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مسابقة دكتوراه 2018 — Université Abderrahmane Mira - Béjaïa — الموضوع 02

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 1سا 30د

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Concours national d'entrée en Doctorat LMD Mathématiques, Épreuve commune: Mathématiques de Base, Université A. Mira de Béjaïa, 20/10/2018, durée 1h30.

التمرين 1

Polynôme caractéristique, diagonalisation et puissances d'une matrice 3x3 paramétrée

#linear-algebra#characteristic-polynomial#diagonalization#minimal-polynomial#matrix-powers

Pour tout α∈R∖{0}\alpha\in\mathbb{R}\setminus\{0\} et a,ba,b deux paramètres réels non nuls, on considère la matrice réelle d'ordre 3 M=(1aa1b1a1bba1b1).M=\begin{pmatrix}1&a&a\frac1b\\[4pt]\frac1a&1&b\\[4pt]\frac{b}{a}&\frac1b&1\end{pmatrix}.

  1. Calculer le polynôme caractéristique de MM.
  2. (a) En déduire les valeurs propres de MM en précisant la multiplicité algébrique de chacune d'entre elles. (b) La matrice MM est-elle inversible ? Justifier.
  3. (a) Calculer ker⁡(M−I)\ker(M-I) et le noyau de MM. (b) En déduire que MM est diagonalisable. (c) En déduire une expression du polynôme minimal de MM.
  4. Montrer que pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*,
  1. (a) Justifier que la matrice (M−I3)(M-I_3) est inversible (où I3I_3 désigne la matrice identité d'ordre 3). (b) En se servant du polynôme minimal de MM, calculer (M−I3)−2(M-I_3)^{-2}.
◀الحل

Les trois lignes de MM sont proportionnelles au vecteur (a,b,1)(a,b,1), ce qui montre que MM est de rang 1. Plus précisément, M=uvTM=u v^T avec u=(a,b,1)Tu=(a,b,1)^T et v=(1a,1b,1)Tv=\left(\frac1a,\frac1b,1\right)^T, d'où vTu=1+1+1=3.v^Tu=1+1+1=3. Ainsi, M2=(uvT)(uvT)=u(vTu)vT=3uvT=3M.M^2=(uv^T)(uv^T)=u(v^Tu)v^T=3uv^T=3M. Le polynôme minimal divise X(X−3)X(X-3).

Le polynôme caractéristique est donc χM(X)=X2(X−3),\chi_M(X)=X^2(X-3), avec valeurs propres 00 (multiplicité algébrique 2) et 33 (multiplicité algébrique 1). La matrice n'est pas inversible puisque 0 est valeur propre.

Le noyau de MM est l'ensemble des vecteurs orthogonaux à vv, donc de dimension 2. Le noyau de (M−3I)(M-3I) est engendré par uu. Les dimensions géométriques totalisent 3, donc MM est diagonalisable.

Le polynôme minimal est μM(X)=X(X−3).\mu_M(X)=X(X-3). Par récurrence à partir de M2=3MM^2=3M, on obtient Mn=3n−1M(n≥1).\boxed{M^n=3^{n-1}M\qquad(n\ge1).}

Les valeurs propres de M−IM-I sont −1,−1,2-1,-1,2, toutes non nulles, donc M−IM-I est inversible. Comme M=PDP−1M=PDP^{-1} avec D=diag⁡(3,0,0)D=\operatorname{diag}(3,0,0),

En cherchant sous la forme (M−I)−2=αI+βM(M-I)^{-2}=\alpha I+\beta M et en utilisant M2=3MM^2=3M, on trouve (M−I)−2=I−536M.\boxed{(M-I)^{-2}=I-\frac{5}{36}M.}

التمرين 2

Suite u_n décroissante, constante d'Euler et somme harmonique alternée

#sequences-and-series#euler-mascheroni#harmonic-series#asymptotic-expansion

Soit f:[1,+∞[→Rf:[1,+\infty[\to\mathbb{R} une fonction continue, strictement décroissante, et vérifiant lim⁡x→+∞f(x)=0\lim_{x\to+\infty}f(x)=0. On considère la suite réelle (un)(u_n), dont le terme général est défini par

  1. (a) Justifier la formule un=∑k=1n−1(∫kk+1(f(k)−f(t))dt)+f(n).u_n=\sum_{k=1}^{n-1}\left(\int_k^{k+1}(f(k)-f(t))dt\right)+f(n). (b) En déduire que pour tout n≥1n\ge1, un≥f(n)≥0u_n\ge f(n)\ge0. (c) Montrer que (un)(u_n) est strictement décroissante et en déduire qu'elle est convergente.
  2. Désignons par ℓ\ell la limite de unu_n lorsque n→∞n\to\infty. (a) Montrer que ℓ=∑k=1+∞∫kk+1(f(k)−f(t))dt\ell=\sum_{k=1}^{+\infty}\int_k^{k+1}(f(k)-f(t))dt et en déduire que ℓ>0\ell>0. (b) Conclure à la formule asymptotique ∑k=1nf(k)=∫1nf(t)dt+ℓ+o(1).\sum_{k=1}^n f(k)=\int_1^n f(t)dt+\ell+o(1).
  3. Application à f(x)=1/xf(x)=1/x : (a) Montrer qu'il existe une constante γ>0\gamma>0 telle que 1+12+⋯+1n=log⁡n+γ+o(1n).1+\frac12+\cdots+\frac1n=\log n+\gamma+o\left(\frac1n\right). (b) En se servant de (a), calculer la limite lim⁡n→∞(1−12+13−14+⋯+12n−1−12n).\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots+\frac{1}{2n-1}-\frac1{2n}\right).
◀الحل

On écrit

d'où immédiatement un=∑k=1n−1∫kk+1(f(k)−f(t))dt+f(n).u_n=\sum_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}(f(k)-f(t))dt+f(n). Comme ff est décroissante, pour t∈[k,k+1]t\in[k,k+1] on a f(k)≥f(t)f(k)\ge f(t), donc chaque intégrale est positive. Ainsi un≥f(n)≥0u_n\ge f(n)\ge0.

De plus, un+1−un=f(n+1)−∫nn+1f(t)dt<0u_{n+1}-u_n=f(n+1)-\int_n^{n+1}f(t)dt<0 car f(n+1)<f(t)f(n+1)<f(t) sur [n,n+1[[n,n+1[. Donc (un)(u_n) est décroissante et minorée, donc convergente vers une limite ℓ≥0\ell\ge0. En passant à la limite dans la formule précédente et par convergence monotone, ℓ=∑k=1∞∫kk+1(f(k)−f(t))dt>0.\ell=\sum_{k=1}^{\infty}\int_k^{k+1}(f(k)-f(t))dt>0. On en déduit ∑k=1nf(k)=∫1nf(t)dt+ℓ+o(1).\sum_{k=1}^n f(k)=\int_1^n f(t)dt+\ell+o(1).

Pour f(x)=1/xf(x)=1/x, la constante ℓ\ell est la constante d'Euler-Mascheroni γ\gamma, donc ∑k=1n1k=log⁡n+γ+o(1).\sum_{k=1}^n\frac1k=\log n+\gamma+o(1). Plus précisément, on a même ∑k=1n1k=log⁡n+γ+o(1n).\sum_{k=1}^n\frac1k=\log n+\gamma+o\left(\frac1n\right). Enfin,

En utilisant le développement asymptotique ci-dessus,

Ainsi lim⁡n→∞(1−12+13−14+⋯+12n−1−12n)=log⁡2.\boxed{\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots+\frac{1}{2n-1}-\frac1{2n}\right)=\log2.}