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CORRECTION DS n˚11
PCSI 2013-2014
Lycée de L’essouriau
EXERCICE 1 - Séries numériques
Les questions sont toutes indépendantes.
1. Questions de cours
P
(a) La série géométrique
q n converge si et seulement si |q| < 1 et sa somme vaut
n>0
(b) Une série positive
P
+∞
X
qn =
n=0
1
.
1−q
un converge si et seulement si la suite de ses sommes partielles est majorée.
n>0
(c) La série
P 1
converge si et seulement si α > 1.
α
n>1 n
1
ln n
2. (a) ∀n > 3, on a √ > 1 .
n
n2
P 1
Or la série
1 diverge d’après le critère des séries de Riemann.
n>1 n 2
P ln n
√ diverge.
Par comparaison de séries positives, on en déduit que
n>1 n
P 1
√
ln n
1
(b) Par croissances comparées, on a ln n = o( n) donc 2 = o
. Or la série
3
1 converge
n
n>1 n 2
n2
d’après le critère des séries de Riemann.
P ln n
Par comparaison de séries positives, on en déduit que
converge.
2
n>1 n
√
√
√
n
ln n + n
1
(c) 2
∼ 2 ∼ 3 car ln n = o( n) et 3n + 1 = o(n2 ).
n + 3n + 1
n
n2
P 1
Or la série
1 converge d’après le critère des séries de Riemann.
n>1 n 2
√
P ln n + n
Par équivalence de séries positives, on en déduit que
converge.
2
n>1 n + 3n + 1
1
1
1
1
3. On remarque que ∀n > 2, on a 2
=
−
.
n −1
2 n − 1! n + 1
n
n
n
X
X
1 X 1
1
1
=
−
Donc Sn =
.
2
k −1
2
k−1
k+1
k=2
k=2
k=2
On reconnait une série télescopique
avec un décalage de deux indices. Un changement d’indice donne :
!
n−1
n+1
1 X1 X1
1
1 1
1
−
=
1+ − −
.
Sn =
2
k
k
2
2 n n+1
k=1
k=3
Par passage à la limite, on trouve Sn →
+∞
X
P 1
3
3
1
donc
converge
et
= .
2−1
2−1
4
n
n
4
n>2
n=2
4. VRAI ou FAUX (Si votre réponse est « FAUX », vous devez fournir un contre-exemple)
P1
(a) FAUX : un = n1 → 0 mais
n diverge.
n>0
(b) FAUX : Il suffit de considérer
P
(−1)n qui est bornée puisque périodique de période 2 (ne prenant
n>0
que deux valeurs : 1 et 0) donc n’est pas convergente.
P
1
1
(c) FAUX : un = n ln
un diverge.
n = o( n ) mais
n>2
P
En effet par comparaison avec intégrale,
un est de même nature que la suite de terme général
n>0
Z n
P
1
= ln(ln n) − ln(ln 2). Celle-ci étant divergente,
un diverge.
n>0
2 t ln t
1
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EXERCICE 2 - Des sous-espaces vectoriels de R4
 
 


x
x








 
 


y
y
4
4
3
 ∈ R ; 2x − y − z = 0 = 
 ∈ R ; (x, y, t) ∈ R .
1. F = 
 z 


 2x − y 





 


t
t
  
  


 


 
1
0
x
0 
1
0
0



  
  0 


 0 
 1 
 0 
0
1
y














.
Or 
,
= x  + y
+ t   donc F = Vect   , 
2
−1   0 
2x − y 
2
−1 
0





0
0
t
1
0
0
1
D’après l’écriture de F , cette famille est génératrice de F .
On vérifie facilement que cette famille de 3 vecteurs est libre : les deux premiers vecteurs que l’on
notera f1 et f2 sont non-colinéaires tandis que le 3ème vecteur f3 ne peut s’écrire comme combinaison
linéaire de f1 et f2 vu que la 4ème coordonnée de f3 est non nulle alors que celle de f1 et f2 le sont.
C’est donc une base de F et dim F = 3 .
     
