Université Claude Bernard - Lyon 1 Semestre d`automne 2012

Université Claude Bernard - Lyon 1
Semestre d’automne 2012-2013
Math III - PMI
Durée : 1 heure et 30 minutes
Partie commune - Devoir numéro 1
Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.
Si un candidat est amené à repérer ce qui peut lui sembler être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et
devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.
Dans toutes les questions, il sera tenu le plus grand compte de la rigueur de la rédaction ; toute réponse insuffisamment justifiée sera considérée comme nulle.
Les cinq exercices sont indépendants.
Exercice

1
M = 0
0
1.
1
1
1
3
3
Soit
 (e1 , e2 , e3 ) une base de R et u l’endomorphisme de R dont la matrice dans cette base est
1
0.
2
1. Déterminer une base de E1 = Ker(u − id) et de E2 = Ker(u − 2 id).
2. Montrer que E1 et E2 sont supplémentaires dans R3 .

1 0
3. En déduire M est semblable à la matrice M 0 = 0 1
0 0

0
0.
2
4. Déterminer la matrice inversible P telle que M = P M 0 P −1 et calculer P −1 . Que représente la matrice P −1 ?
Exercice 2. Soit D = diag(a1 , . . . , an ) ∈ Mn (K) une matrice diagonale dont tous les termes diagonaux sont
distincts. On considère l’application u : M ∈ Mn (K) 7−→ DM − M D ∈ Mn (K).
1. Montrer que u est un endomorphisme de Mn (K).
2. Montrer que le noyau de u est l’ensemble des matrices diagonales de Mn (K).
3. L’endomorphisme u est-il surjectif ? Donner le rang de u.
4. On note F l’ensemble des matrices de Mn (K) dont les termes diagonaux sont tous nuls.
(a) Montrer que F est un sous-espace vectoriel de Mn (K) et calculer sa dimension.
(b) Montrer que u(M ) ∈ F pour toute matrice M ∈ Mn (K).
(c) En déduire que l’image de u est F .
Exercice 3. Déterminer la nature de la série de terme général un dans les deux cas suivants :
1. un =
| sin n|
,
n2
2. un =
(n!)a
où a ∈ R
2n
(on discutera selon les valeurs de a).
Exercice 4. Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes :
Z +∞ p
p
1
1.
x2 + x + 1 − x2 − x + 1 dx,
x
1
Z +∞
sin x + sin(2x)
√
2.
dx,
x3 + x4
0
Z +∞
cos x
√ dx.
3.
x
0
1
en
Exercice 5. On pose pour tout n ∈ N∗ , un =
.
n
X
1. Déterminer la nature de la série
un .
2. Montrer qu’il existe α ∈ R tel que un+1 − un ∼ αun quand n tend vers +∞.
n
X
3. En déduire un équivalent de
(uk+1 − uk ) quand n tend vers +∞.
k=1
4. En déduire un équivalent simple de Sn =
n
X
ek
k=1
k
lorsque n tend vers +∞.
2
Correction du Devoir Surveillé 1 - partie commune
Correction
 de
 l’exercice 1
x
1. Soit y  ∈ R3 . On a :
z
 

x
0
y  ∈ Ker(u − id) ⇐⇒ 0
z
0
    
   
 
1
x
0
x
0 
 1
0 y  = 0 ⇐⇒ y + z = 0 ⇐⇒ y  ∈ Vect 0 ,  1 


1
z
0
z
0
−1
   
1
0
Les deux vecteurs étant libres, on en déduit qu’une base de Ker(u − id) est 0 ,  1 .
0
−1
 
1
De même, on montre qu’une base de Ker(u − 2id) est donnée par 0.
1
2. Pour montrer la somme directe, on montre facilement que l’intersection des deux noyaux est réduite au
1
0
1
vecteur nul, puis on utilise la dimension pour conclure. Sans utiliser la dimension, on écrit un élément
x ∈ R3 quelconque sous la forme x = x1 + x2 avec x1 ∈ Ker(u − id) et x2 ∈ Ker(u − 2id), on applique u à
cette égalité et cela permet d’exprimer x1 et x2 en fonction de x et u(x) ; on vérifie réciproquement que x1
et x2 appartiennent aux bons espaces.
3. On écrit la matrice de u dans la base B obtenue en concaténant les bases de Ker(u − id) et Ker(u − 2id)
pour obtenir M 0 qui est bien semblable à M puisque il s’agit de la matrice de u dans une base de R3 .
4. La matrice P est la matrice de passage de la base canonique de R3 à la base ((1, 0, 0), (0, 1, −1), (1, 0, 1)).
Cela revient simplement à dire que l’on met les vecteurs de la nouvelle
base exprimés
dans l’ancienne base


