Correction du devoir surveill´ e n˚2

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚2

Exercice 1 : Position relative de deux droites du plan.

On munit le plan d’un rep`ere orthonorm´e (O;−→i ,−→j).

Soit le pointA(−3,4) et soit ∆ la droite d’équation cartésiennex+y−2 = 0. À chaqueθ ∈R, on associe la droiteD^θ passant par le pointAet dirigée par le vecteur−u→θ(cos(θ),sin(θ)).

1. D´eterminer les valeurs deθpour lesquellesD^θ//∆.

2. D´eterminer les valeurs deθpour lesquellesD^θ ⊥ ∆.

Correction

1. La droite ∆ ayant pour équation cartésienne x+y−2 = 0, le vecteur−→n(1,1) est normal à la droite ∆.

D’autre part, d’après l’énoncé,−→uθ(cos(θ),sin(θ)) est un vecteur directeur deD^θ. On en déduit : D^θ//∆ ⇐⇒ −u→θ⊥ −→n (cours)

⇐⇒ −u→θ.−→n = 0 (crit`ere d’orthogonalit´e)

⇐⇒ cos(θ) + sin(θ) = 0.

Il s’agit alors de r´esoudre l’´equation :

(E) cos(θ) + sin(θ) = 0.

Il s’agit d’une équation du typeacos(x) +bsin(x) =c, que l’on sait résoudre (cf. chapitre 1). On introduit le nombre complexez= 1 +i. On détermine sa forme exponentielle : z=√

2eⁱ^π⁴.

(E) ⇐⇒

√2

2 cos(θ) +

√2

2 sin(θ) = 0 (multiplication par 1

√2 =

√2

2 de chacun des membres)

⇐⇒ cosπ 4

cos(θ) + sinπ 4

sin(θ) = 0

⇐⇒ cosπ 4 −θ

= cosπ 2

(cos(a−b) = cos(a) cos(b) + sin(a) sin(b) et cosπ 2

= 0)

⇐⇒









 π

4 −θ=π

2 + 2kπ, k∈Z ou π

4 −θ=−π

2 + 2kπ, k∈Z

(cas d’´egalit´e de deux cosinus)

⇐⇒











θ=−π

4 −2kπ, k∈Z ou

θ=3π

4 −2kπ, k∈Z

Conclusion : Les droitesD^θet ∆ sont parall`eles si et seulement si : θ=−π

4 [2π] ou 3π 4 [2π].

2. L’étude de cette question est analogue à la première.

D^θ ⊥ ∆ ⇐⇒ −→uθ(cos(θ),sin(θ))//−→n(1,1) (cours)

⇐⇒

cos(θ) 1 sin(θ) 1

= 0 (critère de colinéarité)

⇐⇒ cos(θ)−sin(θ) = 0.

(2)

Il s’agit alors de r´esoudre l’´equation :

(E^′) cos(θ)−sin(θ) = 0.

On procède de la même manière que pour l’équation (E) introduite à la question 1. On trouve :

(E^′)⇐⇒











θ=π

4 + 2kπ, k∈Z ou

θ=−3π

4 + 2kπ, k∈Z Conclusion : Les droitesD^θet ∆ sont perpendiculaires si et seulement si :

θ=−3π

4 [2π] ou π 4 [2π].

Exercice 2 : Une famille de plans dans l’espace.

L’espace est muni d’un rep`ere orthonorm´e (O;−→i ,−→j ,−→k).

1. Soient A(2,−2,1),B(1,1,−1),C(1,3,−3) trois points.

(a) Montrer que les pointsA,B et Cne sont pas align´es.

(b) Donner une représentation paramétrique et une équation cartésienne du plan (ABC).

(c) Déterminer les coordonnées du projeté orthogonalD^′ du point D(3,2,1) sur le plan (ABC) et calculer la distance de Dau plan (ABC).

2. Soitα∈R. (a) Justifier que





 x=t

y= 2−2t+α t^′ z= 1 +α t−t^′

est une représentation paramétrique (de paramètrest, t^′ ∈R) de plan.

(b) On note P^α le plan de représentation paramétrique celle donnée en (a). Donner une équation cartésienne de P^α.

(c) Déterminer l’ensemble desα∈Rtels que la droite (AD) est parallèle au planP^α. (d) Déterminer l’ensemble desα∈Rtels que les plans (ABC) et P^αsont parallèles.

(e) D´eterminer l’ensemble desα∈Rtels que B∈ P^α.

(f) Existe-t-ilα∈Rtel que les plans (ABC) et P^α sont confondus ? Correction

1. (a) Les pointsA,BetCsont non align´es si et seulement si les vecteurs−−→ABet−→ACne sont pas colin´eaires.

On calcule les coordonn´ees de−−→AB et −→AC :

−−→AB(−1,3,−2) et −→AC(−1,5,−4).

Pour d´emontrer que−−→AB et−→AC ne sont pas colin´eaires, on raisonne par l’absurde.

On suppose que−−→AB(−1,3,−2) et −→AC(−1,5,−4) sont colin´eaires. Alors il existek∈Rtel que :

−−→AB =k−→AC.

(3)

Le nombre r´eelkest alors solution du syst`eme :

(S)







−1 = −k

3 = 5k

−2 = −4k

Or on remarque que le système (S) n’admet aucune solution (la première ligne a pour solutionk= 1 et la troisièmek=1

2). On aboutit `a une^≪absurdit´e^≫.

