corrigé

TB2 − 2010-2011
Mathématiques
L.E.G.T.A. Le Chesnoy
D. Blottière
Correction du devoir surveillé n˚3
Problème I - Probabilités
Partie A - Hangars de stockage (extrait du sujet du concours A TB 2005)
Une exploitation agricole dispose de deux hangars H et H’ pour le stockage du foin. Chaque jour, on cherche le
foin nécessaire dans l’un des deux hangars. Pour des raisons techniques, si, un jour donné, on utilise le hangar
H, le lendemain on réutilisera ce même hangar avec une probabilité de 0, 5 et si, un jour donné, on utilise le
hangar H’, la probabilité d’utiliser le lendemain le hangar H est égale à 0, 4.
On veut analyser l’utilisation des deux hangars sur une longue période ; le premier jour on choisit un hangar
au hasard. Pour tout entier naturel n non nul, on note pn la probabilité que le hangar H soit utilisé le n-ième jour.
1. (a) Donner p1 .
(b) Calculer p2 .
2. Démontrer que :
∀ n ∈ N∗
pn+1 = 0, 1pn + 0, 4.
3. (a) En déduire la valeur de pn pour tout entier naturel n non nul.
(b) Calculer lim pn .
n→+∞
Correction
Pour tout n ∈ N∗ , soient Hn et Hn0 les événements :
Hn :
Hn0 :
Le hangar H est utilisé le n-ième jour ;
Le hangar H 0 est utilisé le n-ième jour .
Pour chaque n ∈ N∗ , on remarque que Hn = Hn0 et on a P (Hn ) = pn .
1. (a) D’après l’énoncé (le premier jour on choisit un hangar au hasard), on a P (H1 ) = p1 = 0, 5.
(b) Pour calculer P (H2 ) = p2 , on applique la formule des probabilités totales relativement au système
complet d’événements H1 , H10 = H1 :
(∗)
P (H2 ) = P (H2 /H1 )P (H1 ) + P (H2 /H10 )P (H10 ).
• D’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H, le lendemain on réutilisera ce même
hangar avec une probabilité de 0, 5), on a P (H2 /H1 ) = 0, 5.
• D’autre part, toujours d’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H’, la probabilité
d’utiliser le lendemain le hangar H est égale à 0, 4), on a P (H2 /H10 ) = 0, 4.
• On a vu que P (H1 ) = 0, 5. On a donc P (H10 ) = P (H1 ) = 1 − P (H1 ) = 0, 5.
Des trois points précédents et de (∗), on a :
P (H2 ) = 0, 5 × 0, 5 + 0, 4 × 0, 5 = 0, 45.
2. Pour répondre à cette question, on généralise la méthode utilisée ci-dessus pour le calcul de P (H2 ).
Soit n ∈ N∗ . Pour exprimer P (Hn+1 ) = pn+1 en fonction de P (Hn ) = pn , on applique la formule des
probabilités totales relativement au système complet d’événements Hn , Hn0 = Hn :
(∗)
P (Hn+1 ) = P (Hn+1 /Hn )P (Hn ) + P (Hn+1 /Hn0 )P (Hn0 ).
1
• D’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H, le lendemain on réutilisera ce même hangar
avec une probabilité de 0, 5), on a P (Hn+1 /Hn ) = 0, 5.
• D’autre part, toujours d’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H’, la probabilité d’utiliser
le lendemain le hangar H est égale à 0, 4), on a P (Hn+1 /Hn0 ) = 0, 4.
• Enfin P (Hn0 ) = P (Hn ) = 1 − pn .
Des trois points précédents et de (∗), on a :
P (Hn+1 ) = 0, 5pn + 0, 4(1 − pn ) = 0, 1pn + 0, 4.
| {z }
pn+1
3. (a) D’après la question précédente, la suite (pn )n∈N∗ est arithmético-géométrique. On applique la méthode
vue en cours pour exprimer pn en fonction de n (n ∈ N∗ ).
4
• L’unique solution de l’équation l = 0, 1l + 0, 4 est l = .
9
• Soit (qn )n∈N∗ la suite définie par :
4
qn = pn − l = pn − .
9
∀ n ∈ N∗
On a pour tout n ∈ N∗ :
qn+1
4
9
=
pn+1 −
=
4
0, 1pn + 0, 4 −
9
| {z }
(cf. définition de la suite (qn )n∈N∗ )
2
− 45

