Devoir surveillé commun Poincaré-Loritz PCSI/PTSI durée : heures Laissez une marge au correcteur. Encadrez les résultats au stylo et à la règle. Écrivez lisiblement. La calculatrice n est pas autorisée. Problème d analyse Le but de ce problème est d étudier les fonctions I k définies sur R par où k est un nombre entier naturel. Partie I : calcul de I k I.. Pour tout R, calculer I (). R, I k () = ch k (t) dt I.2. Pour tout R, calculer I () (on pourra faire le changement de variable u = e t ). I.. Pour tout R, calculer I 2 (). I.. (a) Rappeler la formule de trigonométrie hyperbolique contenant ch 2 et sh 2. (b) Soit k N. À l aide d une intégration par parties, trouver une relation entre I k+2 et I k (on pourra remarquer que pour tout t R, ch k (t) = ch(t) ch k+ (t) ). (c) En déduire I et I. Partie II : propriétés des fonctions I k Dans cette partie k est un entier naturel non nul fié. II.. Déterminer la parité de la fonction I k. On pourra faire le changement de variable u = t. II.2. (a) Justifier la dérivabilité de I k sur R et calculer la dérivée I k de I k. (b) En déduire que I k est de classe C sur R. (c) Démontrer que I k est monotone sur R. II.. (a) Donner le développement limité de la fonction t ch(t) k au voisinage de à l ordre. (b) En déduire le développement limité de I k au voisinage de à l ordre 5. II.. On considère l équation différentielle (E) y + y = ch k (). (a) Résoudre sur R + l équation (E). On eprimera les solutions de (E) à l aide de I k. (b) Résoudre sur R l équation (E). (c) Soit f une solution de (E) sur R c est-à-dire une fonction dérivable sur R qui vérifie l équation différentielle (E). i. Que vaut f()? ii. Que vaut f() pour tout R? iii. Quelle valeur pour les constantes apparaissant dans l epression obtenue à la question précédente la continuité de f impose-t-elle? (d) Montrer qu il eiste une unique solution de (E) sur R. On précisera la valeur de le dérivée de cette fonction en. Partie III : limite de I k en + III.. (a) Montrer que pour tout t R +, ch(t) 2 e t. (b) En déduire que pour tout k N et pour tout R +, I k () 2. (c) Justifier l eistence pour tout k N d une limite finie de I k en +. On pose, pour tout k N, J k = III.2. Calculer J et J 2. lim I k() = + lim + ch k (t) dt. III.. En utilisant la question I..(a), montrer que, pour tout k N, J k+2 = III.. En déduire que pour tout k N J 2k+2 = 22k (k!) 2 (2k + )! et J 2k+ = (2k)! 2 2k (k!) 2 π 2. k k + J k.
Problème d algèbre On note M (R) l ensemble des matrices carrées d ordre à coefficients réels. Dans tout le problème, A est la matrice, et I est la matrice Si M est une matrice carrée d ordre à coefficients réels, on pose M = I et, pour tout entier naturel non nul n, on note M n le produit de n matrices égales à M. Partie préliminaire Calculer A 2 et A, et vérifier que A = A 2 + A I. Seules les vérifications détaillées seront acceptées. Partie I : un ensemble de matrices On note E l ensemble des matrices de la forme α I + β A + γ A 2, où α, β et γ sont réels. I.. La matrice 2 appartient-elle à E? I.2. (a) Justifier que E est un sous-espace vectoriel de M (R) dont ( I, A, A 2) est une famille génératrice. (b) Montrer que ( I, A, A 2) est une base de E, puis préciser la dimension de E. I.. (a) Prouver que, pour tout entier naturel p, A p E. I.. (b) Justifier que, pour tout entier naturel p, il eiste un unique triplet (α p, β p, γ p ) de réels pour lequel A p = α p I + β p A + γ p A 2. (c) Vérifier que, pour tout entier naturel p, α p+ β p+ = t A α p β p γ p+ γ p (a) Rappeler la définition d un anneau commutatif, et vérifier que, muni de l addition et du produit matriciels, E en est un. (On peut bien sûr utiliser toutes les propriétés du cours sans avoir à les redémontrer) (b) Calculer le produit matriciel (A I ) ( A 2 I ). E est-il un corps? Partie II : calcul des puissances successives de A Dans cette partie, B = (ε, ε 2, ε ) est la base canonique de R, u est l endomorphisme de R dont A est la matrice relativement à B, et Id R est l identité de R, c est-à-dire l application de R dans lui-même qui, à tout vecteur, associe lui-même. On pose d autre part e = ε + ε 2 + ε, e 2 = ε + 2ε 2 + ε et e = ε 2ε 2 + ε. II.. (a) Prouver que le noyau de u Id R est la droite vectorielle dirigée par e. (b) Vérifier que u (e 2 ) = 2e 2 et u (e ) = 2e. II.2. Étudier l inversibilité et, si possible, calculer l inverse de P = 2 2 II.. Justifier que B = (e, e 2, e ) est une base de R, et écrire sans effectuer de calcul la matrice D de u relativement à B. II.. Justifier sans effectuer de produit matriciel que A = P DP, puis démontrer que, pour tout entier naturel, A n = P D n P. II.5. Calculer D n pour tout entier naturel n. Les résultats de II.2 et II. permettent de trouver que, pour tout entier naturel n : A n = 2n + ( 2)n 2n ( 2)n 2n+ + 2 ( 2)n 2 n ( 2) n 2 n + ( 2) n Cette vérification n est toutefois pas demandée. Partie III : deu applications + 2n + ( 2)n 2 2 + 2n 2 ( 2)n 2 n ( 2) n + 2n + ( 2)n III. Dans cette question, (u n ) n N est une suite réelle pour laquelle, pour tout entier naturel n, u n+ = u n+2 + u n+ u n. On pose, pour tout entier naturel n, X n = u n u n+ u n+2 (a) Vérifier que, pour tout entier naturel n, X n+ = AX n, puis prouver que, pour tout entier naturel n, X n = A n X. (b) Calculer, pour tout entier naturel n, u n en fonction de n, u, u et u 2. (c) Citer un triplet (u ; u ; u 2 ) pour lequel la suite u n a pas de limite dans R. III.2 En s inspirant de ce qui précède, calculer, pour tout entier naturel p, les coefficients α p, β p et γ p définis dans la première partie.
Correction du devoir surveillé commun Poincaré-Loritz PCSI/PTSI Problème d analyse Partie I : calcul de I k I.. Pour tout R, I () = dt =. I. 2. Soit R. On effectue le changement de variable u = e t : La fonction ep est de classe C sur l intervalle d etrémités et. Quand t vaut, u vaut et quand t vaut, u vaut e. On a du = e t dt et Ainsi ch(t) dt = 2 e t + e t dt = 2 (e t ) 2 + et dt = 2 + u 2 du. I () = Finalement, pour tout R, e ch(t) dt = 2 + u 2 du. I () = 2 Arctan(e ) π 2. Les fonctions u : t sh(t) et v : t pour tout t R, On obtient [ sh(t) I k () = ch k+ (t) c est-à-dire ch k+ (t) sont de classe C sur R et u (t) = ch(t) et v (k + ) sh(t) (t) = ch k+2. (t) ] = sh() ch k+ + (k + ) () = sh() ch k+ + (k + ) () ki k () = sh 2 (t) + (k + ) ch k+2 (t) dt ch 2 (t) ch k+2 (t) dt ch k dt (k + ) (t) sh() ch k+ () (k + )I k+2(). Finalement, pour tout R, on a la relation I k+2 () = sh() (k + ) ch k+ () + k k + I k(). ch k+2 (t) dt (c) En utilisant les questions précédentes, on obtient, pour tout R, I () = sh() 2 ch 2 () + 2 I () I () = sh() ch () + 2 I 2() I.. Pour tout R, I 2 () = ch 2 dt = th(). (t) et donc I () = sh() 2 ch 2 () + Arctan() π I () = sh() ch () + 2 th(). I.. (a) Pour tout R, ch 2 () sh 2 () =. (b) Soit R. On a I k () = ch k (t) dt = Effectuons une intégration par parties : ch(t) ch k+ (t) dt. Partie II : propriétés des fonctions I k II.. Soit R. On a I k ( ) = On effectue le changement de variable u = t : ch k (t) dt.
