EXERCICE 1 - PCSI

CORRECTION DS N˚8
EXERCICE 1 - Voir le cours !
EXERCICE 2 : DANS L’ESPACE VECTORIEL R4
Soit E = R4 . F = (x, y, z, t) ∈ R4 | 2x − y − z = 0
et G = (a + b, a + b, b + c, 2a + b) | (a, b, c) ∈ R3 .
1. F = (x, y, z, t) ∈ R4 ; 2x − y − z = 0 = (x, y, 2x − y, t) ∈ R4 ; (x, y, t) ∈ R3 .
Or (x, y, 2x−y, t) = x(1, 0, 2, 0)+y(0, 1, −1, 0)+t(0, 0, 0, 1) donc F = Vect{(1, 0, 2, 0); (0, 1, −1, 0); (0, 0, 0, 1)} .
D’après l’écriture de F , cette famille est génératrice de F . On vérifie facilement que cette famille
(f1 , f2 , f3 ) de 3 vecteurs est libre : soient (λ1 ,
λ2 , λ3 ) ∈ R3 tels que λ1 f − 1 + λ2 f2 + λ3 f3 = 0R4 .
λ1 = 0



λ2 = 0
Cette égalité vectorielle équivaut au système
soit λ1 = λ2 = λ3 = 0.
2λ1 − λ2 = 0



λ3 = 0
4
C’est donc une famille et génératrice de R , c’est à dire une base de F et dim F = 3 .
2. De même G = Vect{(1, 1, 0, 2); (1, 1, 1, 1); (0, 0, 1, 0)}
D’après l’écriture de G, cette famille est génératrice de G. On vérifie facilement comme au 1. que cette
famille (g1 , g2 , g3 ) de 3 vecteurs est libre en montrant que λ1 g1 +λ2 g2 +λ3 g3 = 0R4 ⇒ λ1 = λ2 = λ3 = 0
donc c’est une base de G et dim G = 3 .

x = a+b




y = a+b

z = b+c
3. Soit X = (x, y, z, t) ∈ F ∩ G, alors ∃a, b, c ∈ R tels que :


t = 2a + b



2x − y − z = 0
La dernière ligne équivaut à 2(a + b) − (a + b) − (b + c) = 0 soit a = c.
Donc X = (a + b, b, a + b, 2a + b) = a(1, 1, 1, 2) + b(1, 1, 1, 1) soit F ∩ G = Vect{(1, 1, 1, 2); (1, 1, 1, 1)} .
Comme ces deux vecteurs sont non colinéaires, on en déduit que c’est une base de F ∩G et dim(F ∩ G) = 2.
4. On note u = (1, 0, 1, 0) et v = (0, 1, −1, 1) et H =Vect(u, v).
Soit X =∈ G ∩ H, alors ∃a, b, c, d, e ∈ R tels que af1 + bf2 + cf3



a+b = d
a+b = d
a+b









a+b = e
d = e
e
⇔
⇔
b
+
c
=
d
−
e
b
+
c
=
0
b









2a + b = e
2a + b = e
2a + b
= du + ev soit :

