ECRICOME 2019
Exercice 1
On considère dans cet exercice l’espace vectoriel E = R3, dont on note B = (e1, e2, e3) la base canonique. Soitf l’endomorphisme deE dont la matrice dans la base B est la matrice :
A = 1 3
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
Partie A
1. a) CalculerA2 puis vérifier queA3 est la matrice nulle de M3(R).
Démonstration.
• Tout d’abord : A2 = 1
3
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
× 1 3
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
= 1 9
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
×
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
= 1 9
0 −3 −3 0 −3 −3
0 3 3
= 1 3
0 −1 −1 0 −1 −1
0 1 1
A2= 1 3
0 −1 −1 0 −1 −1
0 1 1
• Ensuite :
A3 = A × A2 = 1 3
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
× 1 3
0 −1 −1 0 −1 −1
0 1 1
= 1 9
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
×
0 −1 −1 0 −1 −1
0 1 1
= 1 9
0 0 0 0 0 0 0 0 0
On a bienA3 = 0M3(R). b) Justifier que0est l’unique valeur propre possible def.
Démonstration.
D’après la question précédente, le polynôme Q(X) = X3 est un polynôme annulateur de la matriceA. Ainsi :Sp(A)⊂ {racines deQ}={0}.
Ainsi :Sp(f) = Sp(A)⊂ {0}et0 est l’unique valeur propre possible def.
1
• Une matriceA∈Mn(R) possèdeTOUJOURSun polynôme annulateur non nul Q.
On peut même démontrer (ce n’est pas au programme en ECE) qu’il existe toujours un tel polynôme de degré (au plus) n.
• SiQest un polynôme annulateur deAalors, pour toutα∈R, le polynômeα Qest toujours un polynôme annulateur deA puisque :
(α Q)(A) = α Q(A) = 0Mn(R)
Cela suffit à démontrer que Apossède une infinité de polynômes annulateurs.
On peut en obtenir d’autres. Par exempleR(X) = (X−5)Q(X)est un polynôme annulateur deA puisque :
R(A) = (A−5I)Q(A) = 0Mn(R) Il faut donc parlerD’UN polynôme annulateur d’une matrice.
• Les racines d’un polynôme annulateur ne sont pas forcément toutes valeurs propres deA.
Si c’était le cas,A aurait une infinité de valeurs propres (elle en possède au plus n). Par exemple, commeR(X) = (X−5)Q(X) est un polynôme annulateur, un tel raisonnement permettrait de démontrer que5 est aussi valeur propre.
Commentaire
c) Déterminer une base et la dimension du noyau def. Démonstration.
• Soitu= (x, y, z)∈R3. Notons U = MatB(u) =
x y z
. u∈Ker(f) ⇐⇒ f(u) = 0R3
⇐⇒ A U = 0M3,1(R)
⇐⇒ 1 3
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
−x + 2y + z = 0
−x − y − 2z = 0
x + y + 2z = 0
L2←L2−L1 L3←L3+L1
⇐⇒
−x + 2y + z = 0
− 3y − 3z = 0 3y + 3z = 0
L3←L3+L2
⇐⇒
−x + 2y + z = 0
− 3y − 3z = 0 0 = 0
⇐⇒
−x + 2y = −z
− 3y = 3z
L1←L1+ 2L2
⇐⇒
−x = z
− y = z
Finalement, on obtient l’expression deKer(f) suivante :
Ker(f) = {(x, y, z)∈R3 |x=−z et y=−z}
= {(−z,−z, z) |z∈R}
= {z·(−1,−1,1)|z∈R}
= Vect ((−1,−1,1))
• La familleF = (−1,−1,1) :
× engendre Ker(f),
× est libre car constituée uniquement d’un vecteur non nul.
Ainsi, F= (−1,−1,1)
est une base deKer(f)et dim Ker(f)
= Card (−1,−1,1)
= 1.
d) L’endomorphismef est-il diagonalisable ? Démonstration.
• On a démontré en question1.b) que0 est la seule valeur propre possible def. Or, d’après la question précédente : Ker(f)6={0R3}.
On en déduit que0 est bien valeur propre def, de sous-espace propre associé E0(f) = Ker(f) = Vect ((−1,−1,1)).
• Le réel0 est la seule valeur propre def. Or : dim E0(f)
= 16= 3 = dim R3
Ainsi, l’endomorphismef n’est pas diagonalisable.