Conclusion : L’hypothèse ^≪−−→AB(−1,3,−2) et −→AC(−1,5,−4) sont colinéaires^≫ est fausse. Les vecteurs−−→AB(−1,3,−2) et−→AC(−1,5,−4) ne sont donc pas colinéaires ; les pointsA,BetCne sont donc pas alignés.

(b) Le plan (ABC) est le plan passant par A(2,−2,1) et dirig´e par les vecteurs −−→AB(−1,3,−2) et

−→AC(−1,5,−4) (qui ne sont pas colinéaires d’après la question 1.(a)). La représentation paramétrique :







x= 2−t−t^′ y=−2 + 3t+ 5t^′ z= 1−2t−4t^′

de paramètrestett^′ est donc une représentation paramétrique du plan (ABC).

Le vecteur −−→AB∧−→ACde coordonn´ees

3 5

−2 −4 ,

−2 −4

−1 −1 ,

−1 −1

3 5

= (−2,−2,−2) est normal au plan (ABC).

En effet :

(−−→AB∧−→AC).−−→AB = (−2)×(−1) + (−2)×3 + (−2)×(−2) = 0 et

(−−→AB∧−→AC).−→AC= (−2)×(−1) + (−2)×5 + (−2)×(−4) = 0.

Donc, d’après le critère d’orthogonalité, (−−→AB∧−→AC)⊥−−→AB et (−−→AB∧−→AC)⊥−→AC.

Par suite, le vecteur−→n(1,1,1), qui est colinéaire à −−→AB∧−→AC, est également normal au plan (ABC).

D’après le cours, il existe donc un réeldtel que le plan (ABC) admette une équation cartésienne de la forme :

x+y+z+d= 0.

CommeA(2,−2,1)∈(ABC), le r´eelddoit v´erifier : 2−2 + 1 +d= 0.

On en d´eduit d=−1.

L’´equation :

x+y+z−1 = 0

est donc une équation cartésienne du plan (ABC). (On vérifie que les coordonnées des pointsB et C sont bien solutions de l’équation obtenue.)

(c) D’après la définition du projeté orthogonal d’un point sur un plan, le pointD^′, projeté orthogonal deD sur le plan (ABC), est caractérisé par :

D^′ ∈(ABC) et −−→

DD^′ //−→n . CommeD^′∈(ABC), on a, d’apr`es la question 1.(b) :

(∗) xD^′+yD^′ +zD^′−1 = 0.

(4)

De−−→DD^′//−→n, on d´eduit qu’il existe un r´eelktel que :

−−→DD^′=k−→n

i.e. : 





xD^′−xD=k yD^′−yD=k xD^′−xD=k

.

On a donc :

(∗∗)







xD^′ = 3 +k yD^′ = 2 +k xD^′ = 1 +k

.

De (∗) et (∗∗), on d´eduit alors :

3 +k+ 2 +k+ 1 +k−1 = 0.

Ainsik=−5

3. On injecte alors cette valeur dans les relations donn´ees par (∗∗) et on obtient : xD^′ = 4

3 yD^′ = 1

3 zD^′ =−2 3.

Pour calculer la distanced(D,(ABC)) du pointD au plan (ABC), on propose deux m´ethodes :

• en utilisant la formule du cours :

d(D,(ABC)) = |√3 + 2 + 1−1| 1²+ 1²+ 1² =5√

3 3 .

• en utilisant d(D,(ABC)) =DD^′ et les coordonn´ees du pointD^′ obtenues ci-dessus : d(D,(ABC)) =DD^′=

s 4 3 −3

2

+ 1

3−2 2

+

−2 3 −1

2

= 5√ 3 3 . 2. (a) D’apr`es le cours, pour que :





 x=t

y= 2−2t+α t^′ z= 1 +α t−t^′

soit la repr´esentation param´etrique d’un plan, il faut et il suffit que les vecteurs :

−→

uα(1,−2, α) et −v→α(0, α,−1)

formés respectivement à l’aide des coefficients detet t^′ ne soient pas colinéaires.

Pour d´emontrer que−u→αet −v→α ne sont pas colin´eaires, on raisonne par l’absurde.

On suppose que−u→α(1,−2, α) et−v→α(0, α,−1) sont colin´eaires. Alors il existek∈Rtel que :

−→ uα=k−v→α. Le nombre r´eelkest alors solution du syst`eme :

(S)







1 = 0

−2 = kα α = −k

Le système (S) n’admet aucune solution (la première ligne n’a aucune solution). On aboutit à une

≪absurdit´e^≫.

Conclusion : L’hypoth`ese ^≪−u→α(1,−2, α) et −v→α(0, α,−1) sont colin´eaires^≫ est fausse. Les vecteurs

−→

uα(1,−2, α) et−v→α(0, α,−1) ne sont donc pas colin´eaires. Ainsi :





 x=t

y= 2−2t+α t^′ z= 1 +α t−t^′

est la représentation paramétrique du plan passant parE(0,2,1) et dirigé par−u→α(1,−2, α) et−v→α(0, α,−1).