= d



= d
⇔
= −c



= a+b
b
e
b
a
=
=
=
=
d
d
−c
0
Soit X = (d, d, 0, d) Ainsi G ∩ H = Vect{(1, 1, 0, 1)} et dim(G ∩ H) = 1.
EXERCICE 3 : ESPACE VECTORIEL DE POLYNÔMES
L’objet de l’exercice est entre autre l’étude des deux sous-ensembles suivants du R-espace vectoriel R4 [X] :
F = αX 4 + (α + β)X + β |(α, β) ∈ R2
et G = P ∈ R4 [X] | P 0 (1) = 0 .
1. Soient Q ∈ F quelconque et A = X 4 + 4X + 3.
(a) Si suffit de vérifier que −1 est racine de Q.
Or Q ∈ F donc ∃(α, β) ∈ R2 tels que Q = αX 4 + (α + β)X + β.
Soit Q(−1) = α − (α + β) + β = 0. Ainsi Q ∈ F est divisible par X + 1.
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(b) On remarque que −1 est racine de A (c’est même une racine double). En factorisant on trouve :
A = (X + 1)(X 3 − X 2 + X + 3),
−1 est à nouveau racine de X 3 − X 2 + X + 3 et A = (X + 1)2 (X 2 − 2X + 3) dans R[X] .
√
√
Dans C[X], A = (X + 1)2 (X − 1 + i 2)(X − 1 − i 2).
2.
La base canonique de R4 [X] est (1, X, X 2 , X 3 , X 4 ) et dim(R4 [X]) = 5.
3. Propriétés de F .
(a) Q ∈ F si, et seulement si, ∃(α, β) ∈ R2 tels que Q = αX 4 + (α +β)X +β = α(X 4 +X) +β(X + 1).
Ainsi F = Vect((X 4 + X), (X + 1)) et cette écriture prouve qu’il s’agit bien d’un espace vectoriel de R4 [X] engendré par deux vecteurs.
(b) La famille ((X 4 + X), (X + 1)) étant libre (car polynôme de degrés échelonnés) et génératrice, on
en déduit que dim(F ) = 2 .
4. Propriétés de G.
(a) Le polynôme nul appartient à G de façon triviale.
Soit P , Q deux éléments de G et λ, µ ∈ R, alors par linéarité de l’opérateur dérivé :
(λP + µQ)0 = λP 0 + µQ0 soit (λP + µQ)0 (1) = λP 0 (1) + µQ0 (1) = 0 et donc (λP + µQ) ∈ G.
On en déduit que G est un sous-espace vectoriel de R4 [X].
G est un sous-espace vectoriel de R4 [X] qui est de dimension 5, G est donc de dimension comprise
entre 0 et 5. Mais si G était de dimension 5 alors comme G ⊂ R4 [X], G serait égal à R4 [X]. Or ce
n’est pas le cas puisque le polynôme égal à X n’appartient pas à G par exemple donc dim(G) 6 4.
(b) (1, (X−1)2 , (X−1)3 , (X−1)4 ) est une famille libre car il s’agit de polynômes de degrés échelonnés.
Il s’agit bien d’éléments de G car 1 est bien racine des dérivées de tous ces polynômes (1 est
racine de multiplicité m > 2 pour les trois derniers et le premier polynôme a une dérivée nulle).
(c) dim(G) 6 4 d’après le (a) mais comme G contient une famille libre de 4 éléments on a également dim(G) > 4, c’est à dire dim(G) = 4 .
(1, (X − 1)2 , (X − 1)3 , (X − 1)4 ) devient donc une famille libre et maximale, ce qui en fait une