=



2


0, 1 pn −

45 × 0, 1 

| {z }
4
9
=
0, 1qn
(cf. définition de la suite (qn )n∈N∗ ).
La suite (qn )n∈N∗ est donc géométrique de raison 0, 1.
• On en déduit, grâce au cours sur les suites géométriques, que :
∀ n ∈ N∗
Or q1 = p1 −
qn = q1 × 0, 1n−1 .
4
4
1
= 0, 5 − =
et donc :
9
9
18
∀ n ∈ N∗
qn =
1
× 0, 1n−1 .
18
• Par suite (cf. définition de la suite (qn )n∈N∗ ), on a :
∀ n ∈ N∗
pn = qn + l = qn +
4
4
1
= +
× 0, 1n−1 .
9
9 18
(b) D’après la dernière formule obtenue et le fait que :
lim 0, 1n = 0
n→+∞
(cf. cours sur les suites géométriques et −1 < 0, 1 < 1)
on a :
lim pn =
n→+∞
4
.
9
Partie B - Un dé et une urne
On dispose d’un dé équilibré et d’une urne qui, au départ, ne contient qu’une boule blanche.
On effectue une suite de lancers successifs avec le dé et, à chaque fois que l’on obtient un résultat différent du 6, on
ajoute une boule rouge dans l’urne. Dès que l’on obtient un 6, on tire une boule de l’urne et l’expérience s’arrête.
2
1. Pour k entier naturel non nul, soit Ak l’événement :
on a obtenu 6 au k-ième lancer du dé .
(a) Calculer P (Ak ) pour tout k ∈ N∗ et vérifier que
+∞
X
P (Ak ) = 1.
k=1
(b) Quelle est la probabilité d’avoir obtenu un 6 au plus tard au troisième lancer ?
(c) Quelle est la probabilité d’avoir obtenu un 6 au plus tard au k-ième lancer ?
2. On appelle B l’événement :
on a obtenu la boule blanche .
(a) Soit k ∈ N∗ . Si les k − 1 premiers lancers n’ont pas donné de 6, quelle est la composition de l’urne
juste avant qu’on ne lance le dé pour la k-ième fois.
(b) En déduire P (B ∩ Ak ) pour tout k ∈ N∗ .
(c) On admet que pour tout x ∈ [0, 1[ fixé, la série de terme général
+∞ k
X
x
= − ln(1 − x). Calculer P (B).
k
xk
est convergente et que
k
k=1
Correction
1. (a) Soit k ∈ N∗ . Si l’on a obtenu un 6 au k-ième lancer du dé, c’est que l’on n’a obtenu aucun 6 avant.
Sinon, le jeu se serait arrêté avant le k-ième lancer. Comme :
1
• la probabilité d’obtenir un 6 lors d’un lancer est ,
6
1
5
• la probabilité d’obtenir un résultat différent de 6 lors d’un lancer est 1 − = ,
6
6
• les lancers sont mutuellement indépendants,
on a :
1
5
5
5
×
P (Ak ) =
×
× ... ×
6
6
6
6
|{z}
|{z}
|{z}
|{z}
lancer n˚1
=
lancer n˚2
lancer n˚(k − 1)
lancer n˚k
k−1
5
1
6
6
k −1
5
5
1
=
6
6
6
=
k
5
1
.
6
5
k
5
D’après le cours, on sait que la série de terme général
est convergente et que :
6
! +∞ k
+∞ k
0
X
X
5
5
5
1
(∗)
=
−
=
− 1 = 5.
5
6
6
6
k=1
k=0
1−
6
k
5
1
est également convergente et on a :
Par linéarité, la série de terme général P (Ak ) =
6
5
!
k
+∞
+∞
+∞ k
X
X
1 5
1 X 5
P (Ak ) =
=
= 1.
5 6
5
6
(∗)
k=1
k=1
k=1
3
(b) On note A≤3 l’événement
on a obtenu un 6 au plus tard au troisième lancer . On remarque que :
A≤3 = A1 ∪ A2 ∪ A3 .
Les événements A1 , A2 et A3 étant deux à deux incompatibles, on a :
P (A≤3 )
= P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 )
2
5 1
5
1
+
6 6
6
6
=
1
+
6
=
91
.
216
(cf. 1.(a))
(c) Pour répondre à cette question, on généralise la démarche de la question précédente. Un nouvel
ingrédient sera utile ici : la formule donnant l’expression d’une somme de termes consécutifs d’une
suite géométrique.
Soit k ∈ N∗ . On note A≤k l’événement on a obtenu un 6 au plus tard au k-ième lancer . On
remarque que :
A≤k = A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Ak .
Les événements A1 , A2 , . . ., Ak étant deux à deux incompatibles, on a :
P (A≤k )
=
P (A1 ) + P (A2 ) + . . . + P (Ak )
=
1
+
6
=
1
6
k−1
5 1
5
1
+ ... +
6 6
6
6
(cf. 1.(a))
k−1 !
5
5
1 + + ... +
6
6
|
{z
}
k−1
X 5 i
i=0
6
k 
5
1−

1 
6 

(cf. cours sur les suites géométriques)

