Samedi 4 septembre 2010.
Ly ée La Bruyère, Versailles ECS 2
Mathématiques Corre tion du Devoir Surveillé n
Exer i e 1
1.
o
1
Étude de la fon tion
f
et existen e de
(un ). 1
(a) D'après les roissan es omparées, lim+ x 2 ln x = 0. Ainsi, limx→0+ f (x) = 1 . Ainsi, f peut être x→0
prolongée par ontinuité en 0, en posant f (0) = 1 . (b) La fon tion f est dérivable sur R∗+ , et ln x 1 ∀x ∈ R∗+ , f ′ (x) = √ + √ . 2 x x
On obtient don le tableau de variations suivant : x f ′ (x)
+∞
e−2
0 −
+
0
+∞ f (x)
1 1−
2 e
2 Ainsi, f admet un minimum en e−2 , égal à 1 − . e ( ) Puisque f admet un minimum supérieur stri tement à 0 ( ar e > 2), f est stri tement positive sur R∗+ . On en déduit que f (R∗+ ) ⊂ R∗+ , ainsi, R∗+ est un intervalle stable. On rappelle ( e n'est pas stri to sensu au programme, don ela ne fait pas de mal d'esquisser la preuve) que si I est un intervalle stable par une fon tion f ( 'est-à-dire f (I) ⊂ I ), et si u0 ∈ I , alors pour tout n, un existe et un ∈ I . Cela se démontre sans di ulté par ré urren e, l'existen e de un+1 provenant du fait que un est dans le domaine de dé nition de f .
Ainsi, (un ) est bien dé nie, quel que soit le hoix de u0 dans R∗+ . (d) La fon tion f est deux fois dérivable sur R∗+ , et ∀x ∈ R∗+ , f ′′ (x) = −
ln x 3
4x 2
.
Ainsi, f ′′ est du signe opposé du ln, don stri tement positif sur ]0, 1[ et stri tement négatif sur ]1, +∞[. Par onséquent, f est stri tement onvexe sur ]0, 1[ et stri tement on ave sur ]1, +∞[ . (e) La tangente à la ourbe de f au point d'abs isse 1 est d'équation y = f ′ (1)(x − 1) + f (1)
soit:
y=1(x-1)+1=x .
Puisque f est stri tement onvexe sur ]0, 1[, la ourbe de f est stri tement au-dessus de sa tangente en 1 sur ]0, 1[, et de même, puisque f est stri tement on ave sur ]1, +∞[, la ourbe de f est stri tement au-dessous de sa tangente en 1 sur ]1, +∞[. Ainsi, pour tout x ∈]0, 1[, f (x) > x, et pour tout x ∈]1, +∞[, f (x) < x. Comme de plus f (1) = 1, on obtient que 1 est l'unique point xe de f
(f) Voit gure 1. N'oubliez pas d'indiquer les extrema et les tangentes remarquables, vous aidant à tra er le graphe. Remarquez i i notamment la demi-tangente verti ale en 0, du fait de la limite −∞ de f ′ en 0, ainsi que la tangente en 1, de laquelle la ourbe passe de part et d'autre au point 1 (1 est un point d'in exion de la ourbe) 1
1−
2 e
0
| | |
1
|
2
|
|
|
|
0
1 e2
1
2
Fig.
2.
Convergen e de la suite
1 Graphe de f
(un ).
(a) D'après le tableau de variation de f , l'intervalle ]0, 1] est stable par f . Ainsi, d'après un argument expli ité plus haut, puisque u0 ∈]0, 1], on a bien : ∀n ∈ N, un ∈]0, 1] . Or, pour tout x ∈]0, 1], on a f (x) > x, d'après e que nous avons prouvé dans la question 1(e). Ainsi, pour tout n ∈ N, f (un ) > un , soit un+1 > un . On en déduit que (un )n∈N est roissante . De plus, (un ) prend ses valeurs dans ]0, 1], don est majorée par 1. En tant que suite roissante et majorée, (un )n∈N est don onvergente.
La fon tion f est ontinue sur le fermé [0, +∞[ (après prolongement par ontinuité), don (un )
onverge vers le point xe 1 : lim un = 1 . n→+∞
(b) De même, d'après le tableau de variation de f , l'intervalle [1, +∞[ est stable par f . Ainsi, si u0 est dans [1, +∞[, il en est de même de tous les termes un , n ∈ N. Par onséquent, (un ) est minorée par 1, et puisque pour tout x de [1, +∞[, on a f (x) 6 x, on obtient, pour tout n ∈ N, f (un ) 6 un , don un+1 6 un . Ainsi, (un )n∈N est dé roissante et minorée, don onvergente, et f étant ontinue sur le fermé [1, +∞[, la suite (un )n∈N onverge vers l'unique point xe 1. Ainsi, lim un = 1 . n→+∞
3.
Un résultat lassique : la moyenne de Cesaro.