base de G (donc génératrice) et par conséquent G = Vect(1, (X − 1)2 , (X − 1)3 , (X − 1)4 ) .
5. Propriétés de F ∩ G.
(a) La formule de Grassman est : dim(F + G) = dim(F )+ dim(G)− dim(F ∩ G) .
On en déduit que dim(F ∩ G) = 2 + 4− dim(F + G) > 1 puisque dim(F + G) 6 5 = dim R4 [X].
(b) Soit P ∈ F ∩ G, donc ∃(α, β) ∈ R2 tels que Q = αX 4 + (α + β)X + β.
De plus P 0 (1) = 0 ⇔ 4α + α + β = 0 ⇔ β = −5α.
Ainsi P = αX 4 − 4αX − 5α et donc F ∩ G = Vect(X 4 − 4X − 5), soit dim(F ∩ G) = 1.
EXERCICE 4 - E.V. ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Soit E = C 2 (R, R), F = {y ∈ E | y 00 + ω 2 y = 0}
(avec ω ∈ R∗ )
et
G = {y ∈ E | y(0) = y 0 (0) = 0}.
1. f est de classe C 2 sur R lorsqu’elle est définie, dérivable et que sa dérivée est continue sur R.
2. (a) D’après le cours, en résolvant l’équation caractéristique r2 +ω 2 = 0, les solutions sont de la forme :
y : t ∈ R 7→ A cos(ωt) + B sin(ωt) avec (A, B) ∈ R2
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(b) On remarque que tout élément de F est une solution de l’équation différentielle résolue au (a)
donc combinaison linéaire des fonctions f : t 7→ cos(ωt) et g : t 7→ sin(ωt).
On en déduit que F = Vect(f, g).
(c) On prouve facilement que la famille (f, g) est libre (ces deux fonctions ne sont pas proportionnelles), (f, g) est donc une base de E et on en déduit que dim(F ) = 2 .
3. La fonction nulle s’annule en 0 ainsi que sa dérivée donc elle appartient à G.
Soient y1 , y2 deux fonctions de G ainsi que (λ, µ) ∈ R2 , montrons que λy1 + µy2 ∈ G :
(λy1 + µy2 )(0) = λy1 (0) + µy2 (0) = 0 et de même (λy1 + µy2 )0 (0) = λy10 (0) + µy20 (0) = 0 on en déduit
donc (λy1 + µy2 ) ∈ G et G est un sous-espace vectoriel de E.
4. Montrons que F ∩ G = {0E } :
Soit y ∈ F ∩ G, il existe (A, B) ∈ R2 tel que ∀t ∈ R, y(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt).
Or y(0) = 0 donc A = 0 et ∀t ∈ R, y(t) = B sin(ωt).
Comme y 0 (0) = 0 et y 0 (t) = Bω cos(ωt) alors y 0 (0) = B = 0.
y est donc la fonction nulle et F ∩ G = {0E }.
Montrons que F + G = E :
Analyse : Soit y ∈ E, supposons qu’il existe (yF , yG ) ∈ F × G tel que y = yF + yG .
yF ∈ F donc il existe (A, B) ∈ R2 tel que ∀t ∈ R, yF (t) = A cos(ωt) + B sin(ωt).
0 donc y 0 (0) = y 0 (0) + y 0 (0) = Bω.
On a y = yF + yG donc y(0) = yF (0) + yG (0) = A et y 0 = yF0 + yG
F
G
Ainsi A = y(0) et B =
Synthèse :
y 0 (0)
ω
soit ∀t ∈ R, yF (t) = y(0) cos(ωt) +
y 0 (0)
ω
sin(ωt) et yG = y − yF .
0
∀t ∈ R, yF (t) = y(0) cos(ωt) + y ω(0) sin(ωt) donc yF est bien une solution de y 0 + ω 2 y = 0 et yF ∈ F .
0 (0) = y 0 (0) − y 0 (0) = y 0 (0) − Bω = 0
