exercice 1. - Pierre Veuillez

Corrigé ECRICOME Eco 2010 par Pierre veuillez
EXERCICE 1.
Soit Eun espace vectoriel et B= (e1; e2; e3)une base de E. Pour tout réel a, on considère l’endo-
morphisme fade l’espace vectoriel Edont la matrice dans la
base ,B= (e1; e2; e3)est donnée par :
Ma=0
@
a+ 2 (2a+ 1) a
1 0 0
0 1 0
1
A
ainsi que la fonction polynômiale Qqui à tout réel xassocie le réel :
Q(x) = x3(a+ 2) x2+ (2a+ 1) xa
I. Recherche des valeurs propres de fa.
1. Soit (x; y; z)2R3et 2R
(MaI)0
@
x
y
z
1
A= 0 () 8
<
:
(a+ 2 )x(2a+ 1) y+az = 0
xy = 0
yz = 0
et par substitution
() 8
<
:(a+ 2 )2(2a+ 1) +az= 0
x=2z
y=z
avec [] = 3+ (a+ 2) (2a+ 1) +a=Q()
Donc si Q()6= 0 la seule solution est (x; y; z)=0et n’est pas valeur propre.
Et si Q() = 0 alors il y a des solutions non nulles.
Conclusion : est une valeur propre de fasi et seulement si racine de Q
2. On a Q(1) = 1 (a+ 2) + (2a+ 1) a= 0
Conclusion : 1est racine de Q
3. on peut donc factoriser Q(x)par (x1) ; en posant la division euclidienne ; par identi…cation
ou par Horner :
x3(a+ 2) x2+ (2a+ 1) xa x 1
x3x2x2(a+ 1) x+a
(a+ 1) x2+ (2a+ 1) xa
(a+ 1) x2+ (a+ 1) xa
ax a
ax a
donc x3(a+ 2) x2+ (2a+ 1) xa= (x1) (x2(a+ 1) x+a)
x2(a+ 1) x+aa pour discriminant  = (a+ 1)24a=a22a+ 1 = (a1)2
et a donc pour racines x=a+1+a1
2=aet x=a+1(a1) 2= 1
Conclusion : Qa pour racines aet 1:2racines si a6= 1 et une seule si a= 1
4. Lorsque a= 1, par l’absurde :
si f1est diagonalisable, alors comme 1est la seule valeur propre de M1;il existe une matrice
Pinversible telle que M1=P IP 1=Ice qui est faux.
Conclusion : si a= 1 alors f1n’est pas diagonalisable
Bilan : Factrorisation lourde.
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II. Réduction de la matrice Ma.
Dans toute la suite de l’exercice on suppose adi¤érent de 1.
Soit B0= (e0
1; e0 2; e0 3)la famille de vecteurs de Edé…nie par
8
<
:
e0
1=a2e1+ae2+e3
e0
2=e1+e2+e3
e0
3= 2e1+e2
1. L’idée ici est de se ramener à ce sur quoi on dispose d’informations : à B:
Comme Bcomprend trois vecteurs, alors Eest de dimension 3:
B0ayant trois vecteurs, il su¢ t donc de prouver qu’elle est libre.
Soient x; y; z réels, si xe0
1+ye0 2+ze0 3= 0 alors
x(a2e1+ae2+e3) + y(e1+e2+e3) + z(2e1+e2)
= (xa2+y+ 2z)e1+ (ax +y+z)e2+ (x+y)e3= 0
et comme Best libre 8
<
:
xa2+y+ 2z= 0
ax +y+z= 0
x+y= 0
() 8
<
:
[a2+ 1 + 2 (a1)] y= 0
z= (a1) y
x=y
avec [   ] = a2+ 2a1 = (a1)2
et comme a6= 1 on a donc y=z=x= 0
Conclusion : B0est libre de 3 vecteurs donc une base de E
On note Pala matrice de passage de la base Bà la base B0.
2. e0
1a pour coordonnées (a2; a; 1) dans B:
Ma0
@
a2
a
1
1
A=0 @
a+ 2 (2a+ 1) a
1 0 0
0 1 0
1
A0 @
a2
a
1
1
A=0 @
a3
a2
a
1
A=a0 @
a2
a
1
1
A
Donc fa(e0
1) = ae0 1et e0 16= 0
Conclusion : e0
1est un vecteur propre de faassocié à a
3. Les vecteurs de Fsont les combinaisons linéaires xe0
2+ye0 3avec xet yréels.
Il faut montrer que l’image d’une telle combinaison est encore combinaison de e0
2et e0 3.
0
@
a+ 2 (2a+ 1) a
1 0 0
0 1 0
1
A0 @
1
1
1
1
A=0 @
1
1
1
1
Adonc fa(e0
2) = e0 2
0
@
a+ 2 (2a+ 1) a
1 0 0
0 1 0
1
A0 @
2
1
0
1
A=0 @
3
2
1
1
A=0 @
1
1
1
1
A+0 @
2
1
0
1
Adonc fa(e0
3) = e0 2+e0 3
Donc fa(xe0
2+ye0 3) = xfa(e0 2) + yfa(e0 3) = xe0 2+y(e0 2+e0 3)2F
Conclusion : fa(F)F
4. On a fa(e0
1) = e0 1qui a donc pour coordonnées (1;0;0) dans B0
de même fa(e0
2) = e0 2et fa(e0 3) = e0 2+e0 3donc
Conclusion : la matrice de fadans B0est Ta=0
@
a0 0
0 1 1
0 0 1
1
A
5. Pour n= 0 0
@
a00 0
0 1 0
0 0 1
1
A=I=T0
Soit n2Ntel que Tn=0
@
an0 0
0 1 n
0 0 1
1
Aalors Tn+1 =0 @
an0 0
0 1 n
0 0 1
1
A0 @
a0 0
0 1 1
0 0 1
1
A=0 @
an+1 0 0
0 1 n+ 1
0 0 1
1
A
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Conclusion : par récurrence, Tn=0
@
an0 0
0 1 n
0 0 1
1
Apour tout n2N
Bilan : la question 3) aurait été plus naturelle en 4)
