L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2011-2012
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du devoir surveill´ e n˚1
Exercice : Trois droites concourantes
Soit (O;−→i ,−→j) un rep`ere orthonorm´e du plan. On consid`ere trois droitesD1,D2 et D3 d´efinies comme suit.
• SoitD1la droite du plan passant par les points A(7,1) etB(3,−2).
• SoitD2la droite passant par le pointC(6,2) et dirig´ee par le vecteur−→u(1,2).
• SoitD3la droite d’´equation cart´esienne : 3x+y−13 = 0.
D´emontrer que les droitesD1,D2etD3sont concourantes (i.e. se coupent en un point) et donner les coordonn´ees du point commun `aD1,D2 etD3.
Correction :Pour ´etudier l’intersection des droitesD1, D2 etD3, on commence par d´eterminer une ´equation cart´esienne de chacune des droitesD1et D2. Il restera ensuite `a ´etudier un syst`eme lin´eaire.
• Une ´equation cart´esienne de D1
Remarquons que la droiteD1co¨ıncide avec la droite (AB). Le vecteur−−→AB(−4,−3) est un vecteur directeur de D1. Par suite, le vecteur −n→1(3,−4) est normal `a la droite D1. En effet, on a −−→AB.−n→1 = 0 (cf. crit`ere d’orthogonalit´e).
D’apr`es le cours, la droiteD1 admet donc une ´equation cart´esienne de la forme : 3x−4y+c= 0
o`uc est un r´eel `a d´eterminer.
Comme le pointA(7,1) appartient `aD1, ses coordonn´ees v´erifient l’´equation 3x−4y+c= 0. On a donc : 3×7−4×1 +c= 0.
On en d´eduit : c=−17. Ainsi :
3x−4y−17 = 0 est une ´equation cart´esienne de D1. (1)
• Une ´equation cart´esienne de D2
La droite D2 est dirig´ee par le vecteur−→u(1,2). Par suite, le vecteur −→n2(2,−1) est normal `a la droiteD2. En effet, on a−→u .−n→2= 0 (cf. crit`ere d’orthogonalit´e).
D’apr`es le cours, la droiteD2 admet donc une ´equation cart´esienne de la forme : 2x−y+c= 0
o`uc est un r´eel `a d´eterminer.
Comme le point C(6,2) appartient `aD2, ses coordonn´ees v´erifient l’´equation 2x−y+c= 0. On a donc : 2×6−2 +c= 0.
On en d´eduit : c=−10. Ainsi :
2x−y−10 = 0 est une ´equation cart´esienne deD2. (2)
• Conclusion
Un point M(x, y) appartient `a l’intersection des droitesD1,D2 et D3 si et seulement si ses coordonn´ees (x, y) v´erifient l’´equation cart´esienne (1) deD1, l’´equation cart´esienne (2) deD2et l’´equation cart´esienne 3x+y−13 = 0 deD3.
D´eterminer l’intersection des droites D1,D2et D3 revient donc `a r´esoudre le syst`eme : (S) :
3x − 4y − 17 = 0
2x − y − 10 = 0
3x + y − 13 = 0
.
On peut ˆetre plus pr´ecis : l’application qui associe `a un point deD1∩ D2∩ D3 ses coordonn´ees d´efinit une bijection deD1∩ D2∩ D3vers l’ensemble des solutions de (S).
(S) ⇐⇒
3x − 4y = 17
2x − y = 10
3x + y = 13
⇐⇒
3x − 4y = 17
5y = −4 (L2←3L2−2L1) 5y = −4 (L3←L3−L1)
⇐⇒
3x − 4y = 17
5y = −4
0 = 0 (L3←L3−L2) On en d´eduit que le syst`eme (S) est de rang 2. Comme (S) est ´equivalent au syst`eme
(S′) :
3x − 4y = 17 5y = −4
qui est clairement de Cramer, le syst`eme (S) poss`ede lui aussi une unique solution. Les trois droites D1, D2et D3 sont donc concourantes. Pour d´eterminer les coordonn´ees du point commun `aD1,D2 etD3, on ach`eve la r´esolution du syst`eme (S′) (qui poss`ede le mˆeme ensemble solution que (S)).
D’apr`es (L2), on a :y=−4
5. En reportant cette valeur dans (L1), on trouve : 3x−4×
−4 5
= 17 soit x= 23
5 .
Les droitesD1,D2 etD3 se coupent donc au point de coordonn´ees 23
5 ,−4 5
.
Probl`eme 1 : Projet´e orthogonal d’un point sur une droite du plan et minimisation d’une distance Soit (O;−→i ,−→j) un rep`ere orthonorm´e du plan. On consid`ere les points :
A(2,6) ; B(−1,4) ; C(7,5).
Partie A - Projet´e orthogonal de C sur la droite(AB) et distance d(C,(AB)) 1. Calculer les coordonn´ees du projet´e orthogonalC′ deCsur la droite (AB).
2. Calculer de deux mani`eres la distance d(C,(AB)) du pointC `a la droite (AB).
Partie B - Param´etrage de la droite(AB) et calculs de longueurs A chaque` t∈R, on associe le pointMtde coordonn´ees (x, y) donn´ees par :
x= 8 + 3t y= 10 + 2t .
Ainsi lorsquet varie dansR, le pointMtd´ecrit une droite ; on note Dcette droite.
1. Montrer que les droites (AB) etDsont confondues.
2. Soitt∈R. Calculer la longueur CMtdu segment [CMt] joignant les pointsC etMt, en fonction de t.
Partie C - ´Etude d’une ≪fonction longueur≫ SoitLla fonction d´efinie par :
L: R→R; t7→CMt. 1. ´Etudier les limites ´eventuelles de Len−∞et en +∞. 2. SoitP le polynˆome d´efini par :
P:R→R; t7→13t2+ 26t+ 26.
Montrer que pour toutt∈R:P(t)≥13.
3. Justifier avec soin que la fonction Lest d´erivable surR. 4. Calculer la d´eriv´ee deL.
5. ´Etudier les variations de la fonctionLsurRet dresser son tableau de variations.
6. La fonctionLest-elle born´ee surR?
7. D´eduire du r´esultat de la question 5 queLadmet un unique minimumm0atteint en un unique point t0∈R. On pr´ecisera les valeurs de t0 et dem0.
8. Calculer les coordonn´ees du pointMt0. Partie D - Conclusion
1. Comparer les points C′ etMt0, puis les nombresd(C,(AB)) et m0.
2. Quel r´esultat du cours a-t-on d´emontr´e, dans la situation g´eom´etrique particuli`ere de cet exercice ? Correction
Partie A
1. Remarquons que le vecteur−−→AB est directeur de la droite (AB). Par d´efinition du projet´e orthogonal C′ deC sur la droite (AB),C′ est caract´eris´e par :
C′∈(AB) et −−→
CC′⊥−−→
AB
. (3)
On va traduire chacune des deux conditions par une ´equation lin´eaire d’inconnue les coordonn´ees de C′. Pour d´eterminerxC′ etyC′, il restera alors `a r´esoudre un syst`eme lin´eaire.
• Traduction en ´equation de la premi`ere condition
On d´etermine une ´equation de la droite (AB). Pour cela on suit la mˆeme m´ethode que celle qui a
´et´e utilis´ee pour d´eterminer une ´equation de la droiteD1, dans l’exercice de ce sujet (cf. page 1).
On trouve :
(AB) : 2x−3y+ 14 = 0.
On en d´eduit :
C′ ∈(AB)⇐⇒2xC′−3yC′+ 14 = 0. (4)
• Traduction en ´equation de la deuxi`eme condition
On utilise ici le crit`ere d’orthogonalit´e, via le produit scalaire. On a :
−−→CC′⊥−−→AB⇐⇒−−→
CC′.−−→AB= 0.
Comme−−→
CC′ a comme coordonn´ees (xC′−7, yC′−5) et−−→
AB a pour coordonn´ees (−3,−2), on a :
−−→CC′ ⊥−−→AB ⇐⇒ (xC′−7).(−3) + (yC′−5).(−2) = 0
⇐⇒ −3xC′−2yC′+ 31 = 0.
On a donc :
−−→CC′ ⊥−−→AB⇐⇒ −3xC′−2yC′+ 31 = 0. (5) Remarque : On a en fait montr´e que −3x−2y+ 31 = 0 est une ´equatin cart´esienne de la droite passant parC et perpendiculaire `a(AB).
• D´etermination des coordonn´ees deC′
D’apr`es (3), (4) et (5), les coordonn´ees (xC′, yC′) deC′ sont solution du syst`eme : (S) :
2x − 3y + 14 = 0
−3x − 2y + 31 = 0 .
On r´esout (S) pour d´eterminer (xC′, yC′).
(S) ⇐⇒
2x − 3y = −14
−3x − 2y = −31
⇐⇒
2x − 3y = −14
−13y = −104 (L2←2L2+ 3L1)
Remarque : Le syst`eme (S) est donc de rang 2 ; il est donc de Cramer et poss`ede par suite une unique solution. On retrouve ainsi que le projet´e orthogonal de C sur la droite(AB)est unique.
D’apr`es (L2), on a : y = −104
−13 = 104
13 = 13×8
13 = 8. En reportant cette valeur dans (L1), on trouve :
2x−3×8 =−14 soit x= 5. Les coordonn´ees deC′ sont donc : (5,8).
2. • Premi`ere m´ethode de calcul ded(C,(AB))
D’apr`es le cours, on ad(C,(AB)) =CC′ o`uC′ est le projet´e orthogonal deC sur (AB) introduit pr´ec´edemment. On a donc :
d(C,(AB)) = CC′
= p
(x′C−xC)2+ (yC′ −yC)2
= p
(5−7)2+ (8−5)2 (cf. question pr´ec´edente)
= √
13.
• Deuxi`eme m´ethode de calcul de d(C,(AB))
On connaˆıt une ´equation cart´esienne de (AB) (cf. question 1) : (AB) : 2x−3y+ 14 = 0.
D’apr`es le cours, on a donc :
d(C,(AB)) = |2xC−3yC+ 14|
p22+ (−3)2 (Attention : ce sont les coordonn´ees deC ici, pas celles deC′)
= |2×7−3×5 + 14| p22+ (−3)2
= |13|
√13
= √
13.
Remarque : La formule utilis´ee ici nous permet de calculer la distance d’un point `a une droite sans connaˆıtre les coordonn´ees du projet´e orthogonal du point sur la droite.
Partie B
1. • Strat´egie de preuve
On va montrer que les pointsAetB appartiennent `a le droiteD. Cela impliquera que la droiteD contient la droite (AB). Mais si une droite est incluse dans une autre droite, alors les deux droites sont ´egales1.
• Aappartient `a la droiteD
D’apr`es la d´efinition d’une repr´esentation param´etrique d’une droite, le pointAappartient `aDsi et seulement s’il existe un r´eelt solution du syst`eme d’´equations :
(SA)
xA= 8 + 3t yA= 10 + 2t . CommeAa pour coordonn´ees (2,6), le syst`eme (SA) se r´e´ecrit :
(SA)
2 = 8 + 3t 6 = 10 + 2t .
On voit que t=−2 est l’unique solution de (L1) et que c’est aussi l’unique solution de (L2). Par suitet=−2 est solution de (SA). Le pointAappartient donc `a la droite D.
• B appartient `a la droiteD
De mˆeme, le pointB appartient `a la droiteDsi et seulement le syst`eme d’´equations : (SB)
−1 = 8 + 3t 4 = 10 + 2t
poss`ede une solution. On voit que t=−3 est l’unique solution de (L1) et que c’est aussi l’unique solution de (L2). Par suitet=−3 est solution de (SB). Le pointB appartient donc `a la droiteD. 2. Par d´efinition, les coordonn´ees du pointC sont (7,5) et celles deMt sont (8 + 3t,10 + 2t). D’apr`es
le cours, on a :
CMt = p
(xMt−xC)2+ (yMt−yC)2
= p
(8 + 3t−7)2+ (10 + 2t−5)2
= √
13t2+ 26t+ 26.
On a donc :
CMt=p
13t2+ 26t+ 26. (6)
Partie C - ´Etude d’une ≪fonction longueur≫ D’apr`es la partie B, on a :
L(t) =CMt=p
13t2+ 26t+ 26 pour toutt∈R.
