Test de fin de semaine de pré

Test de fin de semaine de pré-rentrée
Correction
Problème d’analyse
1. En posant u =
ex ,
on a I1 (x) =
Z
ex
1
π
2du
= 2 arctan(ex ) − .
2
u +1
2
2.
ch2 (t) − sh2 (t)
1
= 2
2
ch (t)
ch (t)
Z x
Z x
dt
th′ (t)dt = th(x) − th(0) = th(x)
=
I2 (x) =
2
ch
(t)
0
0
∀t ∈ R th′ (t) =
Donc
3. (a)
Ik (x) =
Z
x
0
ch(t)dt
chk+1 (t)
1
v ′ = ch(t)
chk+1 (t)
−(k + 1)sh(t)
v = sh(t)
on a u′ =
chk+2 (t)
Z x
sh(t) x
sh2 (t)
Donc Ik (x) =
dt
+
(k
+
1)
k+2
chk+1 (t) 0
(t)
0 ch
en posant
u=
sh2 (t) = ch2 (t) − 1
sh(x)
+ (k + 1) [Ik (x) − Ik+2 (x)]
on a Ik (x) = k+1
ch (x)
sh(x)
k
Donc finalement Ik+2 =
Ik (x)
+
k+1
(k + 1)ch (x) k + 1
Comme
(b) En utilisant la formule de récurrence démontrée précédemment, on trouve donc:
sh(x)
1
π
sh(x)
+
+ arctan(ex ) −
I1 (x) =
2
2
4
2ch (x) 2
2ch (x)
2
2
sh(x)
sh(x)
+ I2 (x) =
+ th(x)
I4 (x) =
3
3
3
3
3ch (x)
3ch (x)
I3 (x) =
1
est définie continue sur R, elle admet des primitives sur R et donc
ch (t)
la fonction Ik est définie sur R.
4. La fonction t 7→
k
1
2
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(a)
Ik (−x) =
Z
−x
0
dt
=−
chk (t)
Z
x
0
du
en posant u = −t
ch (−u)
k
On a donc Ik (−x) = −Ik (x). La fonction est donc impaire.
(b) Ik est la primitive de la fonction t 7→
continue sur R.
(c) La dérivée de Ik est la fonction t 7→
également de classe C ∞ sur R.
1
.
chk (t)
1
,
chk (t)
Elle est donc dérivable sur R et donc
qui est de classe C ∞ sur R. Donc Ik est
5.
1
ch (x)
ksh(x)
Ik′′ (x) = − k+1
ch (x)
Ik′ (x) =
Ik′′′ (x)
k
k 1 − ksh2 (x)
chk+2 (x) − (k + 1)sh2 (x)chk (x)
=−k
=−
ch2k+2 (x)
chk+2 (x)
6. D’après la formule de Taylor-Young:
1
1
Ik (x) = Ik (0) + Ik′ (0)x + Ik′′ (0)x2 + Ik′′′ (0)x3 + o0 (x3 )
2
6
k
Donc Ik (x) = x − x3 + o0 (x3 )
6
7. ∀x ∈ R Ik′ (x) = chk1(x) > 0.
La fonction Ik est donc strictement croissante sur R.
R n+1 dt
8. (a) ∀n ∈ N∗ un+1 − un = n
> 0 car c’est l’intégrale d’une fonction strictechk (t)
ment positive sur un segment. La suite (un )n∈N∗ est donc croissante.
(b)
∀t ∈ R ch(t) =
et + e−t
et (1 + e−2t )
et
=
≥
2
2
2
1
≤ 2k e−kt
ch (t)
Z n
2k
et donc Ik (n) ≤
2k e−kt dt = (1 − e−kn ) (k > 0)
k
0
Donc
donc
un = Ik (n) ≤
k
2k
k
La suite (un ) est croissante et majorée. Donc elle converge.
9. (a) En raisonnant par l’absurde, on suppose que Ik est non majorée quand x tend vers
+∞.
Comme Ik est strictement croissante, sa limite en +∞ est donc +∞. Donc la suite
(Ik (n))n∈N∗ a pour limite +∞. Ceci est faux d’après la question précédente.
Ik est donc majorée sur R et admet une limite finie en +∞, autrement dit, Jk existe.
3
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(b)
J1 = lim I1 (x) = lim 2 arctan(ex ) −
x→∞
x→∞
π
π
=
2
2
J2 = lim I2 (x) = lim th(x) = 1
x→∞
x→∞
(c) On a montrée que :
k
sh(x)
+
Ik (x)
k+1
(k + 1)ch (x) k + 1
1
1
Or sh(x) ∼+∞ ex et chk+1 (x) ∼+∞ k+1 e(k+1)x
2
2
sh(x)
2k −kx x→∞
e
−−−→ 0
Donc
∼+∞
k+1
(k + 1)chk+1 (x)
k
Donc Jk+2 =
Jk
k+1
Ik+2 =
4
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Problème d’algèbre
Soit f : R3 −→ R3 définie par:
∀(x, y, z) ∈ R3 , f (x, y, z) = (x + y + 2z, x, y)
1. (a) f est linéaire (immédiat) et de l’ev R3 dans R3 .