(5)

(b) D’apr`es la question 2.(b), le planP^α est le plan passant parE(0,2,1) et dirig´e par−u→α(1,−2, α) et

−→

vα(0, α,−1). Pour en déterminer une équation cartésienne, on procède comme en 1.(b).

Le vecteur −n→α=−u→α∧ −→vαde coordonn´ees

−2 α α −1

,

α −1

1 0

,

1 0

−2 α

= (2−α²,1, α) est normal au planP^α.

En effet :

−→

nα.−u→α= (2−α²)×1 + 1×(−2) +α×α= 0 et −n→α.−→vα= (2−α²)×0 + 1×α+α×(−1) = 0.

Donc, d’après le critère d’orthogonalité,−n→α⊥ −u→α et−n→α⊥ −v→α.

D’après le cours, il existe donc un réel dtel que le planP^α admette une équation cartésienne de la forme :

(2−α²)x+y+αz+d= 0.

CommeE(0,2,1)∈ P^α, le r´eelddoit v´erifier :

(2−α²)×0 + 2 +α×1 +d= 0.

On en d´eduit d=−2−α.

L’´equation :

(2−α²)x+y+αz−2−α= 0 est donc une ´equation cart´esienne du plan P^α.

(c) Le vecteur−−→AD(1,4,0) est un vecteur directeur de la droite (AD). D’autre part, on connaˆıt un vecteur normal au planP^α :−n→α(2−α²,1, α).

(AD)//P^α ⇐⇒ −−→AD ⊥ −n→α (cours)

⇐⇒ −−→AD.−n→α= 0 (crit`ere d’orthogonalit´e)

⇐⇒ 1×(2−α²) + 4×1 + 0×α= 0

⇐⇒ α²= 6

L’ensemble desα∈Rtels que la droite (AD) est parall`ele au planP^αest donc {−√ 6,√

6}.

(d) On a vu en 1.(b) que le vecteur −→n(1,1,1) est normal au plan (ABC) et en 2.(c) que le vecteur

−→

nα(2−α²,1, α) est normal au planP^α.

(ABC)//P^α ⇐⇒ −→n //−n→α (cours)

⇐⇒ ∃k∈R −→n =k−n→α

⇐⇒ ∃k∈R







1 = k(2−α²)

1 = k

1 = kα

L’ensemble desα∈Rtels que les plans (ABC) etP^αsont parall`eles est donc l’ensemble des α∈R tels que le syst`eme :

(Sα)







1 = k(2−α²)

1 = k

1 = kα

d’inconnue k∈R, de paramètreα, possède une solution. Or on vérifie que (Sα) a une solution si et seulement si α= 1. L’ensemble cherché est donc{1}.

(6)

(e) On connaˆıt une ´equation cart´esienne du planP^α :

(2−α²)x+y+αz−2−α= 0.

B(1,1,−1)∈ P^α ⇐⇒ (2−α²)×1 + 1 +α×(−1)−2−α= 0

⇐⇒ −α²−2α+ 1 = 0

L’ensemble des α ∈ R tels que B ∈ P^α est donc l’ensemble des solutions de l’´equation du second degr´e :

−X²−2X+ 1 = 0.

On calcule son discriminant : ∆ = 8 et on en d´eduit ses racines : x1=−1−√

2 et x2=−1 +√ 2.

L’ensemble cherch´e est donc {−1−√

2,−1 +√ 2}. (f) Les plans (ABC) etP^αsont confondus si et seulement si

(ABC)//P^α et B ∈ P^α.

D’apr`es 2.(d) et 2.(e), l’ensemble des α∈Rtels que les plans (ABC) etP^αsont confondus est : {1} ∩ {−1−√

2,−1 +√ 2}=∅.

Il n’existe donc aucunα∈Rtel que les plans (ABC) et P^α sont confondus.

Exercice 3 (D’apr`es le sujet du concours A TB 2007)

1. On consid`ere la fonction f d´efinie sur ]−1,+∞[ parf(x) = ln(1 +x).

(a) D´eterminer les variations def, ses limites en−1 et en +∞, pr´eciserf(0) etf^′(0).

(b) Montrer que la fonction a 7→

Z a

−a

f(t)dt admet une limite finie quand a tend vers 1 par valeurs inf´erieures, limite que l’on d´eterminera.

2. On consid`ere la fonction gd´efinie sur ]−1,+∞[ parg(x) =f(x)−x.

(a) ´Etudier les variations de get en d´eduire le signe def(x)−xpour toutx∈]−1,+∞[.

(b) SoitC^f la courbe représentative de la fonctionf et soit ∆ la droite d’équationy =xdans un repère (O,−→i ,−→j) du plan.

Pr´eciser la position relative de C^f et ∆, puis tracer l’allure deC^f et la droite ∆.

3. On forme la suite numérique réelle (un)n∈Nde premier termeu0= 1 satisfaisant à la relation de récurrence :

∀n∈N,un+1=f(un).

(a) Montrer que∀n∈N,un est bien d´efini et compris entre 0 et 1.

(b) Montrer que la suite (un)n∈N est d´ecroissante.

(c) Déduire de ce qui précède que la suite (un)n∈Nconverge et donner sa limite.

(d) D´eterminer la limite de un+1

un

quand ntend vers +∞.