1. • Etude de la limite ´eventuelle de´ L en +∞ Par op´erations sur les limites, on a :
13t2+ 26t+ 26 −→
t→+∞+∞.
1. Il est important de bien comprendre cette propri´et´e. Nous la rencontrerons plus tard, dans un contexte plus abstrait. Mais, en passant dans l’espace, on peut d´ej`a r´efl´echir `a une propri´et´e analogue : que peut-on dire de deux plansP1 etP2 siP1⊂ P2?
On a donc, par composition de limites : 13t2+ 26t+ 26 −→
t→+∞+∞
√T −→
T→+∞+∞ (limite usuelle)
=⇒L(t) =p
13t2+ 26t+ 26t→+∞−→ +∞.
• Etude de la limite ´eventuelle de´ L en−∞
En−∞, comme 13t2t→−∞−→ +∞et 26tt→−∞−→ −∞, on est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee.
Le terme pr´edominant de 13t2+ 26t+ 26 est, en −∞, t2. On factorise donc part2 pour tenter de lever l’ind´etermination. Soitt∈R.
13t2+ 26t+ 26 =t2
13 +26 t +26
t2
. (7)
Comme 26
t t→−∞−→ 0, 26
t2 t→−∞−→ 0 ,t2t→−∞−→ +∞(limites usuelles) et 13>0 on d´eduit de (7) que : 13t2+ 26t+ 26 −→
t→−∞+∞. On a donc, par composition de limites :
13t2+ 26t+ 26t→−∞−→ +∞
√T −→
T→+∞+∞ (limite usuelle)
=⇒L(t) =p
13t2+ 26t+ 26t→−∞−→ +∞.
2. Pour montrer que pour tout t∈R, P(t)≥13, on va ´etudier la fonction polynˆomeP. La fonctionP
´etant un polynˆome, elle est d´erivable (et donc continue) surR. On a pour toutt∈R: P′(t) = 26t+ 26 = 26(t+ 1).
On applique alors le crit`ere diff´erentiel de stricte monotonie pour obtenir le tableau de variations suivant.
t −∞ −1 +∞
Signe deP′(t) − 0 +
Variations def
ց ր
f(−1) = 13
De ce tableau de variations, on d´eduit que 13 est le minimum deP surR. On a doncP(t)≥13 pour tout t∈R.
3. D’apr`es la question pr´ec´edente, la fonctionf d´efinie par :
f:R→[13,+∞[ ; t7→13t2+ 26t+ 26
est bien d´efinie. Elle est de plus d´erivable surR(fonction polynˆome). La fonction d´efinieg par : g: [13,+∞[→R; t7→√
t
est d´erivable sur [13,+∞[, car la fonction racine carr´ee est d´erivable sur ]0,+∞[. CommeL=g◦f, Lest d´erivable surR(compos´ee de fonctions d´erivables).
Attention : Il faut ici prendre garde `a l’ensemble d’arriv´ee de la fonctionf, qui est aussi l’ensemble de d´epart de la fonction g. On aurait pu aussi consid´erer la fonctionϕd´efinie par :
ϕ:R→[0,+∞[ ; t7→13t2+ 26t+ 26
et la fonction γ d´efinie par :
γ: [0,+∞[→R; t7→√ t.
On aurait alors euL=γ◦ϕ, mais on n’aurait pas pu ainsi conclure `a la d´erivabilit´e deL surR. En effet, la fonctionγn’est pas d´erivable en 0 (γest la fonction racine carr´ee). Pour que le raisonnement pr´ec´edent soit correct, il fallait ≪s’´ecarter de 0≫.
4. On a vu queL =g◦f, dans la question pr´ec´edente, avecf et g d´erivables sur leurs ensembles de d´efinition. D’apr`es la formule de d´eriv´ee d’une compos´ee2, on a :
∀t∈R L′(t) =f′(t)×g′(f(t)). (8)
De plus, le cours sur les fonctions usuelles nous apprend que :
∀t∈R f′(t) = 26t+ 26 et ∀t∈[13,+∞[ g′(t) = 1 2√
t. (9)
De (8) et (9), on d´eduit :
∀t∈R L′(t) = (26t+ 26)× 1 2√
13t2+ 26t+ 26 = 13(t+ 1)
√13t2+ 26t+ 26. (10) 5. D’apr`es (10) et le crit`ere diff´erentiel de stricte monotonie, on a le tableau de variations suivant.
t −∞ −1 +∞
Signe deL′(t) − 0 +
+∞ +∞
Variations deL
ց ր
L(−1) =√ 13
6. CommeL(t) −→
t→+∞+∞, la fonctionLn’est pas major´ee (et donc pas born´ee) sur R.
7. Du tableau de variations de la question 5, on d´eduit que L admet un unique minimumm0 =√ 13 atteint en un unique pointt0=−1.
8. Le pointM−1 a pour coordonn´ees :
x= 8 + 3×(−1) = 5 et y= 10 + 2×(−1) = 8.
Partie D - Conclusion
1. On remarque queC′=M−1et que d(C,(AB)) =m0=√ 13.
2. D’apr`es la partie B, on sait que :
x= 8 + 3t y= 10 + 2t
o`ut∈R, est une repr´esentation param´etrique de la droite (AB). Tout point de la droite (AB) a donc des coordonn´ees qui s’´ecrivent sous la forme : (8 + 3t,10 + 2t) pour un certain t ∈R. En d’autres termes, lorsquetd´ecritR, Mtd´ecrit la droite (AB).
On a donc montr´e que le projet´e orthogonal C′ = M−1 de C sur la droite (AB) est le point qui minimise la distance deC `a un point (qui s’´ecritMt, pour un certain r´eelt) de la droite (AB).
2. C’est une des formules les plus importantes du calcul diff´erentiel.
Probl`eme 2 : ´Etude d’une r´eflexion dans le plan
SoientEl’ensemble des vecteurs du plan,B= (−→i ,−→j) une base orthonorm´ee du plan. L’ensembleEdes vecteurs du plan est alors muni d’un produit scalaire, not´e., caract´eris´e par :
−
→i .−→i = 1 ; −→j .−→j = 1 ; −→i .−→j = 0.
