Correction du devoir surveill´ e n˚6

(1)

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2013-2014

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚6

Exercice 1

On reconnaˆıt une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants. Son équation homogène associée est

(EH) : y^′′+ 4y= 0.

d’inconnuey:R→Rune fonction deux fois d´erivable.

• R´esolution de (EH)

L’´equation (Ecar) caract´eristique de (EH) est

(Ecar) : x²+ 4 = 0

d’inconnuex∈C. En remarquant que 4 =−(4i)²et en utilisant la 3^`êmeidentité remarquable, on montre que (Ecar) possède deux racines : 2i et −2i. La partie réelle de 2i vaut α= 0 et sa partie imaginaire β= 2. On en déduit que

Sol(E_H)=

R → R

x 7→ λ1cos(2x) +λ2sin(2x)

(λ1, λ2)∈R²

.

• Recherche d’une solution particuli`ere de (E)

Le second membre de (E) est^≪en sinus^≫. Pour rechercher une solution particulière de (E), on introduit l’équation différentielle

(E) :e y^′′+ 4y=e^2ix

d’inconnuey:R→Cune fonction deux fois dérivable (passage au champ complexe) et on cherche une solution particulièreye0de (E). La fonctione y0:= Im(ye0) sera alors solution particulière de (E).

Commeω:= 2iest racine de (Ecar) et que (Ecar) poss`ede deux racines distinctes, on cherche une solution particuli`ereye0 de (E) sous la formee

e

y0:R→C; x7→Bxe^2ix

oùB est une constante complexe. Les fonctionsx7→xet x7→e^2ix étant deux fois dérivables surR, on en déduit que la fonctionye0est dérivable surR. On calcule

e y0′

(x) =Be^2ix+ 2iBxe^2ix et ye0′′

(x) = 2iBe^2ix+ 2iBe^2ix−4Bxe^2ix= 4iBe^2ix−4Bxe^2ix pour toutx∈R. Comme

e y0′′

(x) + 4ye0(x) = 4iBe^2ix

pour toutx∈R, on voit queye0est solution de (E) si et seulement si 4iBe = 1, soitB=−₄¹i.La fonction e

y0:R→C; x7→ −1

4ixe^2ix= 1

4xsin(2x) +i

−1

4xcos(2x)

est donc solution de (E). Donc la fonctione

y0:R→R; x7→Im(ye0(x)) =−1

4xcos(2x) est solution de (E).

• Conclusion

L’ensemble solution de (E) est Sol_(E)=

( R → R

x 7→ λ₁cos(2x) +λ₂sin(2x)−1

4xcos(2x)

(λ1, λ2)∈R² )

.

(2)

Exercice 2

1. La suite (un)n∈Nest une suite récurrente linéaire d’ordre 2. Son équation caractéristique est (Ecar) : x²−4x−5 = 0

d’inconnuex∈C. Les racines de (Ecar) sont−1 et 5 (racines^≪évidentes^≫ trouvées à l’aide des relations coefficients/racines pour un polynôme de degré 2). On en déduit qu’il existe (λ1, λ2)∈R² tel que

∀n∈N un=λ1(−1)ⁿ+λ25ⁿ. (1) De (1) etu0= 1, on d´eduit

λ1+λ2= 1. (2)

De (1) etu1= 2, on d´eduit

−λ1+ 5λ2= 2. (3)

On résout alors le système linéaire formé des équations (2) et (3) par la méthode du pivot de Gauß. On trouve une unique solution (λ1, λ2) = ¹₂,¹₂

. On a donc

∀n∈N u_n= 1

2 (−1)ⁿ+1 2 5ⁿ. 2. D’après la question précédente

un =1

2 ×5ⁿ×

−1 5

n

+ 1

(4) pour toutn∈N. D’apr`es le cours on a

5ⁿ→+∞ et

−1 5

n

→0 (5)

car 5>1 et−1<−¹₅ <1. De (4), (5) et des op´erations sur les limites, on d´eduitun→+∞.

