Correction de Devoir Surveillé N°10: Années précédentes

Corrig e du Devoir Surveill e n 10 PROBLEME 1 : ALGEBRE Partie I. Etude d’un endomorphisme On note E = R [X] et on consid ere l’application ’ qui a tout polyn^ ome P2 R [X] fait corres-2 2 pondre le polyn^ ome ’(P ) d e ni par : 2 00 0’(P )(X) = (X 1) P (X) + 2X P (X) 1. On v eri e que ’ est lin eaire. De plus a. ’(1) = 0 b. ’(X) = 2X 2 2 2 2c. ’(X ) = 2(X 1) + 4X = 6X 2 2Ainsi, ’(1);’(X);’(X ) sont des polyn^omes de degr e in erieurs a 2. Comme ces trois po- lyn^ omes engendrent Im’, on a bien Im’ R [X]. En particulier, ’2L(E) est un endomor-2 phisme de E. N 2. Rangeons en colonnes les coordonn ees des images de la base canonique de E, il vient 0 1 0 0 2 @ AM (’) = 0 2 0B 0 0 6 2 23. D’apr es la premi ere question Im’ = Vect 2X; 6X 2 = Vect X; 3X 1 . Ces deux polyn^ omes sont non colin eaires. Par cons equent, cette famille de deux vecteurs est une base de Im’. D’apr es la formule du rang, il en r esulte que Ker’ est un espace vectoriel de dimension 1. Comme 12 Ker’, il s’ensuit que Ker’ = Vect (1). En conclusion : 2Im’ = Vect X; 3X 1 Ker’ = Vect (1) N 4. a. Soit 2 R. On sait que’ Id est bijectif si et seulement si son d eterminant est nonE nul. Comme 0 2 Det(’ id ) = 0 2 0 = (2 ) (6 )E 0 0 6 il en r esulte que ’ Id est bijectif, sauf lorsque 2f0; 2; 6g. NE 1 2b. SoitP =a +a X +a X 2E.P appartient au noyau de’ 6Id si et seulement si ses0 1 2 E coordonn ees (a ;a ;a ) v eri ent le syst eme0 1 2 8 2a = 6a n.
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Corrig´e

PROBLEME 1:

du

Devoir

ALGEBRE

Partie I.Etude d’un endomorphisme

Surveill´e

n˚10

On noteE=R2[Xotcne]erd`sionlipp’aelnoitacϕeopylˆnmoqtuota`iuP
pondrelepolynoˆmeϕ(Pr:)efid´pani

ϕ(P)(X) = (X2−1)P00(X) + 2X P0(X)

∈R2[X] fait corres-

1euqeerifiOnv´.ϕriae´niltsee.
De plus
a.ϕ(1) = 0
b.ϕ(X) = 2X
c.ϕ(X2) = 2(X2−1) + 4X2= 6X2−2
Ainsi,ϕ(1), ϕ(X), ϕ(X2s)nodtseopeire´ffniC.2a`sruesomnˆly´egrdedecestommepo-rois
l ˆ ngend entImϕ, on a bienImϕ⊂R2[X]. En particulier,ϕ∈ L(E) est un endomor-
ynomes e r
phisme deE.N
2eonrdooscleesnnloocnesnoegnaR.quednonisecalabaseedmigadsse´neeE, il vient
−2
MB(ϕ) =20000060
3esrapD’i`emprlatseuqerenoi.Imϕ=Vect2X,6X2−2=VectX,3X2−1. Ces deux
`

4.

polynˆomessontnoncoline´aires.Parconse´quent,cettefamillededeuxvecteursestunebasede
Imϕ. D’apres laformule du rangeesultequ,ilenr´Kerϕest un espace vectoriel de dimension
`
1. Comme 1∈Kerϕ, il s’ensuit queKerϕ=Vect(1). En conclusion :
Imϕ=VectX,3X2−1

Kerϕ=Vect(1)

N
a. Soitλ∈R. On sait queϕ−λ∙IdEest bijectifsi et seulement sitnesntnamieretd´nosno
nul. Comme

−λ0−2
Det(ϕ−λidE) = 0 2−λ0 =−λ×(2−λ)×(6−λ)
 60 0−λ

ilenre´sultequeϕ−λ∙IdEest bijectif, sauf lorsqueλ∈ {0,2,6}.

