Devoir N°14 (DL 9)

Lycée Henri Loritz
Classe de PCSI 2
Devoir N°14 (DL 9)
Exercice 1 :
  0,  

Pour tout entier n > 0, on définit la fonction Pn par : 
 n k
x
  x  1

 k 1 

1)
2)
3)
4)
5)
Déterminer le sens de variation de Pn.
L’application Pn est-elle injective ? surjective ?
Déterminer un intervalle I telle que Pn définisse une bijection de 0, dans I.
Montrer que Pn admet une unique racine positive  n .
Montrer que, pour tout naturel non nul n, Pn(n+1 ) < 0. En déduire le sens de variation de la suite (n),
et montrer qu’elle converge.
6) a) Montrer que  nn 1  2 n  1  0 pour tout naturel n strictement positif.
b) Montrer que, pour tout n > 1,  n   2  1.
1
c) En déduire que (n) converge vers .
2
Exercice 2 :
On considère la suite u définie par u0 = 0 et la relation : n  , un 1 
un  1
.
un  3
1) Montrer que l’on définit ainsi une suite unique de réels.
1
2) Montrer que la suite v définie par : n  , vn 
est une suite arithmétique dont on déterminera
un  1
la raison.
3) En déduire que la suite u est convergente et déterminer sa limite.
Exercice 3
1) Soient n et p deux entiers naturels tels que 1  p  n. Montrer par récurrence sur n que
 j  p  1  n 
  .
p 1   p 
j 0 
n p

2) Pour tout n 
*
n
l’équation
x
k 1
k
et pour tout p 
*
, on note f(n, p) le nombre de n-uplets solutions entières de
 p . Par exemple, pour n = 2 et p = 2, on obtient les couples (0,2), (1,1) et (2,0).
Donc f(2,2) = 3.
a) Déterminer f(1, p), f(2,1), f(2,3), f(3,1) et f(3,2).
b) Montrer par récurrence sur n que pour tout n 
*
et pour tout p 
*
 n  p  1
 (on
 n 1 
, f  n, p   
p
pourra constater que f  n  1, p    f  n, j  ).
j 0
3) On lance quatre dés cubiques dont les faces sont numérotées de 1 à 6. On appelle résultat du lancer le
quadruplet (a, b, c, d) constitué des chiffres portés sur les quatres faces du dessus, rangés dans l’ordre
croissant ( a  b  c  d). Combien y a-t-il de résultats différents possibles (on pourra noter xi le
nombre de fois où i apparaît dans un résultat donné).
Problème
On pose, dans tout le problème, E  3 ; On note 0   0,0,0  On dit qu’une application f de E dans E est
une endomorphisme de E si les deux conditions suivantes sont vérifiées :
(1) u  E, v  E, f  u  v   f u   f  v  .
(2) u  E,   , f  .u   . f  u  .
Première partie
Soit a un réel quelconque. On considère l’ application fa de E dans lui-même définie par :
  x, y, z   E, fa  x, y, z    x  y  z, x  2 y  z,2 x  y  az  .
1) Montrer que fa est un endomorphisme.
2) Déterminer les valeurs de a pour lesquelles l’équation f(u) = v admet, pour tout v  3 , une solution
unique.
3) On pose a = 1. Montrer que l’application f1 est bijective, et déterminer f1-1
4) On pose a = 0.
a) L’application f est-elle injective ? surjective ?
b) Déterminer l’ensemble des éléments de 3 qui possèdent un antécédent par f (on le note Imf).
c) Déterminer l’ensemble des éléments de 3 dont l’image est 0 (on le note Kerf).
d) Montrer que Kerf et Imf sont des sous-espaces vectoriels de 3 .
Deuxième partie
5) Soit k  * . On considère l’homothétie hk de rapport k, définie par : u  E, hk  u   k .u .
a) Montrer que hk est un endomorphisme.
b) Montrer que hk est une bijection, et déterminer hk-1.
6) Soit w  E , w  0 On considère la translation t w de vecteur w définie par : u  E, tw  u   u  w .
Montrer que t w n’est pas un endomorphisme ?
7) Soit f un endomorphisme de E ; montrer que f  0   0 (on pourra calculer f  u  0  de deux manières.
Troisième partie
On considère un endomorphisme f, et on pose :
ker f  f 1 0 , c’est-à-dire l’ensemble des éléments u de E tels que f  u   0 .
 