1
1
0 


     

1
1
, , 0 
2. De même G = Vect 
 0   1   1 





2
1
0
D’après l’écriture de G, cette famille est génératrice de G. On vérifie facilement 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 .
3. Cherchons une base de F ∩ G (appartenant à F et à G).
On peut remarquer que le vecteur g2 appartient à G mais aussi à F (car 2x − y − z = 0).
Plus
 généralement, soit X = (x, y, z, t) appartenant à F et G, alors ∃a, b, c ∈ R tels que :
x=a+b




y =a+b

z =b+c
La dernière ligne implique 2(a + b) − (a + b) − (b + c) = 0 soit a = c.


t = 2a + b



2x − y − z = 0
   


 
 
a+b
1
1
1
1 


   

 +b 
 1 
 1 
1
 = a   + b   soit F ∩ G = Vect   ,  1  .
Donc X = 
 a+b 
 1 
 1 
 1   1 





2a + b
2
1
2
1
Comme ces deux vecteurs sont non colinéaires, on en déduit que c’est une base de F ∩ G.
On a alors dim(F ∩ G) = 2 .
4. dim (F + G) = dim F + dim G - dim (F ∩ G) = 3 + 3 − 2 = 4.
F + G est un sous-espace vectoriel de R4 de même dimension que R4 donc F + G = R4 .
5. Tout supplémentaire D de F doit être de dimension 1 (car dim F + dim D = dim R4 = 4) c’est à dire
qu’il est engendré par un seul vecteur Y . On notera alors D = Vect(Y ).
On sait aussi que F ∩ D = {0E }, c’est à dire que Y ∈
/ F.
 
1
 0 

Par exemple Y = 
 0  ne satisfait pas l’équation caractérisant F : 2x − y − z = 2 6= 0.
0
Donc Y ∈
/ F et on en déduit que D = Vect(Y ) est un supplémentaire de F dans R4 .
2
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EXERCICE 3 - Un espace vectoriel polynômial
1. ∀(P, Q) ∈ E 2 , ∀λ ∈ R, on a :
f (P + λQ) = (X 2 + X − 2)(P + λQ)0 (X) − (2X − 1)(P + λQ)(X) + (P + λQ)(1)
f (P + λQ) = (X 2 + X − 2)(P 0 (X) + λQ0 (X)) − (2X − 1)(P (X) + λQ(X)) + P (1) + λQ(1)
f (P +λQ) = (X 2 +X −2)P 0 (X)−(2X −1)P (X)+P (1)+λ((X 2 +X −2)Q0 (X)−(2X −1)Q(X)+Q(1))
f (P + λQ) = f (P ) + λf (Q). On en déduit que f est linéaire.
Si P est un polynôme, f (P ) est encore un polynôme mais vérifions que deg(f (P )) 6 2.
On pose P = aX 2 + bX + c, alors :
f (P ) = (X 2 + X − 2)(2aX + b) − (2X − 1)(aX 2 + bX + c) + (a + b + c)
f (P ) = 2aX 3 + 2aX 2 − 4aX + bX 2 + bX − 2b − (2aX 3 + 2bX 2 + 2cX − aX 2 − bX − c) + (a + b + c)
f (P ) = (3a − b)X 2 + (−4a + 2b − 2c)X + (a − b + 2c) soit deg(f (P )) 6 2.
f est donc bien un endomorphisme de E.
2. (a) Pour a = 0, b = 0, c = 1, f (1) = −2X + 2.
De même, f (X) = −X 2 + 2X − 1 et f (X 2 ) = 3X 2 − 4X + 1.
(b) f (1) + f (X 2 ) = 3X 2 − 6X + 3 = −3f (X), on en déduit que la famille f (1), f (X), f (X 2 ) est liée.
Or rg(f ) = rg(f (1), f (X), f (X 2 )) car il s’agit de l’image de la base canonique de E.
On a donc rg(f (1), f (X), f (X 2 )) = rg(f (1), f (X 2 )) 6 2.
f (1) et f (X 2 ) étant deux polynômes de degrés différents, ils ne sont pas colinéaires, cette famille
est donc libre et génératrice de Im(f ).
On en déduit que c’est une base et donc que dim(Im f ) = 2 soit rg f = 2.
f n’est donc pas injective car rg f 6= dim E = 3.
3. (a) On pose P = aX 2 + bX + c ∈ Ker(f ) soit f (P ) = 0E .
Par identification des coefficients, ceci équivaut d’après l’expression du 1. au système :


