exercice i - Pierre Veuillez

Corrigé ESCP 1999 Eco III par Pierre Veuillez
EXERCICE I
Soit M2(R)l’ensemble des matrices carrées d’ordre 2 muni de sa structure d’espace vectoriel et soit
Jla matrice
J=0 1
1 0 
On considère l’application Sde M2(R)dans lui-même qui associe à tout élément Mde M2(R)
l’élément S(M) = J M J.
1. a) Sest une application de M2(R)dans M2(R):
Linéarité :
Pour tout Met N2 M2(R)et et réels, S(M +N) = J(M +N)J=JMJ +
JNJ =S (M) + S (N)
Conclusion : Donc Sest une endomorphisme de M2(R):
On peut déterminer le noyau de Sen résolvant Ja b
c d J= 0;ou plus rapidement :
On peut remarquer que J2=Idonc Jest inversible d’inverse Jdonc si S(M) = 0 alors
JMJ = 0 et M= 0 donc ker (f) = f0get fest injective donc bijective de M2(R)dans
M2(R):
Ou encore :
pour tout M2 M2(R);on a S(S(M)) = J2MJ2=Mdonc SS= Id et Sest sa
propre réciproque donc Sest bijective.
Conclusion : Donc Sest un automorphisme de M2(R)autoréciproque
b) Si Met Nsont deux éléments quelconques de M2(R), on a S(MN) = JMNJ =JMJ 
JNJ =S(M)S(N)car J2=I
2. On considère les éléments
I=1 0
0 1 J=0 1 1 0 K=1 0 01L=0 1 1 0 
Soient x; y; z et tréels.
Si xI +yJ +zK +tL = 0 alors x+z= 0 xz= 0
y+t= 0 yt= 0 d’où x=y=z=t= 0
Donc la famille est libre de cardinal 4 dans M2(R):qui est de dimension 4.
Conclusion : (I; J; K; L)forme une base de l’espace vectoriel M2(R).
3. On calcule leurs images par S:
S(I) = JIJ =J2=Idonc Iest vecteur propre associé à 1:
S(J) = JJJ =Jdonc Jest vecteur propre associé à 1
S(K) = 0 1
1 0 1 0 010 1 1 0 =1 0 0 1 =Kdonc Kest vecteur propre
associé à 1:
S(L) = 0 1
1 0  0 1 1 0 0 1 1 0 =01 1 0 =Ldonc Lest vecteur propre associé
à1:
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La matrice de Sdans la base (I; J; K; L)est donc : 0
B
B
@
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1
C
C
A
4. Soit Fl’ensemble des éléments Mde M2(R)véri…ant S(M) = Met soit Gl’ensemble des
éléments Mde M2(R)véri…ant S(M) = M.
Fet Gsont les sous espaces propres associés aux valeurs propres 1et 1:Ce sont donc des
sous espaces vectoriels de M2(R):
Soit Mde M2(R):
On procède par induction/déduction :
Si M=M++Malors S(M) = S(M+) + S(M) = M+Md’où M+=1
2(M+S(M)) et
M=1
2(MS(M):)
D’où l’unicité.
Soient à présent M+=1
2(M+S(M)) et M=1 2(MS(M)) :Ces valeurs conviennent-elle
?
S(M+) = 1
2[S(M) + S(S(M))] et comme SS= Id; S (M+) = 1 2(S(M) + M) = M+donc
M+2 F:
Et de même S(M) = Met M2 G::
Et on a bien M=M++M
Conclusion : M+et Mexistent et sont uniques
Soit A=31
12:On a S(A) = 0 1 1 0 31 120 1 1 0 =2 1 1 3 
Donc A+=1
231
12+2 1 1 3 =1
21 0
0 1 
et A=1
231
122 1 1 3 =1
252
25
5. a) On a vu que S(MN) = S(M)S(N)pour toutes matrices Met N:
Donc si Met Nappartiennent à Falors S(MN) = MN donc MN 2 F:
Si Met Nappartiennent à Galors S(MN) = M(N) = MN donc MN 2 F:
et si l’un est dans Fet l’autre dans G, le produit est dans G:
Conclusion : Le produit de deux éléments de Gest élément de F:
b) Soient Met Nde M2(R), alors
MN = (M++M) (N++N)
=M+N++M+N+MN++MN
= (M+N++MN)+(M+N+MN+)
et comme (M+N++MN)2 F et (M+N+MN+)2 G en revenant à la dé…nition
(uniques vecteurs tels que ...) on a
Conclusion : (MN)+=M+N++MNet (MN)=M+N+MN+
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EXERCICE II
Pour tout entier ksupérieur ou égal à 2, soit fkla fonction dé…nie sur ]0;+1[par :
fk(x) = lnk(x)
x1si x > 0et x6= 1 et fk(1) = 0
1. Etude des fonctions fk.
a) Soit kun entier supérieur ou égal à 2.