Soit −→w un vecteur non nul fix´e du plan. On d´efinit l’applicationf:E →E en associant `a un vecteur −→u du plan, le vecteurf(−→u) du plan d´efini par :
(∗) f(−→u) = 2 −→u .−→w
||−→w||2−→w− −→u .
Les parties B, C et D peuvent ˆetre trait´ees ind´ependamment de la partie A.
Partie A −Etude de l’application´ f sans recours `a des coordonn´ees 1. Montrer quef(−→w) =−→w.
2. Soient −→u1,−→u2deux vecteurs du plan et soientλ1, λ2∈R. Montrer que : f(λ1−u→1+λ2−→u2) =λ1f(−u→1) +λ2f(−→u2).
3. Montrer que pour tout vecteur−→u du plan :f◦f(−→u) =−→u.
N.B. : Dans les trois parties suivantes du probl`eme, on suppose que−→w est le vecteur de coordonn´ees (1,−2) dans la baseB.
Partie B − Ecriture de´ f en coordonn´ees dans la baseB 1. Calculer||−→w||.
2. Soit−→u un vecteur du plan, soit (x1, y1) ses coordonn´ees dans la baseBet soit (x′1, y′1) les coordonn´ees def(−→u) dans la baseB.
(a) Montrer que :
x′1=−3 5x1−4
5y1 et y′1=−4 5x1+3
5y1.
(b) En d´eduire qu’il existe une matriceA∈ M2(R), dont les coefficients ne d´ependent ni dex1, ni dey1, telle que :
x′1 y′1
=A x1
y1
.
3. CalculerA2. Que peut-on en d´eduire ? 4. CalculerAn pour toutn∈N∗.
On pourra, dans un premier temps, conjecturer un r´esultat que l’on d´emontrera, ensuite, par r´ecurrence.
Partie C − Ecriture de´ f en coordonn´ees dans une base≪adapt´ee≫ Soit−→v le vecteur de coordonn´ees (2,1) dans la base B.
1. Montrer queE = (−→v ,−→w) est une base orthogonale du plan.
2. Soit−→u un vecteur du plan, soit (x2, y2) ses coordonn´ees dans la baseE et soit (x′2, y2′) les coordonn´ees def(−→u) dans la baseE.
(a) En revenant `a la d´efinition (∗) def(−→u), montrer que : x′2=−x2 et y2′ =y2.
(b) En d´eduire qu’il existe une matriceD ∈ M2(R), dont les coefficients ne d´ependent ni de x2, ni dey2, telle que :
x′2 y2′
=D x2
y2
. 3. CalculerD2. Que peut-on en d´eduire ?
Partie D −Relation entre les matrices A et D
1. SoitPB,E la matrice de passage de la baseB`a la baseE. D’apr`es le cours, quelle propri´et´e remarquable poss`ede la matricePB,E?
2. SoitPE,Bla matrice de passage de la baseE`a la baseB. Toujours d’apr`es le cours, quel lien existe-t-il entre les matrices PB,E et PE,B?
3. Soit−→u un vecteur du plan. On note :
• (x1, y1) les coordonn´ees de−→u dans la baseB;
• (x′1, y1′) les coordonn´ees def(−→u) dans la baseB;
• (x2, y2) les coordonn´ees de−→u dans la baseE;
• (x′2, y2′) les coordonn´ees def(−→u) dans la baseE. (a) Donner une expression de
x′1 y′1
en fonction de x′2
y′2
et d’une matrice.
(b) Donner une expression de x2
y2
en fonction de x1
y1
et d’une matrice.
(c) D´eduire de (a), (b) et des relations obtenues aux questions B-2.(b) et C-2.(b) que : PB,ED PB,E−1
x1
y1
=A x1
y1
. (d) D´eduire de (c) que :
A=PB,ED PB,E−1. 4. (a) Calculer la matricePB,E, puis la matricePE,B.
(b) Proposer alors une autre m´ethode que celle expos´ee en 3. pour red´emontrer la relation : A=PB,ED PB,E−1.
(c) Comparer l’efficacit´e (e.g. le nombre de calculs) des deux m´ethodes.
Correction Partie A
1. On rappelle le lien fondamental entre longueur et produit scalaire :
||−→w||2=−→w .−→w . (11) f(−→w) = 2 −→w .−→w
||−→w||2−→w− −→w
= 2||−→w||2
||−→w||2−→w− −→w (cf. (11))
= 2−→w− −→w
= −→w . On a doncf(−→w) =−→w.
2. Soient −→u1,−→u2deux vecteurs du plan et soientλ1, λ2∈R. f(λ1−→u1+λ2−→u2) = 2(λ1−→u1+λ2−u→2).−→w
||−→w||2 −→w−(λ1−u→1+λ2−u→2)
= 2λ1−→u1.−→w +λ2−→u2.−→w
||−→w||2
| {z }
2λ1−→u1.−→w
||−→w||2 +2
λ2−→u2.−→w
||−→w||2
−
→w−λ1−u→1−λ2−u→2 (propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)
= 2λ1−→u1.−→w
||−→w||2 −→w+ 2λ2−→u2.−→w
||−→w||2 −→w −λ1−→u1−λ2−→u2
= 2λ1−→u1.−→w
||−→w||2 −→w−λ1−→u1
| {z }
λ1
2
−
→u1.−→w
||−→w||2
−
→w−−u→1
+ 2λ2−→u2.−→w
||−→w||2 −→w−λ2−→u2
| {z }
λ2
2
−→ u2.−→w
||−→w||2
−
→w−−u→2
= λ1f(−→u1) +λ2f(−→u2)
Remarque : f v´erifiant cette propri´et´e sera dite lin´eaire.
3. Soit−→u un vecteur du plan. On rappelle quef◦f(−→u) =f(f(−→u)). Commef(−→u) = 2 −→u .−→w
||−→w||2−→w− −→u, on a :
f(f(−→u)) = f
2 −→u .−→w
||−→w||2−→w − −→u
= f
2 −→u .−→w
||−→w||2
| {z }
λ1
−
→w
|{z}−u→1
+ (−1)
| {z }
λ2
−
→u
|{z}−u→2
= 2 −→u .−→w
||−→w||2f(−→w) + (−1)f(−→u) (d’apr`es la question 2)
= 2 −→u .−→w
||−→w||2−→w−
2 −→u .−→w
||−→w||2−→w − −→u
(d’apr`es la question 1 :f(−→w) =−→w)
= −→u . On a doncf ◦f(−→u) =−→u.