(a)
i. Soit ε > 0. Par dé nition de la limite de (an ) vers 0, il existe un entier n0 tel que pour tout n > n0 , |an | 6 ε. Soit alors n > n0 . On a, d'après l'inégalité triangulaire : n−1 n−1 1 X 1 X |mn | = ai 6 |ai |. n i=0 n i=0 En oupant la somme en deux au niveau de l'indi e n0 , il vient alors : ! ! n0 −1 n0 −1 n−1 n−1 X X 1 X 1 X |ai | 6 ε , |ai | + |ai | + |mn | 6 n i=0 n i=0 i=n i=n 0
2
0
1 et don en n : |mn | 6 n
nX 0 −1
|ai | + (n − n0 )ε
i=0
ii. L'entier n0 étant xé, le réel
nX 0 −1 i=0
on en déduit que
!
.
|ai | est xé. Comme
1 n
tend vers 0 lorsque n tend vers +∞,
n0 −1 1 X |ai | = 0 n→+∞ n i=0
lim bn = lim
n→+∞
iii. Par onséquent, par dé nition de la limite, il existe un réel n1 (qu'on peut hoisir supérieur à n0 , ar si un entier n1 onvient, tous eux qui lui sont supérieur onviennent aussi) tel que pour tout n > n1 , bn < ε. Il vient alors, pour tout n > n1 : |mn | < ε +
Puisque
n−n0 n
n − n0 ε. n
6 1, il vient : ∀n > n1 , |mn | < 2ε .
iv. Par dé nition des limites, il vient don que
lim mn = 0 = lim an . Don (mn ) a bien même
n→+∞
n→+∞
limite que (an ). (b) La suite (an − ℓ) tend vers 0, don en appliquant e qui pré ède, on obtient : n−1 1X (ai − ℓ) = 0. n→+∞ n
lim
i=0
Or, pour tout n ∈ N , ∗
n−1 1X 1 (ai − ℓ) = n i=0 n
n−1 X i=0
ai −
n−1 X i=0
ℓ
!
=
n−1 1X 1 ai − · (nℓ) = mn − ℓ. n i=0 n
Ainsi lim (mn − ℓ) = 0
n→+∞
4.
Un équivalent de
don :
lim mn = ℓ = lim an .
n→+∞
n→+∞
(un − 1)n∈N .
(a) Pour tout x ∈] − 1, +∞[, f (x + 1) =
√ 1 + x · ln(1 + x) + 1.
Déterminons un développement limité (DL) à l'ordre 3 de ette expression au voisinage de 0. Puisque √ ln(1 + x) a un DL ommençant par x, de degré 1, il su t d'aller à l'ordre 2 pour le DL de 1 + x. Tous les DL qui suivent sont ee tués au voisinage de 0 : √ 1 1 1 1 + x = (1 + x) 2 = 1 + x − x2 + o(x2 ). 2 8
Ainsi, on obtient 1 1 2 x2 x3 x2 x3 x2 x3 x3 2 3 f (x+1) = 1 + x − x + o(x ) x− + + o(x ) +1 = x− + + − − +1+o(x3 ), 2 8 2 3 2 3 2 4 8 et après simpli ations : f (1 + x) = 1 + x −
3
x3 + o(x3 ) . 24
(b) En ee tuant le hangement de variable y = x + 1 dans ette expression, il vient, au voisinage de 1 : f (y) − 1 = (y − 1) −
(y − 1)3 + o((y − 1)3 ). 24
Ainsi, (y − 1)2 −1 (f (y) − 1)2 ! −2 1 f (y) − 1 = −1 (y − 1)2 y−1 ! −2 (y − 1)2 1 2 1− + o((y − 1) ) −1 = (y − 1)2 24 1 1 (y − 1)2 2 = + o((y − 1) ) − 1 = + o(1). 1+2 (y − 1)2 24 12
1 1 1 − = (f (y) − 1)2 (y − 1)2 (y − 1)2
Ainsi, on obtient bien lim
y→1
1 1 1 − = .. (f (y) − 1)2 (y − 1)2 12
( ) Pour tout n ∈ N, nous avons wn =
1 1 1 1 − = − . (un+1 − 1)2 (un − 1)2 f (un ) − 1)2 (un − 1)2
Puisque (un ) onverge vers 1, la question pré édente amène : lim wn = lim
n→+∞
(d) Soit, pour tout n ∈ N∗ , mn =
y→1
1 1 1 − = = lim wn . (f (y) − 1)2 (y − 1)2 12 n→+∞
n−1 1X wk . D'après la question 3 (théorème de la moyenne de Cesaro), n k=0
1 lim wn = . n→+∞ 12 De plus, mn est une somme téles opique, et on obtient, après simpli ation des termes : ∀n ∈ N∗ , mn =
et omme
1 nv02
tend vers 0, il vient alors : lim
1 1 − 2, 2 nvn nv0
1 1 12 = , puis vn2 ∼ . 2 +∞ n nvn 12
√ 2 3 Puisqu'on peut élever un équivalent à une puissan e xe (i i 12 ), il vient : |un − 1| = |vn | ∼ √ . +∞ n En n : √ 2 3 • si u0 ∈]0, 1[, alors (un − 1) est toujours négative, don un − 1 ∼ − √ +∞ n √ 2 3 • si u0 ∈]1, +∞[, alors (un − 1) est toujours positive, don un − 1 ∼ √ +∞ n
5.
