DS blanc de maths — Ch1, Ch2, Ch3 (§1 à §3) + méthode de chaque exercice

Cadre. Les deux termes tendent vers \(1\) : \(U_n\to0\), mais on ne peut pas soustraire les équivalents \(e^{1/n}\sim1\) et \(\cos\sim1\) (cela donnerait « \(U_n\sim0\) », absurde). On fait des développements limités.

Premier terme. Avec \(u=\frac1n\to0\) : \(e^{u}=1+u+o(u)\), soit \(e^{1/n}=1+\dfrac1n+o\!\Big(\dfrac1n\Big)\).

Second terme. Avec \(v=\frac1{\sqrt n}\to0\) : \(\cos v=1-\dfrac{v^2}{2}+o(v^2)\), soit \(\cos\dfrac1{\sqrt n}=1-\dfrac1{2n}+o\!\Big(\dfrac1n\Big)\).

Différence. \(U_n=\dfrac1n+\dfrac1{2n}+o\!\Big(\dfrac1n\Big)=\dfrac3{2n}+o\!\Big(\dfrac1n\Big)\).

Numérateur. \(\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)\) et \(\sin x=x+o(x^2)\) (le terme suivant est \(-\frac{x^3}{6}\)). Donc \[\ln(1+x)-\sin x=-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\sim-\frac{x^2}{2}.\] Les termes d'ordre 1 se sont annulés : il a fallu aller à l'ordre 2.

Dénominateur. \(\tan x\sim x\), donc \(x\tan x\sim x^2\).

Quotient (les équivalents se divisent) : \(\dfrac{-x^2/2}{x^2}=-\dfrac12\).

Test d'appartenance. \(u=(1,2,3)\) vérifie \(1+2-3=0\) : \(u\in F\). Comme \(G=\mathrm{Vect}(u)\) et que \(F\) est un sous-espace vectoriel, \(G\subset F\).

Conséquences. \(F+G=F\), \(\dim F=3-1=2\) (une équation non triviale en dimension 3) ; donc \(F+G\) est de dimension \(2\neq3\), et \(F\cap G=G\neq\{0\}\) (de dimension 1).

Principe. Endomorphisme en dimension finie : \(f_a\) bijectif \(\Leftrightarrow\mathrm{rg}\,M(a)=3\).

Pivot de Gauss : \(L_2\leftarrow L_2-L_1\), \(L_3\leftarrow L_3-L_1\) : \(\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&2\\0&2&a-1\end{pmatrix}\), puis \(L_3\leftarrow L_3-2L_2\) : \(\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&2\\0&0&a-5\end{pmatrix}\).

Trois pivots \(\Leftrightarrow a-5\neq0\). Si \(a=5\), le rang est \(2\) et, par le théorème du rang, \(\dim\ker f_5=3-2=1\neq0\) : ni injectif, ni surjectif.

Étape 1 : \(E=\ker p+\mathrm{Im}\,p\) (analyse–synthèse). Soit \(x\in E\). On écrit \(x=\big(x-p(x)\big)+p(x)\). Le second terme est dans \(\mathrm{Im}\,p\). Pour le premier : \(p\big(x-p(x)\big)=p(x)-p(p(x))=p(x)-p(x)=0\) (car \(p\circ p=p\)), donc \(x-p(x)\in\ker p\).

Étape 2 : \(\ker p\cap\mathrm{Im}\,p=\{0\}\). Soit \(y\in\ker p\cap\mathrm{Im}\,p\). Il existe \(z\in E\) tel que \(y=p(z)\). Alors \(p(y)=p(p(z))=p(z)=y\). Mais \(y\in\ker p\) donc \(p(y)=0\). D'où \(y=0\).