yG = y − yF donc yG (0) = y(0) − yF (0) = y(0) − A = 0 et yG
F
donc yG ∈ G.
On en déduit que F + G = E et donc F et G sont supplémentaires dans E.
5. On remarque tout d’abord que G contient toutes les fonctions monômes de degré k > 2 (x 7→ xk ).
Supposons G de dimension finie n et considérons la famille de fonctions monômiales (x 7→ xk )26k6n+2
qui sont n + 1 éléments de G. Mais cette famille est libre (car les fonctions monômiales sont de degrés
échelonnées) ce qui est impossible car une famille fille a au maximum n éléments.
En déduit que G est de dimension infinie.
PROBLÈME - SUITE D’INTÉGRALE ET IRRATIONALITÉ DE ln 2
Partie A - Une expression de ln 2
Z
On pose, pour tout n ∈ N : In =
0
1. Pour tout n ∈ N, t 7→
Z
2.
1
I0 =
0
Z
1
I1 =
0
Z
3. I2 =
0
1
tn
1+t
1
tn
dt
1+t
est continue sur [0, 1] donc l’intégrale In est bien définie.
1
dt = [ln(1 + t)]10 = ln 2
1+t
Z 1
t
1
dt =
dt = [t − ln(1 + t)]10 = 1 − ln 2
1−
1+t
1+t
0
t2
dt, en faisant le changement de variable y = 1 + t, on obtient :
1+t
Z 1+1
Z 2 2
Z 2
(y − 1)2
y − 2y + 1
1
I2 =
dy =
dy =
y−2+
dy
y
y
y
0+1
1
1
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Ainsi I2 = [ 12 y 2 − 2y + ln y]21 = ln 2 −
1
2
.
4. Pour tout t ∈ R\{−1} et n ∈ N, on reconnait la somme de termes d’une suite géométrique de raison
(−t) et de premier terme 1, ce qui justifie :
n
X
1 − (−t)n+1
(−t)k =
.
1+t
k=0
5. Pour tout n ∈ N, il suffit d’intégrer la relation du 4. entre 0 et 1 ainsi :
!
Z 1 X
Z 1
n
1 − (−t)n+1
k
dt
(−t)
dt =
1+t
0
0
k=0
En exploitant la linéarité de l’intégrale (on permute la somme et l’intégrale) :
Z 1
Z 1
n Z 1
X
(−t)n+1
1
dt −
dt.
(−1)k tk dt =
1+t
0
0
0 1+t
k=0
soit en sortant les facteurs (−1)k et (−1)n+1 de l’intégrale :
n
X
(−1)k
Z
1
tk dt =
0
k=0
Z
0
1
1
dt − (−1)n+1
1+t
Z
0
1
tn+1
dt.
1+t
6. Il
de calculer les intégrales
Z suffit
Z 1 mises en jeu :
Z 1 n+1
1
1
1
t
k
k+1 1
1
t dt = [t ]0 =
,
dt = [ln(1 + t)]0 = ln 2 et
dt = In+1 .
k+1
0
0 1+t
0 1+t
n
X
(−1)k
Ainsi pour tout n ∈ N :
= ln 2 − (−1)n+1 In+1 .
k+1
k=0
1
tn+1
6 1 et 0 6
6 tn+1 (comme tn+1 > 0).
1+t
1+t
En intégrant cette inégalité entre 0 et 1, on en déduit l’encadrement :
7. Soit n ∈ N.Pour tout t ∈ [0, 1] : 1 6 1 + t donc 0 6
Z
0 6 In+1 6
1
tn+1 dt = [
0
1 n+2 1
1
t
]0 =
n+2
n+2
1
8. D’après le théorème des gendarmes, comme
→ 0, In+1 → 0 donc la suite (In+1 )n∈N converge vers 0
n+2
.
9.
D’après la question 6., un = ln 2 − (−1)n+1 In+1 ., on en déduit que la suite (un )n∈N converge vers ln 2.
Partie B - Développement en série entière du logarithme.
Soit x ∈]0, 1].