Quelques séries
On suppose i i u0 > 1. P (a) Le terme général un ne tend pas vers 0, don la série un est grossièrement divergente . P (b) Le terme général de la série (un − 1)α est équivalent, à un fa teur multipli atif près, à 1α2 , don n au terme général d'une série de Riemann de paramètre α2 . don onvergente si et seulement si α > 2. P (un − 1)α onverge si et seulement si α > 2. Les séries étant à termes positifs, on en déduit que
4
( ) Tout d'abord, ette série n'est pas absolument onvergente, d'après la question pré édente. P Soit, pour tout n ∈ N, Sn = nk=0 (−1)n (un − 1). On a : • ∀n ∈ N, S2n+2 − S2n = (−1)2n+1 (u2n+1 − 1) + (−1)2n+2 (u2n+2 − 1) = u2n+2 − u2n+1 < 0,
ar (un )n∈N dé roit. Don (S2n )n∈N est dé roissante. • ∀n ∈ N, S2n+3 − S2n+1 = (−1)2n+2 (u2n+2 − 1) + (−1)2n+3 (u2n+3 − 1) = u2n+2 − u2n+3 > 0,
ar (un )n∈N dé roit. Don (S2n+1 )n∈N est roissante. • ∀n ∈ N, S2n+1 − S2n = (−1)2n+1 (u2n+1 − 1) = 1 − u2n+1 → 0. Ainsi, les suites (S2n )n∈N et (S2n+1 )n∈N sont adja entes, don admettent une même limite S . Les deux suites extraites des termes pairs et des termes impairs admettant une même limite S , la somme P partielle (Sn )n∈N onverge vers S , don la série (−1)n (un − 1) onverge . Exer i e 2
1. Pour tout k ∈ N∗ , et pour tout n ∈ N, la fon tion x 7→
1 est ontinue sur [0, 1], don intégrable. (1 + xk )n
Ainsi, In,k est bien dé nie pour tout k ∈ N∗ × N. 2.
Cal ul de ertaines valeurs parti ulières.
(a) Soit k ∈ N∗ . On a : I0,k =
Z
0
1
1 dx = (1 + xk )0
(b) Soit n ∈ N. Si n est diérent de 0 et 1, on a : In,1 =
Z
1
0
Z
1
1 dx = 1 = I0,k .
0
i1 h 1 1 1 dx = = n n−1 (1 + x) (1 − n)(1 + x) n−1 0
1−
1 2n−1
= In,1 .
Si n = 0, on a dire tement I0,1 = 1 d'après la question pré édente, et si n = 1 on obtient : I1,1 =
( ) On a : I1,2 =
Z
0
(d) Cal ul de I1,3
1
Z
1 0
1 dx = ln 2 = I1,1 . 1+x
h i1 π 1 dx = Arctan x = I1,2 = Arctan 1 − Arctan 0 = 2 1+x 4 0
i. Soit (a, b, c) des réels. Alors, pour tout x de [0, 1], on a : a(1 − x + x2 ) + (bx + c)(1 + x) bx + c (a + b)x2 + (−a + b + c)x + (a + c) a = + = . 1 + x 1 − x + x2 (1 + x)(1 − x + x2 ) x3 + 1
Ainsi, pour que l'égalité de l'énon é soit réalisée, il a+b −a + b + c a+c
su t que (a, b, c) véri ent : = 0 = 0 = 1
Ainsi, les valeurs suivantes onviennent : a = 13 , b = − 31 , c = 23. 1 a bx + c = . + 1 + x3 1 + x 1 − x + x2
ii. • La première intégrale est de la forme Z
0
1
u′ u,
à un fa teur multipli atif près. Ainsi :
Z 1 i1 x − 21 x − 21 1h 2 dx = dx = I ln(1 − x + x ) = 0 = 2 2 1−x+x 2 0 0 1−x+x
5
• Pour la deuxième, on ee tue une mise sous forme anonique du trin me : 2
∀x ∈ R, (x − x + 1) =
1 x− 2
2
3 3 + = 4 4
1 2 √ ·x− √ 3 3
2
!
+1 .
2 1 On ee tue alors le hangement de varible y = √ · x − √ , a ne don valide, et amenant 3 3 dy = √23 dx. Ainsi : Z
1
0
Ainsi, J =
√ Z 1/√3 i1/√3 2π 3 dy 4 2 h 1 dx = · · = √ Arctan y √ = √ . √ 2 2 1−x+x 3 2 −1/ 3 3 3 3 −1/ 3 y + 1 Z
1
0
1 2π dx = √ 2 1−x+x 3 3
iii. Nous avons montré que pour tout x de [0, 1] − 31 x + 23 1 1 1 = · + , 1 + x3 3 1 + x x2 − x + 1
don I1,3 =
3.