III. Etude d’une suite récurrente linéaire.
Soit (un)n2Nla suite de nombres réels dé…nie par la relation de récurrence suivante :
u0= 1; u1=1; u2= 0
pour tout entier naturel n:un+3 = 4un+2 5un+1 + 2un
1. On a donc pour tout entier n:
0
@
un+3
un+2
un+1
1
A=0 @
4un+2 5un+1 + 2un
un+2
un+1
1
A
=0
@
45 2
100
010
1
A0 @
un+2
un+1
un
1
A=M20 @
un+2
un+1
un
1
A
2. La suite des colonnes (Cn)n2Nest géométrique de raison M2donc Cn=Mn
2C0pour tout entier
n:
La formule de changement de base donne matB(fa) = matB(B0) matB0(fa) matB0(B)donc
M2=P2T2P1
2et Mn
2=P2Tn 2P1
2et …nalement
0
@
un+2
un+1
un
1
A=P2Tn
2P1 20
@
u2
u1
u0
1
A
3. Les coordonnées des vecteurs de B0dans Bdonnent P2=0
@
4 1 2
2 1 1
1 1 0
1
A
0
@
4 1 2
2 1 1
1 1 0
1
A
L14L3!L3
L22L3!L2
L3$L1
0
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
A
() 0
@
110
01 1
03 2
1
A
L1+L2!L1
L2!L2
L33L2!L3
0
@
0 0 1
0 1 2
1 0 4
1
A
() 0
@
1 0 1
0 1 1
0 0 1
1
A
L1+L3!L1
L2L3!L3
L3!L3
0
@
0 1 1
01 2
13 2
1
A
() 0
@
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
A
L1+L3!L1
L2L3!L3
L3!L3
0
@
12 1
1 2 0
1 3 2
1
A
Donc P1
2=0
@
12 1
1 2 0
1 3 2
1
A(dont on prend soin de tester le produit avec P2)
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on a en…n
0
@
un+2
un+1
un
1
A=P2Tn
2P1 20
@
u2
u1
u0
1
A
=P2Tn
20
@
12 1
1 2 0
1 3 2
1
A0 @
0
1
1
1
A
=P20
@
2n0 0
0 1 n
0 0 1
1
A0 @
3
2
5
1
A
=0
@
4 1 2
2 1 1
1 1 0
1
A0 @
32n
5n2
5
1
A
=0
@
32n5n2
1
A
Conclusion : un= 3 2n5n2
4. Et un= 3 2n5n2 = 2n(3 5n=2n2=2n)!+1car n=o(2n)
Conclusion : La suite (un)n2Nest divergente
Bilan : questions liées et sans sécurisation. Calculs lourdes.
Conclusion : peut déatbiiser si on le prend mal.
EXERCICE 2
On considère l’application 'dé…nie sur R
+par :
8x2R
+; ' (x) = ln (x)ln (x+ 1) + 1
x
I. Résolution de l’équation '(x)=1.
1. Quand x!0+;on factorise
'(x) = ln (x)ln (x+ 1) + 1
x
=1
xln (x) 1=x ln (1 + x) 1=x + 1
!+1
car ln (x) = o1
xen 0+
Conclusion : la courbe représentative de 'a une asymptote verticale en 0
2. En +1:
'(x) = ln (x)ln x1 + 1
x+1 x
=ln 1 + 1
x+1 x
!0
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Conclusion : la courbe représentative de 'a une asymptote horizontale en +1
3. 'est dérivable sur R
+(x > 0et x+ 1 >0et x6= 0 )
'0(x) = 1
x1 x+ 1 1 x2
=x(x+ 1) x2(x+ 1)
x2(x+ 1)
=1
x2(x+ 1) <0
Conclusion : 'est strictement décroissante sur R
+
4. On véri…e la cohérence :
x0 +1
'(x) +1 & 0
5. On rappelle que ln (2) '0;7et ln (3) '1;1.
'est continue et strictement décroissante sur ]0;+1[
donc bijective de ]0;+1[sur ]lim+1f; lim0f[ = ]0;+1[
De plus, 12]0;+1[et donc
Conclusion : l’équation '(x)=1possède une unique solution .
On compare les images :
'1
3=ln (3) ln 4 3+ 3 = 2 ln (2) + 3 >1
'1
2=ln (2) ln 3 2+ 2 = ln (3) + 2 <1
Donc '1
3> ' ()> ' 1 2et comme 'est strictement croissante sur R
+alors
Conclusion : 1
3<  < 1 2
6. Pour obtenir un encadrement de à102;près, on procède par dichotomie :
avec absi f(a)>1> f (b)
program dicho ;
function f (x :real) :real ;
begin f :=ln(x)-ln(1+x)+1/x ; end ;
var a,b,c :real ;
begin
a :=1/3 ; b :=1/2 ;
repeat
c :=(a+b)/2 ;
if f(c)>1 then a :=c else b :=c
until b-a<1E-2 ;
writeln(a,b) ;
end.
Bilan : classique sans être élémentaire. Permet de valoriser le travail fait pendant l’année.
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