obtient les deux équations suivantes : { u0 a + b Avec r s, on obtient l unique solution suivante : u 1 ar + bs a u 1 u 0 s r s b u 1 u 0 r s r 5. On suppose 0 < α < 1. Soit U ( ) n 0 un élément de E.
8 (a) Montrer que lim 0. ( ) est donc une combinaison linéaire de R et S ; il suffit de montrer que ces deux suites sont de limite nulle. On a s α + α + 4α ; si 0 < α < 1, on peut écrire α < 1 4, 4α < et donc α + 4α < 9 4, puis α + 4α < 3. On obtient finalement s < 1 ; et on a vu plus haut que s > 0. On a donc 0 < r < s < 1 : les suites R et S tendent vers 0 par critère sur les suites géométriques ; donc ( ) tend également vers 0. (b) On suppose que u 1 u 0 r est non nul. Montrer qu il existe un rang n 0 tel que, pour n n 0, ne ln( ) s annule pas et reste de signe constant. Montrer qu on a lim ln(s). n D après la question 4, u 1 u 0 r 0 b 0. Dans ce cas, on a pour tout entier n : ar n + bs n. Montrons alors que + bs n. On effectue pour cela le quotient : lim bs n lim a ( r ) n r car < 1 b s s On a bien + bs n. (bs n ) étant une suite non nulle, de signe constant (celui de b), c est aussi le cas de ( ), qui lui est équivalente, à partir d un certain rang. Pour tout n N, on a : 1 On voit alors que n ln( ) 1 n ln( ar n + bs n ) 1 n lim 1 n ( ln ( bs n ) ( + ln 1 + ar n ( ln b + n ln s + ln ln s + 1 n ln( ) ln s ln(s) (car s > 0). n ( ln b + ln )) bs n ( 1 + a ( r ) )) n b s ( 1 + a ( r ) )) n b s (c) Montrer que si u 1 u 0 r 0, et si ( ) n 0 n est pas la suite nulle, alors pour tout n N, et +1 sont de signe contraire. Donner un équivalent de ln. u 1 u 0 r 0 b 0 ; dans ce cas ( ) est de la forme ar, avec a 0 car ( ) n est pas la suite nulle : n N, ar n On a vu que r < 0. Pour justifier l alternance du signe on peut par exemple effectuer le quotient : pour tout entier n, +1 r < 0 ; ce qui montre bien que et +1 sont de signe contraire. On a ensuite : n N, ln ln a + n ln r. r 1 d après 5a, donc ln r 0, et on a alors ln ln a + n ln r n ln r. 6. On suppose maintenant α > 1. (a) Montrer que 1 < r. À quelle condition sur u 0 et u 1 la suite ( ) n 0 de E est-elle bornée? On peut par exemple étudier r + 1 α α + 4α +. Cette quantité est strictement positive ssi α + > α + 4α, donc ssi (α + ) > α + 4α Attention : équivalence vraie car α + et α + 4α sont positifs!!! donc ssi α + 4α + 4 > α + 4α ; ce qui est manifestement vrai. On a donc bien 1 < r. D après les questions précédentes, on a donc 1 < r < 0, donc r < 1, donc r n 0. Dans l expression ar n + bs n, le terme ar n est toujours borné ; il faut discuter sur le terme bs n.
9 On a α > 1, donc α + 4α > , donc α + α + 4α > 1 : donc la suite (s n ) tend vers +. Finalement, si : n N, ar n + bs n, alors ( ) est bornée ssi le terme en s n est absent ; autrement dit ssi b 0 ; ou encore ssi u 1 u 0 r 0 (d après 4). (b) Donner une base de l ensemble des suites bornées de E. La question précédente montre que ( ) est bornée ssi elle est un multiple de la suite R (r n ) n. L ensemble des suites bornées de E est alors égal à Vect(R) ; la famille à 1 vecteur { R } est une base de cet ensemble. Exercice facultatif : Noyaux itérés. Soit E un espace vectoriel de dimension n, et f L (E). Pour p N, on note N p Ker ( f p) et I p Im ( f p). 1. Préciser les sev N 0 et I 0. Comme f 0 Id E, on a N 0 Ker(Id E ) {0 E } ; et I 0 Im(Id E ) E.. Montrer : p N, N p N p+1, et I p+1 I p. Soit p N, et x N p : on a donc f p (x) 0 E. Alors f p+1 (x) f ( f p (x) ) f (0 E ) 0 E par linéarité ; on en déduit que x Ker(f p+1 ) N p+1. D où : N p N p+1. Soit maintenant y I p+1 : par définition de l image, on en déduit qu il existe x E tel que y f p+1 (x). Mais alors y f p (f (x)) appartient à Im f p : on a bien I p+1 I p. 3. En raisonnant sur les dimensions, montrer qu il existe m N tel que N m N m+1. Comme on a inclusion entre ces deux ensembles, ils sont égaux ssi ils ont même dimension. Par l absurde : si, pour tout m N, on a N m N m+1, alors on a aussi dim(n m ) < dim(n m+1 ), et la suite des noyaux des dimensions croît strictement. Or cette suite est à termes entiers : si elle croît strictement, elle tend vers +. Mais ceci est absurde, car pour tout m, dim(n m ) dim(e) n. On en conclut bien l existence d un entier m tel que N m N m Montrer alors que N m+1 N m+ ; puis que : n m, N n N m. La question donne directement : N m+1 N m+ ; il s agit de montrer l inclusion réciproque. Soit donc x N m+ Ker(f m+ ). Alors f m+ (x) 0 E f m+1 (f (x)) ; ceci montre que f (x) Ker(f m+1 ) N m+1. Or par hypothèse, N m+1 N m. On en déduit que f (x) Ker(f m ) : ce qui donne f m (f (x)) 0 E, ou encore f m+1 (x) 0 E. On a donc x N m+1. On a donc montré N m+ N m+1, ce qui donne l égalité recherchée. Montrons alors par récurrence sur n : n m, N n N m. Pour n m, on a évidemment N m N m : la propriété est vraie au rang m. Soit n m fixé ; on suppose que N n N m. On va montrer que N n+1 N n. N n N n+1 d après la question ; soit maintenant x Ker(N n+1 ). Alors f m+1 (x) 0 E f m+1 (f n m (x)). Donc f n m (x) N m+1 N m ; donc f m (f n m (x)) 0 E. On a montré f n (x) 0 E : donc x N n, ce qui achève l inclusion réciproque. Finalement N n+1 N n N m d après l hypothèse de réc. : la prop est bien héréditaire. On a donc bien : n m, N n N m.
10 5. Montrer que : n m, I n I m. Une variation de la question 1 montre une inclusion. Soit y I n : alors x E, y f n (x) f m (f n m (x)) : donc y I m. On a donc montré : n m, I n I m. On montre ensuite l égalité des dimensions. Le théorème du rang appliqué à l endomorphisme f n donne dim(e) dim(i n ) + dim(n n ) Donc dim(i n ) dim(e) dim(n n ) dim(e) dim(n m ) dim(i m ) (en appliquant aussi le théorème du rang à f m ). Par inclusion et égalité des dimensions, on a donc I n I m.
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