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CHAPITRE 1. ALGÈBRE
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Chapitre 1
Algèbre
1.1 Exercice 1
Question de cours :
Donner une condition nécessaire et susante pour qu'une
suite réelle décroissante soit convergente.
Soit n un entier de N∗ et Mn la matrice de
⎛
1 1
⎜1 0
⎜
⎜
Mn = ⎜
⎜0 1
⎜. .
..
⎝ ..
0 ...
Mn (R) dénie par :
⎞
... ... 1
. . . . . . 0⎟
⎟
⎟
..
.
0⎟
⎟
.⎟
..
..
.
. .. ⎠
0
1 0
1. (a) Montrer que le réel λ est valeur propre de Mn si et seulement si le polynôme
Pn (X) = X n − X n−1 − X n−2 − · · · − 1 admet λ comme racine.
(b) Déterminer alors le sous-espace propre associé à λ.
2. (a) Montrer que pour tout entier k supérieur ou égal à 2, le polynôme Pk admet
une unique racine dans l'intervalle ]1, +∞[, racine notée ak .
(b) Établir la convergence de la suite (ak )k2 .
(c) Déterminer sa limite 3. (a) Montrer que pour tout entier p de N∗ , le polynôme P2p admet une unique
racine dans ] − ∞, 0[, racine notée bp .
(b) Établir la décroissance, puis la convergence de la suite (bp )p1 . Déterminer
sa limite .
(c) Déterminer un équivalent simple de bp − .
4. (a) Déterminer les valeurs de n de N∗ pour lesquelles la matrice Mn est diagonalisable dans Mn (R).
(b) Déterminer les valeurs de n de N∗ pour lesquelles la matrice Mn est diagonalisable dans Mn (C).
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Réussir l'oral d'entrée à HEC-Mathématiques
Corrigé
⎛
⎞
x1
⎜ x2 ⎟
⎜ ⎟
1. (a) Soit λ une valeur propre de Mn et V = ⎜ . ⎟ un vecteur propre associé.
⎝ .. ⎠
xn
La relation Mn V = λV entraîne alors les systèmes suivants :
⎧ n
⎪
⎨ x = λx
i
1
i=1
⎪
⎩
xi−1 = λxi (2 i n)
⎧ n
⎪
⎨ x = λx
i
1
⇒
⎪
⎩ i=1 n−i
xi = λ xn (1 i n)
⎧ n
⎪
⎨ n−i
λ
xn = λn xn
⇒
⎪
⎩ i=1 n−i
xi = λ xn (1 i n)
Ce dernier système admet des solutions si et seulement si l'équation :
n
λ − (1 + λ + · · · + λn−1 ) xn = 0
est vériée.
Comme V est vecteur propre, il est non nul et on a donc nécessairement
xn = 0. En eet, si xn était nul, les équations précédentes fourniraient
x1 = x2 = · · · = xn = 0, ce qui est donc impossible.
Finalement, si le système Mn V = λV possède des solutions non nulles alors
Pn (λ) = 0.
Réciproquement supposons que Pn (λ) = 0, nous avons donc :
λn − λn−1 − λn−2 − · · · − 1 = 0
Au regard des coecients de la matrice Mn si l'on pose :
⎡ n−1 ⎤
λ
⎢ λn−2 ⎥
⎢
⎥
X=⎢ . ⎥
⎣ .. ⎦
1
colonne non nulle puisque son dernier élément vaut 1, nous constatons que :
⎡ n−1
⎤ ⎡
⎤
λn
λ
+ λn−2 + · · · + 1
⎢
⎥ ⎢ λn−1 ⎥
λn−1
⎥ ⎢ n−2 ⎥
⎢
n−2
⎢
⎥ ⎢ λ
⎥
λ
Mn X = ⎢
⎥=⎢
⎥
⎢
⎥ ⎢ .. ⎥
..
⎣
⎣
⎦
.