la fonction t t est de classe C sur l intervalle d etrémités et ; quand t vaut, u vaut et quand t vaut, u vaut ; on a du = dt donc I k ( ) = car ch est une fonction paire. Ainsi ch k ( u) du = ch k (u) du = I k() la fonction I k est impaire. II. 2. (a) La fonction t ch k (t) est continue sur R, donc I k est sa primitive qui s annule en. Ainsi I k est dérivable sur R et pour tout R, I k () = ch k (). II.. (b) La dérivée de I k est la fonction ch k () qui est de classe C sur R. Donc I k est de classe C sur R. (c) Comme ch est à valeur dans [, + [, I k est strictement positive sur R donc I k est strictement croissante sur R. (a) Au voisinage de, ch(t) = + 2! t2 +! t + o(t ) donc (ch(t)) k = ( + 2! t2 +! t + o(t )) k. On pose u = 2! t2 +! t + o(t ) ; comme u t 2! t2, on a o(u 2 ) = o(t ) donc pour obtenir un développement limité de (ch(t)) k à l ordre, il suffit d avoir un développement limité à l ordre 2 de ( + u) k : (ch(t)) k = ( + u ) k ( k)( k ) = + ( k)u + u 2 + o(u 2 ) 2! ( = k 2! t2 +! t) k(k + ) ( + 2 2! t2 +! t) 2 + o(t ) = k ( 2 t2 + k k(k + ) ) + t + o(t ).! 2 Ainsi, au voisinage de, (ch(t)) k = k 2 t2 + k(k + 2) t + o(t ). 2 II.. (b) Comme I k est la primitive de la fonction t (ch(t)) k qui s annule en, on a, au voisinage de, I k (t) = + t k k(k + 2) t + t 5 + o(t 5 ). 2 (a) Puisque l on résout l équation (E) sur R +, on a (E) (E ) : y + y = ch k (). L équation homogène associée à (E ) est l équation (E H) y + y = et ses solutions sont les fonctions y H : R + R λ ep( ln( )) c est-à-dire les fonctions y H : R + R avec λ R. λ On cherche une solution particulière y P de (E ) par la méthode de la variation de la constante c est-à-dire de la forme y P : R + R λ() où λ est une fonction définie et dérivable sur R +. On a : y P est une solution de (E ) R + y P () + y P () = ch k () R + λ () = ch k () Pour que y P soit une solution de (E ) sur R +, il suffit donc de prendre pour λ une primitive de la fonction ch k () sur R+, la fonction I k par eemple (en fait, la fonction I k restreinte à R + pour être précis). Ainsi, la fonction y P : R + R de (E ) sur R +. I k() est une solution particulière Les solutions sur R + de (E) sont les fonctions y : R + R avec λ un nombre réel. λ + I k()
(b) La même résolution (en faisant attention tout de même à la valeur absolue) donne : les solutions sur R de E sont les fonctions y P : R R avec µ un nombre réel. µ + I k() (c) i. Puisque f est une solution de (E), pour tout R donc, pour = on obtient f () + f() = ch k (), f() =. ii. Puisque f est une solution sur R de (E), la restriction de f à R + est une solution de (E) sur R + et la restriction de f à R est une solution de (E) sur R. Ainsi, d après les questions a et b, il eiste λ, µ R tels que, pour tout R, λ + I k () si > f() = µ + I k () si < iii. Puisque f est continue en, f possède une limite finie en. La limite à droite en du numérateur de f vaut λ donc si f possède une limite en, il faut nécessairement que λ =. Le même raisonnement à gauche montre que µ est nécessairement nul. (d) Notons Φ : R R { I k() si si =. D après les questions précédentes, si f est une solution de (E) sur R alors f = Φ. Réciproquement, montrons que Φ est une solution de (E) sur R : Vérifions la régularité de Φ : D après la question II.2., Φ est de classe C sur R donc Φ est dérivable sur R. D après la question II..