Correction du devoir surveillé n°5

(1)

Lycée Benjamin Franklin PTSI−2014-2015

D. Blottière Mathématiques

Correction du devoir surveillé n°5

Exercice 1

1. Une primitive de la fonction

¯¯

¯

a : ]−1, 1[ → R

x 7→ − x

x²−1= −1 2×

u^′(x)

z}|{2x x²−1

| {z }

u(x)

est la fonction

¯¯

¯

A : ]−1, 1[ → R

x 7→ −1

2 ln(|x²−1|).

Pour toutx∈]−1, 1[ :

x²−1=(x−1)

| {z }

<0

×(x+1)

| {z }

>0

<0

donc|x²−1| =1−x²et par suiteA(x)= −1

2 ln(1−x²). Nous en déduisons : Sol(EH) =







¯¯

]−1, 1[ → R

x 7→ K e¹²^ln(1⁻^x²⁾=Kp 1−x²

:K∈R







= ©

Kϕ:K∈Rª

= Vect(ϕ) oùϕest la fonction définie par :

¯¯

ϕ : ]−1, 1[ → R

x 7→ p

1−x². 2. Nous considérons une fonction

¯¯

yp : ]−1, 1[ → R x 7→ K(x)ϕ(x) oùK: ]−1, 1[→Rdésigne une fonction dérivable sur ]−1, 1[ .

• La fonctionypest dérivable sur ]−1, 1[ , comme produit de deux fonctions dérivables sur ]−1, 1[ : la fonctionK(dérivable sur ]−1, 1[ par hypothèse) et la fonctionϕ(solution d’une EDL1 sur ]−1, 1[

donc dérivable sur ]−1, 1[ ).

• Ainsi

ypest solution de (E) ssi ∀x∈]−1, 1[ , y^′_p(x)− x

x²−1yp(x)=1 ssi ∀x∈]−1, 1[ , K^′(x)ϕ(x)+K(x)ϕ^′(x)− x

x²−1K(x)ϕ(x)=1

ssi ∀x∈]−1, 1[ , K^′(x)ϕ(x)+K(x)







ϕ^′(x)− x x²−1ϕ(x)

| {z }

nul carϕest solution de (E_H)





=1

ssi ∀x∈]−1, 1[ , K^′(x)p

1−x²=1 ssi ∀x∈]−1, 1[ , K^′(x)= 1

p1−x².

(2)

• La fonctionK:=Arcsin_|]−1,1[est dérivable sur ]−1, 1[ et vérifie :

∀x∈]−1, 1[ , K^′(x)= 1 p1−x². Nous déduisons de cette étude que la fonction

¯¯

yp : ]−1, 1[ → R x 7→ Arcsin(x)p

1−x² est solution de (E).

3. Nous connaissons l’ensemble solution de (EH) (cf. Q1) et une solution particulière de (E) (cf. Q2). Nous pouvons donc en déduire l’ensemble solution de (E) , d’après le cours.

Sol(E) =







¯¯

]−1, 1[ → R

x 7→ Arcsin(x)p

1−x²+Kp 1−x²

:K∈R







= ©

yp+Kϕ:K∈Rª

= yp+Vect(ϕ).

4. Soity0: ]−1, 1[→R la solution du problème de Cauchy initial. Alors : (C1) y0est solution de (E) ;

(C2) y0

µ1 2

¶

=0.

D’après Q3, nous pouvons reformuler (C1), puis (C2) comme suit : (C1’) il existeK∈Rtel que :

∀x∈]−1, 1[ , y0(x)=Arcsin(x)p

1−x²+Kp 1−x²;

(C2’) Arcsin µ1

2

¶s 1−

µ1 2

¶2

+K s

1− µ1

2

¶2

= µ

Arcsin µ1

2

¶ +K

¶ p 3 2 =0.