(7)

Correction

1. (a) La fonction f est dérivable sur ]−1,+∞[. Sa dérivée est la fonctionf^′: ]−1,+∞[→Rdéfinie par :

∀x∈]−1,+∞[ f^′(x) = 1 1 +x. De plus :

x∈]−1,+∞[ =⇒ x >−1

=⇒ 1 +x >0 (ajout de 1 `a chaque membre)

=⇒ 1

1 +x >0 (l’inverse d’un nombre strictement positif est strictement positif) Ainsi, pour toutx∈]−1,+∞[,f^′(x)>0. La fonctionf est donc strictement croissante sur l’intervalle ]−1,+∞[.

On a f(0)) = 0 etf^′(0) = 1.

On d´etermine enfin les limites en−1⁺et en +∞de la fonctionf.

x→−1lim⁺1 +x= 0⁺

x→0lim⁺ln(x) =−∞







=⇒

composition de limites

x→−1lim⁺ln(1 +x) =−∞.

x→+∞lim 1 +x= +∞

x→+∞lim ln(x) = +∞







=⇒

x→+∞lim ln(1 +x) = +∞.

(b) Soita∈[0,1[. On peut alors consid´erer Z a

−a

f(t)dt, car la fonctionf est continue sur ]−1,+∞[ et [−a, a]⊂]−1,+∞[.

On va effectuer une int´egration par parties (cf. calcul classique d’une primitive de la fonction ln sur R^+∗). On introduit la fonction :

h:t7→1 +t

définie, dérivable, à dérivée continue, sur [−a, a]. On ah^′(t) = 1 et on rappelle que f^′(t) = 1 1 +t pour toutt∈[−a, a]. En appliquant la formule d’intégration par parties, on obtient :

Z a

−a

f(t)dt = Z a

−a

|{z}1

h^′(t)

×ln(1 +t)

| {z }

f(t)

dt

= [(1 +t) ln(1 +t)]^a_−a− Z a

−a

(1 +t) 1 1 +tdt

= (1 +a) ln(1 +a)−(1−a) ln(1−a)−[t]^a_−a

= (1 +a) ln(1 +a)−(1−a) ln(1−a)−2a On a de plus :

a→1lim⁻(1 +a) ln(1 +a) = 2 ln(2) ;

a→lim1⁻1−a= 0⁺

x→0lim⁺xln(x) = 0 (cours)







=⇒

a→1lim⁻(1−a) ln(1−a) = 0 ;

a→1lim⁻2a= 2.

(8)

De ce qui précède, on déduit quea7→ lim

a→1⁻

Z a

−a

f(t)dta une limite quandatend vers 1 par valeurs inf´erieures et que celle-ci est donn´ee par :

a→1lim⁻ Z a

−a

f(t)dt= 2 ln(2)−2.

2. (a) La fonctiongest dérivable sur ]−1,+∞[. Sa dérivée est la fonctiong^′: ]−1,+∞[→Rdéfinie par

∀x∈]−1,+∞[ g^′(x) = 1

1 +x−1 = −x 1 +x. On dresse le tableau de signes de g^′(x) et de variations deg.

x −1 0 +∞

Signe de−x + 0 −

Signe de 1 +x + +

Signe deg^′(x) = −x

1 +x + 0 −

g(0) = 0

Variations deg

ր ց

On en d´eduit que :

∀x∈]−1,+∞[ g(x)≤0.

(b) D’apr`es la question 2.(a), on a :

∀x∈]−1,+∞[ f(x)≤x.

La courbe représentative C^f de la fonction f est donc située en dessous de la droite ∆ d’équation y=x. En analysant plus finement le tableau de variations de la fonctiong, obtenu en 2.(a), on peut ajouter queC^f et ∆ se coupent en un unique point : le pointA de coordonnées (0,0).

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4 5 6 7 8

−1

−2

Cf

∆

b

A

(9)

3. On forme la suite numérique réelle (un)n∈Nde premier termeu0= 1 satisfaisant à la relation de récurrence :

∀n∈N,un+1=f(un).

(a) On montre la propri´et´e :

Pn: un est bien d´efini et 0≤un≤1 par r´ecurrence surn∈N.

• Initialisation

P0 est clairement vraie, caru0= 1, d’après l’énoncé.

• Hérédité

On suppose la propriétéPn vraie pour un rangn≥0 fixé, i.e. : un est bien défini et 0≤un ≤1.

On démontre la propriétéPn+1 :un+1 est bien défini et compris entre 0≤un+1≤1.

Commeun ∈[0,1] et que [0,1] est inclus dans le domaine de d´efinition ]−1,+∞[ def, le nombre un+1=f(un) est bien d´efini.

De plus :

0≤un≤1 =⇒ f(0)≤f(un)≤f(1) (carf est croissante sur ]−1,+∞d’apr`es 1.(a))

=⇒ 0≤un+1≤ln(2).

On vérifie à présent que ln(2)≤1. On sait que 2≤eet que la fonction ln est croissante surR^+∗. On a ainsi ln(2)≤ln(e) = 1.

De ce qui précède, on déduit : 0≤un+1≤1.

• Conclusion

De l’initialisation au rang n = 0, du caractère héréditaire de la propriété Pn et de l’axiome de récurrence, on déduit que pour tout n∈N, un est bien défini et compris entre 0 et 1.