b
= 3a
3a − b
= 0


b = 3a
2a − 2c = 0 ⇔
−4a + 2b − 2c = 0 ⇔
c = a


−2a + 2c = 0
a − b + 2c
= 0
On en déduit que P = a(X 2 + 3X + 1) soit Ker(f ) = Vect(X 2 + 3X + 1).
(b)
4. Soit
(a)
(b)
(c)
(d)
On sait déjà que rg(f ) = 2 et d’après le 2.(b) une base de Im(f ) est (f (1), f (X 2 )).
Vu leur dimension, il suffit de prouver que Ker(f )∩ Im(f ) = {0E }.
Soit P ∈ Ker(f )∩ Im(f ).
Il existe α ∈ R tel que P = α(X 2 + 3X + 2) et il existe (β, γ) ∈ R tels que P = βf (1) + γf (X).
2
L’égalité α(X
2) + γ(3X 2 − 4X + 1) équivaut
 à :
 + 3X + 1) = β(−2X +
3γ
=
3γ
= 0
 α =
 α
 α
3α = −2β − 4γ ⇔
−2β =
5γ
−2β = 0 .
soit



α =
2β + γ
3γ = −5γ + γ
γ
= 0
Finalement Ker(f )∩ Im(f ) = {0E } et ce sont bien deux s.e.v. supplémentaires de E = R2 [X].
la famille B = (P0 , P1 , P2 ) où P0 = X 2 + X − 2, P1 = X 2 + 3X + 1 et P2 = X 2 − 2X + 1
Il suffit de prouver que la famille est libre, ce qui est trivial en résolvant un système. Comme elle
est maximale, on en déduit que c’est une base de E.
Pour a = 1, b = 1, c = −2, f (X 2 + X − 2) = 2X 2 + 2X − 4 = 2P0 .
Pour a = 1, b = 3, c = 1, f (X 2 + 3X + 1) = 0 (logique vu que ce polynôme appartient à Ker(f ) !).
Pour a = 1, b = −2, c = 1, f (X 2 − 2X + 1) = 5X 2 − 10X + 5 = 5P2 .
Soit (a0 , a1 , a2 ) ∈ R3 et Q = a0 P0 + a1 P1 + a2 P2 un élément de E.
Par linéarité de f : f (Q) = a0 f (P0 ) + a1 f (P1 ) + a2 f (P2 ) = 2a0 P0 + 5a2 P2 .
Pour tout entier n ∈ N, on prouve trivialement par récurrence que f n (Q) = 2n a0 P0 + 5n a2 P2 .
Soit pour Q = 2X 2 + X + 2, f n (Q) = 2.2n P0 + 2.5n P2 = 2.2n (X 2 + X − 2) + 2.5n (X 2 − 2X + 1).
f n (Q) = (2.2n + 2.5n )X 2 + (2.2n − 4.5n )X + (−4.2n + 2.5n ).
On remarque 1 est racine de P0 et P2 donc de f n (Q) car f n (Q)(1) = 2.2n P0 (1) + 2.5n P2 (1) = 0.
n +2.5n )
(5n −2n+1 )
L’autre racine α vérifie 1 × α = α = (−4.2
2.2n +2.5n soit α =
2n +5n .
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PROBLÈME 1 - Autour des endomorphismes nilpotents
Partie I - Des noyaux et des images imbriquées
1. u ◦ u = 0 signifie que pour tout x de E, u(u(x)) = 0E .
Soit y ∈ Im u, alors il existe x ∈ E tel que y = u(x). On a alors u(y) = u(u(x)) = 0E soit y ∈ Ker(u).
On en déduit l’inclusion : Im(u) ⊂ Ker(u).
2. Le théorème du rang appliqué à l’endomorphisme v prouve directement que r + p = n.
De plus l’inclusion : Im(u) ⊂ Ker(u) prouve en terme de dimension que r 6 p.
On en déduit que r 6 n − r soit 2r 6 n et n − p 6 p soit n 6 2p. Finalement r 6 n2 6 p.
3. On suppose n = 2 : alors la double inégalité prouve que p = 1 ou 2.
Comme u n’est pas l’endomorphisme nul, Ker(u) 6= E donc p 6= 2 soit p = 1 et alors r = 2 − 1 = 1.
On a alors Im(u) ⊂ Ker(u) et dim Im(u) = dim Ker(u) soit l’égalité Im(u) = Ker(u).
4. On suppose n = 3 : : alors la double inégalité prouve encore que p = 2 ou 3.
Comme u n’est pas l’endomorphisme nul, Ker(u) 6= E donc p 6= 3 soit p = 2 et alors r = 3 − 2 = 1.
Les sous-espaces Im(u) et Ker(u) ne peuvent être supplémentaires dans E car Im(u) ⊂ Ker(u) et
Im(u) 6= {0E } donc Im(u)∩ Ker(u) 6= {0E }.
Partie II - Étude d’un endomorphisme particulier