(b), au voisinage de, I k() = k 2 + k(k + 2) + o( ) 2 donc la fonction R R I k() tend vers en et est prolongeable par continuité en en la fonction Φ. Ainsi Φ possède un développement limité à l ordre et donc à l ordre en donc Φ est dérivable en de plus Φ () = (coefficient devant dans le développement limité). Vérifions que Φ vérifie l équation : D une part, Φ () + Φ() = et ch k = ; d autre part, pour tout () R, ( Φ () = 2 I k() + ) I k() = Φ() + ch k () donc Φ vérifie bien l équation (E). En conclusion la fonction Φ est l unique solution de (E) sur R. Partie III : limite de I k en + III.. (a) Soit t R. On a ch(t) = 2 e t + e t 2 e t = 2 e t. (b) Soit R + et k N. Puisque pour tout t R, ch(t) on a ch k (t) ch(t). En utilisant la question précédente, on obtient la majoration suivante I k () = ch k (t) dt ch(t) dt 2 e t dt = 2( e ) 2 (c) Soit k N. La fonction I k est croissante et majorée (par 2) donc la fonction I k possède une limite finie en +.
III. 2. En utilisant les questions et 2, on a J = π 2 et J 2 =. III.. D après la question I..(b) on pour tout R et tout k, ( ) I k+2 () = Comme pour tout R, on a sh() (k + ) ch k+ () + k k + I k(). sh() (k + ) ch k+ () = th() (k + ) ch k (), lim + sh() (k + ) ch k+ () = En passant à la limite dans l égalité ( ), on obtient pour tout k, J k+2 = III.. Pour tout k N, on note P k la propriété J 2k+2 = 22k (k!) 2 (2k + )! et J 2k+ = k k + J k. (2k)! 2 2k (k!) 2 π 2 D après la question III.2., on a J = π 2 et J! 2 =. De plus 2 (!) 2 π 2 = π 2 et 2 (!) 2 = donc P est vraie.! Soit k N tel que P k est vraie. D après la question III.., on a J 2k+ = 2k + 2k + 2 J 2k+ = 2k + 2k + 2 (2k)! 2 2k (k!) 2 π 2 (2k + 2) (2k + ) (2k)! = (2(k + )) 2 2 2k (k!) 2 π 2 (2k + 2)! = 2 2k+2 ((k + )!) 2 π 2 J 2k+ = 2k + 2 2k + J 2k+2 = 2k + 2 2k + 22k (k!) 2 (2k + )! = (2k + 2)2 2 2k (k!) 2 (2k + )(2k + 2)(2k + )! = 22k+2 ((k + )!) 2 (2k + )! Ainsi P n+ est vraie. Le principe de récurrence nous assure que pour tout k N, J 2k+2 = 22k (k!) 2 (2k + )! et J 2k+ = (2k)! 2 2k (k!) 2 π 2. Problème d algèbre Partie préliminaire On trouve successivement A 2 = déduit : A 2 + A I = 5 + 5 + Partie : un ensemble de matrices et A = = 5 2 5 5 2 5 = A., d où l on On note E l ensemble des matrices de la forme α I + β A + γ A 2, où α, β et γ sont réels.. Si 2 appartenait à E, il eisterait trois réels α, β, γ pour lesquels α γ 2 = α I + β A + γ A 2 = α + γ, les représentant des coefficients dont le calcul n est pas nécessaire. α = Il viendrait donc γ =, ce qui est un système incompatible. α + γ = 2 Ainsi, 2 / E. 2. (a) E est l ensemble des combinaisons linéaires de I, A, A 2. C est donc le sousespace vectoriel de M (R) engendré par ( I, A, A 2), ce qui répond à la question. (b) Soit λ, λ, λ 2 trois réels pour lesquels λ I + λ A + λ 2 A 2 = M(R). En particulier, la première ligne de λ I + λ A + λ 2 A 2 est nulle. Or celle-ci est égale à [ λ λ λ 2 ], donc λ = λ = λ 2 =, donc ( I, A, A 2) est une famille libre. Or cette famille est, d après la question précédente, génératrice de E. C est donc une base de E. Cette famille comptant trois vecteurs, on en déduit que E est de dimension.
