Correction contrôle 4 - Département de Mathématiques d'Orsay

Orsay 2008-2009 IFIPS S2 Mathématiques (M160).
Corrigé et barême du contrôle numéro 4 (du 29 Mai 2009).
Exercice 1 Sur 7 points.
(a) : 2,5 points.
Les vecteurs colonnes de A sont c 1 = (1, 2, −1), c 2 = (−2, 1, −1), c 3 = (−3, 4, −3). Pour déterminer
une base de Im(A) on applique l’algorithme du rang à (c 1 , c 2 , c 3 ).
(0,25 point)
Clairement (c 1 , c 2 ) est libre. D’autre part on remarque que c 3 = 2c 2 + c 1 (ou alors on obtient cette
relation en résolvant le système linéaire correspondant à l’équation c 3 = λc 1 + µc 2 ).
(0,5 point)
Donc une base de l’image de A est (c 1 , c 2 ) et rg(f) = 2.
(0,25 point)
Pour déterminer une base de Ker(A) on résout le système linéaire correspondant à AX = 0 :
⎧
⎧
⎪⎨ x − 2y − 3z = 0 ⎪⎨ x − 2y − 3z = 0
2x + y + 4z = 0 ⇐⇒ 5y + 10z = 0 (L 2 ← L 2 − 2L 1 )
⎪⎩
⎪⎩
−x − y − 3z = 0 −3y − 6z = 0 (L 3 ← L 3 + L 1 )
⎧
⎪⎨ x − 2y − 3z = 0
{
{
⇐⇒ y + 2z = 0 (L 2 ← L x − 2y − 3z = 0
2
5
) ⇐⇒
⎪⎩
y + 2z = 0 (L 3 ← L 2
−3 ) y + 2z = 0 ⇐⇒ x = −z
y = −2z
On obtient donc Ker(A) = {(−z, −2z, z), z ∈ R}, soit Ker(A) = Vect(−1, −2, 1). Or (−1, −2, 1) = −c 1
et Vect(−c 1 ) = Vect(c 1 ). Donc pour finir (c 1 ) est une base de Ker(A).
(1 point)
On a Ker(A) = Vect(c 1 ) et c 1 est dans le sous-espace vectoriel image de A. Donc Ker(A) ⊂ Im(A),
et Ker(A) ∩ Im(A) = Ker(A) ≠ {0}. Il en résulte que Im(A) et Ker(A) ne sont pas en somme directe,
et a fortiori ils ne sont pas supplémentaires.
(0,5 point)
(b) : 3 points
Pour montrer que B ′ est une base de R 3 il suffit de montrer qu’elle est génératrice (puisqu’elle a trois
vecteurs). Pour cela on vérifie que chaque vecteur e 1 , e 2 , e 3 de la base canonique de R 3 est combinaison
linéaire de u 1 , u 2 , u 3 .
Après résolution de trois systèmes ou après quelques essais on obtient :
e 1 = −(u 2 + u 3 ), e 2 = u 1 + 2u 2 + 3u 3 , e 3 = e 1 + 3e 2 + 5e 3
Ainsi (u 1 , u 2 , u 3 ) est bien génératrice, et c’est donc une base de R 3 .
(1 point)
La matrice de passage de la base canonique B à la base B ′ est la matrice dont les colonnes sont les
composantes des vecteurs de B ′ , on trouve donc immédiatement :
⎛
P = ⎝ 1 −2 1
⎞
2 1 −1⎠
−1 −1 1
(0,5 point)
Pour calculer l’inverse de P on peut ou bien utiliser les méthodes classiques d’inversion d’une
matrice, ou bien interprêter P −1 comme la matrice de passage de B ′ dans B. Alors les colonnes de
1

P −1 sont les coordonnées dans B ′ des vecteurs de B. Et on a déjà déterminé ces coordonnées au début
de la question. On obtient donc, sans calcul supplémentaire :
⎛
P −1 = ⎝ 0 1 1
⎞
−1 2 3⎠
−1 3 5
(1 point)
Soient (x ′ , y ′ , z ′ ) les coordonnées de u = (0, 2, −1) dans B ′ . Alors nous savons que
⎛
⎝ 0 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
2 ⎠ = P ⎝ x′
y ′ ⎠ , soit ⎝ x′
y ′ ⎠ = P −1 ⎝ 0 ⎞
⎛ ⎞ ⎛
2 ⎠ , soit encore ⎝ x′
y ′ ⎠ = ⎝ 1 ⎞
1⎠ .