1

N

b. SoitP=a0+a1X+a2X2∈E.Pappartient au noyau deϕ−6IdEsi et seulement sises
coordonne´es(a0, a1, a2st`emev)e´irefitnelys
2a1−62aa22=6=6=6aaa012⇐⇒a1a2==−3a00

L’ensembledessolutionsdecesyst`emeestl’ensemble
a∈R. Par consequent,
´

des triplets (a,0,−3a),

Kerϕ−6IdE={a(−3X2+ 1), a∈R}=Vect(3X2−1).

lorsque

N

Partie II.e2rorder’de´ialenintrelliendio´eiffEtauq
Ond´esigneparIl’intervalleI= [−12,21riedn`sercosounet]I´el’atqudnoie´ffitnerlleielin´eaire
(x2−1)y00+ 2xy0−6y (1)= 0

1.

2.

aS.)1tiollun(edemmCo.spon¸cenrete´dradelrenimed’uegr´lutinesoylonnoopnenoimla
P=anxn+∙ ∙ ∙+a1x+a0, avecan6= 0. Supposons quePilage´nE.)1(ednontsaestsluti
les coefficients dexndans (1), il vient

n(n−1)an+ 2nan−6an= 0

Ainsionane´cessairementn2+n−6 = 0, ce qui entrainen=−3 oun= 2.
b. SoitP∈R2[X]. On a

Pest solution de (1)

2
x−1)P00(x) + 2xP0(x) = 6P(x)

si et seulement si∀x∈I,(
si et seulement siϕ(P) = 6P

Ainsi, l’ensemble des solutions polynomiales de (1) co¨ıncide avec le noyau deϕ−6IdE,
c’est donc l’ensemble des fonctions polynomiales de la forme :

P(x) =a(3X2−1),

a∈R

N
SoitKaloftincpoonnolyalmie´deeinfirusRparK(x) = 1−3x2.Kest la solution polynomiale
de(1)ve´rifiantlaconditioninitialeKdne´1=O.()0afonitelensufinitoitcnf:I→Rpar :

1
∀x∈I, f(x () =2−1)1K=
x2(x) (x21)(3x2−1)2

et on noteF:I→Rla primitive defs’annulant en 0.

2

a. Notonsy=KF. On a

b.

−6×
2x×
(x2−1)×

y
y0
y00

=
=
=

KF
K0F+Kf
K00F+ 2K0f+Kf0

CommeKest solution de (1), on sait que (x2−1)K00+ 2xK0−6Kcons´equ=0,parnet
(x2−1)y00+ 2xy0−6y= 0×F+2xK+ 2(x2−1)K0f+Kx2−1f0
=2xK(x+22−(x12)−K21)K0−Kx2−12xK2(x+22−K1K)20(xK24−1)
2xK+ 2(x2−1)K02xK+ 2K0(x2−1)
=−
(x2−1)K2(x2−1)K2
= 0

N
On sait quef(x () =x2−311)(x2−1)2oinnrntaleel,lntueeqioctraaf.´snocraPfadmet
i. 1 et−mepˆ1comsleesolmpsi
ii. 1/√3 et−1/√moc3ˆpemles.olesdoub
D’apres leTheoreme de la DES, il existe
`´ `

f(x) =xa−0+1xb+01+(x−c0√31)2+x−c1√13(+x+d0√13)2+

f(xattn)e´e,onpairunicaparalede´tieuqSED

d1
x+√31

f(x) =f(−x) =−xa+01−bx−0+1(x+c0√13)2−x+c1√13+(x−d0√31)2−x−d1√31

Parcons´equent,a0=−b0, d0=c0etd1=−c1.
De plus,

(x−1)f(x)