Puisque Arcsin µ1

2

¶

=π

6, l’unique constanteKvérifiant (C2’) estK= −π

6. La condition (C1’) nous livre alors :

∀x∈]−1, 1[ , y0(x)=Arcsin(x)p

1−x²−π 6

p1−x². L’unique solution du problème de Cauchy initial est donc la fonction :

¯¯

¯

]−1, 1[ → R

x 7→ ³

Arcsin(x)−π 6

´p 1−x².

Exercice 2

1. Nous calculons les premières puissances deA:

A²=





3 3 3



=3A=3¹A ; A³=





9 9 9



=9A=3²A ; A⁴=





27 27 27 27 27 27 27 27 27



=27A=3³A et nous conjecturons

Aⁿ=3ⁿ⁻¹A

| {z }

P(n)

pour toutn∈N^∗. Notons que la précédente identité est fausse pourn=0. Nous établissons cette conjec- ture à l’aide d’un raisonnement par récurrence.

• Initialisation à n=1

La propositionP(1) s’écritA¹=3¹⁻¹A, soitA=A. Elle est donc vraie.

(3)

• Hérédité

Soitn∈N^∗fixé tel que la propositionP(n) est vraie, i.e. tel que : Aⁿ=3ⁿ⁻¹A.

Démontrons queP(n+1) est également vraie, i.e. : Aⁿ⁺¹=3ⁿA.

Aⁿ⁺¹ = Aⁿ×A

= 3ⁿ⁻¹A×A £

hypothèse de récurrence¤

= 3ⁿ⁻¹A²

= 3ⁿ⁻¹×3A £

cf. calcul deA²¤

= 3ⁿA

• Conclusion

D’après l’initialisation au rang 1, l’hérédité et l’axiome de récurrence Aⁿ=3ⁿ⁻¹A

pour toutn∈N^∗.

2. Nous observons l’identité :B=A−I3. Nous allons appliquer la formule du binôme de Newton pour cal- culer les puissances deB. Pour cela, il faut nous assurer, d’abord, que les matricesAet−I3commutent.

Les deux calculs suivants le prouvent.

A×(−I3)= −(A×I3)= −A ; (−I3)×A= −I3×A= −A.

Les premières puissances deBsont aisées à exprimer :B⁰=I3etB¹=B. Il reste donc à calculerBⁿpour un entiern∈N_≥2.

Bⁿ = (A−I3)ⁿ

= (A+(−I3))ⁿ

= Xn k=0

Ãn k

!

A^k(−I3)ⁿ⁻^k £

formule du binôme de Newton pour deux matrices qui commutent¤

= Xn k=0

Ãn k

!

A^k((−1)×I3)ⁿ⁻^k

= Xn k=0

Ãn k

!

(−1)ⁿ⁻^kA^kI₃ⁿ⁻^k

= Xn k=0

Ãn k

!

(−1)ⁿ⁻^kA^kI3 £

toutes les puissances deI3sont égales àI3¤

= Xn k=0

Ãn k

!

(−1)ⁿ⁻^kA^k

= Ãn

0

!

(−1)ⁿA⁰+ Xn k=1

Ãn k

!

(−1)ⁿ⁻^kA^k [relation de Chasles]

= (−1)ⁿI3+ Xn k=1

Ãn k

!

(−1)ⁿ⁻^k3^k⁻¹A

"Ã n 0

!

=1,A⁰=I3et Q1

#

= (−1)ⁿI3+ Ã _n

X

k=1

Ãn k

!

(−1)ⁿ⁻^k3^k⁻¹

!

A £

propriétés de la multiplication d’une matrice par un scalaire¤

= (−1)ⁿI3+1 3

Ã n

X

k=0

Ãn k

!

