1−i

Problème 1 – Etude des matrices cycliques
*
Soit n appartenant à ℕ , A appartenant à M n (ℂ) , la matrice A est dite cyclique si et seulement si :
*
k
∃ k∈ℕ ; A =I n
où I n désigne la matrice identité de M n (ℂ) .
1 Quelques généralités sur les matrices cycliques
*
Soit n appartenant à ℕ et A une matrice cyclique appartenant à Mn (ℂ) .
−1
1.1
Montrer que A est inversible et exprimer A en fonction de A et de k.
k
k−1
k−1
On a donc A =In , donc A×A =A ×A=I n
−1
k−1
Donc A est inversible et A =A
1.2
Soit λ une valeur propre de A. Montrer que λ est de module 1.
Si λ est une valeur propre de A, il existe une matrice colonne X non nulle telle que
A X = λ X.
k
k
On montre par récurrence – LE FAIRE – que A X=λ X
k
k
k
Donc X=λ X . Comme X est non nul, λ =1 , d'où ∣λk∣=(∣λ∣) =1
Conclusion ∣λ∣=1
2 Un exemple
(
1+2i
Considérons la matrice A = −1−i
2.1
−2i
)
2i
1+i
−i −1−i appartenant à M3 (ℂ)
−2i
−i
Déterminer les valeurs propres de A
Pour λ appartenant à ℂ , il est conseillé de commencer par l'opération élémentaire L1+L2+L3
→ L1 sur la matrice A−λ I 3 puis de distinguer deux cas selon que λ = -i ou λ ≠ -i.
(
1+2i−λ
2i
1+i
A−λ I 3= −1−i
−i−λ −1−i
−2i
−2i −i−λ
)
Transformons cette matrice à l'aide d'opérations sur les lignes, en une matrice de
même rang.
(
)
−λ−i −λ−i −λ−i
L1 + L2 + L3 → L1 : −1−i −i−λ −1−i
−2i
−2i −i−λ
Si λ = -i, A−λ I 3 possède une ligne de zéros donc est non inversible.
Donc -i est valeur propre de A.
Supposons désormais λ ≠ -i
L1
→ L1
−λ−i
(
1
1
1
: −1−i −i−λ −1−i
−2i
−2i −i−λ
(
1
1
1
(1+iL1) → L2 :
0 1−λ
0
−2i −2i −i−λ
)
)
De la même façon que précédemment, on observe que 1 est valeur propre de A.
Supposons désormais λ ≠ 1
L2
→ L2 :
1−λ
(
1
1
1
0
1
0
−2i −2i −i−λ
(
1 1
1
1
0
0 0 i−λ
2i L1 + L3 → L3 : 0
)
)
i est également valeur popre de A.
Donc Sp(A) = {i;-i;1}
2.2
Pour chaque valeur propre de A, déterminer une base du sous-espace propre associé.
A possède trois valeurs propres distinctes. Donc A est diagonalisable et les trois sousespaces propres sont de dimension 1.
(
)
()
2i
2i
1+i
1
A - I3 = −1−i −i−1 −1−i On s'aperçoit que −1 ∈Ker ( A−I 3 )
−2i
−2i −i−1
0
()
1
−1 est non nul donc forme une famille libre, et par suite une base de E1 ( A) , dont on sait
0
qu'il est de dimension 1.
(
1+i
2i
1+i
A -i I3 = −1−i −2i −1−i
−2i
−2i
−2i
)
()
)
()
1
De la même façon que précédemment, ( 0 ) est une base de Ei (A)
−1
(
1+3i
A +i I3 = A−λ I 3= −1−i
−2i
2i
1+i
0 −1−i
−2i
0
1
De la même façon que précédemment, ( −1 ) est une base de E−i (A)
−1
2.3
Montrer que la matrice A est diagonalisable et donner une matrice P inversible et une
−1
matrice D diagonale appartenant à M 3 (ℂ) telles que A = P D P
A trois valeurs propres distinctes. Donc A est diagonalisable.
(
1
Et d'après les cours : P= −1
2.4
0
) (
k
Montrer qu'il existe un entier k non nul tel que D =I3
k
(
)
1 0
0
4
k
i
0 . Il s'en suit que D =I3 , alors que les puissances
0 0 (−i)k
Pour tout entier k, D = 0
inférieures de D ne sont pas égales à I3
2.5
)
1 1
1 0 0
et
D
=
0 −1
0 i 0 répondent à la question.
1 −1
0 0 −i
En déduire que A est cyclique.
k
k −1
On montre par récurrence– LE FAIRE ...- que pour tout entier k, A =P D P
4
4
−1
−1
−1
Par conséquent : A =P D P =P I 3 P =P P =I3
Donc A est cyclique.