(x− √)312f(x)

Finalement, on a

xf(x)

=

=

=

1 1
−−=
(x+ 1)(3x2−1)2x=1→a08
1 1
−−−−→=−
(x2−1)(x+√13)2x=1/√3c08
x−−−−→c1+d1= 0
(x2−1)(3x2−1)2x=1/√3

f(x 8() =x1−1)−8(x1+)1−8(x−1√13)2−8(x+1√31)2

3

N

3.

c. CommeFest la primitive defdeiuetintne´rgnatterme`atermena’slanuennton0,d´en
que
1
F(xl81=)nxx−1+1+(8x−1√31(+)8x+√13)
N
On admet que l’espaceSdimensiotorieldesie´emtn2nP.´rceontie(sdesdlusocapscevese)1enut,
nous savons quef(x) = (x2−3()11x2−1)2etK(x)F(x) sont des solutions de (1). Clairement
cesdeuxfonctionsnesontpascoline´aires,parconse´quent(f, KF) constitue une famille libre
et maximale deS. C’en est donc une base.N

Partie III.´lmenee´itnoopisecomD´noitacilpptaselempsitsen
Soientd∈N?un entier naturel non nul etτ1, τ2, . . . , τd,dedte1nereedstslee´ffidbromr´esn−1
etdeuxa`deuxdistincts.
d
Onconsid`erelepolynˆomeLd´earfinipL(X) =Y(X−τk) et la fraction rationnelle

k=1
R(X () =X2−)11L2(X)
Onsaitqu’ilexistedesnombresre´elsα, β, a1, . . . , ad, b1, . . . , bdtels que
βd
R(X) =Xα−1+X+ 1 +k=X1(aX−kτk)2+dk=X1(Xb−kτk)
1. Calculezαetβen fonction deL(1) etL(−1).
1 1
=
(X−1)R(X () =X+ 1)L2(X)−x−=1→α2L2(1)
1 1
=−
=(X−1)L2(X)−x−=−−1→α2L2(−1)

2.

(X+ 1)R(X)

Soitk∈[1, d]], on noteLk(X) =Y(X−τj). On a d’une part
j6=k

(X−τk)2R(X) = (X2−1)1L2k(X1)
x−=τk→ak=(τk2−1)Lk2(τk)

N

Or
(X−τk)Lk=L
0 0
Lk+ (X−τk)Lk=L
=
2L0k+ (X−τk)L0k0L00
d’ou`l’ontirequeLk(τk) =L0(τk) etL0k(τk) =L00(τklisie´`eiuesartuionalaquestatelnqio,r)
suivante. Finalement, on a obtenu l’expression deaksuivante :
1
ak(=τk2−1)L0(τk)2
N

4

3.

4.

Pourk∈[1, d]],
(X−τk)2R(X)0

=

=

=

1X)0
(X2−1)Lk2(
2XLk2+ 2(X2−1)LkL0k

(X2−1)2L4k(X)
−2XLk+ 2(X2−(X))1L0xk−−→b
(X2−1)2Lk=3τk

2τkLk(τk) + 2(τk2−1)L0k(τk)
k=−
(τk2−1)2Lk(τk)3

Finalement, compte-tenu des relationsLk(τk) =L0(τk) etL0k(τk) =L00(τk), on a obtenu l’ex-
pression debksuivante :

bk=−2τkL0((ττkk2)−1)(2+2τk2L0(−τ)1)3L00(τk)
k

N
Ond´efinitlepolynoˆmeSparS(X) = (X2−1)L00(X)+2XL0(X,et´ce´nedeestionprr`eslaqu.)’Dpa
on a
k)
∀k∈[1, d]], bk=−(τk2−S)(1τ(L0(τk)3
Par consequent, lesbksont tous nulssi et seulement sitous lesτksont racines deS. Comme
´
Ssectemeexaegr´tdeda`gelane´td(commeL,)tanoetuosessciras.neapD’esr`elhte´roe`em
ded´ecompositionprimairedansR[X], il existeµ∈R?tel que