1 1 π ln 2 1 I1,1 − I + J = + √ = I1,3 . 3 3 2 3 3 3
Une relation de ré urren e.
(a) Pour tout n ∈ N∗ et tout k ∈ N∗ , Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 1 xk 1 + xk 1 In,k + Jn,k = dx + dx = dx = dx, k )n k )n k )n k )n−1 (1 + x (1 + x (1 + x (1 + x 0 0 0 0 don In,k + Jn,k = In−1,k . (b) Soit n ∈ N − {0, 1}. On ee tue une intégration par parties sur Jn,k , en posant u et v les fon tions de lasse C 1 sur [0, 1], dé nies par : u′ (x) = 1,
∀x ∈ [0, 1]u(x) = x,
v(x) =
1 k(1 − n)(1 + xk )n−1
v ′ (x) =
xk−1 , (1 + xk )n
(valable ar n > 2). Ainsi, on obtient : Jn,k =
h
et on obtient bien Jn,k = −
i1 x 1 + k n−1 k(1 − n)(1 + x ) k(n − 1) 0
Z
0
1
1 , (1 + xk )n−1
1 1 + In−1,k . n−1 k(n − 1)2 k(n − 1)
( ) Soit n > 2, alors, d'après les deux questions pré édentes : In,k = In−1,k − Jn,k = In−1,k +
1 1 − In−1,k . k(n − 1)2n−1 k(n − 1)
Ainsi, on obtient la relation suivante, pour tout k > 1 et tout n > 2 : In,k =
1−
1 k(n − 1)
In−1,k +
1 . k(n − 1)2n−1
De manière évidente, ette relation permet de al uler les valeurs de In,k de pro he en pro he, en augmentant l'indi e n de 1 à haque étape. En partant de I1,k , on obtient don toutes les valeurs In,k , pour n > 1. 6
(d) • I2,2 = 1 − • I3,2 = 1 −
4.
1 I1,2 + 2 1 I2,2 + 4
1 π 1 = + 4 8 4 3π 1 3π 3 1 1 = + + = + = I2,3 16 32 16 16 32 4
Étude d'une fon tion de deux variables.
(a) La fon tion fk est un quotient de fon tions polynomiales de deux variables, don fk est de lasse C 2 sur son domaine de dé nition. (b) L'entier k étant non nul, et les variables x et y étant positives,
lim
(x,y)→(0,0)
fk (x, y) = +∞ .
( ) L'ensemble [0, 1] × R∗+ n'est pas ouvert , ar [0, 1] n'est pas ouvert. Pour le montrer rigoureusement, on doit onsidérer des boules. Soit X = (0, 1), élément de [0, 1] × R∗+ . Toute boule de rayon ε > 0
entrée en X ontient alors le point − 2ε , 1 , qui n'est pas élément de [0, 1] × R∗+ . Cela ontredit la propriété dé nissant un ouvert. En revan he, ]0, 1[×R∗+ est ouvert , ar il s'agit du produit artésien de deux ouverts de R. On peut aussi le justi er ave des images ré iproques, en é rivant −1 ∗ ]0, 1[×R∗+ = p−1 1 (]0, 1[) ∩ p2 (R+ ),
où p1 et p2 sont les proje tions sur ha un des fa teurs, ontinues ( ar polynomiales). (d) La fon tion fk est de lasse C 1 sur son domaine de dé nition, ar quotient de fon tions polynomiales, don de lasse C 1 . On a alors ∀(x, y) ∈]0, 1[×R∗ ,
∂fk −kxk−1 (x, y) = k ∂x (x + y k )2
et
∂fk −ky k−1 . (x, y) = k ∂y (x + y k )2
Ainsi, (x, y) est un point ritique de fk sur l'ouvert ]0, 1[×R∗+ si et seulement si les deux dérivées partielles sont nulles en e point, don si et seulement si xk−1 = 0 et y k−1 = 0, e qui n'est pas possible, puisque (0, 0) n'appartient pas à ]0, 1[×R∗+. Ainsi, fk n'admet pas de point ritique sur ]0, 1[×R∗+ . (e) Puisque fk est de lasse C 1 et n'admet pas de point ritique sur l'ouvert ]0, 1[×R∗+ la fon tion fk n'admet pas d'extremum lo al sur et ouvert. Ainsi, si elle admet des extrema lo aux, ela ne peut être qu'en des points (0, y), y ∈ R∗+ ou (1, y), y ∈ R+ . Soit g : y 7→ fk (0, y) = y1k . Cette fon tion est stri tement dé roissante sur l'ouvert R∗+ , don n'admet pas d'extremum lo al. La restri tion de fk à {0} × R∗+ n'admettant pas d'extremum lo al, on en déduit que fk n'admet pas d'extremum lo al sur {0} × R∗+
1 ∗ De même, la fon tion y 7→ fk (1, y) = 1+y k est stri tement dé roissante sur R+ , et le même raisonnement amène l'absen e d'extremum lo al de fk sur {1} × R∗+ .
