Devoir N°14 (DL 9)

Lycée Henri Loritz Classe de PCSI 2
Devoir N°14 (DL 9)
Exercice 1 :
Pour tout entier n > 0, on définit la fonction Pn par :
1
0,
1
nk
k
xx
1) Déterminer le sens de variation de Pn.
2) L’application Pn est-elle injective ? surjective ?
3) Déterminer un intervalle I telle que Pn définisse une bijection de
0,
dans I.
4) Montrer que
Pn
admet une unique racine positive
n
.
5) 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
n
nn 12 1 0
pour tout naturel n strictement positif.
b) Montrer que, pour tout n > 1,
n  21
.
c) En déduire que (
n) converge vers
1
2
.
Exercice 2 :
On considère la suite u définie par u0 = 0 et la relation :
11
,3
n
nn
u
nuu
.
1) Montrer que l’on définit ainsi une suite unique de réels.
2) Montrer que la suite v définie par :
1
,1
nn
nv
u
est une suite arithmétique dont on déterminera
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
0
1
1
np
j
j p n
pp
.
2) Pour tout
*
n
et pour tout
*
p
, on note f(n, p) le nombre de n-uplets solutions entières de
l’équation
x p
k
k
n
1
. 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
,
1
,1
np
f n p n
(on
pourra constater que
0
1, ,
p
j
f n p f n j
).
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,
3
E
; 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 :
, , , , , , 2 ,2
a
x y z E f x y z x y z x y z 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
3
v
, 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 :
,.
k
u E h u k u  
.
a) Montrer que hk est un endomorphisme.
b) Montrer que hk est une bijection, et déterminer hk-1.
6) Soit
wE
,
0w
On considère la translation
w
t
de vecteur
w
définie par :
,w u E t u u w   
.
Montrer que
w
t
n’est pas un endomorphisme ?
7) Soit f un endomorphisme de E ; montrer que
00f
(on pourra calculer
0fu
de deux manières.
Troisième partie
On considère un endomorphisme f, et on pose :
1
ker 0ff
, c’est-à-dire l’ensemble des éléments
u
de E tels que
0fu
.
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,
2
ker , ker , , , keru f v f a b au bv f       
.
c) En déduire que kerf est un sous-espace vectoriel de E.
d) Montrer que
kerf u f v u v f   
.
e) En déduire que f est injective si et seulement si
ker 0f
.
f) Montrer que
ker kerf 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 Imf f f
.

Corrigé
Exercice1
1) Pn est une fonction polynomiale, donc continue et dérivable sur
.
1
1
nk
nk
P x kx 
est strictement
positif pour tout x strictement positif. Pn est donc une fonction strictement croissante sur [0, +[.
2) 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.
3) Pn est strictement croissante et continue sur [0, +[, elle définit donc une bijection de [0, +[ sur
l’intervalle image
0 ,lim
nn
PP
, c’est-à-dire [-1, +[. Pn admet donc une unique racine strictement
positive.
4) 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.
5)
11
1 1 1 1 1 1
1
1 0
nk n n
n n n n n n n
k
PP
. Or
0
nn
P
, d’où
1 n n n n
PP
. Comme Pn est strictement croissante, on en déduit que
1 nn
. La suite est
donc strictement décroissante. Comme de plus elle est minorée par 0, elle est donc convergente.
6) a)
11
2
- 2 1 0
nkn
n n n n n n n n n
k
PP
. 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,
11
2
0
nn
n
; Or
1
2
lim 0
n
n
. Donc, d’après le
théorème des gendarmes,
1
lim 0
n
n
n
. D’après a),
1
1
1
2n
nn
. Donc
1
lim 2
n
n
.
Exercice 2 :
1) Soit f l’application de
3, 
dans définie par
1
3
x
fx x
; f est dérivable car c’est une fonction
rationnelle, et
2
4
3
fx x
. 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
0
uE
, on définit bien une suite unique de réels.
2)
11
1 1 1 1 1
, ......
1
1 1 1 2
1
3
nn n
n n n
n
n v v u
u u u
u
. La suite v est donc arithmétique, de
raison ½.
3) v0 = 1 ;
2
,1
22
nnn
nv 
; donc
2
12
n
un
, d’où
2
nn
un
. On en déduit que la suite u
converge vers -1.