. ⎦
λ
λ
CHAPITRE 1. ALGÈBRE
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et puisque Pn (λ) = 0
⎡
⎢
⎢
⎢
Mn X = ⎢
⎢
⎣
⎤
λn
λn−1
λn−2
..
.
⎡
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥ = λ⎢
⎢
⎥
⎣
⎦
λ
λn−1
λn−2
λn−3
..
.
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
1
En conclusion Mn X = λX et X est donc un vecteur propre de Mn de
valeur propre associée λ.
(b) On constate alors que le sous-espace propre associé à la valeur propre λ est
la droite vectorielle engendrée par le vecteur Vλ , où :
⎛
⎞
λn−1
⎜λn−2 ⎟
⎜
⎟
⎟
⎜
Vλ = ⎜ ... ⎟
⎟
⎜
⎝ λ ⎠
1
2. (a) Pour chercher les racines de Pk , on remarque que :
Pk (X) = X k −
k−1
Xj
j=0
donc, en utilisant la classique identité remarquable
(X − 1)(
k−1
Xj = Xk − 1
j=0
on obtient :
(X − 1)Pk (X) = X k+1 − X k − (X k − 1) = X k+1 − 2X k + 1 = Qk (X)
Comme X − 1 ne possède pas de racine sur l'intervalle ]1, +∞[, chercher
les racines de Pk sur l'intervalle considéré revient à chercher celle de Qk .
On étudie donc ce polynôme sur cet intervalle.
Sa dérivée est :
Qk (X) = (k + 1)X k − 2kX k−1
soit
Qk = X k−1 ((k + 1)X − 2k)
2k
, valeur qui, comme k est supérieur ou égal
k+1
à 2, est bien strictement plus grande que 1.
On obtient donc le tableau de variation suivant :
Cette dérivée s'annule en
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Réussir l'oral d'entrée à HEC-Mathématiques
x
2k
k+1
1
Qk (x)
−
0
+∞
+
+∞
0
Qk (x)
−m
où m est un réel strictement positif.
2k
] tandis
k + 1
2k
, +∞
que le théorème de la bijection appliqué à Qk sur l'intervalle
k+1
2k
permet d'armer qu'il existe un unique réel ak de ]
, +∞[ tel que
k+1
Qk (ak ) = 0 et donc tel que Pk (ak ) = 0.
2k
On constate de plus que, d'une part
< 2 et que d'autre part,
k+1
Qk (2) = 1 est strictement positif.
Le théorème de la bijection permet alors, en revenant aux antécédents,
d'armer que que ak est strictement inférieur à 2.
On a donc même plus précisément le tableau suivant :
La fonction Qk reste strictement négative sur l'intervalle ]1,
x
2k
k+1
1
Qk (x)
−
0
1 2
+∞
+
+∞
0
Qk (x)
0
1
−m
Ceci permet d'aner l'étude de ak : 1 < ak < 2.
(b) La suite (ak ) étant bornée, on étudie son éventuelle monotonie an de
montrer sa convergence.
Pour cela, on s'intéresse à l'expression Qk+1 (X) − Qk (X).
On a successivement :
Qk+1 (X) − Qk (X) = [X k+2 − 2X k+1 + 1] − [X k+1 − 2X k + 1]
Qk+1 (X) − Qk (X) = X k+2 − 3X k+1 + 2X k = X k (X − 1)(X − 2)
Comme Qk+1 (ak+1 ) = 0, en évaluant cette dernière égalité en ak+1 , on
obtient :
−Qk (ak+1 ) = akk+1 (ak+1 − 1)(ak+1 − 2)
Or, on vient de voir que le réel ak était strictement compris entre 1 et 2.