En on lusion, f n'admet pas d'extremum lo al sur son domaine [0, 1] × R∗+ .
5.
Une relation fon tionnelle permettant de retrouver ertains des résultats pré édents.
(a) Pour tout y > 0 xé, la fon tion x 7→ f2 (x, y)n est ontinue sur [0, 1], don l'intégrale Fn (y) est bien dé nie. Ainsi, la fon tion Fn est bien dé nie sur R∗+ . (b) On suppose que y > 0. Soit h un réel non nul tel que |h| < y2 .
i. Soit x ∈ R+ . Soit M un majorant de fx′ sur [y, y + h] (ou [y + h, y] si h < 0).
D'après l'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre 1 appliquée à la fon tion fx entre y et y + h, fx étant de lasse C 2 par rapport à y , pour tout x xé dans R+ , on obtient : 7
|fx (y + h) − fx (y) − hfx′ (y)| 6
|h|2 · M. 2!
En divisant par |h| > 0, il vient : |h| fx (y + h) − fx (y) ′ − fx (y) 6 ·M h 2
ii. On ommen e par le al ul de la dérivée et de la dérivée se onde de fx , de lasse C 2 à x xé : ∀z ∈ R∗+ , fx′ (z) =
(x2
−2nz , + z 2 )n+1
−2n(x2 + z 2 )n+1 + 4n(n + 1)z 2 (x2 + z 2 )n (x2 + z 2 )2n+2 2 2 −2n(x2 + (2n + 1)z 2 ) −2nx − 2nz + 4n(n + 1)z 2 = . = (x2 + z 2 )n+2 (x2 + z 2 )n+2
∀z ∈ R∗+ , fx′′ (z) =
Or, pour tout z ∈ [y, y + h] (ou [y + h, y]), on a 3y y 6 y − |h| 6 z 6 y + |h| 6 6 2y, 2 2
puisque |h| < y2 . Ainsi, pour tout z ∈ [y, y + h] (ou [y + h, y]), on a, d'après l'inégalité triangulaire et et en adrement : 2 2n x2 + (2n + 1) (2y) 2 2 2n(x + (2n + 1)z ) 6 . |fx′′ (z)| 6 2 n+2 (x2 + z 2 )n+2 x2 + y2 2n x2 + 4(2n + 3)y 2 2n x2 + 4(2n + 1)y 2 6 = n+2 n+2 2 2 x2 + y4 x2 + y4
Vous remarquerez que ette inégalité est loin d'être optimale, puisqu'on peut fa ilement trouver mieux, en utilisant la majoration z 6 3y 2 au lieu de z 6 2y , et en n'eetuant pas la dernière majoration inutile de 2n + 1 par 2n + 3. La raison d'être de e 2n + 3 est à mon avis, dans l'esprit du on epteur, une utilisation plus pré o e de l'inégalité triangulaire, avant regroupement des termes en z 2 dans le al ul de fz′′ . Toujours est-il que nous obtenons bien, pour tout z ompris entre y et y + h : 2n x2 + 4(2n + 3)y 2 ′′ |fx (z)| 6 . n+2 2 x2 + y4
2n x2 + 4(2n + 3)y 2 iii. À y xé stri tement positif, la fon tion x 7→ est ontinue sur [0, 1], en tant n+2 2 x2 + y4
que quotient de fon tions polynomiales, le dénominateur ne s'annulant pas sur [0, 1] ( ar stri teZ 1 2n(x2 + 4(2n + 3)y 2 ) ment positif). Ainsi, pour tout y > 0 xé, l'intégrale dx est bien dé nie . 2 (x2 + y4 )n+2 0
iv. Le majorant obtenu dans le question pré édente ne dépend que de x et y , qui étaient xés dans la question 5(b)i. Ainsi, on peut prendre ette expression pour M (qui ne doit pas dépendre de z , mais peut tout à fait dépendre des autres variables xées). Ainsi, pour tout y > 0, pour tout h non nul tel que |h| 6 y2 , et pour tout y ompris entre y et y + h, on a : |h| 2n x2 + 4(2n + 3)y 2 fx (y + h) − fx (y) ′ − fx (y) 6 · . ∀x ∈ RR+ , n+2 2 h 2 x2 + y4 8
L'intégrale sur x entre 0 et 1 du terme de droite existant d'après la question pré édente, et de même pour le terme de gau he (par ontinuité), on déduit de l'inégalité triangulaire et de la propriété de roissan e de l'intégrale, que : Z 1 Z 1 fx (y + h) − fx (y) fx (y + h) − fx (y) ′ ′ − f (y) dx 6 − f (y) x x h h 0 0 Z 1 2n x2 + 4(2n + 3)y 2 |h| dx. 6 n+2 2 2 0 x2 + y4
L'intégrale du terme de droite ne dépendant pas de h, et |h| 2 tendant vers 0 lorsque h tend vers 0, on en déduit que Z 1 Z 1 Fn (y + h) − Fn (y) fx (y + h) − fx (y) − fx′ (y) dx = lim − fx′ (y) dx . 0 = lim h→0 h→0 0 h h 0 Cette dernière intégrale étant indépendante de h, il vient don : Z 1 Fn (y + h) − Fn (y) fx′ (y) dx. = lim h→0 h 0 Ainsi, Fn est dérivable sur R∗+ , et ∀y ∈ R∗+ , Fn′ (y) =
Z
1
0
−2ny dx, (x2 + y 2 )n+1
soit:
Fn′ (y) = −2nyFn+1 (y) .
