Cocottes et maths v1 - clairelommeblogfileswordpresscom
enseignants d’arts plastiques, d’histoire et géographie, de mathématiques, de technologie, de lettres, de langues anciennes, de langues vivantes On pourra prolonger le travail par l’étude d’œuvres de l’art gothique à l’art contemporain, de travaux tels que ceux d’Escher, la conception de jardins, les sangakus2, etc
TD Appendice au E1 et E2 : th eor emes et exemples sur les
n) d e nie par pour tout n≥ 1 par u n = 2in2 +(3 +i)ln(n)+ein Donner un equivalent simple de (u n) b) En revanche, on perd toutes les propri et es li ees a l’ordre : la monotonie, et donc le th eor eme sur les suites croissantes major ees Pas d’in egalit e dans C, seulement avec des modules c) Caract erisation de la limite avec Re et Im :
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CCP 2018 - MP2
Exercice I
Q.1L'integrale d'une fonction continue existe sur un segment et (:j:) est bien denie. - La symetrie provient de la commutativite de la multiplication dansR. - La linearite par rapport a la premiere variable decoule essentiellement de la linearite du passage a la limite (et de la distributivite de la multiplication sur l'addition). - Sif2Ealorsf20 et donc (fjf)0. Si cette quantite est nulle,f2est une fonction continue positive d'integrale nulle et est donc nulle.fl'est donc aussi. Ceci nous donne lecaractere deni positif.(:j:) est un produit scalaire surEQ.2On pourrait utiliser les formules de Schmidt. Cepedant, il est immediuat que (ujv) et il nous
sut de normer les vecteurs pour obtenir une base orthonormee. 1p2 u;r3 2 v!est une b.o.n. deFQ.3D'apres les regles de calcul en base orthogonale (et en notantpla projection orthogonale surF)
p(w) =(wju)kuk2u+(wjv)kvk2vUne integration par partie donne, en posantIn=R1
1tnetdt,
I n=e(1)ne nIn1On en deduit que
I 0=e1e ; I1=2e ; I2=e5e et ainsip(w) =e+e12 u+3e wOn remarque que inf (a;b)2R2Z 11et(a+bt)2dt= inff2Fkwfk2=d(w;F)2
D'apres le cours, cette distance est atteinte pourf=p(w) et vaut donckwp(w)k2. En ecrivant quew= (wp(w))+p(w) et en remarquant quewp(w) etp(w) sont orthogonaux, on a alors aussi (par Pythagore) inf (a;b)2R2Z 11et(a+bt)2dt=kwk2 kp(w)k2=e2e22
(wju)2kuk2(wjv)2kvk2 Un calcul au brouillon permet de simplier cette expression et d'ontenirinf (a;b)2R2Z 11et(a+bt)2dt= 17e
21Exercice II
Q.4Dans le produit propose il y aktermes, ce qui est un nombre independant den. Chacun des termes est de limite 1 quandn!+1. Par theoreme d'operation,lim n!+1 nn n1n :::nk+ 1n = 1Par denition de la loi binomiale, et en posantpn=nP(Xn=k) =n
k p kn(1pn)nk1k!n(n1):::(nk+ 1)pkn(1pn)nk
1k! nn n1n :::nk+ 1n (npn)k(1pn)nk (npn)kest egal ak. (1pn)nk= (1pn)kenln(1pn)tend vers 1e(en ecrivant que ln(1pn) n puis par continuite de exp). Finalementlimn!+1P(Xn=k) =ekk!Q.5Pour1in, on noteBila variable de Bernouilli valant 1 si le candidat est interroge le jour
de son anniversaire. C'est une variable de Bernoulli de parametre 1365X nest la somme deBi. Comme lesBisont des variables independantes,Xnsuit une loi binomiale (dont l'esperance est donnee par le cours ou par linearite comme somme des esperances desBi).X n,! B(n;1=365);E(Xn) =n365
Q.6Comme1365
0;01, on est dans le cadre d'approximation precedente et on peut considerer que
X nsuit une loi de Poisson de paramere219365 =35 . La probabilite queXnsoit egal a 2 (c'est une facon de comprendre l'enonce) est approche pare3=5925 12!et comme3=5 =0;6,P(Xn= 2)0;099On peut aussi comprendre l'enonce comme \au moins deux etudiants sont convoques le jours
