Université Claude Bernard - Lyon 1 Semestre d automne Mathématiques en cursus préparatoires, 2 ème année. Corrigé du devoir commun numéro 3

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1 Université Claude Bernard - Lyon Semestre d automne Mathématiques en cursus préparatoires, 2 ème année Corrigé du devoir commun numéro 3 Exercice Déterminer la nature des séries de terme général : u n = (n!)2 (2n)! On a ici un terme général positif, et vue la forme de l expression on applique le critère de d Alembert : u n+ u n = ((n + )!)2 (2n)! (2n + 2)!(n!) 2 = D où u n+ u n n 2 D apr es le critère de d Alembert, la série u n converge 2 v n = (n!)2 2 n2 On utilise à nouveau le critère de d Alembert : (n + ) 2 (2n + 2)(2n + ) = n + 2(2n + ) v n+ v n = ((n + )!)2 2 n2 2 (n+)2 (n!) 2 = (n + )2 (n + )2 = 2 (n+)2 n 2 2 2n+ On a ici le quotient d une suite polynomiale en n par une suite géométrique qui tend vers +, d où v n+ v n n Par le critère de d Alembert, la série v n converge Exercice 2 On considère le R-espace vectoriel E = R[X] l ensemble des polynômes à coefficients dans R On définit sur cet espace deux applications : si P = p k= a kx k N(P ) = a k N (P ) = k= Montrer que N et N définissent des normes sur E P (t) dt Commençons par l application N : Séparation : Supposons que N(P ) =, alors p k= a k = On a ici une somme de termes positifs nulle, donc chacun des termes est nul : k [; p], a k = Donc P est le polynôme nul Homogénéité : Soient λ R et P E, alors N(λP ) = λa k = k= λ a k = λ k= a k = λ N(P ) k=

2 Inégalité triangulaire : Soient P = p k= a kx k, P 2 = q k= b kx k deux éléments de E, alors : N(P + P 2 ) = max(p,q) k= max(p,q) k= a k + b k a k + b k N(P ) + N(P 2 ) Donc N est bien une norme Pour N, l homogénéité et l inégalité triangulaire sont simples, elles proviennent des propriétés de la valeur absolue et de la linéarité de l intégrale Pour la séparation, si on suppose N (P ) =, alors P (t) dt = Ici, on a l intégrale d une fonction positive et continue qui est nulle, donc la fonction est nulle et t [; ], P (t) = Le polynôme P a donc une infinité de racines distinctes, d où P = Donc N est bien une norme sur E 2 Montrer que pour tout P E, on a N (P ) N(P ), mais que ces deux normes ne sont pas équivalentes Indication : on pourra considérer les polynômes X n, n N Pour démontrer l inégalité, considérons un polynôme P = p k= a kx k, alors on a : N (P ) = P (t) dt = a k t k dt a k k= t k dt = k= a k k + k= Or, pour k {,, p}, on a k+, d où N (P ) N(P ) Pour montrer que les deux normes ne sont pas équivalentes, il faut montrer qu on ne peut avoir l inégalité inverse : C >, P E, N(P ) CN (P ) Pour cela, il suffit de montrer que E \ {} R + P N(P ) N (P ) n est pas bornée, on considère donc les polynômes indiqués : pour n N, N(X n ) = et N (X n ) = n+, d où N(X n ) N (X n ) = n + n + + ce qui démontre bien le résultat voulu Pour a R, on considère l application : N a : E R + P P (a) + P (t) dt 3 Montrer que N a définit une norme sur EOn pourra se contenter de l axiome de séparation 2

3 On démontre donc l axiome de séparation : soit P E tel que N a (P ) =, alors P (a) + P (t) dt = On a ici la somme de deux termes positifs nulle, donc les deux termes sont nuls : P (a) = et P (t) dt =, d où N (P ) = et comme N est une norme, on en déduit que P = Donc P est constant et comme P (a) =, P = L inégalité triangulaire et l homogénéité étant triviales, N a est bien une norme 4 Montrer que pour tout P E, on a : N (P ) N (P ) N(P ) Indication : pensez à utiliser la formule P (y) = P (x) + y x P (t)dt On considère P E, on a alors : N (P ) = P () + P (t) dt = P () + t P (x)dx dt P (x) dxdt = P () + P () dt + t P (x) dx = N (P ) P (x) dxdt Ce qui démontre la première partie de l inégalité Pour la seconde, on écrit P = p k= a kx k, et donc P = p k= ka kx k D où N (P ) = P () + P (t) dt = a + ka k t k dt a + k a k k= Ce qui achève la preuve de l inégalité t k dt = a + k= a k = N(P ) 5 Montrez que si a et b sont deux éléments de [; ], alors N a et N b sont équivalentes k= Soient a, b [; ], et P E On part de N a (P ) et on essaie d arriver à une majoration en fonction den b (P ) : N a (P ) = P (a) + a b P (t) dt P (a) P (b) + P (b) + P (t)dt + N b (P ) a P (t) dt + N b (P ) 2N b (P ) b P (t) dt + N b (P ) P (t) dt Ici, il faut faire attention au fait que a et b ne sont pas forcément dans le bon ordre (d où les valeurs absolues autour de l intégrale tout du long) et utiliser le fait que a et b sont dans [; ], ce qui implique que [min(a; b); max(a; b)] [; ] et donc la dernière majoration d intégrales On a donc une première inégalité, et pour la seconde il suffit de remarquer qu ici on n a pas distingué a et b, l inégalité est donc également vraie dans l autre sens : N b (P ) N a (P ), donc les deux normes sont équivalentes 3

