Université Paris-Descartes
UFR de Mathématiques et Informatique 45, rue des Saints-Pères 75270 Paris cedex 06
Mathématiques et Calculs 1 : Corrigé du contrôle continu n
o3 L1 : Licence sciences et technologies,
mention mathématiques, informatique et applications
Exercice 1.
1. On sait par le cours qu’au voisinage de 0, le développement limité à l’ordre 2 de cosxest : cosx= 1−x2
2 +x2ε(x) Celui de (1 +x)−12 est : (1 +x)−12 = 1−1
2x+3
8x2+x2ε(x) En multipliant les deux, on obtient :
√cosx
1 +x= (cosx)·(1 +x)−1= 1−x2
2 +x2ε(x)
· 1−1
2x+3
8x2+x2ε(x)
= 1−1 2x−1
8x2+x2ε(x) 2. En 0, le développement limité à l’ordre 3 de sinxest :
sinx=x−x3
3 !+x3ε(x) Celui deexest : ex= 1 +x+x2
2 !+x3
3 !+x3ε(x)
Puisque sin 0 = 0, on peut composer les deux développements limités : esinx= 1 +
x−x3 3 !
+1 2
x−x3 6
2
+1 6
x−x3 6
3
+x3ε(x) = 1 +x+1
2x2+x3ε(x) Exercice 2.
1. La fonction associée à cette suite récurrente est :x7−→
q
x+ 1 ; c’est une fonction croissante. On sait par le cours que la suite sera croissante siu1≥u0.
u1= q
u0+ 1 = q
1 + 1 = q
2≥1 =u0. La suite est donc croissante.
2. (a) Par récurrence :u20−u0−1 =−1≤0. Supposons que pour 1≤k≤n, uk2−uk−1≤0.
Au rangn+ 1 :u2n+1−un+1−1 =un+ 1− q
un+ 1−1 =un− q
un+ 1 Or∀n∈N, un≥0 puisqueu0≥0 et que la suite est croissante. Donc :
un− q
un+ 1≤0 ⇔ un2≤un+ 1 ⇔ un2−un−1≤0 Ce qui est l’hypothèse de récurrence.
(b) Un trinôme du second degré, dont le coefficient du terme de degré deux est positif, sera négatif pourxcompris entre les racines. Les racines dex2−x−1 sont :1±
√ 5 2 . Donc, puisqueun≥0,un≤1 +
√ 5 2 .
3. La suite est croissante d’après 1. ; elle est majorée d’après 2. Toute suite croissante et majorée est convergente, donc la suite est convergente.
Puisque la fonctionx7−→
q
x+ 1 est continue, la limite`de cette suite vérifie : q
`+ 1 =` ⇔ `2−`−1 = 0
`est donc la racine positive de cette équation : lim
n→∞un=`=1 +
√ 5 2 . 1
Exercice 3.
1. On multiplie le numérateur et le dénominateur dezpar le conjugué du dénominateur : z=(1−i
√
3)(1−i) (1 +i)(1−i) =1−
√
3−i(1 +
√ 3)
|1 +i|2 =1−
√ 3 2 −i1 +
√ 3 2 z¯=1−
√ 3 2 +i1 +
√ 3 2 2. 1 +i
1−i=(1 +i)2 2 =i Donc :
1 +i 1−i
3
=i3=−i= cos3π 2
+isin3π 2
=ei3π2 1 +i
1−i =(1 +i)2 2
3
= cos3π 2
−isin3π 2
=e−i3π2
Exercice 4.
1. La fonction arctangente est la fonction réciproque de la fonction tangente, elle est définie et déri- vable surR.
2. arctan0(x) = 1 1 +x2 tanπ
4
= 1 ⇔ arctan 1 =π 4
3. La fonction arctangente est continue et dérivable surRdonc le théorème des accroissements finis s’applique sur tout intervalle deR:
∀a , b∈R, a < b ∃c∈]a , b[ tel que : arctanb−arctana= (b−a) arctan0(c) = (b−a) 1 1 +c2 Puisquea < c < b, on a : 1
1 +b2 < 1
1 +c2 < 1 1 +a2. On a donc :
∀a , b∈R, a < b, b−a
1 +b2 ≤arctanb−arctana≤ b−a 1 +a2 4. Puisque arctan 1 =π
4, si on prenda= 1 etb=4
3, en utilisant la question 3., on a :
1 3
1 + (43)2
≤arctan4 3
−arctan 1≤
1 3
1 + 12 Soit :
π 4+ 3
25≤arctan4 3
≤π 4 +1
6 Exercice 5.
1. Un sous-espace vectoriel est une partie d’un espace vectoriel, non vide et stable pour les deux opérations.
Fest non vide car le vecteur~0 lui appartient :~0 = (0,0,0), 0 + 2×0 = 0 et 0 + 0 + 0 = 0.