CHAPITRE 1. ALGÈBRE
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Cela, combiné à la dernière égalité obtenue, permet d'armer que, pour
tout entier naturel k supérieur ou égal à 2, Qk (ak+1 ) est strictement positif,
c'est-à-dire que l'on a l'inégalité
Qk (ak+1 ) > Qk (ak )
Comme, sur l'intervalle considéré, la fonction Qk est une bijection strictement croissante, on en déduit en revenant aux antécédents que, pour tout
entier naturel k supérieur ou égal à 2, on a :
ak < ak+1
Ainsi, la suite (ak )k2 est croissante et majorée, elle est donc convergente.
(c) On sait que la suite (ak )k2 est convergente et que sa limite appartient
à [1, 2]. La relation Qk (ak ) = 0 donne ak+1
− 2akk + 1 = 0, soit encore :
k
∀k 2 akk (ak − 2) = −1
Comme, pour tout entier naturel k supérieur ou égal à 2, ak est strictement
positif, on peut écrire cette dernière égalité sous la forme :
∀k 2 ek ln(ak ) (ak − 2) = −1
Si appartenait à ]1, 2[, on obtiendrait, par continuité
lim ek ln(ak ) = +∞
k→+∞
et donc
lim ek ln(ak ) (ak − 2) = −∞
k→+∞
Or ek ln(ak ) (ak − 2) = −1, donc ek ln(ak ) (ak − 2) ne peut pas tendre vers
−∞.
Reste donc comme possibilités = 1 ou = 2.
Or la suite est croissante et a2 , qui est la solution positive de l'équation
X 2 − X − 1, est strictement plus grand que 1.
Le passage à la limite dans l'inégalité a2 ak prouve donc que la valeur
= 1 est impossible.
Conclusion : = 2.
3. (a) On procède comme précédemment :
(X − 1)P2p (X) = X 2p+1 − 2X 2p + 1
d'où, en posant Q2p (X) = X 2p+1 − 2X 2p + 1
(X − 1)P2p (X) = Q2p (X)
On obtient Q2p (X) = (2p + 1)X 2p − 4pX 2p−1 soit
Q2p (X) = X 2p−1 (2p + 1)X − 4p
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Réussir l'oral d'entrée à HEC-Mathématiques
Lorsque X est négatif, X 2p−1 et (2p + 1)X − 4p sont négatifs.
On en déduit que Q2p réalise une bijection strictement croissante de ]−∞, 0]
sur ] − ∞, 1].
Le théorème de la bijection permet d'armer qu'il existe bien un unique
réel bp appartenant à ] − ∞, 0] tel que P2p (bp ) = 0.
(b) Le calcul de Q2p (−1) donne Q2p (−1) = −2.
On a donc le tableau de variation suivant :
x
−∞
bp
−1
Q2p (x)
0
+
1
Q2p (x)
−∞
−2
0
On constate donc que la suite (bp ) est bornée.
Pour étudier sa monotonie, on procède comme d'habitude :
En posant Rp (X) = Q2p+2 (X) − Q2p (X), on a successivement :
Rp (X) = (X 2p+3 − 2X 2p+2 + 1) − (X 2p+1 − 2X 2p + 1)
Rp (X) = X 2p+3 − 2X 2p+2 − X 2p+1 + 2X 2p
Rp (X) = X 2p (X 3 − 2X 2 − X + 2)
Soit nalement
Q2p+2 (X) − Q2p (X) = X 2p (X − 1)(X + 1)(X − 2)
On évalue cette égalité en bp+1 :
Q2p+2 (bp+1 ) − Q2p (bp+1 ) = b2p
p+1 (bp+1 − 1)(bp+1 + 1)(bp+1 − 2)
Or, d'une part, Q2p+2 (bp+1 ) = 0 et d'autre part le tableau de variation
précédent permet d'obtenir :
b2p
p+1 > 0,
bp+1 − 1 < 0,
bp+1 + 1 > 0,
bp+1 − 2 < 0.
Tout cela fait que Q2p (bp+1 ) < 0.
L'étude du tableau de variation de Q2p montre alors, toujours en revenant
aux antécedents, que bp+1 < bp , puisque Q2p (b2p ) = 0.