= 0
x
 −x + y + z


−2x + 2y + 2z = 0 ⇔ x = y + z.
y
∈ Ker(v) ⇔
5. Soit X =

x−y−z
= 0
z
   
 

 

1
1
1
1
y+z
On en déduit que X =  y  = y  1  + z  0  soit Ker f = Vect 1  ,  0 .
1
0
1
0
z
Ces deux vecteurs étant non colinéaires, on en déduit que cette famille est libre (et génératrice) donc
il s’agit d’une base de Ker(v) et donc dim(Ker(v)) = 2.

6. Le théorème du rang appliqué à v prouve que dim(Im(v)) = 3 − 2 = 1 donc Im(v) est engendré par
un unique vecteur.
  

1
−1
On calcule v  0  =  −2 . Ce vecteur constitue une base de Im(v).
0
1


   
−1
1
1





−2
0  donc Im(v) ⊂ Ker(v).
7. On remarque que
= −2 1
+
1
0
1
3
Pour tout vecteur X de R , on a v ◦ v(X) = v(v(X)).
Or v(X) ∈ Im(v) et Im(v) ⊂ Ker(v) donc v(v(X)) = 0R3 . On en déduit que v ◦ v = 0L(E) .
~
8. On veut que v(~a) = 0R
b) 
= 0R3 et v(~c) = ~a soit ~a ∈ Ker(v),
3 , v(~
  b ∈ Ker(v) et ~a ∈ Im(v).
−1
1
~



−2
1  ∈ Ker(v).
On propose alors ~a =
∈ Im(v)∩ Ker(v) et b =
1
0
 
1
~c est un antécédent de ~a par v. Proposons ~c =  0  d’après le 6..
0
Trivialement ~b et ~c ne sont pas colinéaires et ~a n’est pas combinaison linéaire de ~b et ~c (sa troisième
coordonnée étant non nulle alors que celles de ~b et ~c le sont).
On a bien prouvé l’existence d’une base B = (~a, ~b, ~c) de R3 telle que v(~a) = 0R3 , v(~b) = 0R3 , v(~c) = ~a.
9. Soit f = Id − v où Id est l’identité de R3 .
Calculer f 2 = (Id − v)2 = v 2 − 2v ◦ Id + Id2 = −2v + Id = −2(Id − f ) + Id = −Id + 2f .
On en déduit que f 2 − 2f = −Id soit f (f − 2Id) = −Id et donc f est inversible et f −1 = −f + 2Id.
4
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PROBLÈME 2 : Une équation matricielle
Extrait sujet « Petites Mines » 2010
PRÉLIMINAIRES
1. dim(Mn (R)) = n2 et la base canonique est (Eij )16i,j6n où les Eij sont les matrices élémentaires.
PARTIE I
2. Sans aucun calcul, on remarque que t A = A donc t A.A = A2 = A.t A donc A vérifie la relation (1).
De même on remarque que t C = −C donc t C.C = −C 2 = C.t C donc C vérifie la relation (1).
3. Trivialement A2 = I et donc ∀n ∈ N∗ , An = A si n est pair et An = I si n est impair.
A et I vérifiant la relation (1), on en déduit que An vérifie la relation (1).
4. A2 = I prouve que A est inversible et que A−1 = A.
5. U vérifie la relation (1) car comme pour la matrice A elle est symétrique.
Montrons : ∀n ∈ N∗ , U n = 2n−1 U par récurrence :
Pour n = 1 le résultat donne U = 20 .U donc est vrai.
Supposons que pour un entier n on a U n = 2n−1 U et montrons la relation au rang n + 1 : U n+1 =
U.U n = 2n−1 .U 2 par hypothèse de récurrence ; Or U 2 = 2U d’où U n+1 = 2n−1 2.U = 2n .U .
Les puissances U n , vérifient (1) puisque ce sont les mêmes que U à une constante multiplicative près.
0 0
4 0
0 0
t
t
.
et (A + C). (A + C) =
donc (A + C).(A + C) =
6. A + C =
0 4
0 0
2 0
Ceci prouve que A + C ne commute pas avec sa transposée donc n’appartient pas à E2 alors A et C
sont dans E2 . E2 n’est pas un sous-espace vectoriel de M2 (R) car il n’est pas stable par somme.
2
2
a + b2 ac + bd
a + c2 ab + dc
a b
a c
t
t
.
De même on obtient : M M =
=
.
7. M M =
ac + bd c2 + d2
ab + dc b2 + d2
c d
b d

