ALG `EBRE BILIN ´EAIRE ET INT ´EGRATION DE JANVIER 2020
EMMANUEL HEBEY
Exercice 1: (1)La matrice est sym´etrique. Elle est donc diagonalisable. SiP est le polynˆome caract´eristique deA, alors
P(X) = det
−1−X 1 1
1 −1−X 1
1 1 −1−X
On trouve
P(X) =−(X+ 1)3+ 2 + 3(X+ 1)
=−(X3+ 3X2−4)
On aP(1) = 0. Donc 1 est racine deP. Il existe alorsa∈Rtel que P(X) =−(X−1)(X2+aX+ 4).
En regardant les termes enX2(et/ou en X) on trouve quea= 4. Donc P(X) =−(X−1)(X2+ 4X+ 4)
=−(X−1)(X+ 2)2 . En conclusion il y a deux valeurs propres: 1 et−2.
(2)On consid`ereR3muni du produit scalaire euclidienh·,·i. On notek · kla norme associ´ee. SiB est la base canonique de R3 il existe un unique endomorphisme f de R3 qui est tel que MBB(f) = A. Les valeurs propres de A sont les valeurs propres def, les espaces propres deAsont les espaces propres def etc. A titre de remarque: on sait queA est diagonalisable et donc si E1 et E−2 sont les espaces propres associ´es aux valeurs propres 1 et−2 alors
dimE1+ dimE−2= 3 .
Comme 1 est de multiplicit´e 1 dansP on a forc´ement (cf. cours) que dimE1 = 1.
Donc dimE−2= 2. On ´ecrit que
E1=
(x, y, z)/
−1 1 1
1 −1 1
1 1 −1
x y z
=
x y z
.
On trouve pour syst`eme d’´equations associ´ees:
2x=y+z 2y=x+z 2z=x+y .
Date: Le 6 Janvier 2020.
1
La somme des deux premi`eres ´equation donne la troisi`eme ´equation. Le syst`eme est donc ´equivalent au syst`eme
(2x=y+z 2y=x+z . On a les ´equivalences
(2x=y+z 2y=x+z ⇔
(2x=y+z
4y= 2x+ 2z ⇔
(2x=y+z
3y= 3z ⇔ x=y=z . Donc
E1={(x, y, z)/ x=y=z}
={(x, x, x), x∈R}
={x(1,1,1), x∈R} .
On en d´eduit queE1 est la droite vectorielle de vecteur directeuru= (1,1,1). On akuk=√
3. On pose
e1= 1
√ 3, 1
√ 3, 1
√ 3
.
On ´ecrit maintenant que
E−2=
(x, y, z)/
−1 1 1
1 −1 1
1 1 −1
x y z
=−2
x y z
.
On trouve pour syst`eme d’´equations associ´ees:
x+y+z= 0 x+y+z= 0 x+y+z= 0 Donc
E−2={(x, y, z)/ z=−x−y}
={(x, y,−x−y), x, y∈R}
={x(1,0,−1) +y(0,1,−1), x, y∈R} .
On en d´eduit queE−2est engendr´e parv= (1,0,−1) etw= (0,1,−1). On sait d´ej`a queE−2 est de dimension 2. Donc (v, w) est une base de E−2 puisqu’une famille g´en´eratrice qui a le mˆeme nombre de vecteurs que la dimension est une base (un autre argument consisterait `a v´erifier que (v, w) est une famille libre). On utilise maintenant Gram-Schmidt pour orthonormaliser (v, w). On akvk=√
2. On pose e2=
1
√2,0,− 1
√2
.
On ahw, e2i=√1
2. On pose ˆ
w=w− hw, e2ie2=
−1
,1,−1 .
On akwkˆ =q
3
2. On pose
e3= − 1
√6, r2
3,− 1
√6
! .
La famille (e1, e2, e3) est alors une base orthonorm´ee deR3 qui diagonalisef. Si
P=
√1 3
√1
2 −√1
6
√1
3 0 q
2 3
√1 3 −√1
2 −√1
6
alorsP est une matrice orthogonale et
tP AP =
1 0 0
0 −2 0
0 0 −2
.
Exercice 2: (1)On d´eveloppe l’expression propos´ee. On a que 9x2+ 4 (y+z−2t)2+ 25 (z+t)2
= 9x2+ 4(y2+z2+ 4t2+ 2yz−4yt−4zt) + 25(z2+t2+ 2zt)
= 9x2+ 4y2+ 4z2+ 16t2+ 8yz−16yt−16zt+ 25z2+ 25t2+ 50zt
= 9x2+ 4y2+ 29z2+ 41t2+ 8yz−16yt+ 34zt et on retrouve bienQ(X).
(2)SoitB la base canonique deR4. On v´erifie facilement que Φ est bien lin´eaire.
On a que
MBB(Φ) =
3 0 0 0
0 2 2 −4
0 0 5 5
0 0 0 1
.