Stabilité :∀u , ~~ v∈F,∀α∈R, α·u~+~v∈F
~
u= (x1, y1, z1) ~v= (x2, y2, z2)∈F ⇔
( x1+ 2y1= 0 et x1+y1+z1= 0 x2+ 2y2= 0 et x2+y2+z2= 0 α·u~+~v= (αx1+x2, αy1+y2, αz1+z2)
Alors :
( αx1+x2+ 2(αy1+y2) = α(x1+ 2y1) +x2+ 2y2 = 0
αx1+x2+αy1+y2+αz1+z2 = α(x1+y1+z1) +x2+y2+z2 = 0 donc :α·u~+~v∈F 2. Si un vecteuru~= (x , y , z)∈F, on a nécessairement :x+ 2y= 0 ⇔ x=−2y
On doit aussi avoir :x+y+z= 0.
Compte tenu de l’égalité précédente, on doit avoir :−2y+y+z= 0 ⇔ z=y.
Tout vecteur non nul de la forme (−2y , y , y) est donc un générateur deF, par exemple : (−2,1,1).
Comme tout vecteur non nul est libre, (−2,1,1) est une base deF.
2
Exercice 6.
1. CommeR4 est de dimension 4, pour montrer que{v~1, ~v2, ~v3, ~v4}est une base, il suffit de montrer que ces vecteurs sont libres. Soit :α·~v1+β·v~2+γ·~v3+δ·v~4=~0.
On obtient un système de quatre équations :
β + γ + δ = 0
α + + γ + δ = 0
α + β + δ = 0
α + β + γ = 0
En retranchant la 1rede la 2eet la 4ede la 3e, on obtient :α=βetγ=δ.
En reportant ces résultats dans la 1reet la 3e, on obtient respectivement :α+ 2γ= 0 et 2α+γ= 0, donc finalement :α=β=γ=δ.
Par conséquent, n’importe quelle équation donne : 3α = 0 et finalement :α=β=γ=δ= 0. Le système de vecteurs est donc libre.
2. Si on additionne ces quatre vecteurs, on obtient :~v1+v~2+v~3+~v4= (3,3,3,3).
Alors : (1,1,1,1) =1 3·~v1+1
3·v~2+1 3·v~3+1
3·v~4. Les coordonnées du vecteur (1,1,1,1) sur la nouvelle base sont donc toutes égales à1
3.
Exercice 7.On effectue les transformations élémentaires suivantes :L2−2L1 L2etL3+L1 L3. On obtient alors la matrice :
1 3 1
0 −7 −1
0 4 3
Puis on effectue :L3 L3+ 2L2et on obtient :
1 3 1
0 −7 −1 0 −17 0
Enfin on permutte les deux dernières colonnes :
1 1 3
0 −1 −7 0 0 −17
La matrice est donc de rang 3. (On pouvait aussi calculer le déterminant et voir qu’il n’est pas nul).
Exercice 8.
1. (a) On exécute les opérations élémentaires :C2 C2−C1 etC3 C3−2C1 et on développe le déterminant obtenu par rapport à sa première ligne :
D=
1 0 0
2 −1 −3 1 0 −1
=
−1 −3 0 −1 = 1 CommeD,0, la matriceMest inversible.
(b) On pose :
1 1 2 1 0 0
2 1 1 0 1 0
1 1 1 0 0 1
On effectue les opérations élémentaires :L2 L2−2L1etL3 L3−L1:
1 1 2 1 0 0
0 −1 −3 −2 1 0 0 0 −1 −1 0 1
3
On effectue maintenant :L1 L1+ 2L3etL2 −L2+ 3L3:
1 1 0 −1 0 2
0 1 0 −1 −1 3 0 0 −1 −1 0 1
Enfin :L1 L1−L2, puis on multiplieL3par−1 :
1 0 0 0 1 −1
0 1 0 −1 −1 3
0 0 1 1 0 −1
On a doncM−1=
0 1 −1
−1 −1 3 1 0 −1
On vérifie par le calcul queMM−1=I3.
2. (a) Une application est linéaire si elle vérifie pour tous vecteursu~ et v~de R3 et tout réelα : f(~u+~v) =f(~u) +f(~v) etf(α·~u) =α·f(~u).
On pose :u~= (x1, y1, z1) etv~= (x2, y2, z2).
f(~u+~v) =
(x1+x2) + (y1+y2) + 2(z1+z2),2(x1+x2) + (y1+y2) + (z1+z2),(x1+x2) + (y1+y2) + (z1+z2)
=
x1+y1+ 2z1,2x1+y1+z1, x1+y1+z1 +
x1+y2+ 2z2,2x2+y2+z2, x2+y2+z2
=f(~u) +f(~v) f(α·~u) =
αx1+αy1+ 2αz1,2αx1+αy1+αz1, αx1+αy1+αz1
=
α(x1+y1+ 2z1), α(2x1+y1+z1), α(x1+y1+z1)
=α
x1+y1+ 2z1,2x1+y1+z1, x1+y1+z1
=α·f(~u)
(b) La matriceMf def par rapport à la base canonique est obtenue en mettant en colonnes les coordonnées des images de chaque vecteur de cette base parf :
f
(1,0,0)
= (1,2,1),f
(0,1,0)
= (1,1,1),f
(0,0,1)
= (2,1,1), ce qui donne la matriceM de la première partie.
(c) Puisqu’on a vu que la matriceMest inversible, l’applicationf est bijective et sa matrice est la matriceM−1. On a donc :
f−1(x , y , z) = (y−z ,−x−y+ 3z , x−z)
4