• Soitλ∈R. Si l’on sait :
Ker f −λid
6={0R3}
alors on peut en conclure qu’il existe un vecteur non nul u ∈ R3 tel que : f(u) = λ u.
Ainsi,λest valeur propre def etKer f −λid
=Eλ(f)est le sous-espace propre associé à la valeur propreλ.
• Dans cette question on a utilisé la caractérisation générale suivante : L’endormorphisme f :E →E est diagonalisable ⇔
Pm i=1
dim(Eλi(f)) = dim(E)
oùλ1, . . . , λm sont les valeurs propres distinctes def.
• On peut aussi procéder par l’absurde pour démontrer quef n’est pas diagonalisable.
Supposons quef est diagonalisable. Alors A= MatB(f) l’est aussi.
Il existe donc une matrice inversibleP ∈M3(R)et une matrice diagonaleD∈M3(R)dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres deA telles queA=P DP−1.
Or0 est la seule valeur propre deA. AinsiD= 0M3(R) et : A=P DP−1 =P0M3(R)P−1= 0M3(R) Absurde !
Commentaire
2. Soient e01 = (−1,−1,1),e02 = (2,−1,1)ete03= (−1,2,1).
a) Démontrer que la familleB0 = (e01, e02, e03) est une base deE.
Démonstration.
• Montrons que la famille(e01, e02, e03) est libre.
Soit(λ1, λ2, λ3)∈R3. Supposons : λ1·e01+λ2·e02+λ3·e03 = 0R3. Les équivalences suivantes sont vérifiées.
λ1·e01+λ2·e02+λ3·e03 = 0R3
⇐⇒ (−λ1+ 2λ2−λ3, −λ1−λ2+ 2λ3, λ1+λ2+λ3) = (0,0,0)
⇐⇒
−λ1 + 2λ2 − λ3 = 0
−λ1 − λ2 + 2λ3 = 0 λ1 + λ2 + λ3 = 0
L2←L2−L1 L3←L3+L1
⇐⇒
−λ1 + 2λ2 − λ3 = 0
− 3λ2 + 3λ3 = 0
3λ2 = 0
L3←L3+L2
⇐⇒
−λ1 + 2λ2 − λ3 = 0
− 3λ2 + 3λ3 = 0 3λ3 = 0
⇐⇒ {λ1=λ2 =λ3= 0
(par remontées successives)
Ainsi, B0 = (e01, e02, e03) est une famille libre de R3.
• On a alors :
× la famille(e01, e02, e03) est une famille libre,
× Card (e01, e02, e03)
= 3 = dim(R3).
Ainsi, B0 = (e01, e02, e03) est une base deR3.
• Le terme cardinal est réservé aux ensembles finis. La famille (e01, e02, e03) est un ensemble qui contient 3 vecteurs. Elle est donc finie, de cardinal3 (ce qu’on note Card((e01, e02, e03)) = 3).
• Vect (e01, e02, e03) est l’espace vectoriel constitué de toutes les combinaisons linéaires des vecteurs(e01, e02, e03). C’est un ensembleinfinide vecteurs, on ne peut parler de son cardinal. Par contre, si l’on dispose d’une base(e01, e02, e03)d’un espace vectoriel, tout vecteur se décompose de manière unique sur cette base. Ceci permet de donner une représentation finie de cet ensemble infini.
• Les notations : Card(Vect (e01, e02, e03))et dim((e01, e02, e03))n’ont aucun sens ! Commentaire
b) Démontrer que la matrice représentative def dans la baseB0 est la matriceT =
0 1 0 0 0 1 0 0 0
. Démonstration.
NotonsE10 = MatB e01
=
−1
−1 1
,E20 = MatB e02
=
2
−1 1
etE30 = MatB e03
=
−1 2 1
.
• f(e01) = 0·e01+ 0·e02+ 0·e03 car e01 ∈E0(f).
Ainsi :MatB0 f(e01)
=
0 0 0
.
• MatB f(e02)
= MatB f
×MatB e02
=AE20 = 1 3
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
2
−1 1
= 1 3
−3
−3 3
=E10. Doncf(e02) = 1·e01+ 0·e02+ 0·e03.
Ainsi :MatB0 f(e02)
=
1 0 0
.
• MatB f(e03)
= MatB f
×MatB e03
=AE30 = 1 3
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
−1 2 1
= 1 3
6
−3 3
=E20. Doncf(e03) = 0·e01+ 1·e02+ 0·e03.