(b) Il s’agit de d´emontrer que pour toutn∈N,un+1≤un.

Soitn∈N. On sait d’apr`es la question 2.(a) que pour toutx∈]−1,+∞[,f(x)−x≤0. En particulier, pour x=un, on a :

f(un)−un≤0.

On en d´eduit : un+1=f(un)≤un.

Q.E.D.

(c) D’après 3.(a) et 3.(b), la suite (un)n∈Nest décroissante et minorée (par 0). La suite (un)n∈Nconverge donc vers un réell.

• Continuit´e de f en l

Comme 0≤un≤1 pour toutn∈N, on a : 0≤l= lim

n→+∞un≤1 (passage à la limite dans une inégalité).

Le réell appartient donc à ]−1,+∞[. On en déduit que la fonctionf est définie et continue enl.

On a alors :

n→lim+∞f(un) =f(l).

• l est solution de l’´equation f(x) =x En passant `a la limite dans la relation :

un+1=f(un)

(10)

v´erifi´ee pour toutn∈N, on obtient :

l=f(l).

En effet lim

n→+∞un+1= lim

n→+∞un=l. lest donc solution de l’´equationf(x) =x.

• D´etermination del

L’équationf(x) =xd’inconnuex∈]−1,+∞[ est équivalente à f(x)−x= 0, i.e. àg(x) = 0. Or d’après le tableau de variations de la fonction g, obtenu en 2.(a), l’unique solution de l’équation g(x) = 0 estx= 0. On en déduit quel= 0.

A l’aide de la représentation graphique de` f (cf. 2.(b)), on peut vérifier ce résultat (mais cette vérification n’est pas une preuve).

(d) Soitx6= 0. On a :

f(x)

x =ln(1 +x)−ln(1 + 0)

x−0 = f(x)−f(0) x−0 .

Comme^≪le nombre dérivé en 0 def est la limite du taux d’accroissement def en 0^≫, on en déduit :

x→0lim

x6=0

f(x)−f(0)

x−0 =f^′(0) = 1 et par suite :

x→0lim

x6=0

f(x) x = 1.

Comme lim

n→+∞un= 0, par composition de limites, on a donc :

n→+∞lim un+1

un

= lim

n→+∞

f(un) un

= 1.

Remarque : Le quotient un+1

un

existe car un 6= 0 pour tout n ∈ N. Pour le démontrer, on peut légèrement modifier la preuve de 1.(a) pour prouver par récurrence :

Rn: 0< un

pour tout n∈N. La stricte croissance def permettra d’obtenir une inégalité stricte dans l’hérédité.

Exercice 4 : Des sous-espaces vectoriels de R³ associ´es `a une matrice 3×3.

SoitA=





1 0 −1

1 −1 −5

0 1 4



. On rappelle que la matriceI3 est d´efinie par I3=





1 0 0

0 1 0

0 0 1



.

Pour toutλ∈R, on noteEλle sous-ensemble deR³ d´efini par :

Eλ=









 x y z



∈R³ : A



 x y z



=λ



 x y z









 .

1. Montrer que pour toutλ∈R,Eλ est un sous-espace vectoriel deR³.

2. Montrer que siλ1 etλ2 sont deux r´eels distincts, alorsEλ1∩Eλ2 =









 0 0 0









 .

3. Calculer le rang de la matriceA−λI3.

Indication : On pourra distinguer plusieurs cas, suivant la valeur du param`etreλ.

(11)

4. D´eduire de 3. queEλ=









 0 0 0











pour toutλ∈Rtel que λ6= 0 etλ6= 2.

5. D´eterminer une base et la dimension deEλ pourλ= 0 et pourλ= 2, i.e. de E0et de E2.

6. Déterminer la dimension deE0⊕E2 (la somme est directe d’après (2.)) et un supplémentaire deE0⊕E2

dansR³. Correction

1. Soient λ∈Ret



 x y z



∈R³. Alors :

A



 x y z



=λ



 x y z



 ⇐⇒





x−z x−y−5z

y+ 4z



=



 λx λy λz





⇐⇒







(1−λ)x − z = 0

x − (1 +λ)y − 5z = 0 y + (4−λ)z = 0 Par suite :

Eλ=









 x y z



∈R³ :







(1−λ)x − z = 0

x − (1 +λ)y − 5z = 0 y + (4−λ)z = 0





 .

CommeEλest l’ensemble solution d’un système linéaire homogène d’inconnue



 x y z



∈R³, c’est un sous- espace vectoriel de R³.

2. Soient λ1, λ2∈Rtels queλ16=λ2.

•









 0 0 0









⊂Eλ1∩Eλ2

Eλ1 et Eλ2 sont deux sous-espaces vectoriels deR³, d’apr`es 1. Donc



 0 0 0



appartient `a Eλ1 et `aEλ2.

Ainsi :









 0 0 0









⊂Eλ1∩Eλ2.

• Eλ1∩Eλ2 ⊂









 0 0 0











Soient



 x y z



∈Eλ1∩Eλ2. AlorsA



 x y z



=λ1



 x y z



 etA



 x y z



=λ2



 x y z



.On a donc :λ1



 x y z



=

λ2



 x y z



et par suite (λ1−λ2)



 x y z



=



 0 0 0



.