4 Exercice 3 Montrer que l ensemble n Z [2n; 2n + ] est un fermé dans R Ici, on a une union de fermés, mais cette union étant infinie, on ne peut pas appliquer les propriétés usuelles On considère donc le complémentaire de notre ensemble que nous appellerons F : F = n Z]2n + ; 2n[ F était constitué de tous les segments compris entre les entiers pairs et les impairs, son complémentaire est donc constitué des intervalles ouverts compris entre les entiers impairs et les pairs Ce complémentaire est, lui, une union d intervalles ouverts, il est donc ouvert (toute union d ouverts est ouverte) Comme F est ouvert, on en déduit que F est fermé Exercice 4 (Questions de cours) Soit E un espace vectoriel de dimension finie sur un corps K Donner la défintion d un endomorphisme de E diagonalisable C est une application linéaire de E dans E telle qu il existe une base B de E pour laquelle la matrice de u est diagonale 2 Pour un endomorphisme u de E, définir une valeur propre et un vecteur propre Une valeur propre est un scalaire λ K tel qu il existe un vecteur v E non nul tel que u(v) = λv Un vecteur propre de u est un vecteur v non nul dans E tel qu il existe λ K tel que u(v) = λv 3 Étant donnés un endomorphisme u de E et un scalaire λ K, montrer que λ est une valeur propre de u si et seulement si det(u λ Id E ) = Nous avons : det(u λ Id E ) = u λ Id E non-bijectif u λ Id E non-injectif (car endomorphisme en dimension finie) ker(u λid E ) {} v E {} tel que (u λid E )(v) = v E {} tel que u(v) λv = v E {} tel que u(v) = λv λ est une valeur propre de u Exercice 5 Soit u l endomorphisme de R 3 dont la matrice dans la base canonique est A =

5 Déterminer les valeurs propres de u Calculons le polynôme caractéristique 2 X P u (X) = 3 3 X 2 3 X 2 X = 3 3 X 2 X (C 3 + C 2 C 3 ) X 2 X = (2 X) 3 3 X X = (2 X) X (L 2 L 3 L 2 ) 2 3 = (2 X) 2 X X (développement / la dernière colonne) = (2 X)((2 X)( X) + ) = (2 X)(X 2 2X + ) = (X 2)(X ) 2 Les valeurs propres de u sont donc et 2 (avec de multiplicité 2 et 2 de multiplicité ) Beaucoup d entre vous ont certainement calculé ce polynôme sans chercher aucune simplification préalable C est faisable mais plus long car une fois le calcul fait, il faut trouver des racines ou au moins une racine α et ensuite factoriser par X α d où un risque supplémentaire d erreurs Le mieux est de chercher à faire apparaitre des dans le déterminant comme on l a fait plus haut en essayant d obtenir un facteur dans une ligne ou une colonne 2 Pour chaque valeur propre de u, déterminer une base de l espace propre associé Notons E = ker(u Id) Ici (comme on travaille avec la base canonique de R 3 ) on peut l identifier à ker(a Id 3 ) On a : A Id 3 = On voit clairement que rg(a Id 3 ) 2 (car par exemple les deux premières colonnes ne sont pas colinéaires) et comme E {}, cela signifie (en utilisant le théorème du rang) que rg(a Id 3 ) = 2 Ainsi E est de dimension Pour en obtenir une base, il suffit de trouver un vecteur non nul de E Un vecteur (x, y, z) est dans E si et s si x y + z = 3x + 2y z = 2x + 3y 2z = { x y + z = 3x + 2y z = (car A est de rang 2) { x y + z = 4x + y = (en sommant les deux lignes) 5

