CORRIG ´E DE L’EXAMEN DE L2 ALG `EBRE BILIN ´EAIRE ET INT ´EGRATION
DE JANVIER 2019
EMMANUEL HEBEY
Exercice 1: (1) La matrice est sym´etrique. Elle est donc diagonalisable. On calcule det(A) = 0. On en d´eduit que 0 est valeur propre deA.
(2)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) =X2(3−X).
Les valeurs propres deAsont 0 (valeur propre double) et 3 (valeur propre simple).
(3)SiE0 est l’espace propre associ´e `a la valeur propre 0, alors E0={(x, y, z)/ x+y+z= 0}
={(x, y,−x−y), x, y∈R}
={x(1,0,−1) +y(0,1,−1), x, y∈R} .
Soit e1 = (1,0,−1) et e2 = (0,1 −1). Alors (e1, e2) est g´en´eratrice pour E0. Comme elle est aussi libre (v´erification facile), on en d´eduit que (e1, e2) est une base deE0. On utilise Gram-Schmidt pour l’orthonormaliser. Soit h·,·ile produit scalaire euclmidien deR3et k · kla norme associ´ee. On trouveke1k= 2. On pose
˜ e1= 1
√ 2e1=
1
√
2,0,− 1
√ 2
.
On calculeh˜e1, e2i=√1
2. On pose
u=e2− h˜e1, e2i˜e1=
−1 2,1,−1
2
.
Alorskuk=q
3
2. On pose
˜ e2=
r2
3u= − 1
√6, r2
3,− 1
√6
!
Date: Le 4 Janvier 2019.
1
et alors (˜e1,˜e2) est une base orhonorm´ee deE0. Soit maintenantE3l’espace propre associ´e `a la valeur propre 3. On a
2x=y+z 2y=x+z 2z=x+Y
⇔
(2x=y+z
2y=x+z ⇔ x=y=z On en d´eduit que
E3={x(1,1,1) , x∈R}
etE3est donc la droite vectorielle de basee3= (1,1,1). On ake3k=√
3. On pose
˜ e3= 1
√3e3= 1
√3, 1
√3, 1
√3
.
La famille (˜e1,e˜2,˜e3) est alors une base orthonorm´ee deR3 qui diagonalise A. La matrice
P=
√1
2 −√16 √13 0
q2 3
√1 3
−√1
2 −√1
6
√1 3
r´epond `a la question. On a
tP
1 1 1 1 1 1 1 1 1
P =
0 0 0 0 0 0 0 0 3
.
Exercice 2: (1)On proc`ede en d´eveloppant l’expression donn´ee dans la question.
(2)SoitBla base canonique deR3. On a
MBB(Φ) =
2 0 0 0
0 3 6 −9
0 0 4 8
0 0 0 1
On trouve det (MBB(Φ)) = 24 et 246= 0. Donc Φ est bien un isomorphisme deR4. (3)On a bien l’´egalit´e en vertue de la question (1). Les formes quadratiquesQet Q˜ sont donc ´equivalentes et elles ont ainsi mˆeme signature. La signature de ˜Qest (3,0). La signature deQest donc aussi (3,0).
(4)Les vecteurs isotropes deQsont lesX= (x, y, z, t)∈R4qui v´erifientQ(X) = 0.
Avec la question (1) on trouve
x= 0 y+ 2z= 3t z+ 2t= 0
et donc, si ∆ est l’ensemble des vecteurs isotropes deQ, alors
∆ ={(0,7t,−2t, t), t∈R} . Ici ∆ est la droite vectorielle de base (0,7,−2,1).
Exercices 3: (1)Soitf :R+→Rdonn´ee par f(x) = 3x2+ 2
x7+ 1 .
La fonctionfest continue et positive surR+= [0,+∞[. L’int´egraleI1est g´en´eralis´ee en +∞. On a
x→+∞lim x5f(x) = 3.
Comme 5>1, le crit`ere de Riemann donne queI1est convergente.
(2)Soitf :R+→Rdonn´ee par
f(x) = 3x+ 5 2x2+ 7 .
La fonctionfest continue et positive surR+= [0,+∞[. L’int´egraleI2est g´en´eralis´ee en +∞. On a
x→+∞lim xf(x) = 3 2 .
Comme 1≤1, le crit`ere de Riemann donne queI2est divergente.
(3)Soitf :R+?→Rdonn´ee par
f(x) = sin(x) x2 .
La fonctionf est continue et positive sur ]0,π2]. L’int´egraleI3 est g´en´eralis´ee en 0.
On a
lim
x→0+xf(x) = 1.
Comme 1≥1, le crit`ere de Riemann donne queI3est divergente.
(4)Soitf :R+?→Rdonn´ee par
f(x) = 3x+ 5
√x(2x3+ 7) .
La fonctionfest continue et positive surR+?=]0,+∞[. L’int´egraleI4est g´en´eralis´ee en 0 et en +∞. On a
x→0lim
√xf(x) =5 7 .