( ) Soit y ∈ R∗+ . On a alors F1 (y) =
Z
1
dx 1 = 2 2 x +y y
0
1
Z
0
Ainsi, ∀y ∈ R∗+ ,
1 2 x y
F1 (y) =
+1
·
dx h 1 x i1 = Arctan . y y y 0
1 1 Arctan . y y
Il vient alors : ∀y ∈
R∗+ ,
F ′ (y) 1 F2 (y) = 1 =− −2y 2y
1 1 1 1 − 2 Arctan − 3 · y y y 1 + y12
!
Ainsi, ∀y ∈ R∗+ ,
F2 (y) =
1 1 1 . Arctan + 2 2 2y 3 y 2y (y + 1)
Une nouvelle dérivation amène ∀y ∈ R∗+ , F2′ (y) = −
3 1 3 + 5y 2 Arctan , − 2y 4 y 2y 3 (1 + y 2 )2
don : ∀y ∈ R∗+ ,
F3 (y) = −
On retrouver alors : I2,3 = F3 (1) =
1 3 3 + 5y 2 F2′ (y) = 5 Arctan + 4 . 2 · 2y 8y y 8y (1 + y 2 )2
3π 1 + . 32 4
9
.
Exer i e 3
1.
Matri es sto hastiques
Un exemple.
(a) Attention, les notations peuvent prêter à onfusion et embrouiller un peu. Les An , Bn et Cn sont des probabilités, et non des événements. Donnons un nom aux événements orrespondants, disons A′n , Bn′ et Cn′ . Alors, pour tout n ∈ N, (A′n , Bn′ , Cn′ ) est un système omplet omposés d'événements non quasi-impossibles, et la formule des probabilités totales sur e système omplet amène les trois relations : ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ P (An+1 ) = PA′n (An+1 )P (An ) + PA′n (An+1 )P (An ) + PA′n (An+1 )P (An ) ′ ′ ′ ′ ′ ′ P (Bn+1 ) = PA′n (Bn+1 )P (An ) + PA′n (Bn+1 )P (An ) + PA′n (Bn+1 )P (A′n ) P (C ′ ) = P ′ (C ′ )P (A′ ) + P ′ (C ′ )P (A′ ) + P ′ (C ′ )P (A′ ) An An An n n+1 n n+1 n+1 n n+1 Ave les notations de l'énon é, et les données An+1 Bn+1 C n+1
du problème, il vient don : = = =
3 4 Bn 3 4 An 1 4 An
Cette relation se réé rit matri iellement : 0 An+1 3 ∗ ∀n ∈ N , Bn+1 = 4 1 Cn+1 4
0
Ainsi, après transposition, M = 43 0
(b) Un al ul sans di ulté amène :
3 4
0 1
+ Cn + 14 Bn 3 4
0 1 4
0 An 1 Bn . Cn 0
1 4 1 . 4
0
1 0 M 1 = 43 1 0
3 4
0 1
1 1 4 1 4 1
0
1
1 = 1 . 1
1 Ainsi, 1 est un ve teur propre de M , asso ié à la valeur propre 1 . 1
( ) On ee tue un pivot de Gauss sur la matri e M − λI3 : 1 −λ 34 4 3 4 −λ 14 0 1 −λ 3 −4λ 1 L2 ← 4L1 −→ −4λ 3 1 L1 ← 4L2 0 1 −λ 3 −4λ 1 L2 ← 3L2 + 4λL1 2 −→ 0 9 − 16λ 3 + 4λ L1 ← 4L2 0 1 −λ 3 −4λ 1 −→ 0 L2 ↔ L3 1 −λ 2 0 9 − 16λ 3 + 4λ 3 −4λ 1 −→ Mλ = 0 1 −λ L3 ← L3 − (9 − 16λ2 )L2 0 0 3 + 13λ − 16λ3 . 10
Cette matri e est non inversible si et seulement si un des oe ients diagonaux de Mλ est non nul, don si et seulement si 3 + 13λ − 16λ3 = 0. On a déjà montré que 1 est valeur propre, don 1 est ra ine de e polyn me ( 'est aussi une façon de véri er le al ul), et on peut fa toriser par (λ − 1). On trouve : 3 + 13λ − 16λ3 = (λ − 1)(−16λ2 − 16λ − 3), et la résultion de l'équation de degré 2 donne les deux autres valeurs propres, − 14 et − 34 . Ainsi, Sp(M ) = {1, − 41 , − 43 } .