On multiplie chacun des deux membres de l’égalité précédente par l’inverse deλ1−λ26= 0 pour obtenir



 x y z



=



 0 0 0



. On a d´emontr´eEλ1∩Eλ2 ⊂









 0 0 0









 .

(12)

3. Soitλ∈R.

rang(A−λI3) = rang





1−λ 0 −1

1 −1−λ −5

0 1 4−λ





= rang





1 −1−λ −5

1−λ 0 −1

0 1 4−λ



 (L1↔L2)

= rang





1 −1−λ −5 0 1−λ² 4−5λ

0 1 4−λ



 (L2←L2−(1−λ)L1)

= rang





1 −1−λ −5

0 1 4−λ

0 1−λ² 4−5λ



 (L2↔L3)

= rang





1 −1−λ −5

0 1 4−λ

0 0 −λ³+ 4λ²−4λ



 (L3←L3−(1−λ²)L2)

On a de plus−λ³+ 4λ²−4λ=−λ(λ−2)².On en d´eduit : rang(A−λI3) =

2 siλ= 0 ouλ= 2

3 sinon .

4. Soit λ∈R tel que λ6= 0 et λ6= 2. On a vu à la question 1 que Eλ est l’ensemble solution du système linéaire, noté (Sλ) :







(1−λ)x − z = 0

x − (1 +λ)y − 5z = 0 y + (4−λ)z = 0

.

Or on remarque que la matrice des coefficients de (Sλ) estA−λI3. On a donc rang(Sλ) =rang(A−λI3) = 3 (d’après la question 3). Le système linéaire homogène (Sλ) est donc de Cramer ; il admet ainsi une unique solution



 0 0 0



. Par suite :Eλ=









 0 0 0









 .

5. D’après la question 1, E0 est l’ensemble solution du système linéaire, noté (S0) :







x − z = 0

x − y − 5z = 0 y + 4z = 0

.

On a :

(S0) ⇐⇒







x − z = 0

− y − 4z = 0 y + 4z = 0

(L2←L2−L1)

On remarque que les deux dernières lignes du dernier système sont proportionnelles (L3=−L2). On peut donc supprimer l’une des deux. AinsiE0 est-il l’ensemble des solutions du système :

x − z = 0 y + 4z = 0 . On a donc :

E0=









 z

−4z z



 : z∈R







= Vect







 1

−4 1







.

On en d´eduit que







 1

−4 1







est une base deE0.

(13)

D’après la question 1, E2 est l’ensemble solution du système linéaire, noté (S2) :







−x − z = 0 x − 3y − 5z = 0 y + 2z = 0

.

On a :

(S2) ⇐⇒







−x − z = 0

− 3y − 6z = 0 y + 2z = 0

(L2←L2+L1)

On remarque que les deux dernières lignes du dernier système sont proportionnelles (L2 = −3L3). On peut donc supprimer l’une des deux. Ainsi E2est-il l’ensemble des solutions du système :

−x − z = 0 y + 2z = 0 . On a donc :

E2=











−z

−2z z



 : z∈R







= Vect









−1

−2 1







.

On en d´eduit que









−1

−2 1







est une base deE2.

De cette ´etude, on d´eduit que : dim(E0) = dim(E2) = 1.

6. D’apr`es le cours :

dim(E0⊕E2) = dim(E0) + dim(E2) = 2.

Des r´esultats de la question 5, on d´eduit que :

E0⊕E2= Vect (u0, u1) o`uu0=



 1

−4 1



et u1=





−1

−2 1



.

D’après le cours, on sait qu’un supplémentaire deE0⊕E2dansR³a pour dimension 1 et qu’il existe un vec- teurei(1≤i≤3) de la base canonique deR³qui forme une base d’un supplémentaire deE0⊕E2dansR³. Montrons queF = Vect(e1) est un supplémentaire deE0⊕E2dansR³. Pour cela, comme dim(E0⊕E2) = 2 et dim(F) = 1, il suffit de montrer que :

dim((E0⊕E2) +F) = 3.

En effet, de dim((E0⊕E2) +F) = 3, on d´eduit (E0⊕E2) +F =R³ et (E0⊕E2) ∩ F ={0^R³}, par la formule de la dimension.

Le sous-espace vectoriel (E0⊕E2) +F co¨ıncide avec Vect(u0, u1, e1). La dimension de (E0⊕E2) +F est donc ´egale au rang de la famille (u0, u1, e1) de vecteurs deR³.

rang(u0, u1, e1) = rang





1 −1 1

−4 −2 0

1 1 0



 (cours)

= rang





1 −1 1

0 −2 −4

0 1 1



 (C1↔C3)

= rang





1 −1 1

0 −2 −4

0 0 −1



 (L3←L3+1 2L2)

(14)

Le rang de la famille (u0, u1, e1), et donc la dimension de (E0⊕E2) ∩ F, est ainsi 3.

Q.E.D.

Exercice 5 : Polynˆomes (im)pairs et polynˆomes de Lagrange.

Les questions 1 et 2 sont ind´ependantes.

On consid`ere leR-espace vectorielR₃[X].

1. On définit l’ensemble P des éléments deR₃[X] pairs par :

P={P∈R₃[X] : ∀x∈R P(−x) =P(x)} et l’ensemble I des ´elements deR₃[X] impairs par :

I={P ∈R₃[X] : ∀x∈R P(−x) =−P(x)}. (a) D´emontrer queP etI sont deux sous-espaces vectoriels deR₃[X].