(−1)ⁿ⁻^k3^k− Ãn

0

! (−1)ⁿ3⁰

! A

= (−1)ⁿI3+1 3

¡(−1+3)ⁿ−(−1)ⁿ¢

A £

formule du binôme de Newton pour les nombres réels¤

(4)

Nous déduisons de ce calcul :

Bⁿ=(−1)ⁿI3+2ⁿ−(−1)ⁿ

3 A=







2ⁿ+2×(−1)ⁿ 3

2ⁿ−(−1)ⁿ 3

2ⁿ−(−1)ⁿ 3 2ⁿ−(−1)ⁿ

3

2ⁿ+2×(−1)ⁿ 3

2ⁿ−(−1)ⁿ 3 2ⁿ−(−1)ⁿ

3

2ⁿ−(−1)ⁿ 3

2ⁿ+2×(−1)ⁿ 3







pour toutn∈N_≥2. Notons que la précédente formule vaut également pourn=0 etn=1.

Exercice 3

⊂ SoitA∈Comm(D). Démontrons queA∈D_n(R). Par hypothèse :

AD=D A. (1)

Nous devons établir queAest une matrice diagonale, i.e. que tous ses coefficients hors de la diagonale sont nuls, i.e. :

∀(i,j)∈J1,nK², i6=j=⇒[A]i j=0.

Soit (i,j)∈J1,nK²tel quei6=j. Nous calculons séparément les coefficients [AD]i j et [D A]i j, que nous savons par ailleurs être égaux (cf. (1)).

[AD]i j = Xn k=1

[A]ik[D]k j

= [A]i j[D]j j

£Dest diagonale donc sik6=j alors [D]k j=0¤

[D A]i j = Xn k=1

[D]ik[A]k j

= [D]ii[A]i j

£Dest diagonale donc sik6=ialors [D]ik=0¤

Des deux calculs précédents et de l’égalité [AD]i j=[D A]i j, nous déduisons : [A]i j[D]j j=[D]ii[A]i j

qui est équivalente à :

[A]i j

¡[D]j j−[D]ii

¢=0.

Puisque [D]j j6=[D]ii(i6=jet les coefficients diagonaux deDsont deux à deux distincts), cette dernière égalité nous livre :

[A]i j=0 ce qui achève la démonstration de la première inclusion.

⊃ SoitA∈D_n(R). Nous devons démontrer queA∈Comm(D), i.e.AD=D A.

AD =





 [A]11

[A]22

0

. ..

0

^[A]ⁿⁿ











 [D]11

[D]22

0

. ..

0

^[D]ⁿⁿ







=







[A]11[D]11

[A]22[D]22

0

. ..

0

^[A]ⁿⁿ^[D]ⁿⁿ







£multiplication de deux matrices diagonales¤

(5)

=







[D]11[A]11

[D]22[A]22

0

. ..

0

^[D]ⁿⁿ^[A]ⁿⁿ







£la multiplication dansRest commutative¤

=





 [D]11

[D]22

0

. ..

0

^[D]ⁿⁿ











 [A]11

[A]22

0

. ..

0

^[A]ⁿⁿ







£multiplication de deux matrices diagonales¤

= D A

N.B. :Ce calcul nous montre que deux matrices diagonales quelconques commutent (le fait que les coefficients diagonaux deDsoient deux à deux distincts n’a joué aucun rôle dans le précédent calcul).

Problème

1. a. Cf. cours.

b. Cf. cours.

2. Cf. cours.

3. Cf. cours.

4. D’après la forme matricielle du théorème de Gauß-Jordan, il existe des matrices élémentairesE1,E2, . . . ,Es

et une (unique) matrice échelonnée réduiteRtelles que : A=Es. . .E2E1R.

Nous démontrons queR=In, en raisonnant par l’absurde. Supposons doncR6=In. D’après Q1.b, il existeX∈M_n,1(K) tel que :X6=0M_n,1(K)etR X=0M_n,1(K). Nous calculonsB AXde deux manières.

• B AX=InX=X, puisqueB A=Inpar hypothèse.

• B AX=BEs. . .E2E1R X=BEs. . .E2E10M_n,1(K)=0M_n,1(K), puisqueR X=0M_n,1(K).