Comme il y a trois valeurs propres, la matri e est diagonalisable, et les espa es propres sont de dimension 1. Il su t don de trouver un ve teur non nul dans haque espa e propre. Notons Eλ l'espa e propre asso ié à la valeur propre λ. 1 • D'après la question pré édente, on obtient déjà : E1 = Vect 1 . 1 3 4 1 4
1
• On a M +
1 4 I3
4 = 43 0
1 4 1 . 4 1 4
1
Les olonnes de ette matri e véri ent : C1 + C2 − 4C3 = 0, don
1 1 1 ∈ E− 41 , et omme et espa e est de dimension 1, E− 41 = Vect 1 . −4 −4 3
• On a M +
3 4 I3
4 = 43 0
3 4 3 4
1
1 4 1 . 4 3 4
Les olonnes de ette matri e véri ent : 3C2 − 4C3 =
5 3 C1 ,
5 don 5C1 − 9C2 + 12C3 = 0, don −9 ∈ E− 43 , et omme et espa e est de dimension 1, 12 5 E− 43 = Vect −9 . 12
(d) • L'image de f − id est le sous-espa e de R3 engendré par les ve teurs olonnes de M − I3 , don 3 1 −1 3 4 41 Im(f − id) = Vect 4 −1 4 0 −1 1
Comme dim Ker(f − id) = dim E1 = 1, d'après le théorème du rang, dim Im(f − id) = 2. Les deux premiers ve teurs i-dessus étant non olinéaires, il en résulte que 3 −4 3 −1 4 Im(f − id) = Vect 43 −1 = Vect 3 , −4 . 0 0 4 1 1 −4 3 • On a 1 = − 3 − −4 ∈ Im(f − id). Ainsi E− 14 ⊂ Im(f − id) −4 0 4 5 −4 3 • On a −9 = 3 + 3 −4 ∈ Im(f − id). Ainsi E− 34 ⊂ Im(f − id) 12 0 4 • Ainsi, les espa es propres étant en somme dire te, on a E− 14 ⊕ E− 43 ⊂ Im(f − id), et les dimensions étant égales, on a l'égalité E− 41 ⊕ E− 34 ⊂ Im(f − id) . 11
(e) Les trois ve teurs propres qu'on a trouvé forment une base de diagonalisation. D'après les formules de hangement de base, on obtient M = P DP −1 , ave
1
0 1 D = 0 − 4 0 0
0
0 3 − 4
et
1 P = 1 1
1 5 1 −9 −4 12
On al ule P −1 par la méthode du pivot de Gauss, en ee tuant sur I3 les mêmes opérations que
elles qui permettent de passer de P à I3 : 1 0 0 1 1 5 −9 0 1 0 1 1 1 −4 −12 0 0 1 1 0 0 1 1 5 L2 ← L2 − L1 −→ 0 0 −14 −1 1 0 L3 ← L3 − L1 0 −5 7 −1 0 1 1 0 0 1 1 5 −→ 0 −5 L2 ↔ L3 −1 0 1 7 0 0 −14 −1 1 0 14 14 0 9 5 0 L2 ← 2L2 + L3 −→ 0 −10 −3 1 2 0 L3 ← 14L1 + 5L3 0 0 −14 −1 1 0 24 32 14 70 0 0 −→ 0 −10 L1 ← 5L1 + 7L2 0 −3 1 2 0 0 −14 −1 1 0 14 70 0 0 24 32 L2 ← −7L2 −→ 0 70 0 21 −7 −14 L3 ← −5L3 0 0 0 70 5 −5 24 32 14 1 Ainsi, on obtient P −1 = 70 21 −7 −14 . 5 −5 0
(f) On a, pour tout n ∈ N∗ ,
M n = (P DP −1 )(P DP −1 ) . . . (P DP −1 ),
et après siompli ation des termes P −1 P = I3 ,
M n = P Dn P −1
1 1 = 1 70 1
0 n 1 5 1 0 − 1 −9 4 −4 12 0 0
1
0
24 32 0 21 −7 n 3 5 −5 − 4
(g) Par une ré urren e immédiate, on a, pour tout n ∈ N, 1 A0 An t n t n Bn = ( M ) B0 = ( M ) 0 . 0 C0 Cn
14 −14 0
Comme le produit matri iel est une opération polynomiale en les oe ients des matri es (il est formé de produits et sommes), la limite de Bn est obtenue en al ulant le produit des matri es 12
obtenues en prenant la limite oe ient par oe ient : Ainsi, si A, B Bn et Cn respe tivement, on a (n'oubliez pas la transposition) : A 24 21 5 1 0 0 1 1 1 B = 32 −7 −5 0 0 0 1 1 70 C 14 −14 0 0 0 0 5 −9 24 21 5 1 0 0 1 1 = 32 −7 −5 0 0 0 1 70 14 −14 0 0 0 0 5 1 24 21 5 12 1 1 = 32 −7 −5 0 = 16 . 70 35 14 −14 0 7 0 Ainsi, 2.