Partie B
1. Comme−→w est le vecteur de coordonn´ees (1,−2) dans la baseB, on a :
||−→w||=p
(1)2+ (−2)2=√ 5.
2. Soit−→u un vecteur du plan, soit (x1, y1) ses coordonn´ees dans la baseBet soit (x′1, y′1) les coordonn´ees def(−→u) dans la baseB.
(a) On cherche `a d´ecomposerf(−→u) dans la baseB= (−→i ,−→j), `a l’aide de la d´ecomposition
−
→u =x1−→i +y1−→j de−→u dans la baseB= (−→i ,−→j).
Notons que comme−→w a pour coordonn´ees (1,−2) dans la baseB, on a :
−
→w =−→i −2−→j .
On a de plus :
−
→u .−→w =x1×1 +y1×(−2) =x1−2y1
et par suite :
f(−→u) = 2
−
→u .−→w
z }| { x1−2y1
|{z}5
||−→w||2
−→i −2−→j
| {z }
−
→w
−
x1−→i +y1−→j
| {z }
−
→u
= 2
5x1−4 5y1
−→i +
−4 5x1+8
5y1
−→j −x1−→i −y1−→j
=
−3 5x1−4
5y1
| {z }
x′1
−
→i +
−4 5x1+3
5y1
| {z }
y′1
−
→j
De cette d´ecomposition de f(−→u) dans la base B = (−→i ,−→j), on d´eduit que les coordonn´ees de f(−→u) dansBsont :
x′1=−3 5x1−4
5y1 et y′1=−4 5x1+3
5y1. (b) SiAd´esigne la matrice
−35 −54
−45 35
alors on v´erifie que :
x′1 y′1
=A x1
y1
.
3. On calculeA2 et on trouveA2=I2, o`uI2=
1 0 0 1
. Il existe donc une matriceB (=A) de taille 2×2 telle que AB =I2. D’apr`es le cours, la matrice A est alors inversible, d’inverse la matrice B (qui est ´egale `a Aici).
Remarque : On verra dans le chapitre Applications lin´eairesqueA2=I2 d´ecoule en fait des r´esultats 2. et 3. de la partie A.
4. Montrons par r´ecurrence sur n∈N∗ la propri´et´ePn suivante : Pn : An =
Asinest impair I2 sinest pair .
• Initialisation au rangn= 1 La propri´et´eP1 s’´ecrit :
P1 : A1=
Asi 1 est impair I2 si 1 est pair .
Comme 1 est un nombre impair et que A1=A, la propri´et´eP1est vraie.
• H´er´edit´e
Supposons la propri´et´ePn vraie `a un rangn∈N∗ fix´e. On a alors : Pn : An=
Asinest impair I2 sinest pair . Montrons quePn+1 est vraie, i.e. :
Pn+1 : An+1=
Asin+ 1 est impair I2 sin+ 1 est pair .
On scinde l’´etude en deux cas, compte tenu de la forme de la propri´et´e `a montrer.
– Cas o`un+ 1 est impair
Dans ce cas,nest pair et donc :An=I2. On en d´eduit que : An+1=AnA=I2A=A.
La propri´et´e est v´erifi´ee dans ce cas.
– Cas o`un+ 1 est pair
Dans ce cas,nest impair et doncAn=A. On en d´eduit que : An+1=AnA=AA=A2 =
(cf. 3.)I2. La propri´et´e est aussi v´erifi´ee dans ce cas.
• Conclusion
De l’initialisation au rang 1, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que : pour tout n∈N∗ :
Pn : An=
Asinest impair I2 sinest pair .
Partie C
1. Comme−→v et−→w sont tous les deux non nuls, s’ils sont orthogonaux, il ne sont pas colin´eaires. Il suffit donc de montrer que −→u et −→v sont orthogonaux pour voir queE = (−→v ,−→w) est une base orthogonale du plan.
Le produit scalaire−→v .−→w = 1×2 + (−2)×1 est nul. D’apr`es le crit`ere d’orthogonalit´e, les vecteurs
−
→v et −→w sont orthogonaux.
2. Soit−→u un vecteur du plan, soit (x2, y2) ses coordonn´ees dans la baseE et soit (x′2, y2′) les coordonn´ees def(−→u) dans la baseE.
(a) Par d´efinition, on a :
f(−→u) = 2 −→u .−→w
||−→w||2−→w − −→u .
On cherche `a d´ecomposerf(−→u) dans la baseE = (−→v ,−→w), `a l’aide de la d´ecomposition
−
→u =x2−→v +y2−→w de−→u dans la baseE= (−→v ,−→w).
On commence par calculer le produit scalaire−→u .−→w.
Attention : Le produit scalaire est d´efini relativement aux coordonn´ees dans la base (−→i ,−→j). En particulier, on ne peut ni ´ecrire −→u .−→w =x2×1 +y2×(−1), ni −→u .−→w =x2×0 +y2×1; cela n’aurait aucun sens ! Pour utiliser ce type de formule, il faut utiliser les coordonn´ees des deux vecteurs dans la base B= (−→i ,−→j). Ici, on utilise les propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire.
−
→u .−→w = (x2−→v +y2−→w).−→w
= x2 −→v .−→w
| {z }
0 (othogonalit´e)
+y2 −→w .−→w
| {z }
5 (cf. B-1.)
(propri´et´es alg´ebriques du produit scalaire)
= 5y2. Par suite :
f(−→u) = 2
−
→u .−→w
z}|{5y2
|{z}5
||−→w||2
−
→w −
x2−→v +y2−→w
| {z }
−
→u
= −x2
|{z}
x′2
−
→v + y2
|{z}
y′2
−
→w .
De cette d´ecomposition de f(−→u) dans la base E = (−→v ,−→w), on d´eduit que les coordonn´ees de f(−→u) dansE sont :
x′2=−x2 et y2′ =y2. (b) SiDd´esigne la matrice
−1 0 0 1
alors on v´erifie que :
x′2 y2′
=D x2
y2
.