. (a) Pour tout entier naturel p, notons H (p) la proposition : A p E. D après la question 2, H (), H (), H(2) sont vraies. Soit p un entier supérieur ou égal à 2 pour lequel H (p) est vraie. Alors A p est combinaison linéaire de I, A, A 2, donc A p+ = A A p est combinaison linéaire de A, A 2, A. Or, d après le préliminaire, A est elle-même combinaison linéaire de I, A, A 2, donc A p+ est bien combinaison linéaire de I, A, A 2, donc est élément de E, donc H (p + ) est vraie. D après le principe de récurrence : pour tout p N, A p E. (b) Pour tout entier naturel p, A p appartient à E, dont ( I, A, A 2) est une base. Ainsi, il eiste un unique triplet (α p, β p, γ p ) de réels pour lequel A p = α p I + β p A + γ p A 2. (c) Pour tout entier naturel p, A p = α p I + β p A + γ p A 2, donc : A p+ = α p A + β p A 2 + γ p A = γ p I + (α p + γ p ) A + (β p + γ p ) A 2. Or A p+ = α p+ I + β p+ A + γ p+ A 2 donc, par unicité de l écriture d un élément de E comme combinaison linéaire de I, A, A 2 : α p+ = γ p β p+ = α p + γ p, donc, matriciellement : γ p+ = β p + γ p Enfin, t A =, donc α p+ β p+ γ p+ α p+ β p+ γ + = = t A α p β p γ p. (a) Un ensemble non vide A, muni de deu lois de composition interne notées + et, est un anneau commutatif lorsque : (A, +) est un groupe commutatif est commutative, associative, distributive par rapport à+ possède un élément neutre On sait déjà que, muni de l addition des matrices et de leur multiplication par les réels, E est un espace vectoriel. En particulier, (E, +) est un groupe commutatif. α p β p γ p. Si A et A 2 sont deu éléments de E, A A 2 est, après développement, combinaison linéaire de I, A, A 2, A, A. Or, d après.(a), A et A sont combinaisons linéaires de I, A, A 2, donc A A 2 l est également, donc est élément de E. La multiplication des matrices d ordre définit donc une loi de composition interne à E. L associativité de produit matriciel de M (R) et sa distributivité par rapport à l addition sont déjà connues. Deu puissances de A commutent, donc deu combinaisons linéaires de puissances de A commutent, donc deu éléments de E commutent. I est élément de E et est l élément neutre du produit matriciel de M (R) : c est donc aussi l élément neutre du produit matriciel vu comme loi de composition interne à E. Les conditions sont aisnsi réunies pour pouvoir affirmer que, muni de l addition et du produit matriciels, E est un anneau. (b) En développant : (A I ) ( A 2 I ) = A A 2 A + I = M(R). Le produit de deu éléments non nuls d un corps est non nul. Or A I et A 2 I sont deu combinaisons linéaires à coefficients non tous nuls des vecteurs de la base ( I, A, A 2) de E, donc sont non nuls, alors que leur produit est nul. E n est donc pas un corps. Partie 2 : calcul des puissances successives de A. (a) La matrice dans B de u Id R est Ainsi, si (, y, z) est un élément de R, (, y, z) Ker (u Id R ) si, et seulement + y si, y =, ie y + z =, ie = y = z. z + y Ainsi, Ker (u Id R ) = {(,, ), où R} = R (,, ) = R (ε + ε 2 + ε ). Il s agit bien de la droite vectorielle dirigée par ε + ε 2 + ε. (b) La notation M B signifie matrice relativement à B.