Cadre. On met \(x\) en facteur pour se ramener à \(\dfrac1{1+u}\) avec \(u\to0\) : \[f(x)=\frac{1}{\dfrac{\ln(1+x)}{x}}.\]

DL de \(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\) à l'ordre 3. \(\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+o(x^4)\), donc \[\frac{\ln(1+x)}{x}=1+u,\qquad u=-\frac x2+\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+o(x^3).\]

Inverse. \(\dfrac1{1+u}=1-u+u^2-u^3+o(u^3)\) avec \(u\sim-\frac x2\) donc \(u^3=O(x^3)\), \(o(u^3)=o(x^3)\). Calcul des puissances à l'ordre 3 : \[u^2=\frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{3}+o(x^3),\qquad u^3=-\frac{x^3}{8}+o(x^3).\] Donc \[\begin{aligned}\frac1{1+u}&=1-\Big(-\frac x2+\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}\Big)+\Big(\frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{3}\Big)-\Big(-\frac{x^3}{8}\Big)+o(x^3)\\ &=1+\frac x2+\Big(-\frac13+\frac14\Big)x^2+\Big(\frac14-\frac13+\frac18\Big)x^3+o(x^3).\end{aligned}\] Avec \(-\frac13+\frac14=-\frac1{12}\) et \(\frac14-\frac13+\frac18=\frac{6-8+3}{24}=\frac1{24}\) : \[\boxed{f(x)=1+\frac x2-\frac{x^2}{12}+\frac{x^3}{24}+o(x^3)}.\]

Prolongement et dérivabilité. \(f(x)\to1\) quand \(x\to0\) : on pose \(f(0)=1\) (prolongement continu). Un DL à l'ordre 1 en \(0\) équivaut à la dérivabilité en \(0\) : \(f'(0)=\dfrac12\).

Tangente et position. Tangente en \(0\) : \(y=1+\dfrac x2\). Position : \(f(x)-\Big(1+\dfrac x2\Big)=-\dfrac{x^2}{12}+o(x^2)\sim-\dfrac{x^2}{12}\lt0\) au voisinage de \(0\) (\(x\neq0\)).

Cadre. On factorise le terme dominant : pour \(x\gt0\), \(g(x)=x\sqrt{1+\dfrac2x}\). On pose \(u=\dfrac2x\to0\).

DL. \(\sqrt{1+u}=1+\dfrac u2-\dfrac{u^2}{8}+o(u^2)\) avec \(\dfrac u2=\dfrac1x\) et \(\dfrac{u^2}{8}=\dfrac4{8x^2}=\dfrac1{2x^2}\) : \[\sqrt{1+\frac2x}=1+\frac1x-\frac1{2x^2}+o\!\Big(\frac1{x^2}\Big).\] On multiplie par \(x\) : \[g(x)=x+1-\frac1{2x}+o\!\Big(\frac1x\Big).\]

Donc \(g(x)-(x+1)=-\dfrac1{2x}+o\big(\frac1x\big)\to0\) : la droite \(y=x+1\) est asymptote oblique en \(+\infty\). Position : \(g(x)-(x+1)\sim-\dfrac1{2x}\lt0\) : la courbe est en dessous de l'asymptote.

Soit \(h(x)=x+\ln x\) sur \(]0,+\infty[\). \(h\) est continue, strictement croissante (somme de deux fonctions strictement croissantes), avec \(\lim\limits_{x\to0^+}h(x)=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=+\infty\).

Limite. \(h^{-1}\) est strictement croissante (réciproque d'une bijection strictement croissante) et définie sur \(\mathbb R\) tout entier avec \(\lim\limits_{+\infty}h^{-1}=+\infty\) (car \(h\) prend des valeurs arbitrairement grandes). Donc \(x_n=h^{-1}(n)\to+\infty\).

Équivalent. De \(x_n+\ln x_n=n\) on tire \(n=x_n\Big(1+\dfrac{\ln x_n}{x_n}\Big)\). Comme \(x_n\to+\infty\), croissances comparées : \(\dfrac{\ln x_n}{x_n}\to0\). Donc \(n\sim x_n\).