3. On calcule D2 et on trouve D2 = I2. Il existe donc une matrice B (=D) de taille 2×2 telle que DB =I2. D’apr`es le cours, la matriceD est alors inversible, d’inverse la matriceB (qui est ´egale `a D ici).
Remarque : On verra aussi dans le chapitre Applications lin´eaires que D2=I2 d´ecoule en fait des r´esultats 2. et 3. de la partie A.
Partie D
1. La matricePB,E est inversible.
2. La matricePE,Best l’inverse de la matricePB,E , i.e. : PE,B=PB,E−1. 3. Soit−→u un vecteur du plan. On note :
• (x1, y1) les coordonn´ees de−→u dans la baseB;
• (x′1, y1′) les coordonn´ees def(−→u) dans la baseB;
• (x2, y2) les coordonn´ees de−→u dans la baseE;
• (x′2, y2′) les coordonn´ees def(−→u) dans la baseE. (a) D’apr`es le th´eor`eme du changement de base, on a :
x′1 y1′
=PB,E
x′2 y′2
.
(b) Toujours d’apr`es le th´eor`eme du changement de base, on a : x2
y2
=PE,B
x1
y1
. (c)
PB,ED PB,E−1 x1
y1
= PB,ED PE,B
x1
y1
(d’apr`es la question 2.)
= PB,ED x2
y2
(d’apr`es (b))
= PB,E
x′2 y2′
(d’apr`es (C-2.(b)).)
= x′1
y1′
(d’apr`es (a))
= A
x1
y1
(d’apr`es (B-2.(b)).)
(d) Les deux matricesAet PB,ED PB,E−1 sont de taille 2×2 et l’on a, d’apr`es (c) :
∀ x1
y1
∈R2 A x1
y1
=PB,ED PB,E−1 x1
y1
(12) On utilise la remarque suivante, utile `a savoir. Si M est une matrice 2×2, alorsM
1 0
est le premier vecteur colonne deM et M
0 1
est le second vecteur colonne deM.
En sp´ecifiant (12) avec x1
y1
= 1
0
, on obtient donc que les premi`eres colonnes des matrices A et PB,ED PB,E−1 sont ´egales. En sp´ecifiant (12) avec
x1
y1
= 0
1
, on obtient donc que les secondes colonnes des matrices A et PB,ED PB,E−1 sont ´egales. Par suite, les matrices A et PB,ED PB,E−1 sont ´egales.
4. (a) La matricePB,E est :
−
→u −→v 2 1
1 −2
/−→i /−→j
.
Comme on l’a vu en 2., la matrice PE,B est l’inverse de la matrice PB,E. Pour calculerPB,E−1, on r´esout le syst`eme
(S) : PB,E
x1
x2
= y1
y2
soit
(S) :
2x1 + x2 = y1
x1 − 2x2 = y2
d’inconnue (x1, x2), de param`etres (y1, y2)par la m´ethode du pivot de Gauß.On a : (S) ⇐⇒
x1 − 2x2 = y2
2x1 + x2 = y1 (L1)↔(L2)
⇐⇒
x1 − 2x2 = y2
2x1 + x2 = y1 (L2)←(L2)−2(L1)
⇐⇒
x1 − 2x2 = y2
5x2 = y1−2y2 .
De (L2), on d´eduit :
x2= 1 5y1−2
5y2. En reportant cette expression dans (L1), on obtient :
x1−2 1
5y1−2 5y2
=y2
soit
x1= 2 5y1+1
5y2. On a donc :
PB,E
x1
x2
= y1
y2
⇐⇒
x1
x2
=
2
5y1+15y2 1
5y1−25y2
.
On a donc :
PB,E−1 =PE,B=
2 5
1 5 1 5 −25
.
(b) Pour red´emontrer la relation :
A=PB,ED PB,E−1 on peut simplement calculer le produit :
PB,ED PB,E−1 =
2 1 1 −2
−1 0 0 1
2 5
1 5 1 5 −25
et v´erifier que l’on trouve la matriceA.
(c) La m´ethode expos´ee au 3. ne n´ecessite aucun calcul ; la connaissance du th´eor`eme du changement de base permet de lier les matricesAetD sans effectuer un seul produit matriciel.
Dans la m´ethode par calcul direct expliqu´ee en (b), il y a 16 multiplications et 8 additions `a effectuer (2 multiplications et 1 addition pour le calcul d’un coefficient d’un produit de deux matrices 2×2).
Probl`eme 3 : ´Etudes de fonctions d´efinies par une int´egrale Soitgune fonction d´efinie et continue surR. On d´efinit la fonctionf par :
f: R→R; x7→
Z x
−x
g(t)dt.
Partie A - D´erivabilit´e de f et expression de f′ en fonction deg 1. Justifier que la fonctionf est bien d´efinie surR.
2. Montrer que la fonction f est impaire.
Aucun changement de variable n’est n´ecessaire ici.
3. Montrer quef est d´erivable surR.
On pourra introduire une primitive Gde g surR, apr`es avoir justifi´e son existence.
4. Exprimerf′(x) `a l’aide de la fonctiong, pour toutx∈R. Partie B - Un crit`ere d’imparit´e pour la fonctiong
1. On suppose uniquement pour cette question 1. queg est une fonction impaire.
(a) Montrer que pour toutx∈R: f(x) =−f(x).
On pourra consid´erer le changement de variable u=−t.
(b) En d´eduire que pour toutx∈R:f(x) = 0.
2. On suppose uniquement pour cette question 2. quef est la fonction nulle, i.e. que pour toutx∈R: f(x) = 0.
(a) D’apr`es l’hypoth`ese faite ici, que vautf′(x) pour toutx∈R? (b) En d´eduire que la fonctiong est impaire.
3. D’apr`es 1. et 2., quel crit`ere d’imparit´e pour la fonctiong peut-on ´enoncer ? On donnera la r´eponse en utilisant une ´equivalence.
Partie C - ´Etude d’un cas particulier
On suppose d´esormais que la fonction gest donn´ee par : g:R→R; t7→ tet
t2+ 1. 1. Montrer que la fonction gest continue surR.
2. (a) ´Etudier les limites deg en−∞et en +∞. (b) En d´eduire quegn’est pas impaire.