La matrice est triangulaire sup´erieure. Son d´eterminant est le produit des termes diagonaux. Donc
detMBB(Φ) = 30,
et comme detMBB(Φ)6= 0 on peut affirmer (cf. cours) quefest un isomorphisme de R4. On aQ(X) = ˜Q(Φ(X)) pour toutX en vertue de la question pr´ec´edente. Les formes quadratiquesQet ˜Qsont donc ´equivalentes. Or deux formes quadratiques sont ´equivalentes si et seulement si elles ont mˆeme signature. La signature de ˜Qest (3,0). La signature deQest donc aussi (3,0).
(3)En vertue de la question (1),X = (x, y, z, t) est un vecteur isotrope deQsi et seulement si
9x2= 0
4 (y+z−2t)2= 0 25 (z+t)2= 0. On trouve donc
x= 0 y+z= 2t z=−t
soit encorex= 0,y= 3tetz=−t. Par suite, si Iso(Q) est l’ensemble des vecteurs isoptropes deQalors
Iso(Q) ={(0,3t,−t, t)/ t∈R}
={t(0,3,−1,1) / t∈R} .
On en d´eduit que Iso(Q) est la droite vectorielle engendr´ee paru= (0,3,−1,1).
Exercice 3: L’int´egrale I1 est g´en´eralis´ee en +∞. Si f1 est la fonction int´egr´ee dans cette int´egrale, alors f1 est continue sur [0,+∞[ et de plus
x→+∞lim x2f1(x) = 3.
On en d´eduit (crit`ere de Riemann, 2>1) queI1 est convergente. L’int´egraleI2est g´en´eralis´ee en +∞. Si f2 est la fonction int´egr´ee dans cette int´egrale, alorsf2 est continue sur [0,+∞[ et de plus
x→+∞lim xf2(x) =2 5 .
On en d´eduit (crit`ere de Riemann, 1 ≤ 1) que I2 est divergente. L’int´egrale I3 est g´en´eralis´ee en 0. Sif3 est la fonction int´egr´ee dans cette int´egrale, alors f3 est continue sur ]0, π/2] et de plus
lim
x→0+xf3(x) = 1
puisque sin(x2) = x2(1 +o(1)) lorsque x→ 0 (o`u o(1)→ 0 lorsque x→0). On en d´eduit (crit`ere de Riemann, 1 ≥ 1) que I3 est divergente. L’int´egrale I4 est g´en´eralis´ee en 0 et en +∞. Sif4 est la fonction int´egr´ee dans cette int´egrale, alors f4 est continue sur ]0,+∞[. On a
lim
x→0+
√xf4(x) =1 2 .
On en d´eduit (crit`ere de Riemann, 1/2<1 o`u le 1/2 est celui de la racine carr´ee) queI4 est convergente en 0. On a encore que
x→+∞lim x3/2f4(x) = 2.
On en d´eduit (crit`ere de Riemann, 3/2 >1) que I4 est convergente en +∞. Au totalI4 est convergente.
Exercice 4: On notef :R×R→Rla fonction f(x, t) = cos2π
4 −g(x) cos(t) .
Cette fonction est continue surR×R(th´eor`emes g´en´eraux sur la continuit´e). On en d´eduit (cf. cours) queF est continue surR. Clairement ∂f∂x existe en tout point (x, t) et
∂f
∂x(x, t) = 2g0(x) cos(t) cosπ
4 −g(x) cos(t) sinπ
4 −g(x) cos(t) .
Toujours en vertue des th´eor`emes g´en´eraux sur la continuit´e, ∂f∂x est continue sur R×R. On en d´eduit (cf. cours) queF est d´erivable surRde d´eriv´ee
F0(x) = 2g0(x) Z π/2
cos(t) cosπ
4 −g(x) cos(t) sinπ
4 −g(x) cos(t) dt .
En particulier, puisqueg(0) = 0,
F0(0) = 2g0(0) cos(π/4) sin(π/4) Z π/2
0
cos(t)dt
=g0(0) [sin(t)]π/20
=g0(0) puisque cos(π/4) = sin(π/4) = √1
2.
Exercice 5: On utilise Fubini sur les rectangles pourI1et Fubini en tranches pour I2et I3. On aD1= [0,1]×[0,1] et par Fubini:
I1= Z 1
0
Z 1 0
(1 +x2y3)dx
dy
= Z 1
0
[x]10+1 3y3[x3]10
dy
= Z 1
0
1 + 1
3y3
dy
= [y]10+ 1 12[y4]10
= 1 + 1 12 = 13
12 .
On aD2={(x, y)/ 0≤x≤y, 0≤y≤1}, et par Fubini en tranches:
I2= Z 1
0
Z y 0
(1 +x2y3)dx
dy
= Z 1
0
[x]y0+1 3y3[x3]y0
dy
= Z 1
0
y+1
3y6
dy
=1
2[y2]10+ 1 21[y7]10
=1 2 + 1
21 =23 42 . Enfin on aD3=
(x, y)/0≤x≤y2, −1≤y≤1 , et par Fubini en tranches:
I3= Z 1
−1
Z y2 0
(1 +x2y3)dx
! dy
= Z 1
−1
[x]y02+1
3y3[x3]y02
dy
= Z 1
−1
y2+1
3y9
dy
=1
3[y3]1−1+ 0 = 2 3 .