Ainsi :MatB0 f(e03)
=
0 1 0
.
Finalement, on a bien :MatB0(f) =
0 1 0 0 0 1 0 0 0
=T.
• Rappelons tout d’abord que déterminer la matrice représentative de f dans la base B0 consiste à exprimer l’image parf des vecteurs e01,e02,e03 suivant la base (e01, e02, e03).
• L’énoncé ne donne pas directement accès à f mais à A, sa matrice représentative dans la base B. La base B étant fixée, l’application MatB(.), appelée parfois isomorphisme de représentation, permet de traduire les propriétés énoncées dans le monde des espaces vectoriels en des propriétés énoncées dans le monde matriciel.
Voici quelques correspondances dans le cas général : E espace vectoriel de dimensionn ←→ Mn,1(R)
f :E →E endomorphisme ←→ MatB(f)∈Mn(R) f bijectif ←→ MatB(f) inversible Ou encore, dans le cas précis de l’exercice :
expression def(e01) dans(e01, e02, e03) ←→ expression deAE10 dans(E10, E20, E30)
Il est très fréquent que les énoncés de concours requièrent de savoir traduire une propriété d’un monde à l’autre. Il est donc indispensable d’être à l’aise sur ce mécanisme.
Commentaire
• Comme on l’a vu dans la question1., l’endomorphismef n’est pas diagonalisable. Il n’existe donc pas de base dans laquelle la matrice représentantf est diagonale.
• Dans ce cas, on se rabat sur une propriété plus faible : existe-t-il une base dans laquelle la représentation matricielle def serait triangulaire supérieure ? Cette propriété est beaucoup plus simple à obtenir notamment si l’on accepte d’utiliser des matrices dont les coefficients sont complexes (hors de notre portée en ECE).
On parle alors detrigonaliser (on dit aussitriangulariser) la matrice A.
• Si un endomorphismef :E →E est triangularisable, comment le triangularise-t-on ? Notons λ1, . . . , λm les valeurs propres de f. On cherche alors une base de chaque sous- espace propreEλi et on considère la famille obtenue en concaténant toutes ces bases.
Cette famille N’EST PAS une base de E. Si tel était le cas, on aurait formé une base de vecteurs prores et doncE serait diagonalisable.
Par contre, cette famille est libre. On peut alors la compléter en une base deE.
Sans entrer dans les détails, on peut faire en sorte (en choisissant correctement les vecteurs qu’on ajoute) que la matrice représentative def dans la baseB0soit triangulaire supérieure.
• C’est la méthode développée dans cette question. Ici,f n’a qu’une valeur propre. Le sous- espace propre E0(f) a pour base la famille (−1,−1,1)
. On complète alors cette famille en ajoutant e02 et e03 choisis de sorte à ce que la matrice représentant f dans la base B0 ainsi formée soit triangulaire.
Commentaire
3. On pose : M = 1 3
4 −2 −1
1 4 2
−1 −1 1
.
On note hl’endomorphisme de E dont la matrice représentative dans la base Best la matrice M.
a) Déterminer deux réelsα etβ tels queM =α A+β I, oùI est la matrice identité d’ordre 3.
Démonstration.
On remarque :
3M =
4 −2 −1
1 4 2
−1 −1 1
=
1 −2 −1
1 1 2
−1 −1 −2
+
3 0 0 0 3 0 0 0 3
= (−1)
−1 2 1
−1 −1 −2
1 1 2
+ 3
1 0 0 0 1 0 0 0 1
= −3 A+ 3I
On en déduit : M =−A+I. Les valeurs cherchées sont donc :α=−1 etβ= 1.
Les expressions des matrices M et A font toutes deux apparaître le coefficient 13. Il faut y prendre garde pour cette question. Une manière de contourner le problème est d’effectuer les manipulations sur la matrice 3M (ce qui explique la rédaction précédente).
Commentaire
b) Déterminer la matriceM0 de h dans la baseB0. Démonstration.
• D’après la question précédente :M =−A+I. Ce qui s’écrit : MatB h
= −MatB f
+ MatB idR3
(car I = MatB idR3 )
= MatB −f+ idR3 (par linéarité de l’application MatB ·
) L’application MatB ·
étant bijective, on en déduit :h=−f+ idR3.