3. En utilisant le r´esultat de la question A-4, calculerf′(x) pour toutx∈R. 4. ´Etudier les variations de f surR.
5. Soitx∈]1,+∞[.
(a) Montrer que :
Z 0
−x
tet
t2+ 1 dt=− Z x
0
te−t t2+ 1 dt.
On pourra consid´erer le changement de variable u=−t.
(b) En d´eduire que :
f(x) = Z x
0
t(et−e−t) t2+ 1 dt.
(c) Montrer que la fonction hd´efinie par :
h:R→R; t7→et−e−t est strictement croissante surRet en d´eduire quee−1
e est un minorant dehsur [1,+∞[.
(d) Justifier que le nombree−1
e est strictement positif.
(e) Montrer que :
Z x 1
t(et−e−t) t2+ 1 dt≥1
2
e−1 e
ln(x2+ 1)−ln(2) .
(f) En d´eduire le comportement asymptotique def en +∞. 6. Donner le comportement asymptotique def en−∞.
Correction Partie A
1. La fonctionf est bien d´efinie surRcar la fonctiongest continue sur R. 2. On doit montrer que pour toutx∈R:f(−x) =−f(x). Soitx∈R.
f(−x) = Z −x
−(−x)
g(t)dt
= Z −x
x
g(t)dt
= −
Z x
−x
g(t)dt (≪renverser les bornes d’une int´egrale fait apparaˆıtre un signe−≫)
= −f(x).
3. La fonctiongest d´efinie et continue surR. Elle admet donc une primitive surR. SoitGl’une d’entre elle. Par d´efinition, on a donc :
Gest d´erivable surR et
G′=g
.
On a alors :
∀x∈R f(x) = Z x
−x
g(t)dt= [G(t)]x−x=G(x)−G(−x). (13) La fonction x 7→ −xest d´erivable sur R (fonction affine). Comme G est aussi d´erivable sur R, la fonctionx7→G(−x) est aussi d´erivable surR(une compos´ee de fonctions d´erivables est d´erivable).
La fonctionf est donc diff´erence de deux fonctions d´erivables surR(cf. (13)) ; elle est donc elle-mˆeme d´erivable surR.
4. D’apr`es (13) et la formule (fondamentale) de d´erivation d’une fonction compos´ee, on a :
∀x∈R f′(x) =G′(x) +G′(−x) =
G′=gg(x) +g(−x). (14)
Partie B
1. On suppose ici queg est une fonction impaire.
(a) Soitx∈R. On effectue le changement de variableu=−tdans l’int´egrale f(x) =
Z x
−x
g(t)dt.
On a alors :
t=−u t=−x u=x dt=−du t=x u=−x et donc :
f(x) = Z x
−x
g(t)dt = Z −x
x
g(−u) (−du)
= Z −x
x −g(u) (−du) (g(−u) =−g(u) pour tout u∈Rcarg impaire)
= Z −x
x
g(u)du
= −
Z x
−x
g(u)du
≪renverser les bornes d’une int´egrale fait apparaˆıtre un signe −≫
= −f(x).
(b) Soitx∈R. D’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a : f(x) =−f(x) et donc 2f(x) = 0. En divisant chacun des membres de la pr´ec´edente identit´e par 2, on a : f(x) = 0.
2. On suppose ici quef est la fonction nulle, i.e. que pour toutx∈R:f(x) = 0.
(a) La fonctionf ´etant la fonction nulle, elle est constante. Sa d´eriv´ee est donc nulle, i.e. :
∀x∈R f′(x) = 0. (15)
(b) Soitx∈R. D’apr`es (14), on a d’une part :
f′(x) =g(x) +g(−x) et d’apr`es (15), on a d’autre part :
f′(x) = 0.
On en d´eduit : g(x) +g(−x) = 0. Par suite : g(−x) =−g(x).
La fonctiongest donc impaire.
3. En rassemblant les r´esultats 1. et 2., on obtient :
g est impaire ⇐⇒ f est la fonction nulle.
L’implication⇒correspond `a la question 1. et l’implication⇐`a la question 2.
Partie C - ´Etude d’un cas particulier 1. La fonction
u:R→R; t7→tet
est le produit de deux fonctions usuelles que l’on sait ˆetre continues surR. La fonction v: R→R; t7→t2+ 1
est continue sur R (fonction polynˆome) et ne s’annule pas sur R. En effet, pour tout t ∈ R, on a t2≥0 donct2+ 1≥1.
La fonction
f =u
v: R→R; t7→ tet t2+ 1
est donc bien d´efinie et continue surR(le quotient de deux fonctions continues dont le d´enominateur ne s’annule pas est continu).
2. (a) • Etude de la limite ´eventuelle de´ gen−∞
Par croissances compar´ees, on a :tett→−∞−→ 0.De plus, on a :t2+ 1t→−∞−→ +∞.Par op´eration sur les limites (≪ +∞0 = 0≫), on a alors :
g(t) = tet
t2+ 1 t→−∞−→ 0.
• Etude de la limite ´eventuelle de´ gen +∞ Commetet −→
t→+∞+∞et t2+ 1 −→
t→+∞+∞on est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee. On factorise alors le num´erateur par le terme pr´epond´erant en +∞ (i.e.et) et on fait de mˆeme pour le d´enominateur (factorisation par t2). Soitt ∈]0,+∞[ (on peut faire cette hypoth`ese, car on s’int´eresse au comportement degau voisinage de +∞). On peut ainsi diviser part(qui n’est pas nul).
g(t) = tet
t2+ 1 = et×t t2
1 + 1
t2 = et
t × 1 1 + 1
t2
. (16)
Comme et
t t→+∞−→ +∞ (croissances compar´ees) et 1 1 + 1
t2
t→+∞−→ 1 (limites usuelles) on d´eduit de (16) que :
g(t)t→+∞−→ +∞.
(b) On raisonne par l’absurde. Supposonsgimpaire. Comme g(t)t→−∞−→ 0 (cf. question pr´ec´edente) on a : g(t) −→
t→+∞0.Org(t) −→
t→+∞+∞(cf. question pr´ec´edente), d’o`u une contradiction.