d
S(X) =µY(X−τk) =µL(X).
k=1

De plus, en identifiant les coefficients dominants, il vientd(d−1) + 2d=µ, soitµ=d2+d.N
5 suppose que. Onduoqr2aP.ag`ltse´eueb1=b2= 0, il faut et il suffit queLfirie´evS(X) =
(4 + 2)L(X) = 6L(X), soitLdoiteˆtoserituledno

(X2−1)L00(X) + 2XL0(X) = 6L(X)

CommeLest unitaire, il vient queL(X) =X2−.31

PROBLEME 2:slialeWts´dIlneraeg

Partie I.t´egInslaildsWearel

On note, pourn∈N,

1.

I0=π2etI1=

= 1
.

π
−cos(t)02

In

=Z0

et

π/2
sinn(x)dx

5

formule

de

Stirling

N

2. Soitn∈N.

3.

4.

5.

In+1−In

=

=

Z0π/2sinn+1(x)−sinn(x)dx
/2
Zπ(sin(x)−1) sinn(x)dx
0

Or pour toutx∈[0,π2], sin(x)−1≤.0aPcrenrobsel(elarge´nt’ieledncsaisrosletdansson
bon sens), s’ensuit queIn+1−In≤0. D’autre part, comme pour toutx∈[0,π2], sin(x)≥0, on
aaussiparpositivite´del’inte´graleque0≤In. Finalement,

0≤In+1≤In

La suite (Inecroissastdoncd´roe´.e’Dtneemtnir`a)peleesone´ethemormetitonoledemila,
(In) est convergente.
Soitn∈Narsponedc´ro.Ptirneisaprapsnoitarge´t. On a
Z0π/2sin2(x) sinn(x)dx=Z0π/2(1−cos2(x)) sinn(x)dx
In+2=
=Z0π/2sinn(x)dx−Z0π/2cos(x) cos(x) sinn(x)dx
=Z0π/2sinn(x)dx−cos(x)n1nsi+1n+1(x)0π/2−Z0π/2sin(x)n1+1sinn+1(x)dx
=In−n1+1In+2

D’ou`l’ontireque
In+2=nn1+2+In.
Soitp∈Nsssui,vloicn-iedtlarelatnit´eranE.:tnei
I2p(2(=p2p−)1×()×(2p2−p2−3)×)×∙∙∙×∙∙∙2×1I0(2=p!)!)2×π41=p2pp2π
(2pp2
I2p+1(2=p+ 1)×(2p−3)× ∙ ∙ ∙ ×31=(2p+ 1)!×1 = 2p+4p12pp−1
(2p)×(2p−2)× ∙ ∙ ∙ ×2I(2pp!)2

On montre p ´∀n∈N,(n+ 1)InI=π2.
ar recurrence quen+1
Init.pourn= 0, on aI1, I0=π2.
Hr´´e.edsoitn∈Ntel que (n+ 1)InIn+1=2π. Alors

(n+ 2)In+2In+1= (n+ 2)nn2+1+InIn+1= (n+ 1)InIn+1

Ccl.rrpae´ucrrneeco,anomntr´eque∀n∈N,

6

(n+ 1)InIn+12=π.

π
.
=
2

6 monotonie de la suite (. ParIneg’´eltduiedd´on,)etuqealit´epr´ec´eden
∀n∈N,(n+ 1)I2≤π≤(n+ 1)I2n
n+12

Soitn∈N?, on a donc
n π π
n+ 1 2≤nI2n≤2
Par encadrement, il s’ensuit que (nIn2) converge vers 2π, soitIn∼rπ
.
2n
A l’aide de la question 3, il vient alorsI2n=14n2nnπ2∼r4πn, soit encore :
2nn∼ √4πnn∼ √22πnn.