de leur anniversaire". Il faut alors estimerP(Xn2) = 1P(Xn= 0)P(Xn= 1) =1e0;6(1 + 3=5). On obtientP(Xn= 2)0;12Probleme
Questions preliminaires
Q.7Par hypothese, il existe une base deRndans laquelleuest represente parD= diag(d1;:::;dn) ou lesdisont tous des valeurs propres deu(il sut de choisir une base de diagonalisation). P(u) est alors represente parP(D) = diag(P(d1);:::;P(dn)). Chaquedietant racine deP, on conclut queP(D) = 0 et donc queP(u) = 0.P= (X1):::(Xp) est annulateur deu2 Q.8Lesietant deux a deux distincts, les polyn^omesXisont premiers entre eux deux a deux.Par lemme des noyaux,
ker(Q(u)) =rM i=1ker(uiId) Qannulantu, cet espace est egal aRntout entier. En ne conservant que lesitels que ker(u iId)6=f0get en concatenant des bases de ces espaces, on obtient une base deRndans laquelle uest represente par une matrice diagonale dont les coecients diagonaux font tous partie des i. Ainsi,uestR-diagonalisable et Sp(u) f1;:::;rgUn exemple ou la matrice a b c d est diagonalisable surR Q.9On aV=X23X+ 2 = (X1)(X2) et les valeurs propres deVsont donc 1 et 2. Il y a deux valeurs propres et on est en dimension 2 et ainsiVest diagonalisable a sous-espaces propres de dimension 1. Comme (2;3) et (1;1) sont propres, ils engendrent chacun un sous-espace propre. On aV=PDP1avecD=1 0 0 2 ; P=2 1 31; P 1=11
3 2Q.10En faisant un produit par bloc, on verie queQest inversible d'inverse
Q1=InIn
3In2In
(il sut de verier queQQ1=I2n). Un produit par blocs montre alors queQ 14A2A 3AA Q=A00 2Ace qui donne la similitude voulue.
Q.11On obtien
R10 0R1 BR0 0R =R1AR00 2R1AR
= 00 2Aest semblable aBelle m^eme semblable a une matrice diagonale. Par transitivite de la relation
de similitude, 4A2A 3AA est diagonalisableQ.12On a vu que4A2A 3AA =QBQ1 Appliquons le polyn^omeTqui annule la matrice de droite :0 =QT(B)Q1
En multipliant parQ1a gauche etQa droite, on conclut queT(B) = 0. On montre par une recurrence immediate queBk= diag(Ak;(2A)k) et en combinant lineairement,T(B) = diag(T(A);T(2A)).
On en deduit alors que
3T(A) = 0Ainsi ,Aest diagonalisable puisqu'elle est annulee par un polyn^ome scinde simple. Finalement,
4A2A 3AA est diagonalisable ssiAl'estUn exemple ou la matrice a b c d est trigonalisable surR Q.13On notefl'endomorphisme canoniquement associe a la matriceE. On a f(1;1) = (1;1) etf(1;0) = (3;2) =2(1;1) + (1;0) On peut alors obtenir la matrice defdans la base ((1;1);(1;0)) et on le traduit matriciellement parP1EP=12
0 1 avecP=11 1 0 ; P 1=0 11 1Q.14De maniere similaire a precedemment,Z=InIn
I n0 est inversible d'inverseZ1=0In InIn et un calcul par blocs donneZ 13A2A 2AA Z=A2A0AQ.15Montrons par recurrence que
F k=Ak2kAk1 0Ak - C'est vrai au rangk= 0 carF0=I2n. - Supposons le resultat vrai au rangk. Il sut alors d'un calcul par bloc pour voir que cela reste vrai au rangk+ 1.En notantU=Pd
k=0ukXk, on en deduit queU(F) =U(A)V(A)
0U(A) avecV(A) =2dX k=1ku kAk1=2AU0(A)CommeU(F) = 0, on en deduit que
U(A)2AU0(A)
0U(A) = 0Q.16Ce qui precede montre queUetXU0annulentAet sont donc multiples du polyn^ome minimal deAdeA(l'ensemble des polyn^omes annulateurs etant l'ideal engendre parA). On en deduit queAdiviseU^XU0. Or,Uetant scinde simple,UetU0sont premiers entre eux (aucun des diviseurs irreductible deUne diviseU0) et doncU^XU0=U^X.