Réécriture. L'équation donne \(x_n=n-\ln x_n\). On réinjecte \(x_n\sim n\) dans le logarithme en écrivant \(x_n=n\cdot\dfrac{x_n}{n}\) : \[\ln x_n=\ln n+\ln\frac{x_n}{n}.\]

Premier ordre. Comme \(\dfrac{x_n}{n}\to1\), \(\ln\dfrac{x_n}{n}\to0\). Donc \[x_n=n-\ln n-\ln\frac{x_n}{n}=n-\ln n+o(1).\]

Second ordre. On réinjecte ce résultat : \(\dfrac{x_n}{n}=1-\dfrac{\ln x_n}{n}\) et \(\ln x_n=\ln n+o(1)\), donc \[\frac{x_n}{n}=1-\frac{\ln n}{n}+o\!\Big(\frac1n\Big).\] Posons \(v_n=-\dfrac{\ln n}{n}+o\big(\frac1n\big)\to0\), \(v_n\sim-\dfrac{\ln n}{n}\). Alors \(\ln\dfrac{x_n}{n}=\ln(1+v_n)=v_n+o(v_n)=-\dfrac{\ln n}{n}+o\!\Big(\dfrac{\ln n}{n}\Big)\) (car \(\frac1n=o(\frac{\ln n}{n})\)). Donc \[x_n=n-\ln n-\ln\frac{x_n}{n}=n-\ln n+\frac{\ln n}{n}+o\!\Big(\frac{\ln n}{n}\Big).\]

\(F\). \(F\) est engendré par \((u_1,u_2)\). Cette famille est libre : si \(au_1+bu_2=0\), alors \((a,a+b,b,0)=0\), donc \(a=b=0\). C'est une base ; \(\dim F=2\).

\(G\). On résout le système : \(t=0\) et \(x=2y-z\). Avec \(y=s\), \(z=r\) libres : \((x,y,z,t)=(2s-r,\ s,\ r,\ 0)=s\,(2,1,0,0)+r\,(-1,0,1,0)\). La famille \(\big((2,1,0,0),(-1,0,1,0)\big)\) engendre \(G\) et est libre (les troisième et deuxième coordonnées isolent \(r\) et \(s\)) ; \(\dim G=2\) (4 inconnues − 2 équations indépendantes).

Intersection. Un vecteur de \(F\) s'écrit \((a,\ a+b,\ b,\ 0)\). Il est dans \(G\) si et seulement si \(t=0\) (déjà vrai) et \(x-2y+z=0\) : \(a-2(a+b)+b=-a-b=0\), soit \(b=-a\). Alors le vecteur vaut \((a,0,-a,0)=a\,(1,0,-1,0)\). Donc \(F\cap G=\mathrm{Vect}\big((1,0,-1,0)\big)\), de dimension \(1\).

Grassmann. \(\dim(F+G)=\dim F+\dim G-\dim(F\cap G)=2+2-1=3\).

Identification. \(F\) et \(G\) sont tous deux inclus dans \(H=\{t=0\}\) (dimension 3), donc \(F+G\subset H\). Les dimensions étant égales (3), \(F+G=H=\{(x,y,z,t)\mid t=0\}\).

\(F\) et \(G\). Non : \(F\cap G\neq\{0\}\) (et \(F+G\neq\mathbb R^4\), de dimension 3). Bien que \(\dim F+\dim G=4\), la somme n'est pas directe.

Supplémentaire de \(F\). On complète la base \((u_1,u_2)\) par deux vecteurs de la base canonique : essayons \(K=\mathrm{Vect}(e_1,e_4)\), avec \(e_1=(1,0,0,0)\), \(e_4=(0,0,0,1)\). Calculons \(F\cap K\) : \((a,a+b,b,0)=(c,0,0,d)\) impose \(b=0\), \(a+b=0\) donc \(a=0\), puis \(c=d=0\). Donc \(F\cap K=\{0\}\). Comme \(\dim F+\dim K=2+2=4=\dim\mathbb R^4\), \(F\oplus K=\mathbb R^4\). (Équivalent : la matrice dont les colonnes sont \(u_1,u_2,e_1,e_4\) est de rang \(4\).)