1 1 2
A = MC (f ) =  1 0 0 
0 1 0
(b) ker f = (x, y, z) ∈ R3 /f (x, y, z) = 0R3

 x +y +2z = 0
x
=0 ⇔x=y=z=0
(x, y, z) ∈ ker f ⇔

y
=0
Donc f est injective. De plus, c’est un endomorphisme, donc elle est également surjective.
On le prouve en utilisant le théorême du rang dim R3 = dim ker f + rgf ⇒ rgf = 3.
Imf = R3 .
2. (a)
• Avec la fonction
∀(x, y, z) ∈ R3
f 2 (x, y, z) =f (f (x, y, z)) = f (x + y + 2z, x, y)
=(x + y + 2z + x + 2y, x + y + 2z, x)
=(2x + 3y + 2z, x + y + 2z, x)
f 3 (x, y, z) =f (f 2 (x, y, z)) = (5x + 4y + 4z, 2x + 3y + 2z, x + y + 2z)
• Matriciellement
La matrice de f 2 = f of est:

2 3 2
A2 =  1 1 2 
1 0 0

La matrice de f 3 = f of of est:

5 4 4
A3 = A2 A =  2 3 2 
1 1 2

ce qui donne le même résultat que précédemment.
(b) De même se vérifie matriciellement ou avec la fonction.
• Avec la fonction
∀(x, y, z) ∈ R3
f 2 (x, y, z) + f (x, y, z) + 2(x, y, z) =(5x + 4y + 4z, 2x + 3y + 2z, x + y + 2z)
=f 3 (x, y, z)
5
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• Matriciellement
 


 
 
1 1 2
5 4 4
2 3 2
1 0 0
 1 1 2  +  1 0 0  +  0 1 0  =  2 3 2  = A3
0 1 0
1 1 2
1 0 0
0 0 1
{z
} |
{z
} |
{z
}
|
A
A2
(c)
2I3
• On sait déjà que f est une bijection, d’après la question 1.
D’après la question précédente, on a :
1
1 3
(f − f 2 − f ) = Id ⇔ ( (f 2 − f − Id))of = Id
2
2
1 2
−1
Donc f = (f − f − Id)
2
1
Donc∀(x, y, z) ∈ R3 f −1 (x, y, z) = (2y, 2z, x − y − z)
2
• Matriciellement
A3 = A2 + A + 2I3
DoncA(A2 − A − I3 ) = I3
DoncA−1
3. (a)

0 2
0
1
1
2 
= MC (f −1 ) = (A2 − A − I3 ) =  0 0
2
2
1 −1 −1

•
1 2
1
(f + f + Id)o(f 2 + f + Id) = (f 4 + f 3 + f 2 + f 3 + f 2 + f + f 2 + f + Id)
49
49
1
2
3
2
= (f o(f + f + 2Id) + 2f + 3f + 2f + Id)
|
{z
}
49
p2 =
f3
1
1
(3f 3 + 4f 2 + 4f + Id) = (3f 2 + 3f + 6Id + 4f 2 + 4f + Id)
49
49
1 2
1
2
= (7f + 7f + 7Id) = (f + f + Id) = p
49
7
=
•

