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ECE 2 - Année 2018-2019
Lycée français de Vienne
Mathématiques - F. Gaunard
http://frederic.gaunard.comDevoir Surveillé de rentréeSolutionExercice 1 - D"après EML 2001
On considère la fonctionf: [0;+1[!R, définie, pour toutxde[0;+1[, par f(x) =8 :xe x1;six >01;six= 0
(1) (a) En dehors de 0(c"est à dire sur]0;+1[,fest continue comme quotient de fonctions usuellescontinues dont le dénominateur ne s"annule pas. Il faut vérifier, pour la continuité en0, que
lim x!0xe x1=f(0) = 1:Or, on reconnait l"inverse d"une limite usuelle
lim x!0e x1x = 1()limx!0xe x1= 1Ainsi,fest bien continue sur[0;+1[.
(b) Sur ]0;+1[,fest de classeC1comme quotient de deux telles fonctions usuelles sont le dénominateur ne s"annule pas. Les formules de dérivation donnent f0(x) =ex1xex(ex1)2
(1x)ex1(ex1)2: (c) La partie p olynominaledu DL à l"ordre 1en0est donnée par l"équation de la tangente en0, on a bien évidemment
e x= 1 +x+o(x): Le reste de ce DL se précise pour obtenir le DL d"ordre2dont on a besoin ci après e x= 1 +x+x22 +o(x2):2Solution(d)On injecte le DL à l"ordre 2 ci-dessous dans l"expression d ela dériv éede fobtenue deux
questions plus haut. A noter qu"au dénominateur, qui fait apparaître un carré, on a besoin seulement du DL à l"ordre 1 f0(x) =(1x)ex1(ex1)2
(1x)(1 +x+x2=2 +o(x2))1(x+o(x)1)2 x2=2 +o(x2)x2+o(x2)
1=2 +o(1)1 +o(1)
x!012 et on trouve bien la limite attendue. (e) P ourmon trerq uefest bienC1sur[0;+1[, il faut vérifier quefest bien dérivable en0(via limite de son taux d"accroissement) et que cette limite est bien égale à celle obtenue pour f0(x), soit1=2. On utilise une fois de plus le DL d"ordre2. A noter qu"au dénominateur
on a seulement besoin du DL à l"ordre 1 car l"expression se trouve multipliée parx. f(x)f(0)x =xe x11x xex+ 1x(ex1) x1xx2=2 +o(x2) + 1x(1 +x+o(x)1) x2=2 +o(x2)x2+o(x2)
1=2 +o(1)1 +o(1)
x!012 Ainsi,fest bien dérivable en0,f0(0) =1=2etf0est continue en0doncfestC1sur [0;+1[. (2) (a) Comm eprécédemmen t,fest de classeC2sur]0;+1[comme quotient de deux telles fonc- tions usuelles dont le dénominateur ne s"annule pas.Pour toutx >0, f00(x) =xex(1ex)2((1x)ex1)2ex(1ex)(1ex)4
xex(ex1)2ex((1x)ex1)(ex1)3 xe2x+xex2e2x+ 2xe2x+ 2ex(ex1)3 ex(ex1)3(xex2ex+x+ 2): (b)La fonction gdéfinie par
g:x2[0;+1[7!xex2ex+x+ 2:Devoir Surveillé de rentrée:3apparaît au numérateur def00(x). C"est une fonction de classeC1sur[0;+1[, et on a
g0(x) = (x1)ex+ 1:
Il faut hélas dérivergune fois de plus. On trouve g00(x) =xex
ce qui permet enfin de dresser le(s) tableau(x) de variations! On observe queg0(0) =g(0) = 0.x g00(x)g
0g 0(x)g g(x)0+10+00+1+10+
00+1+10+
(c)En déduire que
8x2]0;+1[; f00(x)>0:
(d)Comme un calcul précéden tdonne, p ourx >0,
f00(x) =exg(x)(ex1)3;
la dernière ligne du tableau précédent permet de voir quef00(x)>0pour toutx >0. On en déduit les variations def0puis celles def. Par croissance comparée, lim x!+1f0(x) = limx!+1xexe 2x= 0 et lim x!+1f(x) = limx!+1xe x= 04Solutionx
f00(x)f
0f0(x)f0+1+
1=21=200
11 00 (e) On fait alors un jo lidessin. Celui fourni ci-dessous es tobten ua vecSciLabet on ne resiste pas au plaisir d"en joindre les commandes.(3)On considère la suite (un)définie par u0= 0;etun+1=f(un):