\(w\notin F\) car \(2\cdot1+0-1=1\neq0\). Un élément de \(G\) est \(\lambda w\) ; il est dans \(F\) si et seulement si \(\lambda\cdot1=0\), soit \(\lambda=0\). Donc \(F\cap G=\{0\}\). De plus \(\dim F=3-1=2\) (une équation non triviale), \(\dim G=1\), donc \(\dim F+\dim G=3=\dim\mathbb R^3\).

Principe. Pour \(u=(x,y,z)\), la décomposition unique \(u=v+\lambda w\) avec \(v\in F\) donne \(p(u)=v\). On impose \(v=u-\lambda w\in F\).

\(v=(x-\lambda,\ y,\ z-\lambda)\). Condition \(v\in F\) : \(2(x-\lambda)+y-(z-\lambda)=0\), soit \(2x+y-z-2\lambda+\lambda=0\), donc \(\lambda=2x+y-z\).

Alors \(p(u)=u-\lambda w=\big(x-(2x+y-z),\ y,\ z-(2x+y-z)\big)\) :

Vérifications. \(p(w)=p(1,0,1)=(0,0,0)\) ✓ (\(G=\ker p\)). Pour \(v=(1,0,2)\in F\) (\(2+0-2=0\)) : \(p(v)=(-1-0+2,\ 0,\ -2-0+4)=(1,0,2)\) ✓ (les vecteurs de \(F\) sont invariants).

Matrice. Les colonnes sont les images de \(e_1,e_2,e_3\) : \(p(e_1)=(-1,0,-2)\), \(p(e_2)=(-1,1,-1)\), \(p(e_3)=(1,0,2)\). \[A=\begin{pmatrix}-1&-1&1\\0&1&0\\-2&-1&2\end{pmatrix}.\]

\(A^2=A\). Produit ligne par colonne : ligne 1 : \((-1)(-1)+(-1)(0)+1(-2)=-1\) ; \((-1)(-1)+(-1)(1)+1(-1)=-1\) ; \((-1)(1)+(-1)(0)+1(2)=1\) → \((-1,-1,1)\) ✓. Ligne 2 : \((0,1,0)\) ✓. Ligne 3 : \((-2)(-1)+(-1)(0)+2(-2)=-2\) ; \((-2)(-1)+(-1)(1)+2(-1)=-1\) ; \((-2)(1)+(-1)(0)+2(2)=2\) → \((-2,-1,2)\) ✓.

Rang et trace. \(\mathrm{Im}\,p=F\) est de dimension 2 (donc \(\mathrm{rg}\,A=2\), cohérent avec \(\dim\ker p=1\) par le théorème du rang) et \(\mathrm{tr}\,A=-1+1+2=2\).

Linéarité. Pour \(P,Q\in E\), \(\lambda\in\mathbb R\) : \(f(\lambda P+Q)=(X-1)(\lambda P+Q)'=(X-1)(\lambda P'+Q')=\lambda f(P)+f(Q)\) par linéarité de la dérivation.

Stabilité. Si \(\deg P\leqslant2\), alors \(\deg P'\leqslant1\) et \(\deg\big((X-1)P'\big)\leqslant2\) : \(f(P)\in E\).

On calcule les images de la base : \(f(1)=0\) ; \(f(X)=(X-1)\cdot1=X-1\) ; \(f(X^2)=(X-1)\cdot2X=2X^2-2X\). Coordonnées dans \(\mathcal B_0=(1,X,X^2)\) (en colonnes) : \((0,0,0)\) ; \((-1,1,0)\) ; \((0,-2,2)\).

Rang. La première colonne de \(A\) est nulle ; les deux autres \((-1,1,0)\) et \((0,-2,2)\) ne sont pas proportionnelles, donc libres. Donc \(\mathrm{rg}\,f=\mathrm{rg}\,A=2\).

Théorème du rang. \(\dim\ker f=\dim E-\mathrm{rg}\,f=3-2=1\). Comme \(f(1)=0\) avec \(1\neq0\), \(\ker f=\mathrm{Vect}(1)=\mathbb R_0[X]\) (polynômes constants ; on le retrouve par \(P'=0\)).