1 0 1
(la base canonique) en colonne dans une matrice. On trouve P = 0 1 0.
0 −1 1
Pour trouver P −1 , onutilise la méthode
du
miroir
(avec
les
opérations
L3 ← L2 + L3 puis L1 ← L1 − L3 )

1 −1 −1
0 .
pour trouver P −1 = 0 1
0 1
1
−1
La matrice P
obtenue est la matrice de passage de la base B à la base (e1 , e2 , e3 ).
Correction de l’exercice 2
1. On a déjà clairement que u : Mn (K) → Mn (K), il reste donc à montrer que u est linéaire. Pour cela, on
prend M, N deux matrices de Mn (K) et λ ∈ K, et on montre que u(λM + N ) = λu(M ) + u(N ) ce qui est
immédiat.
2. Soit M = (mi,j ) ∈ Ker(u). Alors M D = DM . Passant aux éléments, cela donne
n
X
k=1
dik mkj =
n
X
mik dkj
k=1
pour tout i, j ∈ {1, . . . , n}. Utilisant le fait que la matrice D est diagonale, on obtient ai mij = mij aj pour
tout i, j ∈ {1, . . . , n}, soit mi,j = 0 pour tout i 6= j puisque les ak sont tous distincts. Ainsi le noyau de u
est inclus dans l’ensemble des matrices diagonales de Mn (K).
Réciproquement, il est clair qu’une matrice diagonale est dans le noyau de u (puisqu’elle commute avec
n’importe quelle autre matrice diagonale).
3. (a) La dimension du sous-espace vectoriel F des matrices à coeffients diagonaux nuls est n2 − n. Pour
le démontrer proprement, on décompose toute matrice M = (mi,j ) de F dans la base canonique de
X
X
mi,j Ei,j =
mi,j Ei,j puisque les termes diagonaux sont nuls. La famille
Mn (K) : M =
1≤i,j≤n
1≤i,j≤n,i6=j
3
{Ei,j | 1 ≤ i, j ≤ n, i 6= j} est génératrice de F et clairement libre comme famille extraite d’une famille
libre, donc c’est une base de F .
(b) Soit M = (mi,j ) ∈ Mn (K). Alors le terme d’indice (i, i) de u(M ) est donné par :
n
X
dik mki −
k=1
n
X
mik dki = ai mii − mii ai = 0
k=1
Cela montre que u(M ) ∈ F .
(c) On a montré que Im(u) ⊂ F en 3b). Puis on écrit dim(F ) = n2 − n = dim(Mn (K)) − dim(Ker(u)) =
dim(Im(u)) par le théorème du rang puis par 3a), d’où l’égalité voulue.
Correction de l’exercice 3
X 1
| sin n|
1
≤ 2 . Or la série
est une série de Riemann d’exposant
2
n
n
n2
X
2 > 1 donc elle converge. Par comparaison de séries à termes positifs, on en déduit que
un converge.
1. Pour tout n ∈ N∗ , on a 0 ≤ un =
(n!)a
> 0, on peut utiliser le critère de d’Alembert :
2n
a n
((n + 1)!)a 2n
(n + 1)!
2
1
=
=
= (n + 1)a .
n+1
a
n+1
2
(n!)
n!
2
2
2. Soit a ∈ R. Puisque pour tout n ∈ N, un =
un+1
un
X
un+1
tend vers +∞ quand n tend vers +∞ donc
un diverge.
un
X
un+1
Si a < 0,
tend vers 0 < 1 quand n tend vers +∞ donc
un converge.
un
X
1
1
un+1
un converge.
= tend vers < 1 quand n tend vers +∞ donc
Si a = 0,
un
2
2
Si a > 0,
Correction de l’exercice 4
R+
.
√
1 √ 2
x 7−→ √
x + x + 1 − x2 − x + 1
x
• f est continue sur [1; +∞[ donc intégrable sur tout segment de [1; +∞[ (en particulier sur [1; M ] pour tout