• On en déduit alors : MatB0 h
= MatB0 −f+ idR3
= −MatB0 f
+ MatB0 idR3 (par linéarité de l’application MatB0 ·
)
= −T +I (car I = MatB0 idR3
)
Ainsi :M0 =−T+I =
−1 1 0
0 −1 1
0 0 −1
.
• Cette manière de rédiger est conseillée car témoigne d’une prise de recul importante et permet de s’émanciper de calculs.
• Cependant, il est tout à fait possible de rédiger comme en question2.b). Par exemple : MatB h(e02)
= MatB h
×MatB e02
= M E20 = (−A+I)E20 = −A E02+E20 = −E10 +E20
Donch(e02) = (−1)·e01+ 1·e02+ 0·e03 etMatB0 h(e02)
=
−1 1 0
. (on retrouve, comme attendu, la deuxième colonne de la matriceM0)
Notons qu’on se sert ici des calculs précédents, ce qui permet de ne pas avoir à effectuer le calculM E20 de manière directe.
Commentaire
c) En déduire queM est inversible.
Démonstration.
• La matriceM0 est triangulaire supérieure et ses coefficients diagonaux sont tous non nuls.
On en déduit queM0 est inversible.
• OrM0 est la représentation matricielle, dans la baseB0, de l’endomorphismeh.
On en déduit queh est bijectif.
• Remarquons enfin queMest la représentation matricielle, dans la baseB, de l’endomorphisme bijectifh.
On en déduit queM est inversible.
• On a opté ici pour une rédaction qui met en avant les liens entre l’endomorphismeh et ses matrices représentatives. On met ici en avant une correspondance déjà listée en question2.b), à savoir :
h bijectif ←→ MatB(h)inversible
• Les matricesMetM0sont les représentations matricielles, dans des bases différentes (B et B0), du même endomorphisme h. Ces deux matrices sont donc semblables.
Plus précisément :
MatB h
= PB,B0 × MatB h
× PB0,B
q q q q
M = P × M0 × P−1
où l’on a notéP =PB,B0 la matrice de passage de la base B à la base B0.
On peut déduire de cette écriture queMest inversible puisque s’écrit comme produit de matrices inversibles.
Commentaire
d) À l’aide de la question1.a), calculer(M−I)3.
En déduire l’expression deM−1 en fonction des matrices I,M etM2. Démonstration.
• D’après la question3.a),M =−A+I. Ainsi :M−I =−A.
• On en déduit :
(M−I)3 = (−A)3 = (−1)3 A3 = 0M3(R) (d’après la question1.a)) (M−I)3 = 0M3(R)
• Or, commeM etI commutent (I commute avec toute matrice du même ordre) :
(M−I)3 = M3(−I)0+ 3M2(−I)1+ 3M(−I)2+ (−I)3 = M3−3M2+ 3M−I D’après ce qui précède, on a :
M3−3M2+ 3M−I = 0M3(R) donc M3−3M2+ 3M = I
et M (M2−3M+ 3I) = I
On en déduit que la matrice M est inversible, d’inverseM−1=M2−3M+ 3I.
e) À l’aide de la formule du binôme de Newton, exprimerMnpour tout entier natureln, en fonction des matricesI,A etA2.
Cette formule est-elle vérifiée pourn=−1? Démonstration.
• Rappelons tout d’abord que d’après la question3.a) :M =I−A.
• De plus :A3= 0M3(R).
On en déduit, par une récurrence immédiate, que pour toutk>3,Ak = 0M3(R). (ou alors on remarque : ∀k>3, Ak=A3 Ak−3 = 0 Ak−3 = 0 )
• Les matricesI et−Acommutent (car la matriceI commute avec toutes les matrices du même ordre).
• Soitn>2. D’après la formule du binôme de Newton : Mn = (I −A)n =
n
P
k=0
n k
(I)n−k (−A)k
=
n
P
k=0
n k
In−k (−1)kAk
=
n
P
k=0
n k
(−1)kI Ak =
n
P
k=0
n k
(−1)k Ak (car : ∀j∈N, Ij =I)
=
2
P
k=0
n k
(−1)k Ak+
n
P
k=3
n k
(−1)k Ak (ce découpage est valable car n>2)
=
2
P
k=0
n k
(−1)k Ak (car : ∀k>3, Ak = 0M3(R))
= n
0
(−1)0 A0+ n
1
(−1)1 A1+ n
2
(−1)2 A2
= I−n A+n(n−1) 2 A2
• De plus :I−0·A+ 0·A2 =I et M0=I.