Image. \(\mathrm{Im}\,f=\mathrm{Vect}\big(f(1),f(X),f(X^2)\big)=\mathrm{Vect}(X-1,\ X^2-X)\), de dimension 2 (ces deux polynômes sont de degrés distincts donc libres). Caractérisation : les deux polynômes \(X-1\) et \(X^2-X\) s'annulent en \(1\), donc \(\mathrm{Im}\,f\subset\{Q\in E\mid Q(1)=0\}\), sous-espace de dimension \(3-1=2\) ; égalité des dimensions donc \(\mathrm{Im}\,f=\{Q\in E\mid Q(1)=0\}\).

Soit \(Q\in\ker f\cap\mathrm{Im}\,f\) : \(Q\) est un polynôme constant \(c\) (c'est \(\ker f\)) et \(Q(1)=0\) (c'est \(\mathrm{Im}\,f\)) : \(c=Q(1)=0\). Donc \(\ker f\cap\mathrm{Im}\,f=\{0\}\). Et \(\dim\ker f+\dim\mathrm{Im}\,f=1+2=3=\dim E\).

Base. Les trois polynômes sont de degrés \(0,1,2\) (famille échelonnée en degrés) donc libres ; \(3=\dim E\) vecteurs libres forment une base.

Images. \(f(1)=0\). \(f(X-1)=(X-1)\cdot1=X-1\). \(f\big((X-1)^2\big)=(X-1)\cdot2(X-1)=2(X-1)^2\). Coordonnées dans \(\mathcal B_1\) (en colonnes) : \((0,0,0)\), \((0,1,0)\), \((0,0,2)\).

Contrôle. \(\mathrm{rg}\,D=2=\mathrm{rg}\,A\) ✓ ; \(\mathrm{tr}\,D=3=\mathrm{tr}\,A\) (\(0+1+2\) contre \(0+1+2\)) ✓.

\(X^2-1\) s'annule en 1, donc \(X^2-1\in\mathrm{Im}\,f\) : il existe des solutions. Dans \(\mathcal B_1\) : \(X^2-1=(X-1)^2+2(X-1)\) (en effet \((X-1)^2+2(X-1)=X^2-2X+1+2X-2=X^2-1\)), de coordonnées \((0,2,1)\).

Pour \(P=a+b(X-1)+c(X-1)^2\) (coordonnées \((a,b,c)\)), \(f(P)=b(X-1)+2c(X-1)^2\) (coordonnées \((0,b,2c)\) : le \(D\) appliqué). On impose \((0,b,2c)=(0,2,1)\) : \(b=2\), \(c=\frac12\), \(a\) libre.

\(P=a+2(X-1)+\tfrac12(X-1)^2=\tfrac12X^2+X+\big(a-\tfrac32\big)\), \(a\in\mathbb R\).

Vérification. \(P'=X+1\), \((X-1)(X+1)=X^2-1\) ✓.

Matrice de \(g\) (taille \(4\times3\) : arrivée \(\dim\mathbb R_3[X]=4\), départ \(\dim E=3\)) : \(g(1)=X\), \(g(X)=X^2\), \(g(X^2)=X^3\). En coordonnées dans \((1,X,X^2,X^3)\) : \[\mathrm{Mat}(g)=\begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.\]

1ʳᵉ façon : produit matriciel (dans cet ordre, \(\mathrm{Mat}(g\circ f)=\mathrm{Mat}(g)\,A\), de taille \(4\times3\) fois \(3\times3\)) : \[\mathrm{Mat}(h)=\begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&1&-2\\0&0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&-1&0\\0&1&-2\\0&0&2\end{pmatrix}.\]

2ᵉ façon : directement. \(h(1)=g(0)=0\) ; \(h(X)=g(X-1)=X^2-X\) → \((0,-1,1,0)\) ; \(h(X^2)=g(2X^2-2X)=2X^3-2X^2\) → \((0,0,-2,2)\). Mêmes colonnes ✓.