5 
6 

1−
6

=
=
k
5
1−
.
6
2. (a) Soit k ∈ N∗ . Si les (k − 1) premiers lancers n’ont pas donné de 6, alors l’urne contient 1 boule blanche
et (k − 1) boules rouges, juste avant qu’on ne lance le dé pour la k-ième fois.
(b) Soit k ∈ N∗ . Si l’événement Ak est réalisé, alors les (k − 1) premiers lancers n’ont pas donné de 6.
Sinon, l’expérience se serait arrêtée avant. D’après la question précédente, on a alors une chance sur
k de tirer la boule blanche. On a ainsi :
P (B/Ak ) =
1
.
k
On peut alors calculer P (B ∩ Ak ).
P (B ∩ Ak )
= P (B/Ak )P (Ak )
=
=
1
×
k
k
5
1
6
5
(cf. définition d’une probabilité conditionnelle)
(cf. 1.(a))
k
5
1 6
.
5
k
4
(c) Il y a deux alternatives pour ce jeu. Soit il s’arrête après k lancers, soit il ne s’arrête pas. Ainsi, si
on note A∞ l’événement le jeu ne s’arrête pas , la famille :
(A∞ , A1 , A2 , . . . , An , . . .)
est un système complet d’événements (dénombrable). On peut alors appliquer la formule des probabilités totales relativement à ce système pour calculer P (B). On trouve :
P (B) = P (B ∩ A∞ ) +
(?)
+∞
X
P (B ∩ Ak ).
k=1
(La convergence de la série de terme général P (B ∩ Ak ) est assurée par un résultat du cours.) Il reste
+∞
X
maintenant deux calculs à effectuer : celui de P (B ∩ A∞ ) et celui de
P (B ∩ Ak ).
k=1
• Calcul de P (B ∩ A∞ )
+∞
[
L’événément A∞ est l’événement complémentaire de
Ak . On a donc :
k=1
+∞
[
P (A∞ ) = 1 − P
(∗)
!
Ak
.
k=1
Comme la famille (A1 , A2 , . . . , An , . . .) est une famille dénombrable d’événements deux à deux
disjoints, on a le résultat suivant (cf. cours). La série de terme général P (Ak ) converge (ce que l’on
a déjà obtenu en 1.(a)) et :
! +∞
+∞
[
X
P
Ak =
P (Ak ).
k=1
Or d’après 1.(a) :
+∞
X
k=1
P (Ak ) = 1. On a donc :
k=1
(∗∗)
P
+∞
[
!
Ak
= 1.
k=1
De (∗) et (∗∗), on déduit que : P (A∞ ) = 0. Par suite, on a :
P (B ∩ A∞ ) = 0.
(??)
En effet, de l’inclusion B ∩ A∞ ⊂ A∞ on déduit l’inégalité 0 ≤ P (B ∩ A∞ ) ≤ P (A∞ ) = 0.
• Calcul de
+∞
X
P (B ∩ Ak )
k=1
+∞
X
P (B ∩ Ak )
=
k=1
+∞
X
k=1
k
5
1 6
5
k
k 
5
+∞