6 Dans le dernier système, on constate que si x = alors y = 4 et z = 5 Ainsi le vecteur v = (, 4, 5) appartient à E Ce dernier étant de dimension, {v } en est une base Concernant la valeur propre 2 : E 2 = ker(a 2Id 3 ) = Ici encore on voit que la matrice précédente est de rang 2 De plus, ses colonnes satisfont la relation : C + C 2 + C 3 = Ainsi le vecteur v 2 = (,, ) appartient à E 2 et comme E 2 est de dimension, {v 2 } en est une base 3 L endomorphisme u est-il diagonalisable? L endomorphisme u n est pas diagonalisable car la multiplicité de la valeur propre est 2 alors que dim(e ) = Exercice 6 Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n Soit f un endomorphisme de E On suppose f diagonalisable Soit B = (b,, b n ) une base de E formée de vecteurs propres de f On note λ,, λ n les valeurs propres respectives associées Le but de cet exercice est de montrer l équivalence entre les trois assertions suivantes (i) Id E, f,, f n forment une famille libre de End(E) (ii) Il existe x E tel que la famille (x, f(x),, f n (x)) soit une base de E (iii) Les valeurs propres de f sont distinctes deux à deux Étant donnés z,, z n K nous rappelons que la matrice z z n V (z,, z n ) = z n zn n appelée matrice de Vandermonde a pour déterminant : (z j z i ) Soit x E, s écrivant x = n x i b i, avec x i K i= i<j n (a) Exprimer f (x), f(x) et f 2 (x) en fonction des b i puis f j (x) pour j =,, n f (x) = Id E (x) = x = x b + + x n b n f(x) = n i= f(x ib i ) = n i= x if(b i ) = n i= x iλ i b i f 2 (x) = f(f(x)) = f( n i= x iλ i b i ) = n i= x iλ i f(b i ) = n i= x iλ 2 i b i Par une récurrence facile (que je vous laisse détailler), on montre que : f j (x) = n i= x i λ j i b i 6

7 (b) On note M(x) = (m ij ) i,j n M n (K) la matrice telle que m ij soit la coordonnée selon b i de f j (x) Donner det(m(x)) en fonction de det(v (λ,, λ n )) Les colonnes de la matrice M(x) sont les coordonnées de x, f(x),, f n (x) dans la base b,, b n On obtient donc : M(x) = x x λ x λ 2 x λ n x 2 x 2 λ 2 x 2 λ 2 2 x 2 λ n 2 x n x n λ n x n λ 2 n x n λn n On constate que pour chaque ligne L i, x i est en facteur Ainsi on obtient : λ λ 2 λ n λ 2 λ 2 2 λ n 2 det(m(x)) = x x n det λ n λ 2 n λ n n = x x n det(v (λ,, λ n )) 2 En déduire l équivalence : (ii) (iii) Montrons l implication (ii) (iii) Soit donc x E tel que x, f(x),, f n (x) forment une base de E Les colonnes de la matrice M(x) forment donc une famille libre de K n Autrement dit M(x) est de rang n ou encore det(m(x)) Cela implique que det(v (λ,, λ n )) On en déduit que les λ i sont distincts deux à deux (au vu du rappel donné dans l énoncé) Montrons l implication (iii) (ii) Par hypothèse, det(v (λ,, λ n )) Soit alors x = b + +b n (remarquons qu on peut choisir x quelconque à la seule condition que ses coordonnées dans la base (b,, b n ) soient toutes non-nulles) Par ), det(m(x)) = det(v (λ,, λ n )) Ainsi la matrice M(x) est inversible ce qui implique (ii) 3 Montrer que (ii) implique (i) (on pourra raisonner par contraposée) Supposons que (i) soit faux Ainsi il existe (a,, a n ) K n avec (a,, a n ) (,, ) tel que a Id E + a 2 f + + a n f n = Pour tout x E, on aura alors : (a Id E + a 2 f + + a n f n )(x) = (x) ou encore a x + a 2 f(x) + + a n f n (x) = Donc (ii) est faux Par contraposée, nous avons l implication voulue 4 Soit A la matrice de f dans la base B Supposons que (ii) soit faux Considérer les colonnes de M(x) avec x = b + + b n et montrer qu il existe (a,, a n ) (,, ) dans K n tel que 7

8 a Id n + a A + + a n A n = Conclure On a supposé (ii) faux Ainsi pour tout x E, la famille (x, f(x),, f n (x)) est liée C est le cas en particulier pour x = b + + b n Pour ce x, M(x) = V (λ,, λ n ) L hypothèse sur la famille (x, f(x),, f n (x)) implique que les colonnes de M(x) sont liées Notons C, C,, C n les colonnes de la matrice M de sorte que pour i {,, n } on ait C i = Ces colonnes étant liées, il existe (a,, a n ) (,, ) dans K n tel que n i= a ic i = Cela donne n i= a iλ i n i= a iλ i n λ i λ i n = Considérons la matrice A de l énoncé Les b i formant une base de vecteurs propres de E, A est la matrice diagonale avec les λ i sur la diagonale On a alors : λ i n n a i A i = a i λ i 2 i= i= λ i n n i= λi = n i= λi 2 Pour finir, remarquons que la matrice de = (par l égalité ci-dessus) n a i f i i= n i= λi n dans la base (b,, b n ) est n i= a ia i et que cette matrice est nulle Donc n i= a if i est l endomorphisme nul de E Ce qui montre que la famille (Id E, f,, f n ) est liée, ie (i) est faux Par contraposée, on vient de démontrer que (i) implique (ii) 8