Solutions
SOLUTIONS
21
2)Quand x → 0, θ(x)x = O(x)donc θ(x)x → 0; écrivonsalors
le développementlimité àl’ordre 5defx(θ(x)x):
fx(θ(x)x)=
x
3
6
1+
θ(x)
2 x
2
2
−
x
3
6
−
x
5
120
+ o(x
5 )
=
(10θ(x)
2 − 1)x
5
120
+ o(x
5 )
Or, pardéfinition de θ(x)c ette quantité est nulle, ce quiprouve
que :
lim
x→0
θ(x) =
1
√ 10
7 1)Étudions les variations de fn : x → tan
πx
2
−
π
2nx
pour x ∈]0, 1[ :
f
n (x) =
π
2
1+tan
2
πx
2
+
π
2nx 2 eststrictement positif, d’où
le tableau de variations :
x
01
+ ∞
f k ( x )
− ∞
Et l’existence d’un unique xn ∈]0, 1[ telque : fn(xn) = 0.
2)
fn(xn) = 0 ⇐⇒ x n tan
πxn
2
=
π
2n
(1)
c’est-à-dire xn = ϕ
−1
π
2n
où ϕ(y) = y tan
πy
2
ϕ produitde
fonctions positives croissantes sur ]0, 1[ l’est également,c eq ui
prouve que ϕ
−1 estcroissante et donc que la suite (xn)est décroissante, commelasuite (
π
2n
).
De plus, ϕ et donc ϕ
−1 sont continues, d’où :
lim
n→+∞
xn = ϕ
−1
lim
n→+∞
π
2n
= 0
En utilisant alors un développementlimité àl’ordre 1delafonction tangente et l’égalité (1), nousobtenons :
πx
2
n
2
+ o(x
2
n ) =
π
2n
soit,puisque xn > 0, xn ∼
1
√ n
.
Chapitre 21
1 a) Faux ;c en ’est pas suffisant.
b) Faux ;
il esté vident que les αi peuvent être tous nuls.
c) Faux ;i le ns uffit d’un.
d) Vrai.
e) Vrai.
f) Faux. g) Faux ;elle doit être libre. h) Vrai. i) Vrai. j) Faux ;
on n’a pasnécessairement Im f ∩ Ker f = {0}.
2 a) Libre. b) Libre. c) Liée : x1 − x2 + x3 = 0 d) Liée :
x1 + x2 + x3 − x 4 = 0( une famille de quatre vecteurs de R
3 est
nécessairement liée).
3 a) On suppose que
∀x ∈ R α1 cos x + α2 sin x + α3 = 0.
En choisissantd es valeurs particulières de x, montrerq ue
α1 = α2 = α3 = 0;la famille (f1, f2, f3)est libre.
b) 2f1 − f2 − f3 = 0:la famille (f1, f2, f3)est liée.
c) On montre par récurrence sur n ∈ N
∗ quelafamille (f1, ··· ,fn)
est libre.
• n = 1. La fonction x
→ e
λ 1 x est non nulle ;elle forme donc une
famille libre.
• Soit n ∈ N
∗ tel quelafamille (f1, ··· ,fn)soit libre. Soit fn+1 la
fonction x → e
λ n+1 x où λn+1 est un réel distinct de tous les λi pour
i ∈ [[ 1 , n ]] . Soit (α1, ··· ,αn+1)tel que:
∀x∈R
n +1
i=1
αi e
λi x = 0( 1)
On dérive cette relation :
∀x ∈ R
n+1
i=1
αi λi e
λi x = 0( 2)
En multipliant la relation (1) par λn+1 et en retranchant la relation
(2) :
∀x ∈ R
n
i=1
αi (λn+1 − λi)e
λ ix
= 0( 3)
Comme la famille (f1, ··· ,fn)est libre, on en déduit :
∀i ∈ [[ 1 , n ]] α i ( λ n +1 − λi) = 0
et comme
λn+1 = λi, αi = 0.
Il reste αn+1fn+1 = 0, d’où αn+1 = 0;la famille (f1, ··· ,fn+1)est
libre.
d) Même méthode, en dérivant deux fois.
4 1) On sait quep our tout x ∈ E, f (x) = λxx. Il faut
montrerq ue λx ne dépend pas de x. Montrer pour cela que
∀(x, y) ∈ E
2
λx = λy ;ilfaut distinguer deux cassuivant quela
famille (x, y)est libre ou liée.
2) Les homothéties vectorielles conviennent. Réciproquement, soit
f un endomorphisme quicommute avec tout endomorphisme de
E. Pour tout x ∈ E, f commute avec la projection p sur Vect(x)
parallèlementàun s.e.v. supplémentaire quelconque. Montrer
comment on peut en déduire que f (x)est colinéaire à x et conclure.
5 Chercher une base...
a) A = {(x, y, z) ∈ R
3 , x − 2y +3z}
={(2y − 2z, y, z) , (y, z) ∈ R
2 }
= {y(2, 1, 0) + z(−3, 0, 1) , (y, z) ∈ R
2 }
Donc A = Vect
(2, 1, 0), (−3, 0, 1)
.
On prouve que la famille
(2, 1, 0), (−3, 0, 1)
est libre, donc que
c’est une base de A. dim A = 2.
b) dim B = 1. c) dim C = 1. d) dim D = 4.
e) dim E = 2. f) dim F = 2. g) dim G = 2.