X
1 
6 



5 
k 

=
(par linéarité)
k=1
= −
=
5
1
ln 1 −
5
6
(cf. énoncé)
1
ln(6)
5
On a donc :
+∞
X
(? ? ?)
k=1
5
P (B ∩ Ak ) =
1
ln(6)
5
De (?), (??) et (? ? ?), on déduit alors que P (B) =
1
ln(6).
5
Problème II - Analyse
Partie A - Étude d’une fonction
On rappelle que le nombre e est strictement plus grand que 2, i.e. 2 < e.
1. Justifier que ln(2) < 1. En déduire que la fonction :
f : [1, 2] → R , x 7→
p
2 − ln(x)
est bien définie et qu’elle est dérivable sur [1, 2].
2. Montrer que :
f 0 (x) = −
∀ x ∈ [1, 2]
1
2xf (x)
puis donner le tableau de variations de f avec les valeurs aux bornes.
3. Prouver que
√
2 < 2 et que
p
2 − ln(2) > 1. En déduire que pour tout x ∈ [1, 2], f (x) ∈ [1, 2].
p
√
4. Prouver que 2 > 1 et que 2 − ln(2) < 2, puis démontrer que l’équation f (x) − x = 0 admet une unique
solution sur [1, 2]. On notera α cette solution dans la suite.
Correction
1. • Preuve de ln(2) < 1
La fonction ln est strictement croissante sur R+× . Ainsi, comme 2 < e, on a ln(2) < ln(e) = 1.
• Preuve de :
La fonction f est bien définie. En utilisant, à nouveau, que la fonction ln est (strictement) croissante sur R+× , on a :
∀ x ∈ [1, 2]
0 = ln(1) ≤ ln(x) ≤ ln(2).
(1)
De (1) et de ln(2) < 1, on déduit :
∀ x ∈ [1, 2]
0 ≤ ln(x) < 1,
puis :
∀ x ∈ [1, 2]
1 < 2 − ln(x) ≤ 2.
(2)
Pour tout x ∈ [1, 2], on a ainsi 2 − ln(x) ≥ 0. La fonction f est donc bien définie.
• Preuve de :
La fonction f est dérivable sur [1, 2]. La fonction x →
7 2 − ln(x) est dérivable sur [1, 2] et la fonction racine carrée est dérivable sur ]0, +∞[.
La fonction f sera donc dérivable sur :
{x ∈ [1, 2] : 2 − ln(x) > 0}.
On déduit de (2) que tout x ∈ [1, 2] vérifie 2 − ln(x) > 0. Ainsi f est-elle dérivable sur [1, 2].
2. La fonction f est égale à v ◦ u où u et v sont les fonctions définies par :
u : [1, 2] → R , x 7→ 2 − ln(x)
et
6
v : ]0, +∞[→ R , x 7→
√
x.
On a donc pour tout x ∈ [1, 2] :
f 0 (x)
=
(v ◦ u)0 (x)
= u0 (x) × v 0 (u(x))
= −
1
1
× p
x 2 2 − ln(x)
= −
1
.
2xf (x)
La fonction f est positive (la racine carrée d’un nombre réel positif est un nombre positif). Ainsi a-t-on :
∀ x ∈ [1, 2] f 0 (x) < 0.
(3)
On a donc le tableau de variation suivant pour f .
x
1
√
2
2
&
Variations de f
p
3. • Preuve de
√
2 − ln(2)
2<2
La fonction racine carrée est strictement croissante sur R+ et 2 < 4. On a donc
• Preuve de
√
2<
√
4 = 2.
p
2 − ln(2) > 1
On sait (cf. question 1) que ln(2) < 1. On
ln(2) > 1. La fonction racine carrée étant strictep a donc 2 − √
ment croissante sur R+ , on en déduit : 2 − ln(2) > 1 = 1.
• Preuve de :
Pour tout x ∈ [1, 2], f (x) ∈ [1, 2]. Soit x ∈ [1, 2].
1≤x≤2
=⇒
p
2 − ln(2) ≤ f (2) ≤ f (x) ≤ f (1) =
=⇒ 1 < f (x) < 2
√
2
(f est (strictement) décroissante sur [1, 2])
(cf. deux points précédents)
On a donc f (x) ∈]1, 2[ et a fortiori f (x) ∈ [1, 2].
4. • Preuve de
√
2>1
La fonction racine carrée est strictement croissante sur R+ et 1 < 2. On a donc 1 =
• Preuve de
√
1<
√
2.
p
2 − ln(2) < 2
On a ln(2) > 0 (la fonction ln est strictement croissante sur R+× et 2 > 1).
− ln(2) < 2. La
pOn a donc 2√
+
fonction racine
carrée
étant
strictement
croissante
sur
R
,
on
en
déduit
:
2
−
ln(2)
<
2. On conclut
√
en utilisant 2 < 2 (cf. question 3).
• Preuve de :
L’équation f (x) − x = 0 admet une unique solution sur [1, 2]. Pour répondre à cette question, on va appliquer le théorème de la bijection à la fonction g définie par :
g : [1, 2] → R , x 7→ f (x) − x
7
et montrer que l’équation g(x) = 0 (équivalente à f (x) = x) admet une unique solution sur [1, 2]. On
commence par vérifier que g satisfait les hypothèses du théorème de la bijection.
? Les fonctions f et x 7→ x sont continues sur [1, 2]. La fonction g est donc également continue sur [1, 2]
(la différence de deux fonctions continues est continue).
? Les fonctions f et x 7→ x sont dérivables sur [1, 2]. La fonction g est donc également dérivable sur
[1, 2] (la différence de deux fonctions dérivable est dérivable) et on a, pour tout x ∈ [1, 2] :
g 0 (x)
=
=
f 0 (x) − 1
1
−1
−
2xf (x)
(cf. question 2).
Comme pour tout x ∈ [1, 2], f 0 (x) < 0 (cf. inégalité (3)), on a :
∀ x ∈ [1, 2] g 0 (x) < 0.
Ainsi la fonction g est-elle strictement décroissante sur [1, 2].
La fonction g p
est continue et √
strictement décroissante sur [1, 2], elle réalise une bijection de [1, 2] sur
[g(2), g(1)] = [ 2 − ln(2) − 2, 2 − 1].
p
√
Or 2 − ln(2)p− 2 < 0 et 2 − 1 > 0, d’après les deux points précédents. Le nombre 0 appartient donc
√
à l’intervalle [ 2 − ln(2) − 2, 2 − 1].
Par suite, l’équation g(x) = 0 (équivalente à f (x) = x) admet une unique solution sur [1, 2].
Partie B - Étude d’une suite récurrente
Soit (un )n∈N la suite définie par :
u0 = 1
et ∀ n ∈ N
un+1 =
p
2 − ln(un ).
D’après la question 3 de la partie A, la suite (un )n∈N est bien définie et pour tout n ∈ N, un ∈ [1, 2].
1. Montrer que pour tout réel x ∈ [1, 2], |f 0 (x)| ≤
1
.
2
2. Énoncer le théorème des accroissements finis.
3. Exprimer f (α) en fonction de α et en déduire que pour tout n ∈ N, |un+1 − α| ≤
4. Montrer que pour tout n ∈ N, |un − α| ≤
1
|un − α|.
2
n
1
|u0 − α|. En déduire que la suite (un )n∈N est convergente
2
et déterminer sa limite.
Correction
1. Soit x ∈ [1, 2]. Alors f 0 (x) = −
1
(question 2 de la partie A). On a donc :
2xf (x)
|f 0 (x)| =
(∗)
1
.
2 |x| |f (x)|
Comme 1 ≤ x ≤ 2, on a |x| ≥ 1 et donc :
(∗∗)
1
≤1
|x|
(x 7→
1
est strictement décroissante sur ]0, +∞[).
x
D’autre part, à la question 3 de la partie A, on a établi que 1 ≤ f (x) ≤ 2. Par suite on a |f (x)| ≥ 1 et
donc :
1
1
(∗ ∗ ∗)
≤1
(x 7→ est strictement décroissante sur ]0, +∞[).
|f (x)|
x
8
De (∗), (∗∗) et (∗ ∗ ∗), on déduit que pour tout réel x ∈ [1, 2], |f 0 (x)| ≤
1
.
2
2. Le théorème des accroissements finis s’énonce comme suit.
Théorème des accroissements finis : Soit ϕ : [a, b] → R une fonction continue sur [a, b] et dérivable
sur ]a, b[. Alors il existe c ∈]a, b[ tel que : ϕ(b) − ϕ(a) = ϕ0 (c)(b − a).
On dispose d’une variante de ce théorème, plus souple à utiliser, car aucun ordre n’est imposé entre a et
b.
Variante du théorème des accroissements finis : Soit ϕ : I → R une fonction dérivable (et donc
continue) sur I. Alors pour tout a, b ∈ I, il existe un nombre réel c compris entre a et b tel que :
ϕ(b) − ϕ(a) = ϕ0 (c)(b − a).
3. • Par définition, α est solution de l’équation f (x) = x. On a donc f (α) = α.
• Soit n ∈ N. On applique la variante du théorème des accroissements finis à la fonction f dérivable sur
l’intervalle [1, 2] entre α et un (α et un appartiennent à [1, 2]). Alors il existe un réel c compris entre un
et α (et donc appartenant à [1, 2]) tel que :
f (un ) − f (α) = f 0 (c) (un − α).
| {z } | {z }
un+1
α
On a donc, en prenant la valeur absolue de chacun des termes :
|un+1 − α| = |f 0 (c)| |un − α|
égalité de laquelle on déduit, grâce à la question 1 de la partie B :
|un+1 − α| ≤
1
|un − α|
2
car c ∈ [1, 2].
4. • On montre que pour tout n ∈ N, |un − α| ≤
n
1
|u0 − α|, à l’aide d’un raisonnement par récurrence.
2
Pour chaque entier naturel n, soit :
Pn
n
1
|u0 − α|.
: |un − α| ≤
2
? Initialisation
0
0
1
1
L’assertion P0 s’écrit : |u0 − α| ≤
|u0 − α|. Comme
= 1, l’assertion P0 est vraie.
2
2
? Hérédité
Supposons l’assertion Pn vraie pour un entier n fixé, i.e. :
n
1
|u0 − α|.
|un − α| ≤
2
Montrons qu’alors Pn+1 est également vraie, i.e. :
n+1
1
|un+1 − α| ≤
|u0 − α|.
2
On a :
|un+1 − α|
≤
≤
≤
1
|un − α|
(cf. question 3 de la partie B)
2
n
1 1
|u0 − α|
(d’après Pn )
2 2
n+1
1
|u0 − α|.
2
9
? Conclusion
D’après l’initialisation
au rang n = 0, l’hérédité et l’axiome de récurrence, on a pour tout n ∈ N,
n
1
|un − α| ≤
|u0 − α|.
2
n
1
• Soit n ∈ N. Alors de |un − α| ≤
|u0 − α|, on déduit :
2
n
n
1
1
|u0 − α| ≤ un − α ≤
|u0 − α|.
(∗)
−
2
2
En effet si A ∈ R+ et X ∈ R, alors |X| ≤ A équivaut à −A ≤ X ≤ A. En ajoutant α à chacun des
membres de l’inéquation (∗), on obtient :
n
n
1
1
(∗∗)
α−
|u0 − α| ≤ un ≤ α +
|u0 − α|.
2
2
D’après le cours sur les suites géométriques et les opérations sur les limites, on a :
n
n
1
1
lim α −
|u0 − α| = α
et
lim α +
|u0 − α| = α.
n→+∞
n→+∞
2
2
Ainsi l’inéquation (∗∗) et le théorème
que lim un = α.
des gendarmes entraı̂nent que la suite (un )n∈N converge et
n→+∞
Problème III - Algèbre linéaire (d’après le sujet du concours A TB 2007)
Dans cet exercice, on note B = (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de E = R3 . La matrice A est définie par :