(b) Donner une base et la dimension deP etI.

(c) Montrer queP etI sont suppl´ementaires dansR₃[X].

2. (a) Soient quatre nombres réelsy0, y1, y2, y3. Démontrer qu’il existe un uniqueP ∈R₃[X] vérifiant les 4 conditions :

P(0) =y0 ; P(1) =y1 ; P(2) =y2 et P(3) =y3.

Indication : On ne demande pas de d´eterminer les coefficients deP, mais simplement de prouver son existence et son unicit´e.

(b) Soient les polynˆomes (dits de Lagrange) L0(X) =−1

6(X−1)(X−2)(X−3) L1(X) =1

2X(X−2)(X−3) L2(X) =−1

2X(X−1)(X−3) L3(X) =1

6X(X−1)(X−2).

i. CalculerLi(j) pour tout i, j∈Ntels que 0≤i≤3 et 0≤j≤3.

ii. En d´eduire que B= (L0(X), L1(X), L2(X), L3(X)) est une base deR₃[X].

iii. Calculer les coordonnées du polynômeP défini en (a) dans la baseBdeR₃[X].

(c) Donner l’unique polynôme Q de degré inférieur ou égal à 3 dont la courbe représentative dans un repère du plan passe par les points :

A0(0,−12) ; A1(1,4) ; A2(2,−8) et A3(3,6).

Correction

1. (a) L’élément neutre 0R₃[X] est la fonction deRdansRdéfinie par :

∀x∈R 0R₃[X](x) = 0.

(15)

Il est alors clair que 0^R3[X](x) = 0^R3[X](−x) pour toutx∈R. On a donc 0^R3[X] ∈ P.

Soient P1, P2 ∈ P et soient λ1, λ2 ∈R. On noteQla fonction λ1P1+λ2P2. Montrons que Q∈ P. Pour toutx∈R, on a :

Q(−x) = λ1P1(−x) +λ2P2(−x) (cf. d´efinition de la structure d’espace vectoriel deR₃[X])

= λ1P1(x) +λ2P2(x) (P1(−x) =P1(x) et P2(−x) =P2(x))

= Q(x) (cf. d´efinition de la structure d’espace vectoriel deR₃[X]).

L’ensemble P contient 0R₃[X] et est stable par combinaisons lin´eaires. C’est donc un sous-espace vectoriel deR₃[X].

On proc`ede de fa¸con analogue pour prouver queI est un sous-espace vectoriel deR₃[X].

(b) SoitP ∈ P. AlorsP ∈R₃[X], donc il existe a3, a2, a1, a0∈Rtel que : P =a3X³+a2X²+a1X+a0. On a :

P ∈ P =⇒ ∀x∈R P(x) =P(−x)

=⇒ ∀x∈R a3x³+a2x²+a1x+a0=−a3x³+a2x²−a1x+a0

=⇒ a3X³+a2X²+a1X+a0=−a3X³+a2X²−a1X+a0.

Or deux polynômes sont égaux si et seulement si ils ont les mêmes coefficients. On en déduit que : a3=a1= 0.

DoncP =a2X²+a0 et par suiteP ∈Vect(1, X²). On rappelle que 1∈R₃[X] est la fonction d´efinie deRdansRpar :

∀x∈R 1(x) = 1.

On a donc :

(∗) P ⊂Vect(1, X²).

D’autre part, on vérifie facilement que 1 et X²appartiennent àP. CommeP est stable par combinaisons linéaires, on a donc :

(∗∗) Vect(1, X²)⊂ P.

De (∗) et (∗∗), on déduit que :P= Vect(1, X²).La famille (1, X²) est donc génératrice deP. Comme c’est une sous-famille d’une famille libre (la base canonique (1, X, X², X³) deR₃[X]), elle est libre.

Donc (1, X²) (famille form´ee des puissances deX paires) est une base deP.

De fa¸con analogue, on d´emontre que (X, X³) (famille form´ee des puissances deX impaires) est une base deI.

On a donc : dim(P) = dim(I) = 2.

(c) Pour démontrer que P et I sont supplémentaires dans R₃[X] il suffit de démontrer queP +I = R₃[X]. En effet, de P+I = R₃[X], on déduit que P ∩ I = {0R₃[X]} (formule de la dimension et dim(P) = dim(I) = 2).

On a :

P+I = Vect(1, X²) + Vect(X, X³) (cf. question 1.(b))

= Vect(1, X², X, X³)

= R₃[X] ((1, X, X², X³) est une famille génératrice (et même une base) deR₃[X]) 2. (a) On cherche à déterminer le nombre de polynômesP ∈R₃[X] vérifiant les 4 conditions :

P(0) =y0 ; P(1) =y1 ; P(2) =y2 et P(3) =y3.

(16)

• Le problème posé revient à résoudre un système linéaire (S).

SoitP ∈R₃[X]. On note (a0, a1, a2, a3) les coefficients de P relativement `a la base canonique de R₃[X]. On a donc :

P=a3X³+a2X²+a1X+a0.