La formule précédente reste valable pourn= 0.
De même :I−1·A+ 0A2=I−A=M et M1 =M.
La formule précédente reste valable pourn= 1.
Ainsi, pour tout n∈N, Mn=I −n A+ n(n−1) 2 A2.
• La « relation de Chasles » stipule que pour tout(m, p, n)∈N3 tel que m6p6n:
n
P
k=m
uk =
p
P
k=m
uk+
n
P
k=p+1
uk
(la somme la plus à droite est nulle si p=n)
où(un)est une suite quelconque de réels ou de matrices.
• Dans cette question, on est dans le cas oùm= 0 etp= 2.
L’argumentn>2est donc essentiel pour découper la somme.
Les casn= 0etn= 1 doivent donc être traités à part.
• Ici, la matriceAvérifie :∀k>2, Ak= 0M3(R). Elle est dite nilpotente d’indice3(ce terme n’est pas au programme et il est préférable de ne pas l’utiliser dans une copie). Si elle avait été nilpotente d’ordre 4, il aurait fallu traiter à part les cas n = 0et n= 1 mais aussi le casn= 2 (le découpage de la somme est alors valable pour n>3).
Commentaire
• Enfin, lorsque n=−1, le membre droit de l’égalité devient : I−(−1)A+(−1)(−2)
2 A2
= I+A+A2
= I+ (I−M) + (I−M)2 (car A=I −M)
= 2I−M + (I2−2M+M2) (car I et−M commutent)
= 3I−3M +M2 = M−1 (d’après la question 3.d)) La formule est bien vérifiée si n=−1.
Partie B
Dans cette partie, on veut montrer qu’il n’existe aucun endomorphismeg de E vérifiant g◦g=f. On suppose donc par l’absurde qu’il existe une matrice V carrée d’ordre 3 telle que :
V2 = T
On noteg l’endomorphisme dont la matrice représentative dans la baseB0 est V. 4. Montrer : V T = T V. En déduire :g◦f =f ◦g.
Démonstration.
• CommeT =V2, on a :V T = V ×V2 = V3 = V2×V = T V. V T =T V
• Cette égalité se réécrit :
MatB0(g)×MatB0(f) = MatB0(f)×MatB0(g)
ou encore MatB0(g◦f) = MatB0(f ◦g) (par propriété de l’application MatB0(·)) L’applicationMatB0(·) étant bijective, on en déduit :g◦f =f ◦g.
On a bien : g◦f =f ◦g.
5. a) Montrer queg(e01)appartient au noyau de f.
En déduire qu’il existe un réelatel que :g(e01) =a·e01. Démonstration.
• Remarquons tout d’abord : f g(e01)
= (f◦g)(e01)
= (g◦f)(e01) (d’après ce qui précède)
= g f(e01)
= g 0R3
(car e01 ∈Ker(f))
= 0R3 (car g est linéaire)
g(e01)∈Ker(f)
• Or, d’après la question 1.c),Ker(f) = Vect (e01).
Commeg(e01)∈Ker(f) = Vect (e01), il existea∈Rtel que : g(e01) =a·e01.
• On est ici confronté à une question théorique. En effet, afin de démontrer l’appar- tenance de g(e01) à Ker(f), on se sert de propriétés précédemment démontrées sur f sans avoir recours à la définition explicite def et de g.
• Il faut noter qu’une question théorique n’est pas forcément une question diffi- cile. Illustrons ce propos avec la question étudiée. Il s’agit de démontrer que le vecteur g(e01) appartient au noyau de f. Par définition, il s’agit de démontrer : f g(e01)
= 0R3. On forme ainsi naturellement f ◦g et on conclut à l’aide de la question précédente. C’est donc la connaissance basique du cours qui est évaluée ici (plus précisément la notion de noyau). Il faut donc considérer cette question comme très abordable.
Commentaire
b) Montrer queg(e02)−a·e02 appartient aussi au noyau def. En déduire qu’il existe un réelbtel que : g(e02) = b·e01+a·e02. Démonstration.
• Tout d’abord :
f g(e02)−a·e02
= f g(e02)
−a·f(e02) (car f est linéaire)
= g f(e02)
−a·f(e02) (car f ◦g=g◦f)
= g e01
−a·e01 (car f(e02) =e01)
= a·e01−a·e01 (d’après la question précédente)
= 0R3
g(e02)−a·e02 ∈Ker(f)
• Or, d’après la question 1.c),Ker(f) = Vect (e01).
