DS 2 Correction Analyse - IMJ-PRG

MP2, groupe PHY5/ESPC – DS 2
Correction
N. Laillet
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DS 2
Correction
Analyse
Exercice 1
(question de cours – 2 points) Énoncer le théorème de Rolle.
Correction Soient a, b deux réels avec a < b, soit f une fonction à valeurs réelles, continue sur [a, b] et
dérivable sur ]a, b[, telle que f (a) = f (b). Alors il existe un réel c dans ]a, b[ tel que f ′ (c) = 0.
Remarque : il n’y a pas besoin d’avoir f (a) = f (b) = 0 !
Exercice 2
(5 points) Déterminer, en justifiant, les limites en +∞ des suites suivantes :
un =
1 + n − n2
,
n2 − n
vn = e−n (sin(n) + cos(n)),
wn =
√
√
n + 1 − n.
• La première limite se calcule en factorisant :
Correction
Comme lim
n→∞
n2 n12 + n1 − 1
1 + n − n2
=
=
un =
2
n −n
n2 1 − n1
1
n2
+
1
n
1−
−1
1
n
.
1
1
1
+ − 1 = −1 et lim 1 − = 1, on en déduit que
n→∞
n2
n
n
lim un = −1.
n→∞
• La seconde limite se calcule en utilisant le théorème des gendarmes. On sait que pour tout n, −1 ≤ sin(n) ≤ 1
et −1 ≤ cos(n) ≤ 1. Donc
−2 ≤ sin(n) + cos(n) ≤ 2.
Comme e−n ≥ 0,
−2e−n ≤ vn ≤ 2e−n .
Or, lim −2e−n = 0 et lim 2e−n = 0, donc, par le théorème des gendarmes,
n→∞
n→∞
lim vn = 0.
n→∞
• Enfin, pour la dernière limite, on utilise la quantité conjuguée :
wn =
Or, lim
√
n+1+
n→∞
√
√
n+1−
√
√
√
√ n+1+ n
n √
√
n+1+ n
(n + 1) − n
= √
√
n+1+ n
1
= √
√ .
n+1+ n
n=
√
n+1−
n = +∞, donc
lim wn = 0.
n→∞
Exercice 3
(6 points) Soit (un )n∈N la suite définie par récurrence par
u0 = 1
un+1 = u2n + 1
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a. Calculer u1 , u2 , u3 .
b. Étudier le signe de x2 − x + 1 sur R.
c. En déduire le sens de variation de (un )n∈N .
d. On suppose que un est bornée.
(i) Montrer qu’alors un converge, vers une limite notée ℓ.
(ii) En utilisant la relation de récurrence, déterminer l’équation vérifiée par ℓ, et aboutir à une
contradiction.
On a donc montré que un n’est pas bornée.
e. En déduire limn→+∞ un .
Correction
a. On utilise la relation de récurrence : u1 = 11 + 1 = 2, u2 = 22 + 1 = 5, u3 = 52 + 1 = 26.
b. Deux méthodes étaient possibles : le calcul du discriminant ou celui de la dérivée. Je propose celle
utilisant le discriminant.
Le discriminant de x2 − x + 1 est ∆ = 1 − 4 = −3 < 0. Donc x2 − x + 1 ne s’annule pas, et est de signe
constant, égal au signe du coefficient dominant, c’est-à-dire positif. Donc
∀x ∈ R, x2 − x + 1 > 0.
c.
Étudions le signe de un+1 − un :
un+1 − un = u2n + 1 − un = u2n − un + 1 > 0,
par la question précédente. Donc un+1 − un > 0 quel que soit n, donc un est croissante.
d.
(i) On sait que (un )n∈N est croissante et majorée (car bornée). Elle converge donc.
(ii) On sait que un converge vers ℓ quand n tend vers +∞. Or, un+1 = u2n + 1, soit, en passant à la
limite et par continuité de x21 , on obtient
ℓ = ℓ2 + 1,
soit ℓ2 − ℓ + 1 = 0. Cette équation n’a pas de solution par la question b. D’où une contradiction.
e.
On sait donc que un est croissante et non bornée. On en déduit que
lim un = +∞.
n→+∞
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Algèbre
Exercice 4 (exercice théorique – 5 points)
a. Rappeler le théorème du rang (c’est-à-dire la relation entre la dimension du noyau et de
l’image d’une application linéaire).
b. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Une forme linéaire est une application linéaire
de Rn dans R.
(i) On suppose que f n’est pas nulle. Quelle est alors la dimension de Im(f ) ?
(ii) En déduire la dimension de Ker(f ).
(iii) Soit u un vecteur de Rn tel que f (u) 6= 0. Montrer que Ker(f ) et Vect(u) sont supplémentaires dans Rn .
Correction
a. Soient E et F deux espaces vectoriels. Soit f une application linéaire de E dans F . Alors
dim(ker(f )) + dim(Im(f )) = dim(E).
b.
(i) On sait que Im(f ) est un sous-espace vectoriel de l’espace d’arrivée, c’est-à-dire de R. Donc
dim(Im(f )) = 0 ou 1. Comme f n’est pas identiquement nulle, dim(Im(f )) 6= 0. Donc dim(Im(f )) =
1, c’est-à-dire que Im(f ) = R.
(ii) Par le théorème du rang
dim(ker(f )) + dim(Im(f )) = dim(E) = n.
Donc
dim(ker(f )) = n − dim(Im(f )) = n − 1.
(iii) On sait que f (u) 6= 0. Donc u ∈
/ ker(f ), donc Vect(u) ∩ ker(f ) = {0}. De plus,
dim Vect(u) + dim ker(f ) = 1 + n − 1 = n.
On en déduit que Vect(u) et ker(f ) sont supplémentaires dans Rn .
Exercice 5
(12 points) Soit f l’application linéaire définie par
f (x, y, z) = (−2x + 5y − 2z, −3x + 6y − 3z, −x + y − z).
a. Donner la matrice A de f dans la base canonique de R3 au départ et à l’arrivée.
b. Déterminer un système d’équations du noyau et de l’image de f .
c. On considère les vecteurs suivants :
 