Im f  f  E  , c’est-à-dire l’ensemble des éléments de E qui ont (au moins) un antécédent par f.
8) Etude de kerf :
a) Montrer que kerf est non vide.
b) Montrer que, u  ker f , v  ker f ,   a, b   2 , au  bv  ker f .
c) En déduire que kerf est un sous-espace vectoriel de E.
d) Montrer que f  u   f  v   u  v  ker f .
e) En déduire que f est injective si et seulement si ker f  0 .
f) Montrer que ker f  ker  f f  .
9) Etude de Imf
a) Montrer que Imf est un sous-espace vectoriel de E.
b) A quelle condition sur Imf l’application f est-elle surjective ?
c) Montrer que Im  f f   Im f .
Corrigé
Exercice1
n
1)
Pn est une fonction polynomiale, donc continue et dérivable sur
k 1

est strictement
 . Pn  x    kx
k 1
2)
3)
4)
5)
positif pour tout x strictement positif. Pn est donc une fonction strictement croissante sur [0, +[.
Pn est strictement croissante, donc injective ; d’autre part Pn(0) = -1, donc pour tout x   , Pn(x) est
supérieur ou égal à -1, donc les réels inférieurs à -1 n’ont pas d’antécédent par Pn. Pn n’est donc pas
surjective.
Pn est strictement croissante et continue sur [0, +[, elle définit donc une bijection de [0, +[ sur
l’intervalle image  Pn  0  ,lim Pn  , c’est-à-dire [-1, +[. Pn admet donc une unique racine strictement



positive.
Pn est bijective de [0, +[ sur I, donc tout élément de I possède un unique antécédent par Pn, en
particulier 0, d’où le résultat.
Pn  n 1  
n

k 1
k
n 1
 1  Pn 1  n 1    nn11    nn11  0 . Or Pn  n   0 , d’où
Pn  n   Pn n1  . Comme Pn est strictement croissante, on en déduit que n n1 . La suite  est
donc strictement décroissante. Comme de plus elle est minorée par 0, elle est donc convergente.
6)
a)  n Pn  n  
n 1

k 2
k
n
  n   nn 1  Pn  n  - 2 n  1  0 . D’où le résultat.
b) La suite  est strictement décroissante, donc n < 2 < 1. Or 1 = 1, d’où le résultat.
c) 0 < n < 2 dinc, pour tout naturel n, 0   nn 1   2n 1 ; Or lim 2n1  0 . Donc, d’après le
n
théorème des gendarmes, lim nn1
n


1
1
1   nn 1 . Donc lim  n 
.
 0 . D’après a),  n 
n 
2
2
Exercice 2 :
1) Soit f l’application de 3,  dans
rationnelle, et f   x  
4
 x  3
2
définie par f  x  
x 1
; f est dérivable car c’est une fonction
x3
. f est donc strictement croissante sur 3,  .
On remarque de plus que f (-1) = -1. f définit donc une application de E = 1,  dans lui-même, et
comme u0  E , on définit bien une suite unique de réels.
1
1
1
1
1



 ......  . La suite v est donc arithmétique, de
2) n  , vn 1  vn 
u

1
un 1  1 un  1
2
n
 1 un  1
un  3
raison ½.
n 2n
2
n
3) v0 = 1 ; n  , vn  1  
; donc un  1 
, d’où un 
. On en déduit que la suite u
2
2
2n
2n
converge vers -1.
Exercice 3 :
 j  p  1  p  1
 n   p

  1 , et       1 . L’assertion est donc vraie pour n = p.
p  1   p  1
j 0 
 p  p
n p
1) Pour n = p :

Supposons maintenant l’assertion vraie au rang n  n  p  . Alors, au rang n + 1 :
n 1 p
 j  p  1  n  p  j  p  1   n   n   n   n  1
  

  

 . L’assertion est donc héréditaire, comme
 p  1  j  0  p  1   p  1   p   p  1  p 

j 0
elle est vraie pour n = p, elle est donc vraie pour tout n  p .
2) a) f (1, p) = 1 : (p).
f (2, 1) = 2 : (1, 0), (0, 1).
f (2, 3) = 4 : (3, 0), (2, 1), (1, 2), (0, 3).
f (3, 1) = 3 : (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1).
f (3, 2) = 6 : (2, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 2), (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1).
b) f (n + 1, p) est constitué des (n + 1)-uplets dont le total donne p ; A partir d’un n-uplet dont le total
donne j, on peut fabriquer un unique (n + 1)-uplets dont le total donne p et commençant par le n-uplet
précédent, le (n + 1)-ième élément étant égal à p – j. Inversement, tout (n + 1)-uplets dont le total donne
p commence par un n-uplet dont le total est un entier j inférieur ou égal à p, le (n + 1)-ième élément étant
p
alors égal à p – j. Donc : f  n  1, p    f  n, j  .
j 0
Par récurrence sur n :
 n  p  1  p 
Pour n = 1 : f (1, p) = 1, et 
     1 . L’assertion est vraie au rang 1.
 n 1   0 
p
 n  j  1
 . On reconnaît la
j 0  n  1 
p
Supposons l’assertion vraie au rang n : Alors f  n  1, p    f  n, j    
j 0
somme de la question 1), en posant p’ = n, et n’ – p’ = p :
 n  j  1  n  p   p   j  1   n   n  p 


  
 