Partie II.Formule de Stirling

1. Soitk≥2. Soitt∈[k−1, k]. Par croissance de ln, on a ln(k−1)≤ln(t)≤ln(k). Par croissance
del’inte´grale,ilenre´sultequeln(k−1)≤Zkk−1ln(t)dt≤ln(k). Sommons ces encadremnts
term ` t . Par larelation de Chaslesecd´enil,uoeluqe
e a erme

2.

Ainsi,

n
Xln(k−1)≤R1nln(t)dt
k=2
n
ln(n−1)!≤tln1
(t)−t

ln(n!)−ln(n)≤nln(n)−(n−1) ln(n!)

n−ln(n)−1≤ln(n!)−nln(n)≤n−1

n
≤Xln(k)
k=2
≤ln(n!)

Parencadrement,onend´eduitqueln(n!)−nln(n) =o(nln(n)), puis que

ln(n!)∼nln(n)
Soitk≥2 un entier. On notewk= ln(k)−Zkk−1ln(t)dtetJk=Zk−k1(t−k+t21)(k−t)dt.
areepUn.erPIime`endPno

Zkt−k+ 1dt
k−1t

=

=

ln(t)(t−k+ 1)kk−1−Zk−k1ln(t)dt
ln(k)−Zkk−1ln(t)dt=wk

7

3.

4.

b.

c.

Undeuxi`emeIPPdonne
Zkk−1t−k+ 1dt=
t

=

=

=

=

t211(t−kk1+Zkk−1(t−2kt2+ 1)2dt
+ 1)2
k−
21k1+2Zkk−1(t−k+t21)(t−dtk+21Zk−k1t−tk2+ 1dt
+ 1
21k−21Jk−12t−ktkk−1+12Zkk−1tdt
21k−21Jk−12k2+1ln(k)−ln(k−1)
−21Jk21+ln(k)−ln(k−1)

La fonctionP:t7→(t−k+ 1)(k−t) s’annule enk−1 etk, et prend sa valeur maximale
au milieu de cet intervalle [k−1, k]. Ainsi, pour toutt∈[k−1, k]

0≤P(t)≤P(k−)=1214
Parcroissancedel’inte´grale(lesbornessontdanslebonsens),ilenre´sulteque
k
0≤Jk≤14Zkk−1dt2t=14−t1k−1=41k1−1−1k

p
Soitn≥O.e´e´dntinfifix2Rn,p=XJk.
k=n+1
Soitp∈N,p > n. On a tout d’abord queRn,p+1−Rn,p=Jp+1≥tiusal,tneuqe´snarco0.Pe
(Rn,p)p>nrotceseDlpsud,siastn.eaquestio’apr`esltnedno,e´rpne´cetouapourtp > n,
Rn,pJk≤1k=pXn+1k1−1−k1≤411n−p1≤41n
p=X4
k=n+1

Ainsi, la suite (Rn,p)p>nestcroissanteemtjaroe´(eap1r4n). Par leteoh´emr`ledemilaeti
monotone, la suite (Rn,p)p>nest convergente. On noteRn= limRn,p.
p→+∞
Comme pour tout entierp > n, on aRn,p≤14ntie´o,anapasrpgesala`amiliadetnusn´nielage
1
n≤.
queR4n
n
Pourn≥2, on noteSn=XJkedtnse,selcevA.´eecr´spontitanoSn=R1,n. Clairement, (Sn)
k=2
estcroissanteetmajor´eepar14∙Par leoM-`eor´eThLilademe, il s’ensuit que (Sn) converge.
On note`= limSn.
n→+∞
Soit (n, p)∈N2tel que 2≤n < p, on a

Sp=Sn+Rn,p

8

5.