4 4 4
1
1
1
C =MC (p) = (A2 + A + I2 ) = (A3 − I) =  1 2 2 
7
7
7
1 1 1

C 2 =MC (p2 ) = C
(b)
•
ker p = (x, y, z) ∈ R3 /p(x, y, z) = 0

 4x +4y 4z = 0
2x +2y 2z = 0 ⇔ x + y + z = 0
(x, y, z) ∈ ker p ⇔

x +y z = 0
Donc ker p = (x, y, z) ∈ R3 /x + y + z = 0 = vect ((−1, 1, 0), (−1, 0, 1))
Ces deux vecteurs forment une famille génératrice de ker p. Comme de plus elle
est libre, c’est une base de ker p.
Donc dim ker p = 2.
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•
Imp = p(x, y, z)/(x, y, z) ∈ R3
x+y+z
3
(4, 2, 1)/(x, y, z) ∈ R
=
7
=vect((4, 2, 1))
•
(x, y, z) ∈ ker p∩Imp ⇔
Or
p(x, y, z) = 0
⇔
∃α ∈ R (x, y, z) = α(4, 2, 1)
αp((4, 2, 1)) = 0
∃α ∈ R (x, y, z) = α(4, 2, 1)


4
p(4, 2, 1) =  2  =
6 0
1
Donc α = 0. Donc ker p ∩ Imp = {OR3 }. ker p et Imp sont donc en somme directe.
Comme dim(ker p ⊕ Imp) = dim(ker p) + dim(Imp) = 3 = dim R3 , on a:
R3 = ker p ⊕ Imp
D’où, une base de R3 :
B = {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1), (4, 2, 1)}


0 0 0
D =MB (p) =  0 0 0 
0 0 1
(c)
• det p = det D = 0
• trace p = trace D = 1
Remarque:
La trace d’un endomorphisme est la somme des éléments diagonaux d’une matrice
représentative de cet endomorphisme. Sa valeur ne dépend pas de la base dans
laquelle l’endomorphisme est représenté. Cela vient de la propriété de la trace:
∀(A, B) ∈ Mn (R) trace (AB) = trace (BA)
trace(MC (p)) = trace(P MC ′ (p)P −1 ) = trace(P P −1 MC ′ (p)) = trace(MC ′ (p))
4. (a)
•
q = id − p
q 2 = qoq = id − 2p + p2
Donc
•
or
p2 = p
q 2 = id − p = q
q est donc bien un projecteur.
–
u ∈ Imq ⇔ ∃(x, y, z) ∈ R3 ,
3
⇔ ∃(x, y, z) ∈ R ,
⇒ p(u) = 0
⇒ u ∈ ker p
Donc Imq ⊂ ker p
q(x, y, z) = u
(x, y, z) − p(x, y, z) = u
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– Réciproquement
u ∈ ker p ⇒ p(u) = 0 ⇒ u − q(u) = 0 ⇒ u ∈ Im(q)
Donc ker p ⊂ Imq
Donc finalement ker p = Imq
• On trouve ker q = Imp par symétrie (p et q jouent des rôles symétriques).
(b)
• poq(u) = p(
q(u)
|{z}
) = 0.
∈Imq=ker p
• 8p + q = 8p + id − p = id + 7p = f 2 + f + id + id = f 2 + f + 2id = f 3 .
• f 3 op = (8p + q)op = 8p + qop = 8p.
• f 3 oq = (8p + q)oq = q
(c) Par récurrence
• Pour n = 0 f 0 = id et 80 p + q = p + q = id. La propriété est donc vérifiée au
rang n = 0.
• Supposons la propriété vérifiée à un rang n. Vérifions-là au rang suivant.
f 3(n+1) = f 3 of 3n = f 3 o(8n p + q) = 8n f 3 op + f 3 oq = 8n+1 p + q
| {z } |{z}
8p
La propriété est vérifiée au rang n + 1.
Conclusion: ∀n ∈ N f 3n = 8n p + q.
q