−1 z ′ z ′ −1
z ′ 1
2
(0,5 point)
(c) :1,5 point
⎛
⎞
En calculant A ⎝ x y⎠ on obtient f(x, y, z) = (x − 2y − 3z, 2x + y + 4z, −x − y − 3z).
z
(0,25 point)
On sait que A ′ = P −1 AP ,
(0,5 point)
et on a déjà calculé P −1 . On obtient alors
⎛
A ′ = ⎝ 0 1 1
⎞ ⎛
⎞ ⎛
1 −2 −3
−1 2 3⎠
⎝ 2 1 4 ⎠ ⎝ 1 −2 1
⎞ ⎛
2 1 −1⎠ = ⎝ 0 1 1
⎞ ⎛
−1 2 3⎠
⎝ 0 −1 0
⎞ ⎛
0 −7 5 ⎠ = ⎝ 0 −3 2
⎞
0 −1 1⎠ .
−1 3 5 −1 −1 −3 −1 −1 1 −1 3 5 0 4 −3 0 0 0
(0,75 point)
Exercice 2 Limites de suites : sur 8 points.
(a) : 2,5 points
On a (2 + 1 n )n = [2.(1 + 1
2n )]n = 2 n (1 + 1
2n )n . Or (1 + 1
2n )n = e n ln(1+ 1
2n ) . Et d’après le DL de
ln(1 + u) quand u → 0 on a ln(1 + 1
2n ) = 1
2n + o( 1
1
2n
), soit ln(1 +
2n ) = 1
2n + o( 1 n
). On en déduit
(1 + 1
2n )n = e 1 2 +o(1) , autrement dit (1 + 1
2n )n ∼ √ e.
Finalement par produit d’équivalents on a bien (2 + 1 n )n = 2 n (1 + 1
2n )n ∼ √ e · 2 n .
(1,25 point)
La suite a n = n3 ln(n)+2 n
est un quotient, et on vient de trouver un équivalent du dénominateur.
(2+ 1 n )n
Reste à traiter le numérateur.
(0,25 point)
Par croissances comparées on a ln(n) = o(n), donc par produit de suites négligeables on a n 3 ln(n) =
o(n 4 ). A nouveau par croissances comparées on a n 4 = o(2 n ). Donc en composant les petit o on obtient
n 3 ln(n) = o(2 n ).
Il en résulte que n 3 ln(n) + 2 n ∼ 2 n .
(0,75 point)
Finalement a n ∼
(0,25 point)
(b) : 2,5 points
√ 2n
e·2 n . D’où a n ∼ √ 1 e
et donc a n → √ 1 e
.

D’après le DL de e u quand u → 0 on obtient
(0,5 point)
n 2
(n+1) 2
= ( n
n+1 )2 = ( 1
1+ 1 n
élevant au carré il vient :
e − 2 n = 1 + (−
2
n ) + 1 2 (− 2 n )2 + o( 1 n 2 ) = 1 − 2 n + 2 n 2 + o( 1 n 2 )
) 2 . D’après le DL de
1
1+u quand u → 0, on a 1
1+ 1 n
1
(
1 + 1 ) 2 = [1 − 1 n + 1 n
n
2 + o( 1 n 2 )]2 = 1 + 1 n 2 + 1 n 4 − 2 n + 2 n 2 − 2 n 3 + o( 1 n 2 )
En regroupant tous les o( 1 n 2 ) on obtient donc :
Donc α = 1, β = −2, γ = 3.