 
 
1
1
−1
u = 1  , v =  0  , w =  1  .
0
−1
3
(i) Montrez que (u, v, w) est une base de R3 .
(ii) Quelle est la matrice P de passage de la base canonique à la base (u, v, w) ?
(iii) Déterminer en fonction de (u, v, w) les images par f des vecteurs (u, v, w).
(iv) En déduire sans calculer P −1 la valeur de B = P −1 AP .
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Correction
d.
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On considère la matrice C définie par
3 0
C = 0 0
0 0

(i) Calculer C 2 .

0
1 .
0
(ii) Calculer C n pour tout n.
e.
(i) Calculer P −1 .
(ii) En déduire l’expression de An pour tout n.
Correction
a. La matrice A de f dans la base canonique de R3 au départ et à l’arrivée est
−2
−3
−1
b.
5
6
1
−2
−3
−1
!
.
Pour déterminer un système d’équations du noyau et de l’image de f , échelonnons
−2
−3
−1
5
6
1
−2 x
−3 y
−1 z
!
⇔
−1
−3
−2
1
6
5
⇔
−1
0
0
1
3
3
⇔
−1
0
0
1
3
0
−1 z
−3 y
−2 x
!
L1 ↔ L3
−1 z
0 y − 3z
0 x − 2z
!
z
−1
0 y − 3z
0 x−y+z
L2 ← L2 − 3L1
L3 ← L3 − 2L1
!
L3 ← L3 − L2
On en déduit qu’un système d’équations du noyau est
soit
−x + y − z = 0,
3y = 0,
x + z = 0,
y = 0.
En lisant les conditions de compatibilité, on obtient pour équation de l’image x − y + z = 0.
c.
(i) Soyons malins ! Plutôt que de simplement échelonner la matrice
1
1
0
1
0
−1
−1
1
3
!
,
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inversons-là ! (cela permettra de répondre à la question e.(i)).
1
1
0
1
0
−1
−1 1
10
30
0
1
0
0
0
1
!
⇔
1
0
0
⇔
1
0
0
⇔
1
0
0
⇔
1
0
0
−1 1
2 −1
3 0
1
−1
−1
0
1
0
0
0
1
1
1
−1
0
0
1
1 0
2 −1
1 1
0
−1
0
!
!
L2 ← L2 − L1
L1 ← L1 + L2
L3 ← L3 − L2
!
2
−1 L1 ← L1 − L3
0
0 −1
3
−2 L2 ← L2 − 2L3
−1 0 −3
−1
1
0
1 1
!
2
−1
0 0 −1
−3
2 L2 ← −L2
1 0 3
−1
1
0 1 1
Donc (u, v, w) est bien une base de R3 .
(ii) La matrice de passage de la base vanonique à (u, v, w) est
1
1
0
P =
1
0
−1
−1
1
3
!
.
(iii) On calcule
f (u) = (3, 3, 3) = 3u,
f (v) = 0,
f (w) = (1, 0, −1) = v.
(iv) Par définition, B = P −1 AP est la matrice de f dans la base (u, v, w) au départ et à l’arrivée. Donc
B=
3
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
3
0
0
0
0
0
0
1
0
!
.
d.
(i) On calcule :
0
0
0
0
0
0
2
Initialisation. On a montré dans la question précédente que C =
9
0
0
=
3n+1
0
0
3
0
0
C2 =
0
0
0
!
×
!
9
0
0
=
!
.
(ii) Montrons par récurrence que pour tout n supérieur ou égal à 2,
3n
0
0
C =
n
Hérédité. Supposons que C =
n
C
n+1
=C×C =
n
0
0
0
3n
0
0
0
0
0
0
0 . Alors
0
3
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
!
.
0
0
0
0
0 .
0
!
!
!
×
3n
0
0
0
0
0
0
0
0
!
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0
0
0
0
0
0
!
.
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Héréditaire et vraie au rang 2, la propriété
Conclusion :
3 0
C 0 = I3 , C 1 = 0 0
0 0
est vraie pour tout entier n ≥ 2.
0
1
0
!
3n
0
0
, ∀n ≥ 2, C =
n
0
0
0
0
0
0
!
.
e.
(i) On a déjà calculé P −1 en question c.(i) :
P
−1
−1
3
1
=
2
−3
−1
−1
2
1
!
.
(ii) On sait que B = P −1 AP , donc A = P BP − . Donc (récurrence que vous avez le droit de ne pas faire
parce que c’est assez classique)
An = P B n P −1 .
!
n
3
0 0
Or, B = C, donc pour n ≥ 2, B n = 0 0 0 . Donc, pour n ≥ 2,
0 0 0
1
1
0
A =
n
3n
3n
0
=
1
0
−1
0
0
0
3n
0
0
−1
1
3
!
0
0
0
−1
3
1
!
=3
1
1
0
=3
−1
−1
0
2
2
0
−1
−1
0
−2
−3
−1
5
6
1
−2
−3
−1
n
n
0
0
0
0
0
0
−1
3
1
!
0
0
0
2
−3
−1
2
−3
−1
0
0
0
2
−3
−1
−1
3
1
!
−1
2
1
−1
2
1
!
!
−1
2
1
!
!
Conclusion :
0
1
A = I3 , A =
!
, ∀n ≥ 2, A = 3
n
n
−1
−1
0
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2
2
0
−1
−1
0
!
.