Exercice 6: Supposons que f et g commutent. Soit Ei un espace propre de f associ´e `a une valeur propreλi. Soitu∈Ei. On a
g(f(u)) =λig(u) =f(g(u)) .
Donc v = g(u) appartient `a Ei. Soit g(Ei) ⊂ Ei puisque u est quelconque dans Ei. Si f et g commutent les espaces propres de f sont donc stables par g. R´eciproquement supposons que les espaces propres de f sont stables par g.
Puisque f est diagonalisable il existe une baseBde E constitu´ee de vecteurs pro- pres. Disons que f a pour espaces propres E1, . . . , Ep et ´ecrivons (avec abus de langage) queB= (B1, . . . ,Bp) o`u lesBisont des bases desEi. Fixonsiquelconque, notonsλila valeur propre pourEiet notonsBi= (ei1, . . . , eik). Commeg(Ei)⊂Ei, il existe desαjm,j, m= 1, . . . , k, tels que pour toutj= 1, . . . , k,
g(eij) =
k
X
m=1
αjmeim.
Par suite, pour toutj= 1, . . . , k,
f g(eij)
=
k
X
m=1
αjmf(eim) =λi k
X
m=1
αjmeim ,
tandis que
g f(eij)
=λig(eij) =λi k
X
m=1
αjmeim.
On voit donc que pour touti= 1, . . . , pet toutj= 1, . . . , k, f g(eij)
=g f(eij) .
En d’autres termes, il existe une baseB= (e1, . . . , en) deEayant la propri´et´e que pour touti= 1, . . . , n,
g◦f(ei) =f ◦g(ei).
Deux applications lin´eaires qui sont ´egales sur une base le sont sur tout l’espace.
Doncg◦f =f ◦g.
Exercice 7: On utilse la propri´et´e qu’un vecteur x∈E est nul si et seulement si il est orthogonal `a tous les vecteurs de E, donc si et seulement sihx, yi= 0 pour tout y ∈E. Soient maintenant x, y∈E quelconques etλ∈R quelconque. Alors pour toutz∈E:
hu(x+λy)−u(x)−λu(y), zi
=hu(x+λy), zi − hu(x), zi −λhu(y), zi
=hx+λy, u(z)i − hx, u(z)i −λhy, u(z)i (par hypoth`ese)
=hx, u(z)i+λhy, u(z)i − hx, u(z)i −λhy, u(z)i
= 0.
On en d´eduit queu(x+λy)−u(x)−λu(y) = 0, et donc que u(x+λy) =u(x) +λu(y).
Commex, ysont quelconques dansEetλest quelconque dansR, on en d´eduit que
Exercice 8: Pour tousx, y∈E,
hu(x), yi=hx, u?(y)i.
Siy∈Ker(u?), alorsu(y) = 0 et donchu(x), yi= 0 pour toutx∈E. L’espace des u(x) pourxparcourantEest pr´ecis´ement Im(u). Doncy∈Im(u)⊥. R´eciproquement, si y ∈Im(u)⊥, alors hu(x), yi= 0 pour tout x∈ E, et donchx, u?(y)i = 0 pour toutx∈E. Doncu?(y) = 0 ety∈Ker(u?). Donc
Ker(u?) = Im(u)⊥ .
En partant deu?on a aussi montr´e que Ker((u?)?) = Im(u?)⊥. Sachant que (u?)?= uon a donc que Ker(u) = Im(u?)⊥. En particulier, Ker(u)⊥ = Im(u?)⊥⊥
, et donc (r´esultat admis ou cf. ci-dessous) on peut affirmer que
Ker(u)⊥= Im(u?). On peut maintenant ´ecrire que
Rang(u?) = dimIm(u?)
= dimKer(u)⊥
= dimE−dimKer(u)
= dimIm(u) (th´eor`eme du rang)
= Rang(u).
Reste `a d´emontrer qu’en dimension finie, pour tout sous espace vectorielF deE:
dimF⊥= dimE−dimF et (F⊥)⊥=F. La premi`ere identit´e d´ecoule du th´eor`eme de la base incompl`ete orthonorm´ee. On prend une base orthonorm´ee (e1, . . . , ep) deF. On la compl`ete en une base orthonorm´ee (e1, . . . , en) deE (n= dimE). Les vecteurs ei sont dans F⊥ pour i≥p+ 1, et comme (ep+1, . . . , en) est libre, on en d´eduit que dimF⊥≥n−p. Par ailleurs,F∩F⊥={0}et donc dimF+ dimF⊥≤n, de sorte qu’on a aussi que dimF⊥ ≤n−p. D’o`u dimF⊥ = dimE−dimF. Pour obtenir la seconde identit´e on remarque que F ⊂(F⊥)⊥. Les deux espaces ayant la mˆeme dimension en vertue de ce qui vient d’ˆetre dit, ils sont ´egaux.
