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 nn11 nn11 0 . Or Pn n 0 , d’où Pn n Pn n1 . Comme Pn est strictement croissante, on en déduit que n n1 . 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 2n1 0 . Donc, d’après le n théorème des gendarmes, lim nn1 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 x3 . 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 2n 2 n 3) v0 = 1 ; n , vn 1 ; donc un 1 , d’où un . On en déduit que la suite u 2 2 2n 2n 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 .