3. Soitx∈R. D’apr`es A-4, on a :
f′(x) =g(x) +g(−x) = xex
x2+ 1+ (−x)e−x (−x)2+ 1
= xex
x2+ 1− xe−x x2+ 1
= x
x2+ 1(ex−e−x). On a donc :
f′(x) = x
x2+ 1 ex−e−x
. (17)
4. La fonctionf ´etant d´erivable surR(cf. A-3), on peut appliquer le crit`ere diff´erentiel de stricte mo- notonie pour ´etudier ses variations. On s’int´eresse donc au signe def′ surR. Guid´e par l’expression factoris´ee (17), on ´etudie pour cela le signe deex−e−x pourx∈R.
• R´esolution de l’in´equationex−e−x>0 ex−e−x>0 ⇐⇒ ex> e−x
⇐⇒ ln(ex)>ln(e−x) (ln est strictement croissante surR+∗)
⇐⇒ x >−x (pour toutX ∈R, ln(eX) =X)
⇐⇒ 2x >0
⇐⇒ x >0 (multiplication par 12 >0 de chacun des membres)
• R´esolution de l’´equationex−e−x= 0 ex−e−x= 0 ⇐⇒ ex=e−x
⇐⇒ ln(ex) = ln(e−x)
⇐⇒ x=−x (pour toutX ∈R, ln(eX) =X)
⇐⇒ 2x= 0
⇐⇒ x= 0 (multiplication par 12 >0 de chacun des membres)
On en d´eduit le tableau de variations suivant. Rappelons que x2+ 1 > 0 pour tout x ∈ R. Donc d’apr`es (17), le signe de f′(x) est le mˆeme que celui du produitx(ex−e−x) pour tout x∈R.
x −∞ 0 +∞
Signe dex − 0 +
Signe deex−e−x − 0 +
Signe def′(x) + 0 +
+∞
Variations def
ր
0 5. Soitx∈]1,+∞[.
(a) On effectue le changement de variableu=−tdans l’int´egrale Z 0
−x
tet t2+ 1 dt.
On a alors :
t=−u t=−x u=x dt=−du t= 0 u= 0 et donc :
Z 0
−x
tet
t2+ 1 dt = Z 0
x
(−u)e−u
(−u)2+ 1 (−du)
= Z 0
x
ue−u u2+ 1 du
= −
Z x 0
ue−u u2+ 1 du
≪renverser les bornes d’une int´egrale fait apparaˆıtre un signe−≫
Donc (le nom de la variable d’int´egration n’a aucune importance), on a : Z 0
−x
tet
t2+ 1 dt=− Z x
0
te−t
t2+ 1 dt. (18)
(b) On a : f(x) =
Z x
−x
tet
t2+ 1 dt = Z 0
−x
tet t2+ 1 dt+
Z x 0
tet
t2+ 1 dt (relation de Chasles)
= −
Z x 0
te−t t2+ 1 dt+
Z x 0
tet
t2+ 1 dt (cf. (18))
= Z x
0
−te−t+tet
t2+ 1 dt (lin´earit´e de l’int´egrale)
= Z x
0
t(et−e−t) t2+ 1 dt.
(c) La fonction
α:R→R; t7→ −t
est strictement d´ecroissante sur R(fonction affine de pente n´egative). La fonctionf est stricte- ment croissante sur R. Par suite, la fonction :
|{z}α
ցց
◦ exp
|{z}
րր
◦ α
|{z}
ցց
: R→R; t7→ −e−t
est strictement croissante surR. La fonction
t7→et−e−t
donc strictement croissante surR(somme de deux fonctions strictement croissantes surR).
Autre m´ethode : On aurait pu aussi ici appliquer le crit`ere diff´erentiel de stricte monotonie `a la fonction h, apr`es avoir soigneusement justifi´e sa d´erivabilit´e surR.
Soitt≥1. Alors, commehest (strictement) croissante surR, on a : h(t)≥h(1) =e−1
e. Autrement dit,e−1
e est un minorant de hsur [1,+∞[.
(d) Commehest strictement croissante surR, on a : h(0)
|{z}
0
< h(1) =e−1 e.
Par suitee−1
e est strictement positif.
(e) Soitt∈[1, x]. Commet≥1, on a :
et−e−t≥e−1 e. De plus :
et−e−t≥e−1
e =⇒ t(et−e−t) t2+ 1 ≥
e−1
e t
t2+ 1
multiplication de chacun des membres par t
t2+ 1 >0
!
Par croissance de l’int´egrale (1< x), on en d´eduit : Z x
1
t(et−e−t) t2+ 1 dt≥
Z x 1
e−1
e t
t2+ 1 dt. (19)
Or : Z x
1
e−1
e t
t2+ 1 dt =
e−1 e
Z x 1
t t2+ 1 dt
=
e−1 e
Z x 1
1 2
u′(t)
z}|{2t t2+ 1
| {z }
u(t)
dt
= 1
2
e−1 e
ln(1 +t2)x 1
On a donc :
Z x 1
e−1
e t
t2+ 1 dt= 1 2
e−1
e
ln(1 +x2)−ln(2)
. (20)
De (19) et (20), on d´eduit que : Z x
1
t(et−e−t) t2+ 1 dt≥1
2
e−1 e
ln(1 +x2)−ln(2) .
(f) Alors f(x) =
Z x 0
t(et−e−t)
t2+ 1 dt (21)
(22)
=
Z 1 0
t(et−e−t) t2+ 1 dt
| {z }
constante ind´ependante dex
+
Z x 1
t(et−e−t) t2+ 1 dt
| {z }
≥12(e−1e)(ln(1+x2)−ln(2)) (cf. (e))
(relation de Chasles) (23)
Comme 1 +x2x→+∞−→ +∞et comme ln(X) −→
X→+∞+∞(limites usuelles), on a : ln(1 +x2)x→+∞−→ +∞ (composition de limites) et par suite, puisque e−1
e est strictement positif : 1
2
e−1 e
ln(1 +x2)−ln(2)
x→+∞−→ +∞.
De ce calcul de limites, de l’identit´e (23) et du th´eor`eme des gendarmes, on d´eduit : f(x)x→+∞−→ +∞.
6. Du r´esultat pr´ec´edent et de l’imparit´e def (cf. A-2), on d´eduit que : f(x)x→−∞−→ −∞.