Probl`eme 1 - Partie A

1. On introduit les coefficients deM1et M2, en posantM1=

a1 b1

c1 d1

et M2=

a2 b2

c2 d2

. Par d´efinition det(M1) =a1d1−b1c1 et det(M2) =a2d2−b2c2, d’o`u

det(M1)×det(M2) =a1d1a2d2−a1d1b2c2−b1c1a2d2+b1c1b2c2. (6) On calcule le produit matricielM1×M2:

M1×M2=

a1 b1

c1 d1

×

a2 b2

c2 d2

=

a1a2+b1c2 a1b2+b1d2

c1a2+d1c2 c1b2+d1d2

. Par d´efinition du d´eterminant on a donc

det(M1×M2) = (a1a2+b1c2)(c1b2+d1d2)−(a1b2+b1d2)(c1a2+d1c2)

= a1c1a2b2+a1d1a2d2+b1c1c2b2+b1d1c2d2

−(a1c1a2b2+a1d1b2c2+b1c1a2d2+b1d1c2d2)

= a1d1a2d2+b1c1c2b2−a1d1b2c2−b1c1a2d2.

En comparant cette derni`ere valeur `a celle obtenue en (6) on voit que det(M1×M2) = det(M1)×det(M2).

2. det(I2) = 1

3. La matriceAétant inversible dansM2(Z), il existe une matriceA^′ deM2(Z) telle queA×A^′=I2. On a donc det(A×A^′) = det(I2).En utilisant les résultats des deux questions précédentes, cette identité se réécrit

det(A^′)×det(A) = 1. (7)

Comme det(A) et det(A^′) sont des entiers (relatifs), de (7) on d´eduit que det(A) divise 1. Or les seuls diviseurs entiers (relatifs) de 1 sont−1 et 1. On a donc det(A) = 1 ou det(A) =−1.

(3)

Probl`eme 1 - Partie B 1. On calcule

A×A^′ =

ad−bc −ba+ab dc−dc −bc+ad

=

det(A) 0

0 det(A)

= det(A)I2. De mˆeme on calcule

A^′×A= det(A)I2. On a donc

A×A^′ =A^′×A= det(A)I2. (8)

2. ⇒ Supposons la matriceAinversible dans M2(Z). Alors det(A)∈ {−1,1} d’apr`es la question 3 de la partie A.

⇐ Supposons que la matriceA ait un déterminant égal à 1 ou−1.

• Si le d´eterminant deAest 1 alors on d´eduit de (8) que A×A^′ =A^′×A=I2. La matriceAest donc inversible dansM2(Z).

• Supposons que le d´eterminant deAsoit −1. Alors A×(−A^′) = −A×A^′

= −(−1)I2 (cf. (8))

= I2.

De mˆeme on montre que (−A^′)×A=I2. La matriceAest donc inversible dansM2(Z).

Probl`eme 1 - Partie C 1. Cf. cours.

2. ⇒ Supposons qu’il existe des entiers relatifs c et d tels que la matriceA =

a b c d

∈ M2(Z) soit inversible dansM2(Z). Montrons queaetb sont premiers entre eux.

La matriceA´etant inversible dansM2(Z), on a det(A) = 1 ou det(A) =−1 d’apr`es la question 3 de la partie A (ou la question 2 de la partie B).

• Si le d´eterminant deAvaut 1 alors on a ad−bc= 1 et donc a×d+b×(−c) = 1.

Par le théorème de Bézout, les entiersaet bsont donc premiers entre eux.

• Si le d´eterminant deAvaut−1 alors on aad−bc=−1 et donc a×(−d) +b×c= 1.

Par le théorème de Bézout, les entiersaet bsont donc premiers entre eux.

⇐ Supposons que les entiersaetbsoient premiers entre eux. Montrons qu’il existe des entiers relatifs c etdtels que la matriceA=

a b c d

∈ M2(Z) est inversible dansM2(Z).

Commeaetb sont premiers entre eux, il existe un couple (u, v)∈Z²tel que au+bv= 1

d’après le théorème de Bézout. Posons alors c := −v et d := u. Le déterminant de la matrice A=

a b c d

∈ M2(Z) est

det(A) =ad−bc=au+bv= 1.

La matriceAest donc inversible dansM2(Z) d’apr`es la question 2 de la partie B.

(4)

3. • 1^`^eresolution

Soitn∈N^∗. Les entiers naturels non nulsan:= 1 et bn :=n sont premiers entre eux (1 est premier avec tout entier naturel non nul). D’après la question précédente, il existe donc un couple d’entiers relatifs (cn, dn) tel que la matriceAn:=

1 n cn dn

∈ M2(Z) soit inversible dansM2(Z).