.
n  1   p   n 
j 0  n  1 
j 0 
p
3) On note xi le nombre de fois où i apparaît dans le résultat xi   0, 4 ; le nombre de résultats possibles
est alors f (6, 4) = 126.
Problème : Première partie :
1) Soit : u   x, y, z  , v   x, y, z , alors : u  v   x  x, y  y, z  z ;
f   u  v      x  x     y  y      z  z   ,   x  x   2   y  y      z  z   ,   x  x      y  y    a   z  z   
    x   y   z    x  y  z   ,   x  2 y   z    x  2 y  z   ,  2 x   y  a z    2 x  y   az   
   x  y  z , x  2 y  z , 2 x  y  az    x  y   z , x  2 y   z , 2 x  y   az     f  u   f  v 
Donc f est un endomorphisme.
 x y z 
 x y  z 


2) Soit v   ,  ,    , u   x, y, z  (S) f  u   v   x  2 y  z    3 y  2 z     . Le système
2 x  y  az  
az      


3
admet une solution unique pour tout v   ,  ,    si et seulement si a  0 .
3
3) D’après 2), f est bijective. Pour déterminer f -1, on termine la résolution du système (S) : On obtient :
x  (1/ 3)  (1/ 3)

1
1
2

1

1
 y  (1/ 3)      (2 / 3) . D’où : f  x, y, z    x  z,  x  y  z,  x  y  z  .
3
3
3
3


z      

 x y z 

4) a) Dans ce cas le système (S) devient : 3 y  2 z     . Il n’admet donc de solutions que si
 0      

      0 : Le triplet (1,1,1), par exemple, n’a pas d’antécédent par f . f n’est donc pas surjective. En
revanche, si       0 , le système admet une infinité de solutions ; par exemple, (1,0,1) a pour
antécédents (entre autres) (1, 1, 1/3) et (7, 5, 1). f n’est donc pas injective.
b) D’après ce qui précède, Imf est l’ensemble des triplets (x, y, z) qui vérifient x + y –z = 0.
 x  y  z  0  3x  z
c) On résout pour cela le système (S), avec       0 . 
L’ensemble Kerf est

3 y  2 z
 3 y  2z  0
donc l’ensemble des triplets de la forme  z, 2 z,3z  , pour z réel quelconque, ou encore la droite vectorielle
engendrée par (1, 2, 3).
d) Imf est non vide, car il contient 0. D’autre part soit u   x, y, z  , avec x + y –z = 0, v   x, y, z , avec
x’ + y’ –z’= 0, et a et b deux réels. Alors :
au  bv  a  x, y, z   b  x, y, z   ax  bx, ay  by, az  bz   X , Y , Z  , et :
X  Y  Z  ax  bx  ay  by  az  bz  a  x  y  z   b  x  y  z  0 ; Imf est donc stable par
combinaison linéaire. C’est donc un sous-espace vectoriel de E.
De même kerf contient 0. De plus, si u   1, 2,3  ker f , v   1, 2,3  ker f , et a et b sont deux
réels : au  bv  a   1, 2,3   b   1, 2,3    a  b 1, 2,3  ker f . kerf est donc un sous-espace
vectoriel de Ei.
Deuxième partie :
5) a)  u, v   E 2 , hk u  v   k  u  v   k  u  k  v  hk u   hk v  , et :
u  E, a  , hk  a  u   k   a  u   a   k  u   a  hk u  . hk est donc un endomorphisme.
1
b) u  E , v  E , hk  u   v  k  u  v  u  .v on en déduit que hk est bijective et que hk  h1 .
k
k
6)   u, v   E 2 , tw u  v   u  v  w , et   u, v   E 2 , tw  u   tw  v   u  v  2w . Si w  0 , ces deux
résultats sont différents, donc tw n’est pas un endomorphisme.
7) u  E, f u   f u  0  f u   f  0 . Donc f (0) = 0.
Troisième partie :
8) a) D’après 7) 0  ker f , qui est donc non vide.
b)   u, v   ker f 2 ,   a, b  
, f  au  bv   af u   bf  v   0 , donc au  bv  ker f .
c) kerf est non vide, stable par combinaison linéaire, c’est donc un sous-espace vectoriel de ei.
d)   u, v   E 2 , f u   f  v   f u   f  v   0  f u  v   0  u  v  ker f .
e) Supposons f injective : On sait que f(0) = 0. 0 possède au plus un antécédent, donc kerf = {0}.
Réciproquement, supposons que kerf = {0} : Soit u et v tels que f (u) = f (v) ; alors u  v  ker f , et donc
par hypothèse u – v = 0, soit u = v. f est donc injective.
f) Soit u  ker f . f (u) = 0, donc  f f  u   f  f  u    f  0   0 . Donc u  ker  f f  .
2
9) a) f (0) = 0, donc 0  Im f .
Soit u  Im f : x  E, f  x   u . Soit v  Im f : y  E, f  y   v .
  a, b   2 , f  ax  by   af  x   bf  y   au  bv , et donc au + bv est l’image de ax +by. Imf est donc
stable par combinaison linéaire, il est non vide, donc c’est un sous-espace vectoriel de E.
b) Par définition, f est surjective si et seulement si Imf = E.
c) Soit u  Im  f f  : x  E,  f f  x   u , soit f (f (x)) = u. Posons y = f (x), alors f (y) = u. Donc
u  Im f .