Comme g(e02)−a·e02 ∈Ker(f) = Vect (e01), il existeb∈Rtel que : g(e02)−a·e02=b·e01.
Cette question est analogue à la précédente. Il s’agit alors simplement d’appliquer les mécanismes du raisonnement précédent au vecteur g(e02)−a·e02.
Commentaire
c) Montrer :(f ◦g)(e03) = (g◦f)(e03) = a·e02+b·e01.
En déduire queg(e03)−a·e03−b·e02 appartient au noyau de f. Démonstration.
• Tout d’abord :
(f ◦g)(e03) = (g◦f)(e03) (car f◦g=g◦f)
= g f(e03)
= g e02
= a·e02+b·e01 (d’après la question précédente) On a bien : (f◦g)(e03) = (g◦f)(e03) = a·e02+b·e01.
• On a alors :
f g(e03)−a·e03−b·e02
= f g(e03)
−a·f(e03)−b·f(e02) (car f est linéaire)
= f g(e03)
−a·e02−b·e01
= (f ◦g)(e03)−(a·e02+b·e01)
= 0R3 (d’après ce qui précède)
Ainsi, on a bien :g(e03)−a·e03−b·e02∈Ker(f).
d) En déduire qu’il existe un réelctel que : V =
a b c 0 a b 0 0 a
. Démonstration.
• Comme g(e03)−a·e03−b·e02 ∈Ker(f) = Vect (e01), il existec∈Rtel que : g(e03)−a·e03−b·e02 = c·e01
• Résumons la situation :
× g(e01) = a·e01+ 0·e02+ 0·e03 donc MatB0 g(e01)
=
a 0 0
.
× g(e02) = b·e01+a·e02+ 0·e03 donc MatB0 g(e02)
=
b a 0
.
× g(e03) = c·e01+b·e02+a·e03 donc MatB0 g(e03)
=
c b a
.
On a bien démontré qu’il existec∈Rtel que :MatB0(g) =
a b c 0 a b 0 0 a
.
6. CalculerV2en fonction dea,betc, puis en utilisant l’hypothèseV2 =T, obtenir une contradiction.
Démonstration.
• Tout d’abord :
V2 =
a b c 0 a b 0 0 a
a b c 0 a b 0 0 a
=
a2 2ab 2ac+b2 0 a2 2ab
0 0 a2
• CommeV2=T, on en déduit, par identification des coefficients de ces matrices :
a2 = 0 2ab= 1 2ac+b2 = 0 Or :a2= 0 ⇔ a= 0.
On a donca= 0 et2ab= 0.
Contradiction !
L’hypothèse de début dePartie Bmène à une contradiction. Elle est donc fausse. On en conclut qu’il n’existe pas de matrice V ∈M3(R) telle que V2 =T. Ainsi, il n’existe pas d’endomorphisme gde R3 tel queg◦g=f.
Commentaire
Exercice 2
On considère la fonction f définie sur l’ouvert deR∗+×R∗+ par :
∀(x, y)∈R∗+×R∗+, f(x, y) = x
y2 +y2+ 1 x
La première partie consiste en l’étude des extrema éventuels de la fonction f, et la deuxième partie a pour objectif l’étude d’une suite implicite définie à l’aide de la fonction f.
Ces deux parties sont indépendantes.
Partie A
1. On utiliseScilabpour tracer les lignes de niveau de la fonction f. On obtient le graphe suivant :
Établir une conjecture à partir du graphique quant à l’existence d’un extremum local pourf, dont on donnera la nature, la valeur approximative et les coordonnées du point en lequel il semble être atteint.
Démonstration.
• Le graphique fait apparaître les lignes de niveau de la fonctionf. Ces courbes relient les points (x, y) ∈R2 pour lesquels la fonction f prend la même valeur. Sur la représentation, on constate que la fonctionf prend des valeurs de plus en plus grande en s’écartant du point(1,1).
• De plus, en ce point, la valeur de la fonctionf est : f(1,1) = 1
12 + 12+1 1 = 3
Cette valeur est plus faible que les valeurs des lignes de niveau apparaissant sur le graphique.
On peut émettre la conjecture que la fonction f admet un minimum local, de valeur3, au point(1,1).