(a) Le tableau ci d essusdonne toutes les informations demandées, à sa voir,p ourtout x0 jf0(x)j 12 et0f(x)1: Devoir Surveillé de rentrée:5(b)Soit x2]0;+1[(en particulierx6= 0). Commef(0) = 16= 0, on a f(x) =x()xe x1=x 1e x1= 1 ()1 =ex1 ()ex= 2 ()x= ln(2): (c)Afin d"appliquer l"inégalité des accroissemen tsfinis à fsur[0;1], il faut vérifier que tous
les termes de la suite(un)sont bien dans l"intervalle. C"est une récurrence immédiate. En effet,u0= 02[0;1], et commef(x)2[0;1]six0, en prenantx=un, on a bien u n+1=f(un)2[0;1]siun2[0;1]. Commefest bien de classeC1sur[0;1], queln(2)2[0;1] et quejf0(x)j 1=2six2[0;1], l"IAF donne jun+1ln(2)j=jf(un)f(ln(2))j 12 junln(2)j; ce qu"on voulait. (d) Une récurrence p ermetalors d"obtenir q ue,p ourtout n2N, junln(2)j 12 n En effet, c"est vrai pourn= 0(ju0ln(2)j 1) et si c"est vrai pour un certainn2N, alors par la question précédente jun+1ln(2)j 12 junln(2)j 12 12 n =12 n+1 On en déduit, par le théorème des gendarmes que la suite converge versln(2) lim n!+1un= ln(2): (e) Ce t ypede programme est ultra-classique et finalemen ton a m êmepas b esoinde calculer les termes de la suite... N 0 while 1 2 )^N > 1 0 5 N N 1 end disp N) Une autre version, basée sur la résolution de l"inéquation(1=2)N105, serait N floor 5 log 1 0 log 2 1 disp N)6SolutionExercice 2 - D"après EDHEC 2015
On noteB= (e1;e2;e3;e4;e5)la base canonique deR5. On désigne parIla matrice identité deM5(R) et on considère l"endomorphismefdeR5dont la matrice dans la baseBest : C=0 BBBB@1 1 1 1 1
1 0 0 0 0
1 0 0 0 0
1 0 0 0 0
1 1 1 1 11
C CCCA (1) (a)Les quatre dernières c olonnesde la m atricesCétant les mêmes, on peut tout de suite écrire
queIm(f) =Vect0
B BBB@0 B BBB@1 1 1 1 11 CCCCA;0
B BBB@1 0 0 0 11 C CCCA1 CCCCA=Vect(e1+e2+e3+e4+e5;e1+e5):
Ces deux vecteurs - qui engendrent l"image def- étant clairement non colinéaires, ils forment une base de l"image defqui est donc de dimension2. Ainsie1+e5est dans l"image et e2+e3+e4=e1+e2+e3+e4+e5(e1+e5)2Im(f):
Ces deux vecteurs étant des éléments de l"image defet étant à nouveau non colinéaires, ils
forment également une base de l"image car celle-ci est de dimension2. (b)D"après le théorème du rang, on p eutdéduire que la dimension de Ker(f)est égale à52 = 3.
Pour en déterminer une base, on résout l"équationf(u) = 0. u=0 B BBB@x y z t w1 CCCCA2Ker(f)()x+y+z+t+w= 0
x= 0 x= 0 w=(y+z+t) ()u=0 B BBB@0 y z t (y+z+t)1 CCCCA=y0
B BBB@0 1 0 0 11 CCCCA+z0
B BBB@0 0 1 0 11 CCCCA+t0
B BBB@0 0 0 1 11 C CCCAOn en déduit que
Ker(f) =Vect0
B BBB@0 B BBB@0 1 0 0 11 CCCCA;0
B BBB@0 0 1 0 11 CCCCA;0
B BBB@0 0 0 1 11 C CCCA1 C CCCA Les trois vecteurs ci-dessus, que l"on note respectivement"1;"2;"3forment une famille libre (c"est immédiat) et engendrent le noyau def. Ils en forment donc une base, que l"on note K. Devoir Surveillé de rentrée:7(2)On note u=e2+e3+e4etv=e1+e5. (a)On utilise la linéarité de fet la valeurs des images des vecteurs de la base canonique à partir
des colonnes deC. f(u) =f(e2+e3+e4) =f(e2) +f(e3) +f(e4) =e1+e5+e1+e5+e1+e5= 3(e1+e5) = 3v f(v) =f(e1+e5) =f(e1) +f(e5) =e1+e2+e3+e4+e5+e1+e5= 2(e1+e5) +e2+e3+e4 =u+ 2vIl suit que
f(uv) =f(u)f(v) = 3v(u+ 2v) =vu =(uv) et f(u+ 3v) =f(u) + 3f(v) = 3v+ 3(u+ 2v) = 3u+ 9v = 3(u+ 3v) (b)Il faut alors mon trerque la famille
F=8 >>>:0 B BBB@0 1 0 0 11 CCCCA;0
B BBB@0 0 1 0 11 CCCCA;0
B BBB@0 0 0 1 11 CCCCA;0
B BBB@1 1 1 1 11 CCCCA;0
B BBB@3 1 1 1 31C CCCA9 forme une base deR5. Cette famille étant composée de cinq vecteurs deR5, il suffit de montrer qu"elle est libre. Soienta;b;c;d;e2R. On a a"