3 Réduction d'une matrice cyclique.
*
Soit n appartenant à ℕ , A une matrice cyclique appartenant à M n (ℂ) .
k
Il existe donc un entier naturel non nul k tel que A =In
n
Munissons l'espace vectoriel ℂ d'une base E=(e1,e2,...,en) et considérons l'endomorphisme a de
n
ℂ tel que A soit la matrice de a relativement à la base E.
n
n
Et nous noterons Id l'endomorphisme de ℂ défini par Id(x) = x pour tout x de ℂ
3.1
Dans cette question, on suppose que k = 2
3.1.1
Soit λ une valeur propre de A. Monter que λ ∈ {-1;1}
Soit λ une valeur propre de A. Il existe alors un vecteur colonne X non nul tel que
2
2
AX = λX. Donc A X=A( AX)=A(λ X)=λ (AX)=λ X
2
2
2
2
Mais A =I n Donc A X=X Soit X = λ X Et, comme X ≠ 0, λ =1
Conclusion : λ ∈ {-1;1}
Nous noterons : E1 =Ker (a−Id) , E2 =Ker (a+Id)
n
3.1.2
Montrer que ℂ =E1⊕E2
Notion désormais hors-programme
n
Traduction : Montrer que ∀ x∈ℂ ,∃!(x1 ,x2)∈E1 ×E 2 ; x=x1+x2
Exercice classique d'analyse synthèse.
Analyse.
n
Soit x quelconque dans ℂ . Supposons qu'il existe ( x1, x2)∈E1 ×E2 tel que x = x1 + x2
Alors a(x) = a(x1) + a(x2) = x1 – x2
x+a (x)
a−a (x)
et x2=
On en déduit : x1=
2
2
Synthèse.
x+a (x) a−a( x)
On vérifie sans peine que x =
+
,
2
2
x+a (x)
x−a( x)
puis que
∈E1 et
∈E2 . Enfin le couple (x1,x2) est unique, d'après la phase
2
2
d'analyse.
3.1.3
Supposons dans cette question qu'aucun des sous-espaces E1 et E 2 ne soit réduit à
{0}. Montrer alors que A est diagonalisable.
1 et -1 sont donc valeurs propres.
La juxtaposition des bases de E1 et de E2 forme une famille libre, d'après le cours.
n
De plus, cette famille est génératrice puisque tout vecteur de ℂ s'écrit comme la somme
d'un vecteur de E1 et d'un vecteur de E2 , donc comme combinaison linéaire des vecteurs
n
de la famille juxtaposée. Autrement dit cette famille est une base de ℂ . Il existe donc une
n
base de ℂ formée de vecteurs propres de A. Donc A est diagonalisable.
3.2
Dans cette question, on suppose que k = 3
3
3.2.1
Soit λ une valeur propre de A, montrer que λ =1
Se montre exactement de la même façon qu'en 3.1.1.
2i π
4i π
En utilisant l'écriture trigonométrique de λ, montrer que λ∈{1, e 3 ,e 3 }
3
Ces trois valeurs sont solutions de l'équation λ =1 , qui n'en a que trois.
Donc λ∈{1, e
2i π
3
,e
4i π
3
}
Dans la suite, nous noterons j = e
2i π
3
3
2
Calculer j et 1+ j+ j
3
2
On vérifie que j =1 et 1+ j+ j =0
2
Notons : E1 =Ker (a−Id) , E2 =Ker (a− j Id) , E3=Ker (a− j Id)
n
3.2.2
Soit x appartenant à ℂ , supposons qu'il existe x1 appartenant à E1 , x2 appartenant
à E2 et x3 appartenant à E3 tels que x = x1 + x2 + x3
2
2
2 2
2
2
Calculer a(x) , a (x) , puis x+a (x)+a ( x) , x+ ja( x)+ j a ( x) , x+ j a(x )+ ja (x) et en
déduire une expression de x1, x2, x3 en fonction de a et x.
2
2
2
a(x) = x1 + jx2 + j x3
a (x)=x1+ j x2+ j x3
2
Enfin, en utilisant 1+ j+ j =0 , il vient :
2
x + a(x) + a (x) = 3x1
2 2
x +j a(x) + j a ( x) = 3x3
2
2
x + j a (x) + ja (x) = 3x2
2
Donc x1=
2
2
2
2
x+a (x)+a (x)
x+ ja(x)+ j a (x)
x+ j a (x)+ j a ( x)
, x 3=
, x2=
3
3
3
n
3.2.3
Soit x appartenant à ℂ , montrer qu'il existe x1 appartenant à E1 , x2 appartenant à
E2 et x3 appartenant à E3 tels que x = x1 + x2 + x3.