1. Notons f : [1; +∞[ −→
M > 1).
• Pour étudier l’intégrabilité au voisinage de +∞, on utilise la quantité conjuguée :
f (x) =
x2 + x + 1 − (x2 − x + 1)
√
√
= √ q
x( x2 + x + 1 + x2 − x + 1)
x2
1+
1
n’est pas intégrable au voisinage de +∞, i.e.
x
voisinage de
Z +∞.
Z
Or x 7−→
1
2
1
x
+∞
+
1
x2
q
+ 1−
1
x
+
1
x2
∼+∞
1
≥0
x
1
dx diverge, donc f n’est pas intégrable au
x
+∞
Par suite,
f (x)dx diverge.
1
2. Posons g : ]0; +∞[ −→
R
.
sin(x) + sin(2x)
√
x 7−→
x3 + x4
• La fonction g est continue sur ]0; +∞[ donc g est absolument intégrable sur tout segment de ]0; +∞[.
• Au voisinage de 0 : on a sin x = x+o0 (x) et sin(2x) = 2x+o0 (x). Ainsi, sin(x)+sin(2x) = 3x+o0 (x) ∼0 3x.
Donc on obtient
3x
3x
3
g(x) ∼0 √ = √ = √ ≥ 0
3
x x
x
x
4
1
Puisque la fonction x 7−→ √ est intégrable au voisinage de 0, on en déduit donc que g est intégrable au
x
Z 1
voisinage de 0, donc
g(x)dx converge.
0
• Au voisinage de +∞, on a
0 ≤ |g(x)| =
Or x 7−→
2
2
| sin x + sin(2x)|
2
√
≤√
≤√ = 2
3
4
3
4
4
x
x +x
x +x
x
1
est intégrable au voisinage de +∞, donc g est (absolument) intégrable au voisinage de +∞.
xZ2
+∞
g(x)dx converge.
Par suite,
0
−→
7−→
.
R
cos x
√
x
• La fonction h est continue sur ]0; +∞[ donc intégrable sur tout segment de ]0; +∞[.
1
1
• Au voisinage de 0, on a h(x) ∼0 √ ≥ 0, et x 7−→ √ est intégrable, donc h est intégrable au voisinage
x
x
Z 1
de 0 (en particulier
h(x)dx converge).
0
Z X
h(x)dx par
• Pour étudier le comportement de l’intégrale au voisinage de +∞ : soit X > 1. On calcule
3. Notons h : ]0; +∞[
x
0
une intégration par parties, puis on fera tendre X vers +∞ :
Z
X
1
X Z X
cos x
sin x
sin x
√ dx = √
+
3 dx
x
x 1
2x 2
1
Z X
Z +∞
sin x
sin X
sin x
| sin x|
1
√
= 0 et que lim
dx
=
dx car la fonction 0 ≤
≤ 3/2
3/2
3/2
X→+∞ 1
X→+∞
2x3/2
2x
2x
x
X
1
Z X
1
et x 7−→ 3/2 est intégrable au voisinage de +∞, on en déduit que
h(x)dx admet une limite finie quand
x
1
Z
Z
Puisque
lim
+∞
X → +∞. Ainsi,
+∞
h(x)dx converge, donc
1
h(x)dx converge.
0
Correction de l’exercice 5
en
. Par croissance comparée, on remarque que un tend vers +∞ quand n tend vers
n
X
+∞, donc un ne tend pas vers 0, par suite la série
un diverge grossièrement.
1. Pour tout n ∈ N∗ , un =
2. Pour tout n ∈ N∗ , on a un+1 − un =
en+1
en
en
en
−
=
(ne − (n + 1)) =
((e − 1)n − 1) d’où
n+1
n
n(n + 1)
n(n + 1)
(e − 1)en
= (e − 1)un . Ainsi α = e − 1.
n
X
3. Notons an = (e − 1)un ∀n ∈ N∗ . Puisque an ≥ 0, que un+1 − un ∼n→+∞ an , et que
an diverge, le
un+1 − un ∼n→+∞
théorème de sommation des relations de comparaisons pour les séries divergentes à termes positifs donne
n
n
n
X
X
X
(e − 1)ek
(uk+1 − uk ) ∼n→+∞
ak =
.
k
k=1
k=1
4. On a de plus par téléscopage,
que
n
X
ek
k=1
k
k=1
n
X
(uk+1 − uk ) = un+1 − u1 =
k=1
∼n→+∞
en+1
.
(e − 1)n
5
en+1
en+1
− e ∼n→+∞
. On en conclut donc
n+1
n