De ces calculs, nous déduisonsX=0M_n,1(K), ce qui contredit une des deux propriétés deX. CommeR=In, l’identitéA=Es. . .E2E1Rse réécrit :

A=Es. . .E2E1.

Une matrice élémentaire étant inversible, les matricesE1,E2, . . . ,Esle sont. Nous pouvons donc consi- dérer leurs inverses. Nous observons :

A(E1)⁻¹(E2)⁻¹. . . (Es)⁻¹=Es. . .E2E1(E1)⁻¹(E2)⁻¹. . . (Es)⁻¹=In

et

(E1)⁻¹(E2)⁻¹. . . (Es)⁻¹A=(E1)⁻¹(E2)⁻¹. . . (Es)⁻¹Es. . .E2E1=In. Nous en déduisons queAest inversible (et queA⁻¹=(E1)⁻¹(E2)⁻¹. . . (Es)⁻¹).

5. Nous démontrons une implication, puis sa réciproque.

=⇒ Nous supposons : (A,B)∈GLn(R)², i.e. les matrices AetBsont toutes deux inversibles. Démon- trons :AB∈GLn(R), i.e.ABest inversible.

Les matricesAetBétant inversibles, nous pouvons considérer leurs inverses. Nous observons : ABB⁻¹A⁻¹=In et B⁻¹A⁻¹AB=In.

Nous en déduisons queABest inversible (et que (AB)⁻¹=B⁻¹A⁻¹).

⇐= Nous supposons :AB∈GLn(R), i.e. la matriceABest inversible. Démontrons (A,B)∈GLn(R)², i.e.

les matricesAetBsont toutes deux inversibles.

PuisqueABest inversible, nous pouvons considérer son inverse.

(6)

• Nous savonsAB(AB)⁻¹=In, donc : A×£

B(AB)⁻¹¤

=In. De cette identité et de Q3, nous déduisons queAest inversible.

• Nous savons (AB)⁻¹AB=In, donc :

£(AB)⁻¹A¤

×B=In. De cette identité et de Q4, nous déduisons queBest inversible.

6. a. Nous obtenons :T:=AB=





17 37 28

0 6 8

0 0 −4



.

b. La matriceT est triangulaire (supérieure). Ses coefficients diagonaux sont tous non nuls. Elle est donc inversible.

c. D’après Q6.b,T :=ABest inversible. DoncAB∈GL3(R). L’implication⇐=de l’équivalence établie en Q5, nous permet d’en déduire : (A,B)∈GL3(R)², i.e.AetBsont inversibles.

d.





1 2 2

2 7 6

5 7 4

¯¯

1 0 0

0 1 0

0 0 1



 ∼

L





1 2 2

0 3 2

0 −3 −6

¯¯

1 0 0

−2 1 0

−5 0 1



 L2←L2−2L1

L3←L3−5L1

∼L





1 2 2

0 3 2

0 0 −4

¯¯

1 0 0

−2 1 0

−7 1 1





L3←L3+L2

∼L







1 2 2

0 1 2

3

0 0 1

¯¯

¯

1 0 0

−2 3

1

3 0

7 4 −1

4 −1 4







L2←1 3L2

L3← −1 4L3

∼L







1 2 0

0 1 0

0 0 1

¯¯

¯

−5 2

1 2

−11 6

1 2

1 6 7

4 −1 4 −1

4







L1←L1−2L3

L2←L2−2 3L3

∼L







1 0 0

0 1 0

0 0 1

¯¯

¯ 7 6 −1

2 1 6

−11 6

1 2

1 6 7

4 −1 4 −1

4







L1←L1−2L2

Nous déduisons de ce calcul queB∼

LI3(ce qui donne un autre argument pour l’inversibilité deB) et également :

B⁻¹=





 7 6 −1

2 1 6

−11 6

1 2

1 6 7

4 −1 4 −1

4





 .