Les trois valeurs de la question précédente conviennent.
n
3.2.4
En déduire que pour tout vecteur x de ℂ , il existe un unique triplet (x1,x2,x3)
appartenant à E1 ×E 2×E3 tel que x = x1 + x2 + x3
L'existence a été prouvée en 3.2.3 et l'uniticé en 3.2.2.
3.2.5
Supposons dans cette question qu'aucun des sous-espaces E1 , E 2 et E3 ne soit
réduit à {0}, et introduisons B1 une base de E1 , B2 une base de E2 et B3 une base de E3 .
n
Montrer alors que le juxtaposition des bases B1,B2,B3 forme une base de ℂ .
Soit B cette famille. Elle est libre d'après le cours.
n
Et elle est génératrice de la même façon qu'en 3.1.3. Donc C'est une base de ℂ .
n
Il existe donc une base de ℂ formée de vecteurs propres de A. A est donc diagonalisable.
Problème 2
Autour de la fonction f : x ⟼
sin ( x)
x
Considérons la fonction f définie sur ℝ + par f ( x)=
sin ( x)
et f (0)=1
x
1 Représentation graphique de la fonction f.
*
*
1.1
Montrer que f est de classe C1 sur ℝ + et calculer f ' sur ℝ +
*
*
f est de classe C1 sur ℝ + car quotient de deux fonctions C1 sur ℝ + et la fonction
x ⟼x ne s'annule pas sur ℝ *+ .
x cos( x)−sin ( x)
Et ∀ x ∈ℝ *+ ,f '( x)=
2
x
1.2
Montrer que f est continue en 0, dérivable en 0 et préciser f ' (0).
sin (x)
sin(x )−sin(0)
lim
= lim
x
x−0
x → 0, x>0
x →0, x>0
On reconnaît le taux d'accroissement de la fonction sin au voisinage de 0. Ce taux tend, par
définition vers la dérivée de sin en 0, soit cos(0) = 1.
sin (x)
=1=f (0) . Donc f est continue en 0.
Donc lim
x
x → 0, x>0
3
f (x )−f (0) sin (x)−x
x
3
=
Mais sin(x) = x− +o( x )
2
x−0
6
x
f (x )−f (0) −x
f (x )−f (0)
=
+o(x ) Donc lim
=0
Donc
x−0
6
x−0
x → 0, x>0
f est donc dérivable en 0, et f '(0) = 0.
L'application f est-elle de classe C1 sur ℝ + ?
2
3
x cos (x)−sin (x) 1
x
x
2
3
=
(
x(1−
+o
(x
))−(x−
+o (x )))
2
2
2
6
x
x
3
1 −x
−x
3
= 2(
+o(x ))=
+o(x )
3
3
x
Donc lim f ' (x)=0=f ' (0) Donc f ' est continue en 0.
f '( x)=
x → 0, x>0
*
f est de classe C1 sur ℝ + . f est continue et dérivable sur ℝ + , et f ' est continue en 0.
Donc f est C1 sur ℝ +
1.3
Afin d'étudier les variations de f sur ℝ + , nous introduisons la fonction
g : x ⟼x cos (x)−sin( x)
1.3.1
Etudier le signe de g sur [ 0; π] puis les variations de f sur [ 0; π] .
∀ x ∈[0 ; π],g '(x )=−x sin (x) Donc, g '(x) ≤ 0 sur [ 0; π] , g '(x) < 0 sur ]0 ; π [
g est donc strictement décroissante sur [ 0; π]
et comme g(0) = 0, il vient : ∀ x ∈]0 ; π ], g( x)<0 . f est donc strictement décroissante sur
[ 0; π]
1.3.2
Soit n un entier naturel non nul.
Montrer que l'équation (En) : x cos(x)=sin(x) , x ∈[ n π,(n+1)π] admet une solution
unique x n , et en déduire le signe de g sur [ n π ,(n+1)π ] , puis les variations de f sur
[ n π ,(n+1)π ]
Une discussion sur la parité de n intervient.
Soit f n :[ n π;( n+1) π] → ℝ , x ⟼ xcos( x)−sin ( x)
f n est continue sur son ensemble de définition.
D'après l'étude précédente, f n est strictement décroissante si n est impair, strictement
croissante si n est pair.
n
n+1
De plus f n (n π)=(−1) n π et f ((n+1)π)=(−1) (n+1)π
f n (n π) et f (( n+1) π) sont donc non nuls et de signe opposé.
