CY Cergy Paris Université Algèbre linéaire, bilinéaire et intégration
Licence 2 MIPI 2020-2021
Corrigé de l’examen de rattrapage
Questions de cours.
1. Une forme quadratique Q sur un R-espace vectoriel E de dimension finie est une ap- plication Q:E → Rqui s’exprime, dans chaque base de E, sous la forme d’un polynôme homogène de degré deux des variables coordonnées.
2. Sous l’hypothèse de continuité de la fonctiong sur l’intervalle[0,+∞[, l’intégrale géné- raliséeR+∞
0 g(x)dxest convergente si et seulement s’il existe un nombre réelℓ tel que Z X
0
g(x)dx →
X→+∞ℓ.
Dans ce cas, le nombreℓest la valeur de l’intégrale généralisée R+∞
0 g(x)dx.
3. Le théorème de continuité pour les intégrales à paramètres sur un segment assure que la fonctionH est continue sur Rdès que la fonctionh est continue sur R×[0,1].
Exercice 1.
1.a. Par définition, un vecteur u = (x, y, z) appartient au noyau de la matrice A si et seulement si ses coordonnées satisfont
2x−2y = 0,
−2x+ 3y−2z= 0,
−2y+ 4z= 0,
ce qui équivaut à
x=y, y=y, z= y2.
Le noyau de la matriceAest donc engendré par le vecteur u= (2,2,1). Comme sa norme
∥u∥est égale à3, une base orthonormée du noyau de la matriceAest donnée par la famille B1 = (e1), où
e1 = u
∥u∥ = 2
3,2 3,1
3
.
b. Le noyau de la matriceA n’est pas réduit au singleton {(0,0,0)}. Par conséquent, elle n’est pas inversible.
2.a. Par définition, le polynôme caractéristique de la matriceAest donné par le déterminant
PA=
2−X −2 0
−2 3−X −2
0 −2 4−X
.
Nous développons ce déterminant par rapport à sa première colonne afin d’obtenir PA= (2−X) (3−X)(4−X)−4
−4(4−X) = (2−X)(X2−7X+ 8)−16 + 4X,
soit après simplification
PA=−X3+ 9X2−18X.
b. Nous pouvons factoriser le polynôme caractéristiquePA sous la forme PA=−X(X2−9X+ 18).
Le discriminant du trinôme du second degréX2−9X+ 18est égal à
∆ = 81−4×18 = 9 = 32,
de sorte que ses deux racines réelles sont3 et6. Nous aboutissons à la factorisation PA=−X(X−3)(X−6),
qui assure que la matrice A a exactement trois valeurs propres réellesλ1 = 0,λ2 = 3 et λ3 = 6.
c. La matrice A est symétrique, donc diagonalisable. Nous pouvons également observer qu’elle est de taille3et qu’elle possède trois valeurs propres distinctes. Ces deux propriétés suffisent aussi à garantir qu’elle est diagonalisable.
3.a. L’espace propre associé à la valeur propre λ1 = 0 est par définition le noyau de la matrice A. D’après la question 1.a, la famille B1 = (e1) est une base orthonormée de cet espace propre.
Par définition, un vecteurv = (x, y, z) appartient à l’espace propre de la matriceA pour la valeur propreλ2 = 3 si et seulement si ses coordonnées satisfont
2x−2y= 3x,
−2x+ 3y−2z= 3y,
−2y+ 4z= 3z,
c’est-à-dire
x=−2y, y=y, z= 2y.
Cet espace propre est donc engendré par le vecteur v = (2,−1,−2). Comme sa norme
∥v∥ est égale à 3, une base orthonormée de cet espace propre est donnée par la famille B2 = (e2), où
e2 = v
∥v∥ = 2
3,−1 3,−2
3
.
De même, un vecteurw = (x, y, z) appartient à l’espace propre de la matrice A pour la valeur propreλ3 = 6 si et seulement si ses coordonnées satisfont
2x−2y= 6x,
−2x+ 3y−2z= 6y,
−2y+ 4z= 6z,
c’est-à-dire
x=−y2, y=y, z=−y.
Cet espace propre est donc engendré par le vecteur w = (1,−2,2). Sa norme ∥w∥ vaut 3. Par conséquent, une base orthonormée de cet espace propre est donnée par la famille B3 = (e3), où
e3= w
∥w∥ = 1
3,−2 3,2
3
.
b. Nous savons que la matrice des vecteurs propres
P = 1 3
2 2 1 2 −1 −2 1 −2 2
satisfait la formule
P−1AP =
0 0 0 0 3 0 0 0 6
.
c. Comme la matriceAest symétrique, ses espaces propres sont deux à deux orthogonaux.
Les vecteurs proprese1, e2 ete3 de la question 3.b sont donc deux à deux orthogonaux, ce qu’il est aussi possible de vérifier par un calcul direct des produits scalaires associés.