2. a) Démontrer quef est de classeC2 surR∗+×R∗+. Démonstration.
La fonctionf est de classe C2 surR∗+×R∗+ car est la sommef =f1+f2+f3 des fonctions :
× f1 : (x, y)7→ x
y2 de classe C2 surR∗+×R∗+ en tant que quotient de fonctions de deux variables polynomiales dont le dénominateur ne s’annule pas surR∗+×R∗+.
× f2 : (x, y)7→y2 de classeC2 surR∗+×R∗+ en tant que fonction de deux variables polynomiale.
× f3 : (x, y)7→ 1
x de classeC2 surR∗+×R∗+ en tant qu’inverse d’une fonction de deux variables polynomiale qui ne s’annule pas sur R∗+×R∗+.
La fonction f est bien de classe C2 surR∗+×R∗+.
• Il est important de noter que les fonctionsf2 etf3 sont bien des fonctions de deux variables même si leur expression n’en fait apparaître qu’une. Considérer les fonctions y 7→ y2 et x7→ 1
x démontre un manque de compréhension des objets utilisés et est donc sanctionné.
• Il en est de même pour chacune des deux fonctions du quotient définissantf1. Plus précisément, cette fonction est le quotient :f1 = h1
h2
de :
× h1 : (x, y)7→xqui est une fonction de deux variables polynomiale.
× h2 : (x, y)7→y2 qui est une fonction de deux variables polynomiale.
Rappelons qu’une fonction de deux variables polynomiale est une fonction apparaissant comme combinaison linéaire de fonctions monomiales (fonctions de la forme(x, y)7→xrys avec(r, s)∈N×N).
Commentaire
b) Calculer les dérivées partielles premières de f, puis démontrer que f admet un unique point critique, notéA, que l’on déterminera.
Démonstration.
• La fonctionf est de classeC1 surR∗+×R∗+.
Elle admet donc des dérivées partielles premières sur cet ensemble.
• Soit(x, y)∈R∗+×R∗+. Tout d’abord :
∂1(f)(x, y) = 1 y2 − 1
x2 Par ailleurs :
∂2(f)(x, y) = −2x y3 + 2y
∂1(f)(x, y) = 1 y2 − 1
x2 et ∂2(f)(x, y) = −2x y3 + 2y
• D’autre part :
(x, y) est un point critique def ⇔ ∇(f)(x, y) = 0M2,1(R) ⇔
( ∂1(f)(x, y) = 0
∂2(f)(x, y) = 0
Ainsi : (x, y)est un point critique de f ⇔
1 y2 − 1
x2 = 0
−2x
y3 + 2y = 0
⇔
1
y2 = 1 x2 2y = 2x
y3
⇔
y = x
y = x
y3
(car la fonction x7→ 1
x2 réalise une bijection de R∗+ dans R∗+)
⇔
y = x
x = x
x3
(en remplaçant y par x dans la seconde équation)
⇔
y = x
x = 1
x2
⇔
( y = x x3 = 1
⇔
( y = x x = 1
(car la fonction x7→x3 réalise une bijection de R dans R) On en déduit que la fonction f admet comme unique point critique le pointA de
coordonnées (1,1).
• La difficulté de cette question réside dans le fait qu’il n’existe pas de méthode générale pour résoudre l’équation∇(f)(x, y) = 0M2,1(R).
On est donc confronté à une question bien plus complexe qu’une résolution de système d’équations linéaires (que l’on résout aisément à l’aide de la méthode du pivot de Gauss).
• Lors de la recherche de points critiques, on doit faire appel à des méthodes ad hoc. Il est par exemple assez fréquent de faire apparaître une équation du type :
ϕ(x) =ϕ(y)
oùϕ:R→Rest une fonction bijective. En réalité, c’est le caractère injectif (ϕest stricte- ment monotone surRpar exemple) qui nous intéresse ici puisqu’il permet de conclure :
x=y
En injectant cette égalitéx=ydans la seconde équation, on obtient une nouvelle équation qui ne dépend plus que d’une variable et qu’il est donc plus simple de résoudre.
C’est la stratégie utilisée ici avec la fonction ϕ: x 7→ 1
x2 qui est strictement décroissante (et donc injective) surR∗+.
Commentaire
• Il est aussi possible de détailler, pas à pas, l’équivalence 1 y2 = 1
x2 ⇔ y=x.