D'après le théorème de la bijection,
∃! x n ∈] n π ;(n+1)π [ ; f n ( x n )=0
Si n est pair, g(x) > 0 sur [ n π; x n [ g(x) <0 sur [ x n ;(n+1) π ]
Si n est impair g(x) < 0 sur [ n π; x n [ g(x) >0 sur [ x n ;(n+1) π ]
Et
Si n est pair, f est strictement décroissante sur [ n π; x n [
et strictement croissante sur [ x n ;(n+1) π ]
Si n est impair, f est strictement croissante sur [ n π; x n [
et strictement décroissante sur [ x n ;(n+1) π ]
1.4
1.5
Etudier la limite de f en +∞ et préciser la nature de la branche infinie.
1
*
∀ x ∈ℝ + ,∣f ( x)∣≤ Donc lim f ( x)=0 La courbe représentative de f
x
x →+∞
admet donc une asymptote horizontale au voisinage de +∞
Tracer l'allure de la courbe de représentative de f sur [ 0: 6 π]
2 Etude des dérivées successives de f sur ℝ +
∞
*
2.1
Montrer que f est de classe C sur ℝ +
∞
*
*
f est le quotient de deux fonctions C sur ℝ + et x ⟼x ne s'annule pas sur ℝ +
∞
*
Donc f est de classe C sur ℝ +
2.2
Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n :
*
1
( n)
∀ x ∈ℝ + , f (x )=
x
n+1
x
∫ u cos
n
0
(n)
( u)du
Démonstration de l'hérédité. Supposons l'égalité vraie pour un entier n fixé.
x
−(n+1)
1
*
( n+1)
(x )=
u n cos(n) (u) du+ n+1 x n cos(n) (x)
Alors ∀ x ∈ℝ + , f
∫
n+2
x
x
0
Or :
Donc
x
f
(n+1)
x
−1
1
1
1
(n)
n+1
( n+1)
(n )
n+1
(n+1)
cos ( x)+ n+2 ∫ u cos
( u)du+ cos (x )= n+2 ∫ u cos
(u) du
x
x
x
x
0
0
La propriété est donc vérifiée pour tout n.
(x)=
*
Soit n entier naturel, x appartenant à ℝ +
2.3
Calculer
1
x
x
n+1
x
x
∫ u n cos(n) (0)du
0
1
∫ u n cos(n) (0)du= n+1 cos( n)(0)
0
*
Soit n entier naturel, x appartenant à ℝ + , montrer que :
2.4
∣
n+1
1
∣
x
cos( n)(0)
1
f ( x)−
≤ n+1 ∫ u n∣cos( n)(u )−cos(n )(0)∣du
n+1
x
0
x
x
( n)
cos (0)
1
1
(n)
n
(n)
f (x)−
= n+1 ∫ u cos (u) du− n+1 ∫ u n cos(n) (0)du
n+1
x
x
0
0
x
x
1
1
n
(n )
(n)
n
(n)
( n)
= n+1 ∫ u (cos (u)−cos (0))du ≤ n+1 ∫ u ∣cos ( u)−cos (0)∣du
x
x
0
0
(n)
∣
∣
2.5
∣∣
∣
∣
Soit n entier naturel, montrer que :
∀ u ∈ℝ + ,∣cos(n )(u )−cos(n) (0)∣≤ u
D'après le théorème des accroissements finis :
∀ u ∈ℝ + ,∣cos( n)(u )−cos(n) (0)∣≤ u× sup ∣cos (n+1)( t)∣
t ∈[0;u]
On montre par une récurrence immédiate que ∣cos (n)(0)∣=1
D'où le résultat.
2.6
2.7
En déduire que pour tout entier naturel n :
cos( n) (0)
x
*
(n)
∀ x ∈ℝ + , f (x)−
≤
n+1
n+2
Evident d'après 2.4 et 2.5
∣
∣
Soit n entier naturel, montrer que : lim f (n) (x)=
D'après 2.6, et le théorème des gendarmes.