2 1 −2
0 .
A= 1 0
0 1
0
On note f l’endomorphisme de E canoniquement associé à la matrice A, i.e. f = App(A, B, B). On note enfin
idE l’application identité de E.
1. Déterminer le rang de f , son noyau et son image.
2. Déterminer le rang de f −idE , montrer que le vecteur u, de coordonnées (1, 1, 1) dans la base B, appartient
au noyau de f − idE et en déduire Ker(f − idE ).
3. Soient v et w les vecteurs de coordonnées respectives (1, −1, 1) et (4, 2, 1) dans la base B. Déterminer f (v)
et f (w) en fonction de v et w.
4. Montrer que C = (u, v, w) est une base de E.
5. Déterminer (sans autre calcul) la matrice de f dans la base C. On notera D cette matrice.
6. (a) Déterminer la matrice P définie par :
P = Mat(idE , C, B).
(b) Justifier que P est inversible et calculer la matrice P −1 .
(c) Montrer, sans calcul, que :
A = P DP −1 .
(d) Exprimer pour tout entier naturel n la matrice An à l’aide de P , D, n et P −1 .
10
(e) Donner explicitement la première colonne de An en fonction de n.
7. Vérifier que :
f 3 = 2f 2 + f − 2idE .
8. En déduire l’inversibilité de A et exprimer A−1 à l’aide de I3 , A et A2 .
9. Montrer que pour tout n ∈ N, il existe un unique triplet (an , bn , cn ) de nombres réels tel que :
An = an I3 + bn A + cn A2
et que les mêmes valeurs satisfont à :
Dn = an I3 + bn D + cn D2 .
(∗)
10. Résoudre le système (∗) et donner an , bn et cn pour tout n ∈ N.
11. Exprimer pour tout entier naturel n la matrice An en fonction de I3 , A, A2 et n. La formule demeure-t-elle
vraie pour n = −1 ?
Correction
1. • Calcul du rang de f
D’après le cours, le rang de l’application linéaire f est le rang de la matrice A. On calcule le rang de A.