Comme 12 < 1, le crit`ere de Riemann donne que I4 est convergente en 0. On a encore
x→+∞lim x5/2f(x) = 3 2 .
Comme 52 >1, le crit`ere de Riemann donne queI4est convergente en +∞. Comme I4est convergente `a la fois en 0 et en +∞elle est convergente.
Exercices 4: (1)En vertue des th´eor`emes g´en´eraux, la fonctionf :R2→Rd´efinie par
f(x, y) = sinπ
4 +g(x) cos(t)
est continue surR2. On en d´eduit (th´eor`eme de cours) queF est continue surR. (2)La fonctionf admet une d´eriv´ee partielle ∂f∂x(x, t) en tout point de R2. On a
∂f
∂x(x, t) =g0(x) cos(t) cosπ
4 +g(x) cos(t)
pour tous (x, t)∈R2. En vertue des th´eor`emes g´en´eraux, la fonction∂f∂xest continue surR2. On en d´eduit queF est d´erivable surRde d´eriv´ee
F0(x) =g0(x) Z π2
0
cos(t) cosπ
4 +g(x) cos(t) dt
en tout pointx∈R. En particulier, puisqueg(0) = 0 etg0(0) =√ 2, F0(0) =g0(0) cosπ
4 Z π2
0
cos(t)dt=√ 2
√2
2 [sin(t)]π/20 = 1. Exercices 5: On applique Fubini pour calculerI. On obtient
I= Z 1
0
Z 1 0
(1 +x3y4)dy
dx
= Z 1
0
y+1
5x3y5 y=1
y=0
dx
= Z 1
0
1 + 1
5x3
dx
= [x]10+ 1 20
x41 0
= 1 + 1 20
= 21 20 .
On applique Fubini encore (Fubini pour les domaines en piles pour ˆetre pr´ecis) pour calculerJ en ´ecrivant que
J={(x, y)∈R/ 0≤x≤1 etx≤y≤1} . On obtient
J= Z 1
0
Z 1 x
(1 +x3y4)dy
dx
= Z 1
0
y+1
5x3y5 y=1
y=x
dx
= Z 1
0
1−x+1 5x3−1
5x8
dx
= [x]10−1 2
x21 0+ 1
20 x41
0− 1 45
x91 0
= 1−1 2+ 1
20− 1 45
= 19 36 .
Exercices 6: (1) Commeuest sym´etrique, uest diagonalisable (uest diagonal- isable dans une base orthonorm´ee de E). En particulier il existe ˜B = (˜e1, . . . ,e˜n) une base (orthonorm´ee) qui diagonalise u. Siλi est la valeur propre associ´ee `a ei
alors
hu(ei), eii=λikeik2 .
Par hypoth`ese
hu(ei), eii= 0,
et puisquekeik 6= 0, on r´ecup`ereλi= 0. Commeiest quelconque,λi = 0 pour tout i, et il suit queMB˜B˜(u) est la matrice nulle. En particulieruest l’endomorphisme nul.
(2)Par d´efinition, A est orthogonale si et seulement si A est inversible etA−1=
tA. Il suffit donc de calculer le produit tAA et de chercher sous quelle condition n´ecessaire et suffisante on retrouve la matrice identit´e Id3. NotonsD=a2+b2+c2.
On a
a c b b a c c b a
a b c c a b b c a
=
D P P
P D P
P P D
.
Par suiteAest orthogonale si et seulement siD= 1 etP = 0. CommeD=S2−2P cela revient encore `a dire queAest orthogonale si et seulement siS=±1 etP = 0.
Exercices 7: On veut une condition n´ecessaire et suffisante surkpour que Φ soit d´efinie positive. Il suffit pour cela de trouver une condition n´ecessaire et suffisante surk pour que Φ(x, x)>0 pour toutx∈E\{0}. On commence par chercher une condition n´ecessaire. On notek · kla norme associ´ee `ah·,·i. On calcule
Φ(a, a) =kak2+kkak4= 1 +k
puisque kak = 1. Il est donc n´ecessaire que 1 +k > 0 et donc que k >−1. On montre maintenant que la condition k > −1 est aussi suffisante. Pour cela, on distingue deux cas. D’une part, sik≥0, alors pour toutx∈E,x6= 0,
Φ(x, x)≥ kxk2>0. D’autre part, sik∈]−1,0[, alors pourx∈E,x6= 0,
Φ(x, x) =kxk2− |k|hx, ai2 tandis que par Cauchy-Schwarz, puisquekak= 1,
hx, ai2≤ kxk2 . Donc
Φ(x, x)≥(1− |k|)kxk2>0.
Dans les deux cas, on a montr´e que Φ(x, x)>0 pour toutx∈E\{0}. Par suite, Φ est un produit scalaire si et seulement sik >−1.
