´Epreuve de Math´ematiques 2014-2015
Licence ´Economie-Gestion – 2 `eme ann´ee 1 `ere session (mai 2015)
Semestre 2 Dur´ee 1h30
Aucun document autoris´e - T´el´ephones portables, calculatrices et tout accessoire ´electronique interdits.
E XERCICE 1
Soit f l’endomorphisme de R
3dont la matrice dans la base canonique est
A =
4 2 −4 1 4 −3
1 1 0
Partie A
1. D´eterminer le polyn ˆome caract´eristique de A (on pourra v´erifier que 2 est valeur propre simple et que 3 est valeur propre double).
S OLUTION
Solution 1 P
A(X) = (2 − X)(3 − X)
2Solution 2 On se sert de l’indication... P
A(X) = −X
3+ 8X
2− 21X + 18 P
A0(X ) = −3X
2+ 16X − 21
P
A00(X ) = −6X + 16 P
A(2) = 0 et P
A0(2) 6= 0
P
A(3) = P
A0(3) = 0 et P
A00(3) 6= 0
2. Montrer que A n’est pas diagonalisable.
S OLUTION
E(3) = V ect{(2, 1, 1)}
(2, 1, 1) 6= 0
R3donc {(2, 1, 1)} est libre et g´en´eratrice de E(3) donc {(2, 1, 1)} est une base de E(3) donc dim(E(3)) = 1 6= 2.
Donc A n’est pas diagonalisable.
Partie B
On pose u
1= (1, 1, 1) , u
2= (2, 1, 1) et u
3= (0, 1, 0) .
On note U
1, U
2et U
3les vecteurs colonnes de leurs coordonn´ees dans la base canonique.
3. Montrer que (f − 3Id)(u
3) = u
2.
S OLUTION (A − 3I
3) × U
3=
1 2 −4 1 1 −3 1 1 −3
×
0 1 0
=
2 1 1
= U
2Donc (f − 3Id)(u
3) = u
2.
4. D´eterminer P la matrice de passage de la base canonique de R
3`a {u
1, u
2, u
3}.
S OLUTION
P =
1 2 0 1 1 1 1 1 0
5. Montrer que la famille {u
1, u
2, u
3} est une base de R
3.
S OLUTION
det(P ) = −1 × (−1) = 1 6= 0 (d´eveloppement par rapport `a la derni`ere colonne) donc d’apr`es le th´eor`eme de caract´erisation des bases, {u
1, u
2, u
3} est une base de R
3.
6. D´eterminer la matrice B de f dans la base {u
1, u
2, u
3} sans utiliser P .
S OLUTION
A × U
1= 2U
1donc f (u
1) = 2.u
1+ 0.u
2+ 0.u
3. A × U
2= 3U
2donc f (u
2) = 0.u
1+ 3.u
2+ 0.u
3. D’apr`es 3., f (u
3) = 0.u
1+ 1.u
2+ 3.u
3.
On en d´eduit alors :
B =
2 0 0 0 3 1 0 0 3
7. Calculer P
−1en utilisant la m´ethode de votre choix.
S OLUTION
P
−1=
−1 0 2 1 0 −1 0 1 −1
8. En utilisant les matrices de changement de base, retrouver la matrice B de f dans la base {u
1, u
2, u
3} .
S OLUTION
P
−1× A × P = · · · =
2 0 0 0 3 1 0 0 3
= B
9. Montrer que l’on peut ´ecrire B = D + N o `u D est une matrice diagonale.
S OLUTION
B =
2 0 0 0 3 1 0 0 3
=
2 0 0 0 3 0 0 0 3
+
0 0 0 0 0 1 0 0 0
= D + N
10. Calculer N
npour n entier naturel. En d´eduire B
npuis A
n.
S OLUTION
N
2=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
donc pour tout n ≥ 2, N
n= (0) On remarque que D et N commutent. En effet, D × N = N × D = 3N .
On peut alors appliquer la formule du bin ˆome de Newton et en d´eduire que pour tout entier naturel n :
B
n= (D + N )
n=
n
X
k=0
n k
D
n−k.N
k= D
n+ n.D
n−1.N = D
n+ n3
n−1N
soit pour tout entier naturel n
B
n=
2
n0 0
0 3
nn3
n−10 0 3
n
De B = P
−1AP , on en d´eduit :
B
n= P
−1AP × · · · × P
−1AP = P
−1A
nP soit A
n= P B
nP
−1D’o `u pour tout entier naturel n :
A
n=
2.3
n− 2
n2n3
n−12(−n3
n−1− 3
n) + 2
n+13
n− 2
nn3
n−1+ 3
n−n3
n−1+ 2
n+1− 2.3
n3
n− 2
nn3
n−1−n3
n−1+ 2
n+1− 3
n
Partie C
Les suites (x
n) , (y
n) et (z
n) sont solutions du syst`eme d’´equations de r´ecurrence :
x
n+1= 4x
n+ 2y
n− 4z
ny
n+1= x
n+ 4y
n− 3z
nz
n+1= x
n+ y
n11. ´Ecrire ce syst`eme sous la forme matricielle :
X
n+1=
x
n+1y
n+1z
n+1
= A × X
npuis d´eterminer les solutions x
n, y
net z
nen fonction des conditions initiales x
0, y
0et z
0.