2 1 −2
0 
rang(A) = rang  1 0
0 1
0

=
−2
rang  0
0
=
3
(on
2
1
0

1
0 
1
(permutation des colonnes)
lit le rang sur une matrice échelonnée)
• Détermination de l’image de f
Par définition, le rang de l’application linéaire f est la dimension de son image Im(f ). Im(f ) est un
sous-espace vectoriel de dimension 3 de R3 qui lui aussi est de dimension 3. On a donc Im(f ) = R3 .
• Détermination du noyau de f
Le théorème
noyau-image , appliqué à f , s’écrit :
dim(Ker(f )) + dim(Im(f )) = dim(R3 ).
{z
} | {z }
|
3
3
On en déduit que Ker(f ) = {0R3 }.
2. • Calcul du rang de f − idE
D’après le cours, le rang de l’application linéaire f − idE est le rang de la matrice A − I3 , où I3 est la
matrice unité 3 × 3. En effet, la matrice A − I3 est la matrice de l’application linéaire f − idE dans la
base B.
On calcule le rang de A − I3 .
11

rang(A − I3 )
=
=
=
2 1
rang  1 0
0 1
 
−2
1
0 − 0
0
0
0
1
0

0
0 
1


1 −2
−1
0 
1 −1


1 −2
−2
2 
1 −1
(L2 ← L2 − L1 )

1 −2
−2
2 
0
0
(L3 ← 2L3 + L2 )
1
rang  1
0
1
rang  0
0

=
1
rang  0
0
=
2
(on
lit le rang sur une matrice échelonnée)
• Preuve de : u ∈ Ker(f − idE )
Comme on l’a déjà remarqué, la matrice de l’application linéaire f − idE dans la base canonique de R3
est A−I3 dans la base B. L’image du vecteur u, de coordonnées (1, 1, 1) dans la base B, par l’application
f − idE a donc pour coordonnées dans la base B :
 

 
1
1
1 −2
1
0 1
(A − I3 )  1  =  1 −1
0
1 −1
1
1
 
0
= 0.
0
On a donc (f − idE )(u) = 0R3 et donc u ∈ Ker(f − idE ).
• Détermination de Ker(f − idE )
On rappelle que le rang de l’application linéaire f − idE , qui est égal à 2, est par définition la dimension
de dim(Im(f − idE )). Le théorème noyau-image , appliqué à f − idE , s’écrit :
dim(Ker(f − idE )) + dim(Im(f − idE )) = dim(R3 ).
{z
} | {z }
|
2
3
On en déduit que dim(Ker(f − idE )) = 1. Par suite tout vecteur non nul de Ker(f − idE ) induit une
base de Ker(f − idE ). Par exemple le vecteur u = e1 + e2 + e3 (u a pour coordonnées (1, 1, 1) dans la
base B = (e1 , e2 , e3 )) induit une base de Ker(f − idE ). On a donc :
Ker(f − idE ) = Vect(u) = {λ.u : λ ∈ R}.
3. • Calcul de f (v)
La matrice de l’application linéaire f dans la base canonique de R3 est A dans la base B. L’image du
vecteur v, de coordonnées (1, −1, 1) dans la base B, par l’application f a donc pour coordonnées dans
la base B :





1
2 1 −2
1
0   −1 
A  −1  =  1 0
1
0 1
0
1

=

−1
 1.
−1
On a donc :
f (v) = −e1 + e2 − e3 .
(∗)
12
Les coordonnées de v étant (1, −1, 1) dans la base B = (e1 , e2 , e3 ), on a :
v = e1 − e2 + e3 .
(∗∗)
De (∗) et (∗∗), on déduit que f (v) = −v.
• Calcul de f (w)
L’image du vecteur w, de coordonnées (4, 2, 1) dans la base B, par l’application f a pour coordonnées
dans la base B :
 

 
4
2 1 −2
4
0 2
A2 =  1 0
1
0 1
0
1
 
8
= 4.
2
On a donc :
(∗ ∗ ∗)
f (w) = 8e1 + 4e2 + 2e3 .
Les coordonnées de w étant (4, 2, 1) dans la base B = (e1 , e2 , e3 ), on a :
(∗ ∗ ∗∗)
w = 4e1 + 2e2 + e3 .
De (∗ ∗ ∗) et (∗ ∗ ∗∗), on déduit que f (w) = 2w.
4. D’après le cours, la famille C = (u, v, w) est une base de E = R3 , espace vectoriel de dimension 3, si et
seulement si son rang est 3. Toujours d’après le cours, les coordonnées de u, v et w dans la base B étant
respectivement (1, 1, 1), (1, −1, 1) et (4, 2, 1), le rang de la famille C = (u, v, w) est égal au rang de la
matrice :


1
1 4
 1 −1 2  .
1
1 1




1
1 4
1
1
4
rang  1 −1 2  = rang  0 −2 −2 
(L2 ← L2 − L1 , L3 ← L3 − L1 )
1
1 1
0
0 −3
=
3
(on
lit le rang sur une matrice échelonnée).
La famille C = (u, v, w) est donc une base de R3 .
5. On sait que u ∈ Ker(f − idE ) et donc que f (u) − u = 0R3 . On en déduit f (u) = u. En outre, on sait (cf.
question 3) que : f (v) = −v et f (w) = 2w. On en déduit que :
f (u)
D = Mat(f, C, C) =

1
 0
0
f (v) f (w)

0
/u
0  /v
2
/w
0
−1
0
.
6. (a) Comme les coordonnées de u, v et w dans la base B sont respectivement (1, 1, 1), (1, −1, 1) et (4, 2, 1),
on a :
u
v
w
P = Mat(idE , C, B) =

1
 1
1
On a déjà rencontré cette matrice (cf. question 4).
13
1
−1
1

4
/ e1
2  / e2
1
/ e3
.
(b) La matrice P est inversible car c’est une matrice d’isomorphisme (l’application identité d’un espace
vectoriel est un isomorphisme). (On pouvait aussi argumenter en disant que le rang de la matrice P
est 3 (cf. question 4).)
On calcule maintenant la matrice P −1 .