Hachette Livre–HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
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2)Quand x → 0, θ(x)x = O(x)donc θ(x)x → 0; écrivonsalors
le développementlimité àl’ordre 5defx(θ(x)x):
fx(θ(x)x)=
x
3
6
1+
θ(x)
2 x
2
2
−
x
3
6
−
x
5
120
+ o(x
5 )
=
(10θ(x)
2 − 1)x
5
120
+ o(x
5 )
Or, pardéfinition de θ(x)c ette quantité est nulle, ce quiprouve
que :
lim
x→0
θ(x) =
1
√ 10
7 1)Étudions les variations de fn : x → tan
πx
2
−
π
2nx
pour x ∈]0, 1[ :
f
n (x) =
π
2
1+tan
2
πx
2
+
π
2nx 2 eststrictement positif, d’où
le tableau de variations :
x
01
+ ∞
f k ( x )
− ∞
Et l’existence d’un unique xn ∈]0, 1[ telque : fn(xn) = 0.
2)
fn(xn) = 0 ⇐⇒ x n tan
πxn
2
=
π
2n
(1)
c’est-à-dire xn = ϕ
−1
π
2n
où ϕ(y) = y tan
πy
2
ϕ produitde
fonctions positives croissantes sur ]0, 1[ l’est également,c eq ui
prouve que ϕ
−1 estcroissante et donc que la suite (xn)est décroissante, commelasuite (
π
2n
).
De plus, ϕ et donc ϕ
−1 sont continues, d’où :
lim
n→+∞
xn = ϕ
−1
lim
n→+∞
π
2n
= 0
En utilisant alors un développementlimité àl’ordre 1delafonction tangente et l’égalité (1), nousobtenons :
πx
2
n
2
+ o(x
2
n ) =
π
2n
soit,puisque xn > 0, xn ∼
1
√ n
.
Chapitre 21
1 a) Faux ;c en ’est pas suffisant.
b) Faux ;
il esté vident que les αi peuvent être tous nuls.
c) Faux ;i le ns uffit d’un.
d) Vrai.
e) Vrai.
f) Faux. g) Faux ;elle doit être libre. h) Vrai. i) Vrai. j) Faux ;
on n’a pasnécessairement Im f ∩ Ker f = {0}.
2 a) Libre. b) Libre. c) Liée : x1 − x2 + x3 = 0 d) Liée :
x1 + x2 + x3 − x 4 = 0( une famille de quatre vecteurs de R
3 est
nécessairement liée).
3 a) On suppose que
∀x ∈ R α1 cos x + α2 sin x + α3 = 0.
En choisissantd es valeurs particulières de x, montrerq ue
α1 = α2 = α3 = 0;la famille (f1, f2, f3)est libre.
b) 2f1 − f2 − f3 = 0:la famille (f1, f2, f3)est liée.
c) On montre par récurrence sur n ∈ N
∗ quelafamille (f1, ··· ,fn)
est libre.
• n = 1. La fonction x
→ e
λ 1 x est non nulle ;elle forme donc une
famille libre.
• Soit n ∈ N
∗ tel quelafamille (f1, ··· ,fn)soit libre. Soit fn+1 la
fonction x → e
λ n+1 x où λn+1 est un réel distinct de tous les λi pour
i ∈ [[ 1 , n ]] . Soit (α1, ··· ,αn+1)tel que:
∀x∈R
n +1
i=1
αi e
λi x = 0( 1)
On dérive cette relation :
∀x ∈ R
n+1
i=1
αi λi e
λi x = 0( 2)
En multipliant la relation (1) par λn+1 et en retranchant la relation
(2) :
∀x ∈ R
n
i=1
αi (λn+1 − λi)e
λ ix
= 0( 3)
Comme la famille (f1, ··· ,fn)est libre, on en déduit :
∀i ∈ [[ 1 , n ]] α i ( λ n +1 − λi) = 0
et comme
λn+1 = λi, αi = 0.
Il reste αn+1fn+1 = 0, d’où αn+1 = 0;la famille (f1, ··· ,fn+1)est
libre.
d) Même méthode, en dérivant deux fois.
4 1) On sait quep our tout x ∈ E, f (x) = λxx. Il faut
montrerq ue λx ne dépend pas de x. Montrer pour cela que
∀(x, y) ∈ E
2
λx = λy ;ilfaut distinguer deux cassuivant quela
famille (x, y)est libre ou liée.
2) Les homothéties vectorielles conviennent. Réciproquement, soit
f un endomorphisme quicommute avec tout endomorphisme de
E. Pour tout x ∈ E, f commute avec la projection p sur Vect(x)
parallèlementàun s.e.v. supplémentaire quelconque. Montrer
comment on peut en déduire que f (x)est colinéaire à x et conclure.
5 Chercher une base...
a) A = {(x, y, z) ∈ R
3 , x − 2y +3z}
={(2y − 2z, y, z) , (y, z) ∈ R
2 }
= {y(2, 1, 0) + z(−3, 0, 1) , (y, z) ∈ R
2 }
Donc A = Vect
(2, 1, 0), (−3, 0, 1)
.
On prouve que la famille
(2, 1, 0), (−3, 0, 1)
est libre, donc que
c’est une base de A. dim A = 2.
b) dim B = 1. c) dim C = 1. d) dim D = 4.
e) dim E = 2. f) dim F = 2. g) dim G = 2.
Hachette Livre–HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
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