Les matricesAn (n∈N^∗) ainsi construites sont deux `a deux distinctes car leurs coefficients d’adresse (1,2) le sont.

• 2^`^emesolution

Soit n∈ N^∗. La matrice An :=

n+ 1 n n n−1

∈ M2(Z) a pour d´eterminant−1. Elle est donc inversible dansM2(Z), d’apr`es la question 2 de la partie B.

Les matricesA_n (n∈N^∗) ainsi construites sont deux `a deux distinctes car leurs coefficients d’adresse (1,1) le sont.

4. D’après la question précédente l’ensemble des matrices deM2(Z) inversibles dansM2(Z) est infini.

Probl`eme 1 - Partie D 1. Cf. cours.

2. On applique l’algorithme d’Euclide.

• Etape 1´

On effectue la division euclidienne de 3001 par 121. On trouve

3001 = 24×121 + 97. (9)

On a donc

PGCD(3001,121) = PGCD(121,97). (10)

• Etape 2´

121 = 1×97 + 24. (11)

On a donc

PGCD(121,97) = PGCD(97,24). (12)

• Etape 3´

97 = 4×24 + 1. (13)

On a donc

PGCD(97,24) = PGCD(24,1). (14)

Comme 1 divise 24, on a PGCD(24,1) = 1. De cette identit´e de de (14), (12) et (10) on d´eduit PGCD(3001,121) = 1.

3. Cf. cours.

4. • Recherche d’une solution particulière de l’équation en^≪remontant^≫ l’algorithme d’Euclide De (13) on déduit

1 = 97−4×24.

Or 24 = 121−97 (cf. (11)). Donc

1 = 97−4(121−97) = 5×97−4×121.

(5)

Or 97 = 3001−24×121 (cf. (9)). Donc

1 = 5×(3001−24×121)−4×121 = 5×3001−124×121.

En d’autres termes le couple (5,−124) est solution de (E).

Analyse

Soit (x, y)∈Z² une solution de (E). Alors

3001x+ 121y= 1. (15)

D’après ce qui précède, on a également

3001×5 + 121×(−124) = 1. (16)

En soustrayant membre `a membre (15) et (16) on obtient

3001(5−x) = 121(124 +y). (17)

De (17) on d´eduit que 121 divise 3001(5−x). Or 121 et 3001 sont premiers entre eux (cf. question 2).

Par le lemme de Gauß, 121 divise donc 5−x. Il existe doncq∈Ztel que 5−x= 121q, i.e. tel que x= 5−121q.

En injectant cette expression dexdans (17) on obtient y= 3001q−124.

Les couples candidats pour ˆetre solutions de (E) sont donc les couples (5−121q,3001q−124)

o`uq∈Z. Synth`ese

Soitq∈Z. V´erifions si le couple (5−121q,3001q−124) est solution de (E).

3001(5−121q) + 121(3001q−124) = 3001×5−3001×121q+ 121×3001q+ 121×(−124)

= 3001×5 + 121×(−124)

= 1 (car (5,−124) est solution de (E)).

Le couple (5−121q,3001q−124) est donc solution de (E).

Conclusion

Sol_(E)={(5−121q,3001q−124)|q∈Z}.

5. On sait que

∀q∈Z 3001(5−121q) + 121(3001q−124) = 1 (18)

d’après la question précédente.

• On a ´etabli

3001×5 + 121×(−124) = 1.

La matrice

3001 121

124 5

∈ M2(Z)

a un d´eterminant 1. Elle est donc (cf. question 2 de la partie B) inversible dans M2(Z).

• En sp´ecifiantq= 1 dans (18) il vient

3001×(−116) + 121×(2877) = 1.

La matrice

3001 121

−2877 −116

∈ M2(Z)

(6)

• En sp´ecifiantq=−1 dans (18) il vient

3001×(126) + 121×(−3125) = 1.

La matrice

3001 121 3125 126

∈ M2(Z)

• En sp´ecifiantq= 2 dans (18) il vient

3001×(−237) + 121×(5878) = 1.

La matrice

3001 121

−5878 −237

∈ M2(Z)

Les couples (124,5), (−2877,−116), (3125,126) et (−5878,−237) conviennent donc.