0
0 
1

1
 1
1
1 4
−1 2
1 1

1
 0
0
1
4
−2 −2
0 −3

1 0 0
−1 1 0 
−1 0 1

3
 0
0
3
0
−6
0
0 −3
−1
−1
−1
0
3
0

4
−2 
1
(L2 ← 3L2 − 2L3 , L1 ← 3L1 + 4L3 )

0
0
−6
0
0 −3
−3
−1
−1
3
3
0

6
−2 
1
(L1 ← 2L1 + L2 )
6
 0
0

 1 0 0



 0 1 0




0 0 1
1
0
0
−
0
1
0
1
2
1
2
1
6
−
1
3
1
2
0
−
(L2 ← L2 − L1 , L3 ← L3 − L1 )

1 


1 

3 


1 
(L1 ←
1
1
1
L1 , L2 ← − L2 , L3 ← − L3 )
6
6
3
3
On en déduit que :
1
 −2


 1
=
 6


 1
1
2

P −1
3
−
1
2
0
−

1 


1 
.
3 


1 
3
(c) On a A = Mat(f, B, B), D = Mat(f, C, C), P = Mat(idE , C, B). On en déduit que :
P −1 = Mat((idE )−1 , B, C) = Mat(idE , B, C).
| {z }
idE
Par suite :
P DP −1
=
Mat(idE , C, B) Mat(f, C, C) Mat(idE , B, C)
{z
}
|
Mat(f ◦idE ,B,C)
=
Mat(idE , C, B) Mat(f ◦ idE , B, C)
=
Mat(idE ◦ f ◦ idE , B, B)
|
{z
}
f
= A.
14
(d) Soit n ∈ N. De A = P DP −1 on déduit :
An
=
(P DP −1 )n
−1
−1
−1
−1
−1
= P DP
. . . P DP
| {z P}DP
| {z P}DP
| {z P}DP
I3
I3
I3
= P Dn P −1 .
(e) Soit n ∈ N. La matrice D étant diagonale, il est aisé de calculer ses puissances. On trouve :
 n
 

1
0
0
1
0
0
∀ n ∈ N Dn =  0 (−1)n 0  =  0 (−1)n 0  .
0
0
2n
0
0
2n
On a donc :
An
= P Dn P −1
(cf. question 6.(d))
1
 −2


 1

 6


 1
1
2


1


= 
 1

1
1
−1
1
4
 


2 


1
1


 0


0
0
0
(−1)
0
n



0 


n
2
−
3
1
2
0
−

1 

 .
1 

3 


1 
3
n
On calcule ce dernier produit matriciel pour voir que la première colonne de A est :


1 (−1)n
2n+2
− +
+


2
6
3




n+1 
 1 (−1)n+1
2
− +
.
+


6
3 
 2




1 (−1)n
2n
− +
+
2
6
3
7. La matrice de l’application linéaire f dans la base C est la matrice D et celle de l’application linéaire idE
est I3 . (Il est plus astucieux de considérer la base C plutôt que la base B car la matrice de f dans la base
C est diagonale ; il est donc aisé de calculer ses puissances.) D’après le cours, on a donc :
f 3 = 2f 2 + f − 2idE
⇐⇒
D3 = 2D2 + D − 2I3 .
Cette dernière égalité matricielle est vérifiée car :