Passonsa`lalimitequandptend vers +∞, il vient

`=Sn+Rn

Soitn∈N,n≥2. On a
n(k) =Xk+ n(t)dt+Xwk
ln(n!) =nkX=2ln=2wZkk−1ln(t)dt=Z1nln
k k=2
=nln(n)−n+12k=nX ln(k)−ln(k−1)−Jk
2
=nln(n)−n1+(nl2n)−12Sn

Ainsi,
ln(n!) = (n)2nl(1+n)−n−(12`−Rn)
Enprenantlesexponentielles,ilenr´esulte–enposantc=e`–
n! =nn+21e−ne−21(`−Rn)∼√nnen×c
6quivalentde´Riejnceotsn’le´.2nnobtenu dans laPartie I, il vient
√2n(2n/e)2n×c
√4nnπ∼2nn(=(2n!n)!)∼
2√n2(n/e)2n×c2
D’ou`l’ontirefinalementc=√2π.
Remarque :sniaanoilbate´ilaFormule de Stirling
n!∼√2πnnen

Exercice 1:erglafenutcnoinoie´tntuEd’de
Onseproposed’´etudierlafonctionf:x7→Zx2xln(1d+tt2).
1. Soitϕ:t7→(1+1nlt2).ϕetcontintd´efinieseuseurR?. SoitI1=]− ∞,0[,I2=]0,+∞[.
Soitx∈Ik(k= 1 ouk= 2). Alors [x,2x]∪[2x, x]⊂Iket oncf(x)∈Rmmcoetsibefieinne´d
int´egraled’unefonctioncontinuesurunsegment.FinalementDf=I1∪I2=R?.
2. Soitx∈R?. A l’aide du changement de variableu=−t, on a directement
f(−x) =Z−−x2xϕ(t)dt=Zx2xϕ(−u)(−du) =−Zx2xϕ(u)du=−f(x).

Ceci´etantvraipourtoutx∈R?, la fonctionfest bien impaire.

9

3. Soitk∈ {1,2}. On montre quefd´erestlesuivabrIk. Soita∈Ik. On noteF:Ik→Rl’unique
primitive deϕqui s’annule ena:
x
∀x∈Ik, F(x) =Zϕ(t)dt
a

4.

5.

D’apr`eslarelation de Chasles, on af(x) =F(2x)−F(x). Ainsi,frivatd´eesrulbseIkcomme
somme de telles fonctions et pour toutx∈Ik

Ainsif0(x)>0

f0(x) = 2ϕ(2x)−ϕ(x)=2ln(1+4x2)−+1(n1lx2)
2 ln(1 +x2)−ln(1 + 4x2) ln1+21+x42x+2x4
= =
ln(1 +x2) ln(1 + 4x2) ln(1 +x2) ln(1 + 4x2)

⇐⇒

1 + 2x2+x4>1 + 4x2⇐⇒x4−2x2>0

Onend´eduitletableaudevariationssuivant:
x0√2
f0(x)−0

Soitx∈R

f(x)

&

+

%

+∞

⇐⇒

x2(x2−2)>0.

+?e.Sofix´tix≤t≤2xPar croissance du logarithme il vient.

1 1 1
ln(1 + 4x2≤ln(1 +t2)≤ln(1 +x2)

Parcroissancedel’int´egrale(lesbornessontdanslebonsens),ils’ensuitque

ln(1 +x4x2)≤f(x)≤ln(1x+x2)

 + ln(1au voisinage de 0, on ax4x2)∼4xx2∼14x−x−→−0+→+∞son,ilenr´esulteP.raocpmraia
quexl→i0m+f(x) = +∞. La droitex= 0 est asymptote verticale.
au voisinage de +∞, on a ln(1 +x4x2)≥ln(4xx2=)4(nl)+x2 ln(x)−−−+→+∞. Par
x→0
x→+∞f(x) = +∞. De plus,f(xx)≤+(1nl1x2)−x−→−+−∞→0.
comparaison,ilenr´esultequelim
La courbe admet une branche parabolique de direction asymptotique (Ox).
Donnez l’allure du graphe def.

10

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