lim Bn =
n→+∞
et C sont les limites de (An ), 1 1 −4 0 12 0
16 . 35
Un résultat général sur les matri es sto hastiques
P n a1,j j=1 1 1 . .. . . (a) On a : A · . = . = .. . n P 1 1 an,j j=1
1 . Ainsi, 1 est valeur propre de A et .. est un ve teur propre asso ié à 1. 1 b1 . n (b) i. Soit x ∈ C . Notons .. les oordonnées du ve teur f (x). Alors bn ∀i ∈ [[1, n]], bi =
n X
ai,j xj .
j=1
Ainsi, d'après l'inégalité triangulaire et la positivité des ai,j , ∀i ∈ [[1, n]], |bi | 6
n X j=1
ai,j |xj | 6
n X j=1
ai,j |x| = |x|
n X j=1
ai,j = |x|.
Par onséquent, les oordonnées de f (x) véri ent toutes |bi | 6 |x|, don leur maximum aussi, don |f (x)| 6 |x| .
ii. Soit λ ∈ C une valeur propre de A, et x un ve teur propre asso ié. Par dé nition de |x|, on a de manière évidente |λx| = |λ| · |x|, don |f (x)| = |λx| = |λ| · |x|.
Ainsi, d'après la question pré édente, |λ| · |x| 6 |x|, et omme x est non nul ( 'est un ve teur propre), |x| > 0, don |λ| 6 1
( ) Soit y ∈ Ker(f − id) ∩ Im(f − id), et x tel que y = f (x) − x.
13
i. Soit, pour tout k dans N∗ , la propriété P(k): f k (x) = x + ky . La propriété P(1) provient de la relation dé nissant x à partir de y (provenant de l'appartenan e de y à Im(f − id)). Soit k ∈ N∗ tel que P(k) soit véri é. Alors f k+1 (x) = f (f k (x)) = f (x + ky) = f (x) + kf (y),
et omme f (x) = x + y et f (y) = y ( ar y ∈ Ker(f − id)), on obtient f k+1 (x) = x + y + ky = x + (k + 1)y.
Ainsi, P(k + 1) est véri é.
Par onséquent, P(1) est vraie, et pour tout k dans N∗ , P(k) entraîne P(k + 1). D'après le prin ipe de ré urren e, P(k) est vraie pour tout k dans N∗ .
ii. D'après la question 2(b)(i), itéré k fois, on obtient, pour tout k ∈ N∗ , |f k (x)| 6 |x|, don |x + ky| 6 |x| Or, si y 6= 0, il existe une oordonnée non nulle yi de y , et dans e as, la i-ème
oordonnée de x + ky véri e : lim |xi + kyi | = +∞, k→+∞
et par minoration, lim |x + ky| = +∞, e qui ontredit la majoration |x + ky| 6 |x|. k→+∞
Ainsi, on a y = 0 . iii. La question pré édente montre que Ker(f − id) ∩ Im(f − id) = {0}, don es deux espa es sont en somme dire te, et ette somme est in luse dans Cn . De plus, d'après la formule du rang, dim(Ker(f − id) ⊕ Im(f − id)) = dim(Ker(f − id)) + dim(Im(f − id)) = n = dim Cn .
(d)
On a don une in lusion ave égalité des dimensions, don Ker(f − id) ⊕ Im(f − id) = Cn . i. Soit x ∈ Im(f − id). Il existe don y tel que x = f (y) − y . Alors f (x) = f (f (y)) − f (y) = (f − id)(f (y)). Don f (x) ∈ Im(f − Id) : Im(f − id) est stable par f .
ii. Soit λ 6= 1, et x ∈ Eλ . On a don f (x) = λx = x + (λ − 1)x. Par onséquent, omme λ − 1 6= 0, il vient : 1 (f (x) − x). x= λ−1 Or, f (x) − x ∈ Im(f − id), donx x ∈ Im(f − id). On en déduit que Eλ ⊂ Im(f − id)
iii. Puisque f est diagonalisable, la somme des dimensions des espa es propres est égale à n : X X dim Eλ . dim Eλ = dim(Ker(f − id)) + n = dim E1 + λ∈Sp(f )\{1}
λ∈Sp(f )\{1}
D'après le théorème du rang, il vient don X dim Eλ = dim Im(f − id). λ∈Sp(f )\{1}
Comme les espa es propres sont en somme dire te, M Eλ = dim Im(f − id). dim λ∈Sp(f )\{1}
Comme de plus, la question pré édente amène l'in lusion M Eλ ⊂ Im(f − id), λ∈Sp(f )\{1}
l'égalité des dimensions amène l'égalité des espa es : M Eλ = Im(f − id) . λ∈Sp(f )\{1}
14
