TSI 1 DM Lycée Les Lombards
Corrigé DM de maths
Exercice 1On note pour tout entier natureln:In= Z π2
0
tncos(t)dt etJn = Z π2
0
tnsin(t)dt
1. On a I0= Z π2
0
1×cos(t)dt= [sin(t)]
π 2
0 = 1 etJ0= Z π2
0
1×sin(t)dt= [−cos(t)]
π 2
0 = 1
2. Soitn∈N. Les fonctionst7→tn+1 ett7→sin(t) sontC1sur [0;π2] donc on peut faire une intégration par parties en posant
u(t) =tn+1 v0(t) = cos(t)
et on a
u0(t) = (n+ 1)tn v(t) = sin(t) convient ce qui nous donne
In+1 = Z π2
0
tn+1cos(t)dt
= [tn+1sin(t)]
π 2
0 −(n+ 1) Z π2
0
tnsin(t)dt
= π 2
n+1
−(n+ 1)Jn
De même les fonctions t 7→tn+1 et t 7→cos(t) sontC1 sur [0;π2] donc on peut faire une intégration par parties en posant
u(t) =tn+1 v0(t) = sin(t)
et on a
u0(t) = (n+ 1)tn v(t) =−cos(t) convient et on obtient
Jn+1 = Z π2
0
tn+1sin(t)dt
= [−tn+1cos(t)]0π2 + (n+ 1) Z π2
0
tncos(t)dt
= (n+ 1)In
3. On a d’après la question précédente :I1= π20+1
−(0 + 1)J0=π2 −1 J1= (0 + 1)I0= 1
I2= π21+1
−(1 + 1)J1= π22
−2 J2= (1 + 1)I1=π−2
Exercice 2Soitx∈]−1,1[ et f définie par :
f(x) = Z x
0
t2
√1−t2dt
En effectuant le changement de variable :t= sinuavecu∈]−π2,π2[ on adt= cos(u)duet u= arcsin(t) donc lorsquet= 0 on au= 0 et lorsquet=xon au= arcsin(x).
D’où
f(x) = Z x
0
t2
√1−t2dt
=
Z arcsin(x) 0
sin2(u)
p1−sin2(u)cos(u)du
=
Z arcsin(x) 0
sin2(u)
pcos2(u)cos(u)du
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Or puisqueu∈]−π2,π2[, on a cos(u)≥0 et doncp
cos2(u) = cos(u).
D’où
f(x) =
Z arcsin(x) 0
sin2(u)du
=
Z arcsin(x) 0
1−cos(2u)
2 du
= u
2 −sin(2u) 4
= arcsin(x)
2 −sin(2 arcsin(x)) 4
= arcsin(x)
2 −2 sin(arcsin(x)) cos(arcsin(x)) 4
= 1
2
arcsin(x)−xp 1−x2
Exercice 3SoitA=
0 1 0 0 0 1 0 0 0
1. (a) On aA2=
0 0 1 0 0 0 0 0 0
etA3= 03
(b) On a doncAn= 0 pour tout entier natureln≥3
2. Dans cette question,M désigne un matrice carré d’ordre 3 qui commute avecA. On poseM =
a b c u v w x y z
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(a) On a
M A=AM ⇔
a b c u v w x y z
0 1 0 0 0 1 0 0 0
=
0 1 0 0 0 1 0 0 0
a b c u v w x y z
⇔
0 a b 0 u v 0 x y
=
u v w x y z 0 0 0
⇔
0 =u a=v w=b x= 0 y=u z=v x= 0 y= 0
⇔
u=x=y= 0 z=v=a w=b
⇔ M =
a b c 0 b c 0 0 a
⇔
M =aI3+bA+cA2 (b) On développe le produitM×M
M2 = (aI3+bA+cA2)(aI3+bA+cA2)
= a2I3+abA+acA2+baA+b2A2+bcA3+caA2+cbA3+c2A4
= a2I3+ 2abA+ (b2+ 2ac)A2 (c) On a
M2=
a2 2ab b2+ 2ac
0 a2 2ab
0 0 a2
3. (a) SiN2=AalorsAN =N2N =N3 etN A=N N2=N3donc on a bien AN =N A
(b) Une matrice qui vérifieAN =N Aest d’après la question 2 de la formeN =aI3+bA+cA2et vérifie
N2=
a2 2ab b2+ 2ac
0 a2 2ab
0 0 a2
.
PuiqueN2=A, on a nécessairement les termes diagonaux deN2égaux à 0, mais alorsa= 0 et donc
N2=
0 0 b2 0 0 0 0 0 0
ce qui est absurde puisqueN2=
0 1 0 0 0 1 0 0 0
.
Il n’existe donc pas de telle matrice.
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4. (a) On aI3−A=
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
. Cette matrice est échelonnée et on constate qu’elle a trois pivots donc
est inversible.
(b) On a
(I3−A)(I3+A+A2) = I3+A+A2−A−A2−A3
= I3
La matriceI3−Aest donc inversible et on a (I3−A)−1=I3+A+A2
(c) SoitP une matrice vérifiantP A=P−A. On aP A=P−AdoncA=P−P AdoncA=P(I3−A) ce qui donne en multipliant à droite des deux cotés de l’égalité par (I3−A)−1
A(I3−A)−1=P On a donc, d’après la question précédente
P = A(I3+A+A2)
= A+A2+A3
= A+A2
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