MPSI B Corrigé du DM 14 29 juin 2019
Exercice I
1. On forme un système pour chercher le noyau
(x, y, z) ∈ ker u ⇔
x + 4y + 6z = 0 x + y + 3z = 0
−x − 2y − 4z = 0
⇔
x + 4y + 6z = 0
−y − z = 0 3y + 3z = 0
⇔
x y z
= z
−2
−1 1
On en déduit que
((−2, −1, 1))
est une base du noyau. Le noyau est donc de dimension 1, l'image est alors de dimension 2. Les deux premières colonnes de la matrice sont formées par les coordonnées des images des deux premiers vecteurs de base. Clairement elles ne sont pas colinéaires, elles forment donc une base de l'image puisque l'on sait que cette image est de dimension 2 :
((1, 1, −1), (4, 1, −2)) est une base de l'image.
Un vecteur (x, y, z) est dans l'image de u lorsqu'il existe un vecteur (a, b, c) tel que (x, y, z) = u((a, b, c))
Ceci se traduit par le fait que le système d'équations
a + 4b + 6c = x a + b + 3c = y
−a − 2b − 4c = z0
aux inconnues a , b , c admette une solution. On transforme ce système en systèmes équivalents par les opérations élémentaires de la méthode du pivot :
a + b + 3c = y 3b + 3c = x − y
−b − c = z + y
⇔
a + b + 3c = y
−b − c = z + y 0 = x − y + 3(z + y)
La dernière relation donne une condition assurant que le système admet une solution.
L'équation de l'image est donc :
x + 2y + 3z = 0
Pour montrer que l'image et le noyau de u sont supplémentaires, on montre que la famille (a 1 , a 2 , a 3 ) constituée en agglomérant les bases (trouvées plus haut) du noyau et de l'image est libre. Si αa 1 + βa 2 + γa 3 = 0 alors :
−2α + β + 4γ = 0
−α + β + γ = 0 α − β − 2γ = 0
⇔
α − β − 2γ = 0 (L 3 )
−β = 0 (L 1 + 2L 3 )
−γ = 0 (L 2 + L 3 )
Ce qui entraine que α = β = γ = 0 . La famille est donc libre, le noyau et l'image sont supplémentaires.
2. Le calcul du carré de la matrice de l'énoncé donne l'opposée de cette matrice. On en déduit
u ◦ u = −u
3. Posons v = −u , la relation u ◦ u = −u donne v ◦ v = v donc v est un projecteur. Dans une base dont les deux premiers vecteurs forment une base de Im v et le troisième une base de ker v , la matrice de v est
1 0 0 0 1 0 0 0 0
et celle de u :
−1 0 0 0 −1 0
0 0 0
Problème I
1. a. Le calcul des intégrales se fait avec des intégrations par parties. On obtient : Z 1
0
t 2 cos(kπt)dt = 2(−1) k (kπ) 2 ,
Z 1 0
t cos(kπt)dt = (−1) k − 1 (kπ) 2 On en déduit
Z 1 0
(ct 2 + dt) cos(kπt)dt = (2c + d)(−1) k − d (kπ) 2
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai M0714CMPSI B Corrigé du DM 14 29 juin 2019
b. La relation
(2c + d)(−1) k − d = π 2
est valable pour tous les k si et seulement si 2c + d = 0 et d = −π 2 . On en déduit le couple (a, b) cherché
a = π 2
2 , b = −π 2 ⇒ ∀k ∈ N ∗ , π 2 2
Z 1 0
(t 2 − 2t) cos(kπt)dt = 1 k 2 c. Utilisons les a et b de la question précédente :
Z 1 0
(at 2 + bt) 1 2 +
n
X
k=1
cos(kπt)
! dt = 1
2 Z 1
0
(at 2 + bt)dt +
n
X
k=1
1 k 2
= a 6 + b
4 +
n
X
k=1
1
k 2 = − π 2 6 +
n
X
k=1
1 k 2 2. En considérant le cos comme la partie réelle de l'exponentielle complexe, on peut
symétriser la somme pour la voir comme une suite géométrique de raison e 2iθ 6= 1 . 1 + 2
n
X
k=1
cos 2kθ =
n
X
k=−n
e 2iθ k
= e 2(n+1)iθ − e −2niθ e 2iθ − 1
= e iθ e (2n+1)iθ − e −(2n+1)iθ
e iθ (e iθ − e −iθ ) = sin(2n + 1)θ sin θ 3. Comme f est C 1 , on peut procéder à une intégration par parties :
Z 1 0
f(t) sin(λt)dt = f (0) − cos λf(1)
λ + 1
λ Z 1
0
cos λtf 0 (t)dt On en déduit
Z 1 0
f (t) sin(λt)dt
≤
|f (0)| + |f (1)| + sup
[0,1]
|f 0 (t)|
λ ce qui prouve bien la convergence vers 0 pour λ en +∞ .
4. a. La fonction f est clairement de classe C ∞ sur ]0, 1] . À l'aide d'une étude locale en 0, on va montrer que f est continue en 0 et que f |]0,1[ 0 converge en 0. Ceci prouvera le caractère C 1 de la fonction sur [0, 1] d'après le théorème de la limite
de la dérivée.
Les équivalences, limites et développements suivants sont tous en 0 . Montrons d'abord la continuité en étudiant la limite de f .
t 2 − 2t ∼ − 2t sin π
2 t ∼ π 2 t
⇒ f → −2π 2 4 π 2 = −π Étudions ensuite la limte de la dérivée
f 0 (t) = π 2 4
2t − 2 sin π 2 t − π
2
(t 2 − 2t) cos π 2 t sin 2 π 2 t
! .
2t − 2
sin π 2 t = −2 + 2t
π
2 t + o(t 2 ) = − 4 πt
1 − t
1 + o(t) = − 4
πt (1 − t + o(t))
(t 2 − 2t) cos π 2 t
sin 2 π 2 t = (−2t + t 2 )(1 + o(t))
π
24 t 2 + o(t 3 ) = −2t + t 2 + o(t 2 )
π
24 t 2 + o(t 3 )
= − 8 π 2 t
1 − t 2 + o(t) 1 + o(t) = − 8
π 2 t (1 − t
2 + o(t)) d'où en combinant les deux parties :
f 0 (t) = π 2 4 ( 2
π + o(1)) → π 2
C'est à dire que la dérivée de la restriction de f à ]0, 1[ converge en 0 vers π 2 ce qui entraine que f est dérivable en 0 avec
f 0 (0) = π 2 et que f 0 est continue en 0 .
b. Notons s n = P n k=1
1
k
2. D'après 1.c :
Z 1 0
( π 2
2 t 2 − π 2 t) 1 2 +
n
X
k=1
cos(kπt)
!
dt = − π 2 6 + s n
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Rémy Nicolai M0714CMPSI B Corrigé du DM 14 29 juin 2019
Utilisons 2. avec θ = πt 2 puis la fonction f dénie en 4. : Z 1
0
( π 2
2 t 2 − π 2 t) sin(2n + 1) πt 2
2 sin πt 2 = − π 2 6 + s n
Z 1 0
f (t) sin(2n + 1) πt
2 = − π 2 6 + s n
La question 3 montre (avec λ = (2n+1)π 2 ) la convergence de (s n ) n∈N
∗vers π 2
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