Pour x2]0;1[ []1;+1[on a x > 0et x16= 0 donc fkest dérivable comme quotient de
fonction dérivables.
f0
k(x) =
kln (x)k11
x(x1) ln (x)k
(x1)2
=ln (x)k1[k(x1) xln (x)]
x(x1)2
=ln (x)k1'k(x)
x(x1)2
Pour la dérivabilité en 0;on revient au taux d’accroissement : pour x6= 1 on pose
h=x1!0
fk(x)fk(1)
x1=lnk(x)
(x1)2=ln (1 + h)k
h2
=ln (1 + h)2
h2ln (1 + h)k2
Et comme ln (1 + h)shquand h!0alors ln (1 + h)2
h2!1
Pour k= 2 le taux d’accroissement tend donc vers 1donc f2est dérivable en 1et
f0
2(1) = 1
Pour k3on a ln (1 + h)k2!0donc le taux d’accroissement tend vers 0donc f2
est dérivable en 1et f0
k(1) = 0
b) Soit 'k(x) = k(x1) xln(x):
'kest dérivable sur R
+et
'0
k(x) = kln(x)1
=k1ln (x):
x01ek1+1
'0
k(x)&+&+0 &
+
'k(x)0% &
k% 1
On a 'k(1) = 0
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en +1:'k(x) = k(x1) xln(x) = xln (x)k
xln (x)+k ln (x)1! 1
en 0+:on a ln (x)1=x donc xln (x)!0et 'k(x) = k(x1) xln(x)! k
Comme k2on a ek1e1>1
l’équation 'k(x)=0
comme 'kest strictement croissante sur 1; ek1on a donc 'k(1) = 0 < 'kek1
Sur 1; ek1on a Comme k2on a 'k>0donc l’équation 'k(x)=0n’y a pas de
solution.
sur ek1;+1la fonction 'kest continue et strictement décroissante donc bijective
de ek1;+1dans ]lim+1'k; limek1'k[ = 1;'kek1:
et comme 'kest strictement croissante sur 1; ek1on a donc 'k(1) = 0 < 'kek1
Donc 021;'kek1donc l’équation a une unique solution sur ek1;+1:
Finalement l’équation 'k(x) = 0 admet une racine unique akdans l’intervalle ]1;+1[.
c) On rappelle que f0
k(x) = ln (x)k1'k(x)
x(x1)2pour x6= 1
en +1on a fk(x) = ln (x)k
x1=ln (x)k x(1 1=x)=ln (x) x1=k k1 11=x !0
pour k= 2 on a f0(1) = 1 et f0
2(x) = ln (x)'2(x)
x(x1)2est du signe de ln (x)'2(x)et on
a donc :
x01a2+1
'2(x)0+0
ln (x)0 + +
f0
2(x) + 1 + 0 
f2(x)1 % 0% & 0
On sait que f2est dérivable en 1 donc qu’elle y est continue.
En 0on a f2(x) = ln (x)2!+1
x1! 1! 1
Pour kpair k4on a k1impair et
x01ak+1
'k(x)0+0
ln (x)0 + +
ln (x)k10+ +
f0
k(x) + 0 + 0 
fk(x)1 % 0% & 0
En 0on a fk(x) = ln (x)k!+1
x1! 1! 1
Pour kimpair k3on a k1pair et
x01ak+1
'k(x)0+0
ln (x)0 + +
ln (x)k1+0+ +
f0
k(x)0 + 0 
fk(x) +1 & 0% & 0
En 0on a fk(x) = ln (x)k! 1
x1! 1!+1
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2. Etude asymptotique de la suite (ak)k2.
a) On a déjà vu que ak2ek1;+1donc que ek1ak
Pour comparer les termes, on compare les images par 'k:
'kek=k(ek1) ekln(ek) = k(ek1) kek=k < 0 = 'k(ak)
Donc comme 'kest strictement décroissante sur ek1;+1et que eket aken sont
éléments alors ek> ak
Finalement, pour tout entier ksupérieur ou égal à 2 : ek1akek
b) On a pour tout entier k2 : 'k(ak) = 0 donc
0 = 'kek(1 + k)
=kek(1 + k)1ek(1 + k) ln ek(1 + k)
=kek(1 + k)1ek(1 + k) ln ekek(1 + k) ln (1 + k)
=kek(1 + k) ln (1 + k)donc
k=ek(1 + k) ln (1 + k)
Conclusion : kek= (1 + k) ln (1 + k)
On a ak=ek(1 + k)donc 1 + k=ak=eket comme ln (1 + k) = kek=(1 + k)alors
jln (1 + k)j=kek
ak=ek=kekek ak
Il nous su¢ t donc de minorer ak=ek:comme ek1akalors ak=eke1et ek=ake
(tout est strictement positif et x!1=x est décroissante sur ]0;+1[)
Conclusion : jln (1 + k)j  keke=ke1k
Comme kest négligeable devant eken +1alors ke1k=ek=ek!0
Donc par encadrement ln (1 + k)!0et en prenant l’exponentielle 1 + k!1et …nale-
ment (k)k2a une limite nulle.
Comme k!0alors ln (1 + k)sk
Et comme ln (1 + k) = kek=(1 + k)skek(car 1 + k!1) alors
Conclusion : kest équivalent à kekquand ktend vers l’in…ni.
c) On repart de l’écriture de aket on fait réapparaître le quotient de l’équivalent :
ak=ek(1 + k) = ek+ekk=ekkekekk
kek
=ekk(1 + "(k))
=ekkk" (k)
car k
kek!1et peut donc s’écrire 1 + "(k)avec "(k)!0
N.B. la notation o(k)signi…e que l’on a une quantité négligeable devant k:
3. Calcul approché des nombres ak.
a4est dé…ni comme solution de l’équation '4(x) = 4 (x1) xln (x)=0et est compris entre
e3et e4avec '4strictement décroissante sur cet intervalle. (si f(x)0alors xa4) On
encadre a4entre les variables aa4b
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