 ac + bd = ab + dc
b = −c
b=c
2
2
2
2
a +b = a +c ⇔
Donc M ∈ E2 ⇔
ou bien
ac
−
cd
= −ac + dc
ac
+
cd
=
ac
+
dc
 2
b + d2 = c2 + d2
a −c
a c
.
ou bien M =
Soit b = c ou bien b = −c et d = −a et donc M =
c a
c d
1 0
0 1
1 0
0 −1
0 0
,
.
ou bien M ∈ Vect
8. Donc M ∈ Vect
,
,
1 0
0 1
1 0
0 1
0 0
E2 est donc bien la réunion de deux espaces vectoriels.
1 −1
9. Calculons U.C =
. Montrons qu’alors U.C ∈
/ E2 car ne commute pas avec sa transposée :
1 −1
1 −1
1
1
2 2
1
1
1 −1
2 −2
.
=
et
.
=
.
1 −1
−1 −1
2 2
−1 −1
1 −1
−2 2
On n’a donc pas la propriété proposée puisque U et C en donnent un contre-exemple.
PARTIE II


0
0 1
10. S 2 =  −1 0 0 . On a également t S.S = I3 et S.t S = I3 donc S ∈ E3 .
0 −1 0
S commute donc avec sa transposée, donc S 2 également :
t (S 2 ).S 2 = t S.t S.S.S = t S.S.S t S = S.S.t S t S = S 2 .t (S 2 ) soit S 2 ∈ E .
3
11. t R.R = (aI3 + bt S + ct (S 2 )).(aI3 + bS + cS 2 )
t R.R = (a2 + b2 + c2 )I + a.b(S + t S) + a.c(t (S 2 ) + S 2 ) + b.c(S.t (S 2 ) + S 2 .t S)
3
t R.R = (a2 + b2 + c2 )I + a.b(S + t S) + a.c(t (S 2 ) + S 2 ) + b.c(S + t S)
3
et R.t R = (aI3 + bS + cS 2 ).(aI3 + bt S + ct (S 2 ))
R.t R = (a2 + b2 + c2 )I3 + a.b(S + t S) + a.c(t (S 2 ) + S 2 ) + b.c(S.t (S 2 ) + S 2 .t S) = t R.R donc R ∈ E3 .
5
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12. Notons F = Vect(I3 , S, S 2 ) = {aI3 + bS + cS 2 | (a, b, c) ∈ R3 }. D’après la question 11., toute matrice
de F commute avec sa transposée,
 donc F ⊂ E3.

a
b c
De plus : aI3 + bS + cS 2 = 0 ⇔  −c a b  = 03 ⇔ a = b = c = 0 donc la famille (I3 , S, S 2 ) est
−b −c a
libre et F est bien un espace vectoriel de dimension 3 inclus dans E3 .
13. Soient (a, b, c) et (d, e, f ) deux éléments de R3 et soit R = aI3 + bS + cS 2 et T = dI3 + eS + f S 2 .
R.T = adI3 + (ae + bd)S + (af + be + cd)S 2 + (bf + ce)S 3 + cf S 4 = adI3 + (ae + bd)S + (af + be +
cd)S 2 − (bf + ce)I3 − cf S car on prouve aisément que S 3 =?I3 . Donc R.T ∈ Vect(I3 , S, S 2 ) = F et F
est bien stable par multiplication.
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