S OLUTION
De X
n+1= A × X
n, on en d´eduit que :
X
n=
x
ny
nz
n
= A
n× X
0=
2.3
n− 2
n2n3
n−12(−n3
n−1− 3
n) + 2
n+13
n− 2
nn3
n−1+ 3
n−n3
n−1+ 2
n+1− 2.3
n3
n− 2
nn3
n−1−n3
n−1+ 2
n+1− 3
n
×
x
0y
0z
0
D’o `u :
x
n= (2.3
n− 2
n)x
0+ (2n3
n−1)y
0+ 2(−n3
n−1− 3
n) + 2
n+1z
0y
n= (3
n− 2
n)x
0+ (n3
n−1+ 3
n)y
0+ (−n3
n−1+ 2
n+1− 2.3
n)z
0z
n= (3
n− 2
n)x
0+ (n3
n−1)y
0+ (−n3
n−1+ 2
n+1− 3
n)z
0E XERCICE 2
Deux amis math´ematiciens d´ecident d’escalader le Mont Keyn´esien. Une fois leur objectif atteint, l’un des deux amis remarque que ce mont a la forme de la surface
z(x, y) = −2x
2− y
2+ 2xy − 8x + 6y + 4
Si le niveau de la mer correspond `a z = 0 , quelle est la hauteur maximale de ce mont ?
R EMARQUE
On pourra multiplier le r´esultat obtenu par 100 pour avoir une id´ee de la hauteur maximale ”r´eelle” en m`etres de ce mont.
S OLUTION
z est de classe C
∞sur R
2.
Les d´eriv´ees premi`eres sont donn´ees par
∂z∂x
(x, y) = −4x + 2y − 8
∂z
∂y
(x, y) = 2x − 2y + 6
z est de classe C
1sur R
2(ouvert), donc les points critiques de z sont solutions du syst`eme suivant
∂z∂x
(x, y) = 0
∂z
∂y
(x, y) = 0 ⇐⇒
−4x + 2y = 8 2x − 2y = −6 ⇐⇒
x = −1 y = 2 Le point de coordonn´ees (−1; 2) est l’unique point critique de z sur R
2.
En ce point, z admet un extremum local ´eventuel.
Pour d´eterminer si le point critique est effectivement un extremum local, il faut ´etudier la condition du second ordre qui porte sur le signe de det(H
z(x, y)) .
On a :
∂2z
∂x2
(x, y) = −4
∂2z
∂y2
(x, y) = −2
∂2z
∂x∂y
(x, y) =
∂y∂x∂2z(x, y) = 2 D’o `u :
H
z(x, y) =
−4 2 2 −2
Donc pour tout (x, y) ∈ R
2,
det(H
z(x, y)) = 4 > 0 ≥ 0 tr(H
z(x, y)) = −6 < 0 Conclusion : z est concave sur R
2.
Donc z admet en (−1; 2) un maximum global qui vaut z(−1; 2) = 14 (la hauteur maximale ”r´eelle” de ce mont
est de 1400 m).
E XERCICE 3
On consid`ere la fonction f d´efinie et de classe C
∞sur R
3par : f (x, y, z) = −x
3+ 2
3 y
3− 3
2 z
2+ 3xz − 2y − 3 1. Trouver les extrema locaux ´eventuels de f .
S OLUTION
f est de classe C
∞sur R
3.
Les d´eriv´ees premi`eres sont donn´ees par
∂f
∂x
(x, y, z) = −3x
2+ 3z
∂f
∂y
(x, y, z) = 2y
2− 2
∂f
∂z
(x, y, z) = −3z + 3x
f est de classe C
1sur R
3(ouvert), donc les points critiques de f sont solutions du syst`eme suivant
∂f
∂x
(x, y, z) = 0
∂f
∂y
(x, y, z) = 0
∂f
∂z
(x, y, z) = 0
⇐⇒
−3x
2+ 3z = 0 2y
2− 2 = 0
−3z + 3x = 0
⇐⇒
z = x
2y
2= 1 z = x
⇐⇒
z = x
2y = ±1 x
2− x = 0
⇐⇒ (x, y, z) = (0; −1; 0) ou (0; 1; 0) ou (1; −1; 1) ou (1; 1; 1) Les points de coordonn´ees (0; −1; 0), (0; 1; 0), (1; −1; 1) et (1; 1; 1) sont les points critiques de f sur R
3. f admet en ces points des extrema locaux ´eventuels.
2. D´eterminer la matrice hessienne de f .
S OLUTION On a :
∂2f
∂x2
(x, y, z) = −6x
∂2f
∂y2
(x, y, z) = 4y
∂2f
∂z2
(x, y, z) = −3
∂2f
∂x∂y
(x, y, z) =
∂y∂x∂2f(x, y, z) = 0
∂2f
∂x∂z
(x, y, z) =
∂z∂x∂2f(x, y, z) = 3
∂2f
∂y∂z