Plus précisément : 1 y2 = 1
x2 ⇔ y2 =x2 ⇔ p y2 =
√
x2 ⇔ |y|=|x| ⇔ y=x La dernière étape est obtenue par le caractère positif dex et de y.
• Détaillons enfin la dernière étape de résolution de la question.
x3 = 1 ⇔ x3−1 = 0 ⇔ (x−1)(x2+x+ 1) = 0 ⇔ x= 1 OU x2+x+ 1 = 0 Or le polynômeP(X) =X2+X+ 1n’admet pas de racine réelle car il est de discriminant
∆ = 1−4 =−3<0. On en déduit : x3 = 1 ⇔ x= 1.
• On a opté pour une rédaction différente. Détaillons l’argument utilisé. On cherche à résoudre ψ(x) = 1 où ψ : x 7→ x3. Cette équation admet comme solution évidente x = 1 et c’est l’unique solution car la fonction ψ réalise une bijection de R dans R (encore une fois, le caractère injectif suffisait ici).
Commentaire
c) Calculer les dérivées partielles secondes de f, puis démontrer que la matrice hessienne de f au pointA est la matriceH définie par : H =
2 −2
−2 8
. Démonstration.
• La fonctionf est de classeC2 surR∗+×R∗+.
Elle admet donc des dérivées partielles d’ordre 2surR∗+×R∗+.
• Soit(x, y)∈R∗+×R∗+. Tout d’abord :
∂112 (f)(x, y) = −−2 x3 = 2
x3
• Ensuite :
∂122 (f)(x, y) = − 2
y3 = ∂212 (f)(x, y)
La dernière égalité est obtenue en vertu du théorème de Schwarz puisque la fonctionf estC2 sur l’ouvertR∗+×R∗+.
• Enfin :
∂222 (f)(x, y) = −2x −3
y4 + 2 = 6x y4 + 2 Pour tout (x, y)∈R∗+×R∗+, ∂112 (f)(x, y) = 2
x3, ∂212(f)(x, y) = −2
y3 = ∂221(f)(x, y) et∂222 (f)(x, y) = 6x
y4 + 2.
• Il faut penser à utiliser le théorème de Schwarz dès que la fonction à deux variables considérée estC2 sur un ouvert U ⊂R2.
• Ici, le calcul de ∂122 (f)(x, y) et ∂212 (f)(x, y) est aisé. Il faut alors concevoir le résultat du théorème de Schwarz comme une mesure de vérification : en dérivant par rapport à la 1ère variable puis par rapport à la2ème, on doit obtenir le même résultat que dans l’ordre inverse.
Commentaire
• On rappelle que la matrice hessienne def en un point(x, y)∈R∗+×R∗+ est :
∇2(f)(x, y) =
∂211(f)(x, y) ∂122(f)(x, y)
∂221(f)(x, y) ∂222(f)(x, y)
=
2
x3 − 2 y3
− 2 y3
6x y4 + 2
• On en déduit :
H =∇2(f)(1,1) =
2
13 −2 13
− 2 13
6 14+ 2
H= 2 −2
−2 8
!
d) En déduire que la fonctionf admet au pointAun extremum local, préciser si cet extremum est un minimum, et donner sa valeur.
Démonstration.
Soitλ∈R. Rappelons tout d’abord que, pour toute matrice H∈M2(R) : λest une valeur propre deH ⇔ H−λ I n’est pas inversible
⇔ det(H−λ I) = 0
• Or :
det
∇2(f)(1,1)−λ I
= det 2−λ −2
−2 8−λ
!!
= (2−λ)(8−λ)−(−2)2
= (16−10λ+λ2)−4
= 12−10λ+λ2 Le polynômeP(X) = 12−10X+X2 admet pour discriminant :
∆ = (−10)2−4×12 = 100−48 = 52>0 Ainsi, P admet deux racines distinctes :
λ1 = 10 +√ 52
2 = 10 + 2√ 13
2 = 5 +√
13 et λ2= 10−√ 52
2 = 10−2√ 13
2 = 5−√ 13 Enfin, comme13<16, on a :√
13 < √
16 = 4 et−√
13>−4. On en déduit : λ2= 5−√
13>5−4 = 1>0 Ainsi, ∇2(f)(1,1)admet pour valeurs propres λ1 = 5 +√
13>0 etλ2 >0.
La fonctionf admet donc un minimum local au point(1,1).