On a : 









P(0) =y0

P(1) =y1

P(2) =y2

P(3) =y3

⇐⇒











a0 = y0

a3 + a2 + a1 + a0 = y1

8a3 + 4a2 + 2a1 + a0 = y2

27a3 + 9a2 + 3a1 + a0 = y3

On note (S) le dernier syst`eme (lin´eaire) obtenu.

On observe que le nombre de solutions du système (S) est le nombre de polynômes P ∈ R₃[X] vérifiant les 4 conditions :

P(0) =y0 ; P(1) =y1 ; P(2) =y2 et P(3) =y3.

• Calcul du rang du syst`eme lin´eaire (S)

rang(S) = rang







0 0 0 1

1 1 1 1

8 4 2 1

27 9 3 1







= rang







1 0 0 0

1 1 1 1

1 4 2 8

1 9 3 27





 (C1↔C4)

= rang







1 0 0 0

1 1 0 0

1 4 −2 4

1 9 −6 18





 (C3←C3−C2et C4←C4−C2)

= rang







1 0 0 0

1 1 0 0

1 4 −2 0 1 9 −6 6





 (C4←C4+ 2C3)

En transposant la derni`ere matrice obtenue, on voit que son rang est 4. Par suite le rang de (S) est 4.

• Conclusion

Le système linéaire (S) est de Cramer ; il admet donc une unique solution. Ainsi existe-t-il un unique polynômeP ∈R₃[X] vérifiant les 4 conditions :

P(0) =y0 ; P(1) =y1 ; P(2) =y2 et P(3) =y3. (b) Soient les polynˆomes (dits de Lagrange)

L0(X) =−1

6(X−1)(X−2)(X−3) L1(X) =1

2X(X−2)(X−3) L2(X) =−1

2X(X−1)(X−3) L3(X) =1

6X(X−1)(X−2).

i. On calculeLi(j) pour tout i, j∈Ntels que 0≤i≤3 et 0≤j ≤3 et on trouve : L0(0) = 1 L0(1) = 0 L0(2) = 0 L0(3) = 0

L1(0) = 0 L1(1) = 1 L1(2) = 0 L2(3) = 0 L2(0) = 0 L2(1) = 0 L2(2) = 1 L2(3) = 0 L3(0) = 0 L3(1) = 0 L3(2) = 0 L3(3) = 1 .

(17)

ii. La famille B= (L0(X), L1(X), L2(X), L3(X)) est une base de R₃[X] si et seulement si elle est libre. En effet, elle est composée de 4 éléments et dim(R₃[X]) = 4.

Soientλ0, λ1, λ2, λ3∈Rtels que :

λ0L0(X) +λ1L1(X) +λ2L2(X) +λ3L3(X) = 0.

Alors :

λ0L0(0)

| {z }

1

+λ1L1(0)

| {z }

0

+λ2L2(0)

| {z }

0

+λ3L3(0)

| {z }

0

= 0

λ0L0(1)

| {z }

0

+λ1L1(1)

| {z }

1

+λ2L2(1)

| {z }

0

+λ3L3(1)

| {z }

0

= 0

λ0L0(2)

| {z }

0

+λ1L1(2)

| {z }

0

+λ2L2(2)

| {z }

1

+λ3L3(2)

| {z }

0

= 0

λ0L0(3)

| {z }

0

+λ1L1(3)

| {z }

0

+λ2L2(3)

| {z }

0

+λ3L3(3)

| {z }

1

= 0 .

On a donc :λ0=λ1=λ2=λ3= 0.La familleB= (L0(X), L1(X), L2(X), L3(X)) est donc une base de R₃[X].

iii. On cherche les coordonnées du polynôme P défini en (a) dans la base B de R₃[X], i.e. : λ0, λ1, λ2, λ3∈Rtels queP =λ0L0(X) +λ1L1(X) +λ2L2(X) +λ3L3(X) vérifie :

P(0) =y0 ; P(1) =y1 ; P(2) =y2 et P(3) =y3. On souhaite donc d´eterminerλ0, λ1, λ2, λ3∈Rtels que :

λ0L0(0)

| {z }

1

+λ1L1(0)

| {z }

0

+λ2L2(0)

| {z }

0

+λ3L3(0)

| {z }

0

=y0

λ0L0(1)

| {z }

0

+λ1L1(1)

| {z }

1

+λ2L2(1)

| {z }

0

+λ3L3(1)

| {z }

0

=y1

λ0L0(2)

| {z }

0

+λ1L1(2)

| {z }

0

+λ2L2(2)

| {z }

1

+λ3L3(2)

| {z }

0

=y2

λ0L0(3)

| {z }

0

+λ1L1(3)

| {z }

0

+λ2L2(3)

| {z }

0

+λ3L3(3)

| {z }

1

=y3

.

On a doncλ0=y0,λ1=y1,λ2=y2 etλ3=y3. Les coordonn´ees deP dans la baseBdeR₃[X] sont donc : (y0, y1, y2, y3).

(c) Il s’agit ici de trouver un polynˆomeQ∈R₃[X] tel que :

Q(0) =−12 ; Q(1) = 4 ; Q(2) =−8 et Q(3) = 6.

D’après l’étude précédente,Qexiste et est unique (cf. question 2.(a)) et il est donné par : Q=−12L0(X) + 4L1(X)−8L2(X) + 6L3(X)

d’apr`es la question 2.(b).iii.