Probl`eme 2 - Partie A

1. On reconnaˆıt une équation différentielle linéaire d’ordre 1 homogène. Une primitive de la fonction a: ]0,+∞[→R; x7→ −1

x est

A: ]0,+∞[→R; x7→ −ln(x).

Alors comme pour toutx∈]0,+∞[,e^−A(x)=xon a Sol(E_H)=

]0,+∞[ → R x 7→ kx

k∈R

={k ϕ|k∈R} o`uϕ: ]0,+∞[→R; x7→x.

2. On reconnaˆıt une équation différentielle linéaire d’ordre 1 dont l’équation homogène associée a déjà été résolue (cf. question 1).

• Recherche d’une solution particulière de (E) par la méthode de la variation de la constante Soitk: ]0,+∞[→Rune fonction dérivable et soit

y0: ]0,+∞[→R; x7→k(x)ϕ(x).

La fonctiony0 est d´erivable comme produit de deux fonctions d´erivables et pour toutx∈]0,+∞[

y^′₀(x) =k^′(x)ϕ(x) +k(x)ϕ^′(x).

Donc

y0 est solution de (E) ⇔ pour toutx∈]0,+∞[ k^′(x)ϕ(x) +k(x)ϕ^′(x)−1

xk(x)ϕ(x) =−2α x²

⇔ pour toutx∈]0,+∞[ k^′(x)ϕ(x) +k(x)

ϕ^′(x)−1 xϕ(x)

| {z }

0 carϕ∈Sol(EH)

=−2α x²

⇔ pour toutx∈]0,+∞[ k^′(x)ϕ(x) =−2α x²

⇔ pour toutx∈]0,+∞[ k^′(x) =−2α x³

⇔ pour toutx∈]0,+∞[ k^′(x) =α×(−2)x⁻³.

(7)

Ainsi si l’on pose

k: ]0,+∞[→R; x7→ α x² la fonction kest d´erivable sur ]0,+∞[ et la fonction

y0: ]0,+∞[→R; x7→k(x)ϕ(x) = α x est solution de (E).

• Conclusion

Sol(E)=

( ]0,+∞[ → R x 7→ kx+α

x k∈R

)

3. Soity: ]0,+∞[→Rune fonction dérivable sur ]0,+∞[. La fonctionyest solution du problème de Cauchy considéré si et seulement si

yest solution de l’équation différentielle (E) résolue à la question 2 ; y(1) = 2α.

D’après le résultat obtenu à la question 2, la fonctiony est solution du problème de Cauchy considéré si et seulement si

il existek∈Rtel que pour toutx∈]0,+∞[,y(x) =kx+α x; y(1) = 2α

donc si et seulement si

il existek∈Rtel que pour toutx∈]0,+∞[,y(x) =kx+α x; k+α= 2α.

On en déduit que l’unique solution du problème de Cauchy considéré est y: ]0,+∞[→R; x7→αx+α

x. Probl`eme 2 - Partie B

1. Commex →

x→0⁺0, ¹_x →

x→0⁺+∞et α >0, les r´esultats sur les op´erations sur les limites livrent f(x) =αx+α

x →

x→0⁺+∞.

On en déduit que la droite d’équationx= 0 (i.e. l’axe (Oy)) est asymptote verticale à la courbeCf. 2. Commex →

x→+∞+∞, ¹_x →

x→+∞0 etα >0, les r´esultats sur les op´erations sur les limites livrent f(x) =αx+α

x →

x→+∞+∞.

3. On a

f(x)−αx= α

x →

x→+∞0.

Donc la droiteDd’´equationy=αx est asymptote oblique `a Cf au voisinage de +∞. Commeα >0 on a pour toutx∈]0,+∞[

f(x)−αx= α x >0.

On en d´eduit que la courbeCf est au-dessus de la droiteDau dessus de ]0,+∞[.

4. La fonctionf est combinaison lin´eaire des fonctions

]0,+∞[→R; x7→x et ]0,+∞[→R; x7→ 1 x

que l’on sait être dérivables sur ]0,+∞[. Elle est donc dérivable sur ]0,+∞[. Pour toutx∈]0,+∞[

f^′(x) =α−α 1

x² =α(x−1)(x+ 1) x² . On en d´eduit le tableau suivant.