M B (u (e 2 )) = M B (u) M B (e 2 ) = 2M B (e 2 ), donc u (e 2 ) = 2e 2. M B (u (e )) = M B (u) M B (e ) = 2M B (e ), donc u (e ) = 2e. 2 2 = = 2 8 2 8 = = 2. On enclenche l algorithme du pivot de Gauss : sa terminaison prouvera l inversibilité de P. 2 2 2 L 2 L 2 L L L L L L L 2 L 2 L L L L L 2 L 2 + L L L L 2 2 2 5 2 2 2 2 Tout ceci prouve que P est inversible, et P = 2 2. P est la matrice de B relativement à B et est inversible, ce qui prouve que B est une base de R. On a vu que u (e ) = e, u (e 2 ) = 2e 2 et u (e ) = 2e, d où l on déduit que M B (u) = 2 2. En notant Q la matrice de passage de B vers B, la formule de changement de 2 base donne : M B (u) = Q M B (u) Q. Or Q est l inverse de la matrice de passage de B vers B : P. Ainsi, A = ( P ) DP = P DP. Pour tout entier naturel n, notons K (n) la proposition : A n = P D n P. P D P = P I P = I = A, donc K () est vraie. Soit n un entier naturel pour lequel K (n) est vraie. Alors A n+ = A A n = P DP P D n P = P DD n P = P D n+ P, donc K (n + ) est vraie. Ainsi, d après le principe de récurrence : pour tout n N, A n = P D n P. 5. Les matrices diagonales se multiplient coefficient diagonal par coefficient diagonal. Ainsi, pour tout entier naturel n non nul, D n = 2 n ( 2) n Cette formule reste vraie quand n =, car D = I et 2 = I. ( 2) Partie : deu applications. (a) Pour tout entier naturel n, u n AX n = u n+ u n+2 par définition de la suite u. Ainsi, AX n = X n+. = u n+ u n+2 u n + u n+ + u n+2 = u n+ u n+2 u n+ Pour tout entier naturel n, notons L (n) la proposition : X n = A n X. A X = I X = X, donc L () est vraie. Soit n un entier naturel pour lequel L (n) est vraie. Alors X n+ = AX n = AA n X = A n+ X, donc L (n + ) est vraie. Ainsi, d après le principe de récurrence : pour tout n N, X n = A n X. (b) Si n est un entier naturel, d après la question précédente, u n est le premier coefficient de la matrice-colonne A n X. Ainsi : ( ) ( u n = u 2n + ( 2)n 2 n ( 2) n ) ) 2n ( 2)n + u + u 2 ( + +. 2,
(c) On choisit u, u et u 2 de façon à faire disparaître les termes en ( 2) n dans l epression précédente, par eemple : u =, u =, u 2 =. Avec ces valeurs initiales, pour tout n N, u n = 2 + 2 n, ce qui tend vers + quand n tend vers +. 2. Posons, pour tout p N, Y p = Y p+ = t A Y p. α p β p γ p D après..(c), pour tout p N, Suivant la même méthode qu au..(a), on en déduit que, pour tout p N, Y p = ( t A) p Y. Or Y = et, pour tout p N, ( t A) p = t (A p ) (récurrence par eemple), 2p + ( 2)p 2 donc Y p = p ( 2) p (les désignant des coefficients + 2p + ( 2)p 2 α p = 2p + ( 2)p inutiles au calcul), donc β p = 2p ( 2) p. γ p = + 2p + ( 2)p 2