Exercice 3 :
1) Pour n = p :
0
11
1
11
np
j
j p p
pp
, et
1
np
pp
. L’assertion est donc vraie pour n = p.
Supposons maintenant l’assertion vraie au rang n
np
. Alors, au rang n + 1 :
1
00
1 1 1
1 1 1 1
n p n p
jj
j p j p n n n n
p p p p p p
. L’assertion est donc héréditaire, comme
elle est vraie pour n = p, elle est donc vraie pour tout
np
.
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
alors égal à p – j. Donc :
0
1, ,
p
j
f n p f n j
.
Par récurrence sur n :
Pour n = 1 : f (1, p) = 1, et
11
10
n p p
n
. L’assertion est vraie au rang 1.
Supposons l’assertion vraie au rang n : Alors
00
1
1, , 1
pp
jj
nj
f n p f n j n
. On reconnaît la
somme de la question 1), en posant p’ = n, et n’ – p’ = p :
00
11
11
p n p
jj
n j p j n n p
n n p n
.
3) On note xi le nombre de fois où i apparaît dans le résultat
0,4
i
x
; 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
;
, 2 ,
, 2 2 , 2 2
, 2 ,2 , 2 ,2
f u v x x y y z z x x y y z z x x y y a z z
x y z x y z x y z x y z x y a z x y az
x y z x y z x y az x y z x y z x y az f u f v
Donc f est un endomorphisme.
2) Soit
3
,,v
,
,,u x y z
(S)
2
2
x y z
f u v x y z
x y az
32
x y z
yz
az
. Le système
admet une solution unique pour tout
3
,,v
si et seulement si
0a
.
3) D’après 2), f est bijective. Pour déterminer f -1, on termine la résolution du système (S) : On obtient :
(1/3) (1/3)
(1/3) (2/3)
x
y
z
. D’où :
11 1 1 2
, , , ,
3 3 3 3
f x y z x z x y z x y z
.

4) a) Dans ce cas le système (S) devient :
32
0
x y z
yz
. Il n’admet donc de solutions que si
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.
c) On résout pour cela le système (S), avec
0
.
03
3 2 0 3 2
x y z x z
y z y z
L’ensemble Kerf est
donc l’ensemble des triplets de la forme
,2 ,3z z z
, 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 :
0X Y Z ax bx ay by az bz a x y z b x y z
; Imf est donc stable par
combinaison linéaire. C’est donc un sous-espace vectoriel de E.
De même kerf contient 0. De plus, si
1,2,3 keruf
,
1,2,3 kervf
, et a et b sont deux
réels :
1,2,3 1,2,3 1,2,3 kerau bv a b a b f
. kerf est donc un sous-espace
vectoriel de Ei.
Deuxième partie :
5) a)
2
,,
k k k
u v E h u v k u v k u k v h u h v           
, et :
,,
kk
u E a h a u k a u a k u a h u            
. hk est donc un endomorphisme.
b)
1
, , .
k
u E v E h u v k u v u v
k
on en déduit que hk est bijective et que
1kk
hh
.
6)
2
,,
w
u v E t u v u v w     
, et
2
, , 2
ww
u v E t u t v u v w     
. Si
0w
, ces deux
résultats sont différents, donc tw n’est pas un endomorphisme.
7)
, 0 0u E f u f u f u f     
. Donc f (0) = 0.
Troisième partie :
8) a) D’après 7)
0 ker f
, qui est donc non vide.
b)
22
, ker , , , 0u v f a b f au bv af u bf v       
, donc
kerau bv f
.
c) kerf est non vide, stable par combinaison linéaire, c’est donc un sous-espace vectoriel de ei.
d)
2
, , 0 0 keru v E f u f v f u f v f u v u v 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
keru v f
, et donc
par hypothèse u – v = 0, soit u = v. f est donc injective.
f) Soit
keruf
. f (u) = 0, donc
00f f u f f u f  
. Donc
keru f f
.
9) a) f (0) = 0, donc
0 Im f
.
Soit
Imuf
:
,x E f x u  
. Soit
Imvf
:
,y E f y v  
.
2
,,a b 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
Imu f f
:
,x E f f x u  
, soit f (f (x)) = u. Posons y = f (x), alors f (y) = u. Donc
Imuf
.