(8)

x 0 1 +∞

Signe def(x) − 0 +

+∞ +∞

Variations def

ց ր

2α

La fonctionf admet 2αcomme minimum global et ce minimum est atteint en l’unique pointx= 1. La fonctionf ne peut admettre de maximum global carf(x) tend vers +∞quandxtend vers +∞.

5. On ´etudie le signe def(x)−xpourx∈]0,+∞[.

• 1^`^eresolution

On a démontré à la question 3 quef(x)> αxpour toutx∈]0,+∞[. Orαx > xpour toutx∈]0,+∞[

carα >1. On en d´eduit quef(x)> xpour toutx∈]0,+∞[.

• 2^`^emesolution

Pour toutx∈]0,+∞[

f(x)−x= (α−1)x+α

x = (α−1)x²+α x >0 carα >1.

On en d´eduit le tableau suivant.

x 0 +∞

Signe def(x)−x +

On en d´eduit que la courbeCf est au-dessus de la droite ∆ au dessus de ]0,+∞[.

6. Du tableau de signes de la question 5 et deα >0, on d´eduit quef(α)> α.

7. Soity ∈f( [α,+∞[ ). Alors par d´efinition de l’image directe d’une partie il existe x∈ [α,+∞[ tel que y=f(x). Commex≥α >1 et que la fonctionf est (strictement) croissante sur [1,+∞[ (cf. tableau de variations de la question 4), on a

y=f(x)≥f(α). (19)

De (19) et du r´esultat de la question 6, on d´eduity≥α. Doncy∈[α,+∞[.

Probl`eme 2 - Partie C On remarque que

un+1=f(un). (20)

1. On raisonne par r´ecurrence. Soit le pr´edicat

P(n) : un est bien d´efini etun≥α d´efini pourn∈N.

• Initialisation `an= 0

Le nombreu0 est d´efini et vautα. On a doncu0≥α. La propositionP(0) est donc vraie.

(9)

• Hérédité

Soitn∈Nfix´e tel queP(n) est vraie, i.e.

un est bien d´efini etun ≥α MontronsP(n+ 1), i.e.

un+1 est bien d´efini etun+1≥α.

Comme un ≥ α >0, un ∈]0,+∞[ et on peut donc calculer un+1 =f(un). Le nombre un+1 existe donc.

D’autre partu_n∈[α,+∞[ et l’intervalle [α,+∞[ est stable par f (cf. question 7 de la partie B). On a donc un+1=f(un)∈[α,+∞[ et doncun+1≥α.

• Conclusion

De l’initialisation àn= 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence on déduit que

∀n∈N un est bien d´efini etun≥α. (21)

2. Soitn∈N. D’apr`es (21), un ≥α >0 et doncun∈]0,+∞[. Du tableau de signes de la question 5 de la partie B on d´eduit

f(un)−un>0

et donc queun+1=f(un)> un. La suite (un)n∈Nest donc (strictement) croissante.

3. Cf. cours.

4. On raisonne par l’absurde. On suppose que la suite (un)n∈Nconverge. Soitl∈Rsa limite.

En passant à la limite dans l’inégalité

un ≥α

valable pour toutn∈N(cf. (21)) on obtientl≥α. Commeα >0, on en d´eduit

l >0. (22)

La suite (un+1)n∈N est une suite extraite de la suite (un)n∈N. On a donc

un+1→l. (23)

De u_n →l 6= 0 (cf. (22)), (23) et des opérations sur les limites on voit que l’on peut passer à la limite dans l’égalité

un+1=αun+ α u_n valable pour toutn∈Npour obtenir

l=αl+α l i.e.

f(l)−l= 0. (24)

De (22) et (24) on déduit qu’il existe un réelx(x=l) appartenant à ]0,+∞[ tel quef(x)−x= 0. Ceci contredit le tableau de signes obtenu à la question 5 de la partie B. La suite (un)n∈Nest donc divergente.

5. D’après le théorème de la limite monotone, comme la suite (un)n∈Nest croissante elle admet une limite.

De plus on a l’alternative suivante.

• Alternative 1 : La suite (un)n∈Nconverge vers sup

n∈N

un∈Rsi elle est born´ee.

• Alternative 2 : La suite (un)n∈Ndiverge vers +∞si elle n’est pas born´ee.

Par question pr´ec´edente, nous ne sommes pas dans l’alternative 1. C’est donc l’alternative 2 qui vaut, i.e.u_n→+∞.