10. Pour tout t ∈ R\{−1} et n ∈ N, on reconnait la somme de termes d’une suite géométrique de raison
(−xt) et de premier terme 1, et comme à la question 4., ceci donne :
n
X
1 − (−xt)n+1
(−xt)k =
.
1 + xt
k=0
Pour tout n ∈ N, il suffit d’intégrer la relation du 4. entre 0 et 1 ainsi :
!
Z 1 X
Z 1
n
1 − (−xt)n+1
k
(−xt)
dt =
dt
1 + xt
0
0
k=0
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En exploitant la linéarité de l’intégrale (on permute la somme et l’intégrale) :
n Z
X
1
Z
k k
(−x) t dt =
0
k=0
1
0
1
dt −
1 + xt
1
Z
0
(−xt)n+1
dt.
1 + xt
soit en sortant les facteurs (−1)k et (−1)n+1 de l’intégrale :
n
X
k
Z
Comme
Z
k
0
0
1
tk dt = [tk+1 ]10 =
0
1
dt − (−1)n+1
1 + xt
Z
1
0
(xt)n+1
dt.
1 + xt
1
on en déduit :
k+1
n
X
(−1)k
k=0
1
t dt =
(−x)
k=0
Z
1
k+1
1
Z
k
x =
0
1
Z
11. Un simple calcul de primitive :
0
dt
− (−1)n+1
1 + xt
Z
1
0
(xt)n+1
dt
1 + xt
1
dt
1
ln(1 + x)
=
ln(1 + xt) =
.
1 + xt
x
x
0
12. Soit n ∈ N. Pour tout t ∈ [0, 1] et x ∈]0, 1] :
1
(xt)n+1
1 6 1 + xt donc 0 6
6 1 et 0 6
6 (xt)n+1 6 tn+1 (comme x < 1).
1 + xt
1 + xt
En intégrant cette inégalité entre 0 et 1, on en déduit l’encadrement :
1
Z
06
0
(xt)n+1
dt 6
1 + xt
Z
0
1
tn+1 dt =
1
n+2
1
Z 1
(xt)n+1
13. D’après la question 12., par encadrement
dt 6
tn+1 dt → 0.
1
+
xt
0
0
Z 1
n
X
dt
ln(1 + x)
(−1)k k
x →
=
(d’après 11.).
Donc lim
n→+∞
k+1
x
0 1 + xt
Z
k=0
En multipliant par x, on obtient
lim
n→+∞
n
X
(−1)k
k=0
k+1
xk+1 = ln(1 + x) .
Partie C - Irrationalité de ln 2
On suppose qu’il existe (p, q) ∈
(N∗ )2
p
1
tels que ln 2 = et ∀n ∈ N : Jn =
q
n!
Z
1
(1 − t2 )n et ln 2 dt.
−1
Z
1 1 t ln 2
1 t ln 2 1
1 ln 2
1
1
3
e
dt =
e
=
[e − e− ln 2 ] =
[2 − ] =
.
14. J0 =
0! −1
ln 2
ln
2
ln
2
2
2
ln
2
−1
On effectue
1
Z une double I.P.P. :
Z 1
1 1
1
1
2 t ln 2
2 t ln 2
J1 =
(1 − t )e
dt =
(1 − t )e
−
(−2t)et ln 2 dt.
1! −1
ln 2
ln
2
−1
−1
Z 1
1
t ln 2
4
1
2
3
2t t ln 2
2
1
J1 = ln12
e
−
e
dt
=
+
−
.
2
ln 2
ln 2
ln 2
ln 2
ln 2 2 ln 2
(ln 2)
−1
−1
5 ln(2) − 3
J1 =
.
(ln 2)3
15. ∀n ∈ N, ∀t ∈] − 1, 1[, (1 − t2 ) > 0 et et ln 2 > 0, ainsi par positivité de l’intégrale : Jn > 0 .
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16. Très simplement sur [−1, 1], on remarque que 0 6 (1 − t2 ) 6 1 donc (1 − t2 )n et ln 2 6 et ln 2 .
1
En intégrant cette inégalité entre −1 et 1 on obtient : 0 6 Jn 6 J0 .
n!
Dn
J0 mais Dn = o(n!) par croissances comparées.
Ainsi pour tout D ∈ R, 0 6 Dn Jn 6
n!
Et donc Dn Jn −→ 0 par encadrant de limites.
n→+∞
17. Pour tout n ∈ N, On va montrer cette égalité par I.P.P. : Jn+2 =
Jn+2
1
=
(n + 2)!
(1 − t2 )n+2 t ln 2