Ainsi,Aest un diviseur deX. Or deg(A)1 (un polyn^ome constant non nul n'annule aucune matrice) et ainsiA=X(Aest unitaire). CommeAannuleA,Aest nulle. 4A=XetA= 0Q.17Si3A2A
2AA est diagonalisable alorsF(qui lui est semblable) l'est aussi. On vient alors de voir queA= 0.Reciproquement, siA= 0 alors3A2A
2AA est nulle est donc diagonalisable. 3A2A 2AAest diagonalisable ssiA= 0Q.18F() = det(I2nF) est un determinant bloc triangulaire. Avec la formule rappelee par
l'enonce, F=2ASiFest trigonalisable alorsFest scinde et tout diviseur deFl'est donc aussi. Ainsi,Aest scinde etAest trigonalisable. Reciproquement, siAest trigonalisable alorsAest scinde et doncFaussi.Fest alors trigo- nalisable.Fest trigonalisable surRsi et seulement siAl'estQ.19SoitA= diag(M;0) avecM=01 1 0 . On a alorsA=Xn2(X2+ 1) qui n'est pas scinde surRetAn'est donc pas trigonalisable. Avec la question precedente,Fne l'est pas.Applications
Q.20Si on poseV=1 3
2 2 , on aM=A2A 2A ALa matrice
1 2 2 1 est diagonalisable (symetrique reelle). On verie aisement que (1;1) et (1;1) sont vecteurs propres. Comme en Q10, on verie queQ=I2I2 I 2I2 est inversible d'inverse Q 1=12 I2I2 I 2I2 et que Q1MQ=3V0
0V Cette forme diagonale par bloc montre que les sous-espaces engendre par les 2 premiers (resp. 2 derniers) vecteurs de la nouvelle base (celle formee par les colonnes deQ) engendrent un espacestable par l'endomorphismeu.Vect((1;0;1;0);(0;1;0;1)) et Vect((1;0;1;0);(0;1;0;1)) sont stables paruQ.21On a cette foisM=4I22I2
2I24I2
. La matrice4 2 2 4 est diagonalisable (symetrique reelle) et on verie aisement que (1;1) et (1;1) sont vecteurs propres (associes a 6 et 2). Comme en Q10, on verie queP=I2I2 I 2I2 est inversible d'inverseP1=12 I2I2 I 2I2 et que P1MP=6I20
0 2I2 5Q.22En notantU=0
B B@x 1 x 2 x 3 x 41C
CA, le systeme s'ecrit
U0(t) =MU(t)
Le cours nous apprend que l'ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 4. Si Xest vecteur propre deMassocie a, on verie quet7!etXest une solution. La question precedente donne alors quatre solutions independantes qui forment une base de l'ensemble des solutions. La solution generale est ainsit7!c1e6t0 B B@1 0 1 01 CCA+c2e6t0
B B@0 1 0 11 CCA+c3e2t0
B B@1 0 1 01 CCA+c4e2t0
B B@0 1 0 11 C CAQ.23La solution telle que'(0) = (a;b;c;d) est associee a des constantescitelles que P 0 B B@c 1 c 2 c 3 c 41C CA=0 B B@a b c d1 C CA c'est a dire 0 B B@c 1 c 2 c 3 c 41
C