(1,5 point)
Ainsi
n 2
(n + 1) 2 = 1 + −2
n + 3 n 2 + o( 1 n 2 )
3
= 1 − 1 n + 1 n 2 + o( 1 n 2 ). En
b n = n 2 [(1 − 2 n + 2 n 2 + o( 1 −2
)) − (1 +
n2 n + 3 n 2 + o( 1 n 2 ))] = n2 (− 1 n 2 + o( 1 )) = −1 + o(1)
n2 et donc b n → −1.
(0,5 point)
(c) : 3 points
On a :
r n =
√
√
ln(α + βn k ) =
√ln(n k (β + α √ln(n
n k )) = k ) + ln(β + α n k ) = ln(n k )[1 + ln(β + α )
n k
ln(n k ]
)
Le facteur 1 + ln(β+ α n k )
tend vers 1, donc r
ln(n k ) n ∼ √ ln(n k ).
(1 point)
Or √ ln(n k ) = √ k ln(n) = √ k √ ln(n), donc r n ∼ √ k √ ln(n).
(0,25 point)
La suite c n considérée est fabriquée à l’aide de trois suites du type (r n ) n∈N qu’on vient d’étudier.
Le dénominateur √ ln(1 + n 3 ) est ainsi équivalent à √ 3 √ ln(n)
(0,25 point)
Etudions le numérateur √ ln(1 + n 2 )− √ ln(1 + 2n). On a √ ln(1 + n 2 ) ∼ √ 2 √ ln(n) et √ √
ln(1 + 2n) ∼
ln(n),
(0,25 + 0,25 point)
donc √ ln(1 + n 2 ) = √ 2 √ ln(n) + o( √ ln(n)) et √ ln(1 + 2n) = √ ln(n) + o( √ ln(n)) et on en déduit
que √ ln(1 + n 2 ) − √ ln(1 + 2n) = ( √ 2 − 1) √ ln(n) + o( √ ln(n)).
(0,5 point)
Ainsi √ ln(1 + n 2 ) − √ ln(1 + 2n) ∼ ( √ 2 − 1) √ ln(n).
(0,25 point)
Par quotient dӎquivalents on obtient :
c n ∼ (√ 2 − 1) √ ln(n)
√
3
√
ln(n)
=
√
2 − 1
√
3

4
√
donc c n → √ 2−1
3
(= √ 1 √
6+ 3
).
(0,25 point)
Exercice 3 Sur 6 points.
(a) : 0,5 point.
On a n −2 = 1 avec b = 2 > 0, et 2 −n = 1
n b a n avec a = 2 > 1. Donc par croissance comparée
2 −n = o(n −2 ).
(b) : 0,75 point.
D’après le DL de cos(u) quand u → 0 on a 1 − cos( 1 n ) = 1 − (1 − 1 + o( 1 )).
2n 2 n 2
(0,25 point)
Donc v n = 1 + o( 1 ) + 2 −n .
2n 2 n 2
v n = 1 + o( 1 ).
2n 2 n 2 Comme on vient de le voir on a 2 −n = o( 1 ), donc finalement
n 2
(0,25 point)
Ceci nous donne l’équivalent : v n ∼ 1 .
2n 2
(0,25 point)
(c) 1,25 point
La suite (u n ) n∈N
dénominateur. Il reste à trouver un équivalent du numérateur n2 −ln(n)
est le quotient de deux suites, et nous venons de donner un équivalent du
. Or cette suite est elle-même
n 4 +ln(n)
un quotient, pour lequel on trouve facilement un équivalent.
En effet par croissance comparée on a − ln(n) = o(n 2 ), donc n 2 − ln(n) ∼ n 2 . Et de même
n 4 + ln(n) ∼ n 4 .
(0,25 point+0,25 point)
Ainsi par quotient d’équivalents n2 −ln(n)
n 4 +ln(n) ∼ n2
n 4 = 1 n 2 .
(0,25 point)
Alors à nouveau par quotients d’équivalents on obtient
u n ∼
1
n 2
1
2n 2 = 2
Ceci montre que lim n→∞ u n = 2.