e
ln 2
1
1
+
ln 2
−1
Z
1
(n + 2)!
Z
1
1
(1 − t2 )n+2 et ln 2 dt
−1
!
(2(n + 2)t)(1 − t2 )n+1 et ln 2 dt
−1
En simplifiant :
1
2
=
.
(n + 1)! ln 2
Jn+2
Z
1
2 n+1 t ln 2
t(1 − t )
e
dt
−1
Une seconde I.P.P. donne :
!
1
Z 1
1
2t(1 − t2 )n+1 t ln 2
2
1
Jn+2 =
.
e
−
[(1 − t2 ) − 2(n + 1)t2 ](1 − t2 )n et ln 2 dt
(n + 1)! ln 2
ln 2
ln
2
−1
−1
Soit
Jn+2
2
1
.
=
(n + 1)! ln 2
2t(1 − t2 )n+1 t ln 2
e
ln 2
!
1
−
[(2(t2 − 1) − (n + 3))(1 − t2 )n ]
et ln 2 dt
ln
2
−1
−1
1
Z
1
En simplifiant :
Jn+2
2
1
.
=
(n + 1)! (ln 2)2
Jn+2
2
=
(ln 2)2
Soit finalement en posant ln 2 =
Z
1
2 n+1
[(−(2n + 3)(1 − t )
2 n
t ln 2
+ 2(n + 1)(1 − t ) ]e
dt
−1
p
q
2(n + 1)
−(2n + 3)Jn+1 +
(n + 1)!
Z
1
2 n t ln 2
(1 − t ) e
dt
−1
:
Jn+2 =
4q 2
(4n + 6)q 2
J
−
Jn+1 .
n
p2
p2
18. On raisonne par récurrence forte sur n ∈ N.
Si n = 0 le résultat est vrai (d’après le calcul de J0 ) avec A0 (X) = 1.
Si n = 1 le résultat est vrai (d’après le calcul de J1 ) avec A1 (X) = 2X − 2.
Soit n ∈ N, supposons que ∀k ∈ {0, . . . , n + 1}, il existe un polynôme Ak à coefficients entiers et de
degré k tel que l’égalité soit vérifiée au rang k.
D’après la formule de récurrence prouvée à la question précédente :
Jn+2 =
Jn+2
4q 2
(4n + 6)q 2
J
−
Jn+1
n
p2
p2
"
2n+3 2n+1 #
q2
q
p
1
p
q
p
1
p
= 2 −(4n + 6)
2An+1
− An+1 −
+4
2An
− An −
p
p
q
2
q
p
q
2
q
Soit
Jn+2
2n+5 q
p
1
p
=
2An+2
− An+2 −
p
q
2
q
où l’on a posé An+1 (X) = 4X 2 − (4n + 6)An+1 (X) qui est bien un polynôme à coefficients entiers et
de degré +1 par somme et produit.
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CORRECTION DS N˚8
Ceci achève l’hérédité et d’après le principe de récurrence pour tout entier n ∈ N, il existe une fonction
polynômiale à coefficients entiers An tel que :
2n+1 p
1
p
q
2An
− An −
Jn =
p
q
2
q
19. On note pour n ∈ N, An (X) = a0 + a1 X + . . . + an X n avec (a0 , a1 , . . . , an ) ∈ Zn+1 .
p
2n+1
On a alors q
An
= a0 q 2n+1 + a1 pq 2n + . . . + an pn q n+1 ∈ Z (par somme d’entiers).
q
p
p3n
∈ Z pour n ∈ N. Remarquons enfin que ( 2n+1 = pn−1 ∈ Z)
De même q 2n+1 An
q
p
3n
p
p
p
Ainsi Dn Jn = 2n+1 2n+1 q 2n+1 An
− 2n−1 q 2n+1 An −
∈ Z par somme et produit d’entiers.
p
q
q
En conclusion, si D = 2p3 , pour tout n ∈ N∗ : Dn Jn ∈ N∗ .
20. D’après la question 19., ∀n ∈ N∗ : (2p3 )n Jn ∈ N∗ donc (2p3 )n Jn 6 1 .
Mais d’après la question 16., (2p3 )n Jn −→ 0 , ce qui est en contradiction avec l’inégalité découlant
du 19., on en déduit l’absurdité de l’hypothèse, c’est à dire que l’on a prouvé l’irrationalité de ln 2.
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