1 0 0
1 0 0
1
D3 =  0 −1 0  , D2 =  0 1 0  , D =  0
0 0 8
0 0 4
0
0
−1
0


0
1
0  , I3 =  0
2
0
0
1
0

0
0 .
1
On a donc f 3 = 2f 2 + f − 2idE .
8. Comme la matrice de l’application linéaire f dans la base B est la matrice A et celle de l’application
linéaire idE est I3 , de l’égalité f 3 = 2f 2 + f − 2idE , on déduit : A3 = 2A2 + A − 2I3 . Comme :
A3 = 2A2 + A − 2I3
=⇒ A3 − 2A2 − A = −2I3
=⇒
A(A2 − 2A − I3 ) = −2I3
=⇒
1
A × − A2 − 2A − I3
= I3
2
1
il existe une matrice B = − A2 − 2A − I3 de taille 3 × 3 telle que AB = I3 . D’après le cours, la matrice
2
A est donc inversible et :
1
1
A−1 = B = − A2 + A + I3 .
2
2
15
9. • Preuve de l’existence d’un triplet (an , bn , cn ) de nombres réels tel que : An = an I3 + bn A + cn A2
Dire qu’il existe un triplet (an , bn , cn ) de nombres réels tel que :
An = an I3 + bn A + cn A2
signifie que An peut s’écrire comme une combinaison linéaire des matrices I3 , A, A2 dans l’espace
vectoriel M3 (R) des matrices carrées 3 × 3, i.e. :
An ∈ Vect(I3 , A, A2 ).
On démontre par récurrence que pour tout n ∈ N, An ∈ Vect(I3 , A, A2 ).
Pour chaque entier naturel n, soit :
Pn : An ∈ Vect(I3 , A, A2 ).
? Initialisation
L’assertion P0 s’écrit : A0 ∈ Vect(I3 , A, A2 ). Comme A0 = I3 , P0 est vraie (I3 = 1.I3 + 0.A + 0.A2 ).
? Hérédité
Supposons l’assertion Pn vraie pour un entier n fixé, i.e. :
An ∈ Vect(I3 , A, A2 ).
Montrons qu’alors Pn+1 est également vraie, i.e. :
An+1 ∈ Vect(I3 , A, A2 ).
Comme An ∈ Vect(I3 , A, A2 ) il existe des coefficients an , bn , cn ∈ R tels que :
An = an I3 + bn A + cn A2 .
On a :
An+1
=
=
=
=
=
A An
A(an I3 + bn A + cn A2 )
an A + bn A2 + cn A3
an A + bn A2 + cn (2A2 + A − 2I3 )
(cf. réponse à la question 8.)
−2cn I3 + (an + cn )A + (bn + 2cn )A2 .
La matrice An+1 est donc combinaison linéaire des matrices I3 , A et A2 . Ainsi a-t-on :
An+1 ∈ Vect(I3 , A, A2 ).
? Conclusion
D’après l’initialisation au rang n = 0, l’hérédité et l’axiome de récurrence, on a pour tout n ∈ N,
An ∈ Vect(I3 , A, A2 ).
• Preuve de l’unicité d’un triplet (an , bn , cn ) de nombres réels tel que : An = an I3 + bn A + cn A2
L’unicité d’un triplet (an , bn , cn ) de nombres réels tel que : An = an I3 + bn A + cn A2 découle du fait que
la famille (I3 , A, A2 ) de M3 (R) est libre.
En effet, si (I3 , A, A2 ) est une famille libre de M3 (R), alors c’est une base de Vect(I3 , A, A2 ) et le triplet (an , bn , cn ) forme les coordonnées de An dans la base (I3 , A, A2 ) de Vect(I3 , A, A2 ). Ce triplet est
nécessairement unique, d’après le cours.
On démontre que la famille


1
I3 =  0
0
:
0
1
0


0
2
0  , A= 1
1
0
16
1
0
1


−2
5
0  , A2 =  2
0
1
0
1
0

−4
−2 
0
est une famille libre de M3 (R). Soit α, β, γ ∈ R tels que :
αI3 + βA + γA2 = 0.
Comme

∗ ∗
αI3 + βA + γA2 =  ∗ ∗
λ β

∗
∗ 
α
(∗ symbolise un coefficient que l’on n’explicite pas)
on a α = β = λ = 0. La famille (I3 , A, A2 ) est donc libre.
• Preuve de : An = an I3 + bn A + cn A2 =⇒ Dn = an I3 + bn D + cn D2
Soit n ∈ N. De An = an I3 + bn A + cn A2 on déduit, grâce à la question 6.(d) :
P Dn P −1 = an I3 + bn P DP −1 + cn P D2 P −1
En multipliant chaque membre de cette égalité par P −1 à gauche, on obtient :
n −1
−1
−1
−1
−1
2 −1
−1
P
| {z P}D P = an P + bn |P {z P}DP + cn |P {z P}D P .
I3
I3
I3
On multiplie enfin cette égalité par P à droite et on a :
−1
−1
−1
2 −1
Dn P
| {z P} + cn D |P {z P}
| {z P} = an |P {z P} + bn DP
I3
I3
I3
I3
d’où :
Dn = an I3 + bn D + cn D2 .
10. Soit n ∈ N. Résolution de l’équation Dn = an I3 + bn D + cn D2 d’inconnues an , bn
(cf. réponse à la question 6.(e)). On en déduit :





1 0 0
1
1
0
0
Dn = an I3 + bn D + cn D2 ⇐⇒  0 (−1)n 0  = an  0 1 0  + bn  0
0
0
2n
0 0 1
0
⇐⇒
⇐⇒

 an
an

an
+ bn
− bn
+ 2bn
+ cn
+ cn
+ 4cn
=
1
= (−1)n
=
2n

 an
+ bn
− 2bn
bn
+
cn
+
3cn
=
=
=

1
(−1)n − 1
2n − 1
et cn . On a déjà calculé
0
−1
0


0
1
0  + cn  0
2
0
0
1
0
.
(L2 ← L2 − L1 , L3 ← L3 − L1 )
En effectuant une permutation sur les lignes (L2 ↔ L3 ), puis une permutation sur les colonnes (C2 ↔ C3 ),
on transforme le dernier système en un système échelonné. L’algorithme de Gauss s’arrête donc. On a :
bn =
1 − (−1)n
2
cn =
2n
1 (−1)n
.
− +
3
2
6
an = 1 +
(−1)n
2n
−
3
3
11. Soit n ∈ N. D’après la définition de an , bn , cn et la question précédente, on a :
n
(−1)n
2n
1 − (−1)n
2
1 (−1)n
n
(∗)
A = 1+
−
I3 +
A+
− +
A2 .
3
3
2
3
2
6
17

0
0 
4
Lorsque n = −1, on a :
n
1 − (−1)n
(−1)n
2n
2
1 (−1)n
I3 +
A2
1+
−
A+
− +
3
3
2
3
2
6
|
{z
}
|
{z
}
|
{z
}
1
2
1
=
1
1
I3 + A − A
2
2
=
A−1
− 12
La formule (∗) est ainsi encore valable si n = −1.
18
(cf. question 8).