Comme cette inégalité est vraie pour tout entier p non nul, on en déduit
que la suite (bp )p∈N∗ est décroissante.
Le tableau de variation de Q2p montre que la suite (bp )p∈N∗ est minorée
par −1. La suite est décroissante et minorée, elle est donc convergente.
CHAPITRE 1. ALGÈBRE
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D'après l'étude précédente, le réel appartient à l'intervalle [−1, 0].
La relation Q2p (|bp |) = 0 donne successivement :
−|bp |2p+1 − 2|bp |2p + 1 = 0
−|bp |2p [|bp | + 2] = −1
−e2p ln(|bp |) [|bp | + 2] = −1
Une analyse semblable à celle faite pour la suite (an ), permet de conclure
que l'hypothèse −1 < < 0 conduit à une impossibilité. Il reste donc
= 0 ou = −1.
La suite est décroissante. Un calcul simple montre que b2 est strictement
négatif. On en déduit donc que la seule possibilité est = −1.
Conclusion : = −1.
(c) On cherche donc un équivalent de 1 + bp . Posons αp = 1 + bp donc (αp ) est
une suite qui tend vers 0.
On a
(αp − 1)2p+1 − 2(αp − 1)2p + 1 = 0
soit
ou encore :
(αp − 1)2p (αp − 1 − 2) + 1 = 0
(αp − 1)2p (αp − 3) + 1 = 0
et
(αp − 1)2p =
1
.
3 − αp
1
.
3 − αp
Comme la suite (αp ) tend vers 0, la quantité 1 − αp est positive à partir
d'un certain rang. On a donc, à partir d'un certain rang, :
En appliquant la fonction ln : 2p ln |1 − αp | = ln
2p ln (1 − αp ) = ln
1
3 − αp
Toujours en utilisant le fait que (αp ) tende vers 0, on a l'équivalent classique :
ln (1 − αp ) ∼ −αp
0
En prenant un équivalent des chaque membre de l'égalité, on obtient donc :
1
−2pαp ∼ ln .
0
3
soit :
(bp − ) ∼
0
ln(3)
2p
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Réussir l'oral d'entrée à HEC-Mathématiques
4. (a) Si n est pair, en posant n = 2p on obtient pour Qn le tableau de variation
suivant :
x
−∞
Qn (x)
bp
0
1
2n
2n + 1
a2p
+
0
−
0
+
+∞
+∞
1
Qn (x)
0
0
−∞
0
−m
Comme 1 n'est pas racine de Pn , on en déduit que Pn possède deux racines
distinctes a2p et bp .
Mn possède donc deux valeurs propres distinctes associées à des sous-espace
de dimension 1.
On en déduit que si n est pair, Mn n'est diagonalisable dans R que dans
le cas n = 2. Si n est impair on obtient le tableau suivant :
x
−∞
Qn (x)
1
2n
n+1
an
−
0
+
+∞
Qn (x)
+∞
+∞
0
0
−m
Comme précédemment, 1 n'est pas racine de Pn . Le tableau précédent
montre donc que Mn possède une seule valeur propre réelle.
Mn n'est donc pas diagonalisable dans R.
On le montre classiquement à l'aide d'une démonstration par l'absurde :
Si Mn était diagonalisable, on aurait Mn = P DP −1 avec D = an I , c'està-dire qu'on aurait Mn = an I , ce qui est faux.
En conclusion : si n est impair, diérent de 1, Mn n'est pas diagonalisable
dans R.
(b) On a vu dans la première question que le complexe a est valeur propre de
Mn si et seulement si a est racine de Pn et qu'alors le sous- espace propre
associé est de dimension 1.
On a également vu que (X − 1)Pn (X) = Qn (X) = X n+1 − 2X n − 1 et que
1 n'est pas valeur propre de Mn .
Montrons que les racines complexes de Pn sont simples, c'est-à-dire qu'on
ne peut avoir Pn (λ) = Pn (λ) = 0.