(0,5 point)
(d) : 3,5 points
Calculons u n − 2 en réduisant au même dénominateur :
u n − 2 =
n 2 −ln(n)
n 4 +ln(n) − 2 + 2 cos( 1 n ) − 2.2−n
1 − cos( 1 n ) + 2−n
Pour étudier u n − 2, nous nous concentrons sur le numérateur, puisque nous disposons déjà d’un
équivalent du dénominateur par le (b).
D’abord en reprenant l’argument du (b), mais en poussant le DL de cos(u) quand u → 0 à l’ordre
quatre, nous obtenons −2 + 2 cos( 1 n ) − 2.2−n = − 1 + 1 + o( 1 ).
n 2 12n 4 n 4
(0,5 point)
Traitons maintenant le terme n2 −ln(n)
n 4 +ln(n) . Pour cela on écrit n2 −ln(n)
n 4 +ln(n) = ( 1 − ln(n) 1
)( ).
n 2 n 4 1+ ln(n)
n 4

:
Par croissance comparée ln(n)
n 4 → 0 , donc on peut utiliser le DL de
1
1+u
(0,5 point)
Ceci donne :
n 2 − ln(n)
n 4 + ln(n) = ( 1 n 2 − ln(n)
n 4
(0,5 point)
Clairement ln(n)
n 6
o( ln(n)
n 6
simplifie :
1
1 + ln(n)
n 4
)(1 −
ln(n)
n 4
= 1 − ln(n)
n 4
+ o( ln(n)
n 4 )
quand u → 0, et on obtient
+ o( ln(n)
n 4 )) = 1 n 2 − ln(n)
n 4 − ln(n)
n 6 + (ln(n))2
n 8 + o( ln(n)
n 6 ).
= o( ln(n) . Par croissance comparée on a aussi (ln(n))2
n 4
n 8
5
= o( ln(n) ). Enfin évidemment
n 4
) = o( ln(n)
n 4 ) (le quotient est o( 1 n 2 ), donc tend vers 0). Finalement l’expression ci-dessus se
n 2 − ln(n)
n 4 + ln(n) = 1 n 2 − ln(n)
n 4 + o( ln(n)
n 4 ).
(0,5 point)
Le numérateur de u n − 2 devient donc :
n 2 − ln(n)
n 4 + ln(n) − 2 + 2 cos( 1 n ) − 2.2−n = 1 n 2 − ln(n)
n 4 + o( ln(n)
n 4 ) − 1 n 2 + 1
12n 4 + o( 1 n 4 ) − 2.2−n
(0,5 point)
Par croissance comparée on a
1
12n 4
= − ln(n)
n 4 + 1
12n 4 + o(ln(n) n 4 )) + o( 1 n 4 ) − 2.2−n .
= o( ln(n)
n 4
finalement en regroupant tous les o( ln(n)
n 4 ) :
), o( 1 n 4 ) = o( ln(n)
n 4
n 2 − ln(n)
n 4 + ln(n) − 2 + 2 cos( 1 n ) − 2.2−n = − ln(n)
n 4 + o( ln(n)
n 4 ))
de sorte que n2 −ln(n)
n 4 +ln(n) − 2 + 2 cos( 1 n ) − 2.2−n ∼ − ln(n)
Alors par quotient d’équivalents on a
n 4 .
u n − 2 ∼ − ln(n)
n 4
1
2n 2
= − 2 ln(n)
n 2
), et enfin −2.2 −n . = o( ln(n) ). Donc
n 4
(0,5 point)
En divisant cet équivalent par 1 2 ln(n)
n
on trouve −
n
, qui tend vers 0 par croissance comparée. Donc
u n − 2 = o( 1 n ).
(0,25 point)
Mais quand on divise l’équivalent par 1 on trouve −2 ln(n), qui tend vers +∞. Donc u
n 2
n − 2 n’est
pas grand O de 1 .
n 2
(0,25 point)