2.8
x → 0+
cos( n) (0)
n+1
Montrer que f est deux fois dérivable en 0 et que f '' (0) =
2
−1
3
puis montrer que f est de classe C sur ℝ+
−x
On a montré en 1.2 : f '(x) =
+o(x )
3
f '( x)−f ' (0) −1
−1
=
+o (1) Donc f est deux fois dérivable en 0 et f '' (0) =
Donc
x−0
3
3
Pour tout x > 0 :
2
−sin (x ) cos (x) cos (x) 2 sin (x ) −x sin (x)−2 x cos( x)+2 sin ( x)
−
−
+
=
2
2
3
3
x
x
x
x
x
3
2
3
x
x
x
−x 2 ( x− +o(x 3 ))−2x (1− +o(x 2 ))+2(x− +o( x3 ))
6
2
6
=
x3
3
−x
3
+o( x )
3
−1
=
= +o(1)
3
3
x
Donc lim f '' (x)=f ' '(0) f'' est donc continue en 0, et par suite, sur ℝ +
f ' ' (x)=
x → 0, x>0
2
Donc f est de classe C sur ℝ+
n
2.9
Montrer que pour tout entier naturel n, f est de classe C sur ℝ + et préciser la valeur de
f (n) (0)
n
Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, f est de classe C sur ℝ + et
cos( n)(0)
(n)
f (0)=
n+1
Cette propriété est vraie au rang 2. Supposons la vraie pour un entier n fixé.
cos( n+1)(0)
*
On sait que f (n+1) continue sur ℝ + De plus lim f (n+1) (x)=
n+2
x→0
cos(n+1) (0)
et f (n) est continue sur ℝ + . Donc f (n) est dérivable en 0, et f (n+1) (0)=
. Conclusion :
n+2
cos(n+1) (0)
n+1
f est C sur ℝ + et f (n+1) (0)=
n+2
n
Donc pour tout n entier naturel, f est de classe C sur ℝ + et
cos( n)(0)
(n)
f (0)=
n+1
+
3 Expression des dérivées successives de f
3.1
Montrer que pour tout entier naturel k : ∀ x ∈ℝ *+ , sin (k) ( x)=sin( x+k π )
2
Se montre sans peine par récurrence.
1
3.2
Considérons la fonction inverse b : x ⟼
x
k
(−1) k !
Montrer que pour tout entier nature k : ∀ x ∈ℝ *+ , b( k)(x )=
k+1
x
Se montre sans peine par récurrence.
3.3
Pour tout n entier naturel, exprimer la dérivée n-ième de f en fonctions des dérivées
successives des fonctions sin et b, et en déduire que :
n
1
*
( n)
∀ x ∈ℝ + , f (x )= n+1 ∑ n (−1)n−k (n−k)! sin ( x+k π ) x k
2
x k=0 k
D'après la formule de Leibniz : ###### PLUS AU PROGRAMME DEPUIS 2015 ###############
n
∀ x ∈ℝ *+ , f ( n)(x )= ∑ n sin ( k) (x )b(n−k )(x)
k=0 k
n
( n−k)!
∀ x ∈ℝ *+ , f ( n) (x )= ∑ n sin (x+k π )(−1)n−k n−k+1
2
x
k=0 k
Donc
n
1
n
n−k
k
= n+1 ∑
(−1) ( n−k)! sin (x+k π ) x
k
2
x k=0
*
3.4
Soit k entier naturel x appartenant à ℝ +
()
()
()
()
Exprimer sin ( 2k)( x) en fonction de sin(x) et de k, puis sin ( 2k+1) (x ) en fonction de cos(x) et de k.
On montre par récurrence que :
∀ k ∈ℕ,∀ x ∈ℝ*+ sin (2k )(x )=(−1)sin (x ) et sin( 2k+1)( x)=(−1)k cos (x )
3.5
Montrer que pour tout entier naturel n et tout réel strictement positif x :
2k
2k +1
n!
x
(n)
n−k x
n−k−1
f (x)= n+1 (sin ( x) ∑ (−1)
+cos (x) ∑ (−1)
)
(2k)!
(2k+1)!
x
0≤ 2k ≤ n
0≤ 2k+1 ≤ n
n
1
∀x ∈ℝ*+ , f ( n)(x )= n+1 ∑ n (−1)n−k (n−k)! sin ( x+k π ) x k
2
x k=0 k
n
n−k
(−1)
n!
k
= n+1 ∑
sin ( x+k π )x
2
x k=0 k !
2k
2k+1
n!
x
x
n−k
n−k−1
= n+1 ( ∑ (−1) sin (x+2k π )
+cos (x) ∑ (−1)
sin (x +(2k+1) π )
)
2 ( 2k) !
2 (2k+1)!
x
0≤ 2k ≤ n
0 ≤ 2k +1 ≤ n
()
Mais sin (x+2k π )=sin (x+k π)=(−1) sin ( x) et
2
k
π
sin (x+(2k +1) )=sin (x+k π)=(−1) cos (x )
2
2k
2k+1
n!
x
(n)
n x
n−1
Donc f (x)= n+1 (sin ( x) ∑ (−1)
+cos (x) ∑ (−1)
)
(2k)!
(2k+1)!
x
0≤ 2k ≤ n
0≤ 2k+1 ≤ n
k