Sachant que ces vecteurs propres sont normés, la familleB= (e1, e2, e3) est orthonormée.
De par son cardinal, elle constitue une base orthonormée deR3. La matrice P associée est donc orthogonale, ce qui assure que
P−1=tP =P,
formule qu’il est aussi permis d’obtenir par un calcul direct.
Exercice 2.
1.a. Par définition, la matrice M de la forme bilinéaire B dans la base canonique de R3 vaut
M =
1 −1 1
−1 5 −3 1 −3 −1
.
b. La matriceM est symétrique. Aussi la forme bilinéaire B associée est-elle symétrique, ce qu’un calcul direct permet également de vérifier.
2.a. La forme quadratiqueQassociée à la forme bilinéaireB est égale à Q(x) =x21+ 5x22−x23−2x1x2+ 2x1x3−6x2x3. La méthode de réduction de Gauss donne alors successivement
Q(x) = (x1−x2+x3)2+ 4x22−4x2x3−2x23 = (x1−x2+x3)2+ (2x2−x3)2−3x23. La signature de cette forme quadratique est donc(2,1).
b. Comme la signature de la forme quadratique Q est (2,1) d’après la question 2.a, son rang est égal à3 (= 2 + 1).
c. Si la forme bilinéaireB était un produit scalaire sur R3, la signature de sa forme qua- dratique Q serait égale à (3,0), ce qui n’est pas le cas. La forme bilinéaire B n’est ainsi pas un produit scalaire surR3.
3.a. La matriceP˜ de la famille B˜dans la base canonique de R3 s’écrit
P˜ =
1 12 1
2√ 3
0 12 −2√13 0 0 −√13
.
Le déterminant de cette matrice triangulaire vaut1×(1/2)×(−1/√
3) =−1/(2√ 3)̸= 0.
Elle est donc inversible, ce qui suffit pour montrer que la familleB˜forme une base deR3. b. Nous revenons à la formule pour la forme quadratique Q déduite de la méthode de réduction de Gauss à la question 2.a. Grâce à l’identité de polarisation, cette formule se traduit pour la forme bilinéaire symétriqueB par l’expression
B(x, y) = (x1−x2+x3)(y1−y2+y3) + (2x2−x3)(2y2−y3)−3x3y3.
Il est alors plus simple de calculer les nombres
B(˜e1,˜e1) =B(˜e2,e˜2) = 1, B(˜e3,e˜3) =−1, et
B(˜e1,e˜2) =B(˜e1,e˜3) =B(˜e2,e˜3) = 0, à partir desquels nous concluons que
M˜ =
1 0 0 0 1 0 0 0 −1
.
Exercice 3.
1. a. Soit
∀x∈R, g(x) =x+ sin(x) et h(x) =ex−1.
La fonctiong est bien définie et de classeC∞ surR. Sa dérivée vérifie
∀x∈R, g′(x) = 1 + cos(x)≥0, et
∀x∈R, g′(x) = 0 si et seulement six=π+ 2kπ, k∈Z.
La fonctiong est donc strictement croissante sur R. Sachant queg(0) = 0, il vient
∀x >0, sin(x) +x >0.
De même, la fonctionh est bien définie et de classeC∞ surR, et sa dérivée satisfait
∀x∈R, h′(x) =ex>0.
Cette fonction est elle-aussi strictement croissante surR. Comme h(0) = 0, elle vérifie
∀x >0, ex−1>0.
b. D’après la question 1.a, le dénominateurx+sin(x)+ex−1du nombref(x)est strictement positif quel que soit le choix du nombrex >0. Le numérateursin(√
x)est quant à lui bien
défini lorsquex ≥ 0. La fonction f est donc bien définie sur l’intervalle ]0,+∞[. Par les opérations élémentaires sur les fonctions, elle est de plus continue sur cet intervalle.
2.a. Rappelons les développements limités des fonctions sinus et exponentielle à l’origine sin(u) =u+ o
u→0(u) et eu = 1 +u+ o
u→0(u).
Ces développements assurent que
x+ sin(x) +ex−1 = 3x+ o
x→0(x), soit
x+ sin(x) +ex−1 ∼
x→03x.
Commeu=√
x→0lorsque x→0, il vient aussi sin(√
x) =√ x+ o
x→0(√ x),
de sorte que
sin(√ x) ∼
x→0
√x.
Le quotient des deux équivalents précédents permet de conclure que f(x) ∼
x→0
1 3√
x.
b. D’après la question 1.b, la fonctionf est continue sur l’intervalle]0,2]. De plus, il découle de la question 2.a que
|f(x)| ∼
x→0
1 3√
x. Comme l’intégrale de RiemannR2
0 dx/√
xest convergente, l’intégrale généraliséeR2
0 f(x)dx est absolument convergente, donc convergente, par le principe d’équivalence.
3.a. Rappelons que la fonction g est strictement croissante sur R. En particulier, nous obtenons
∀x≥2, g(x)≥g(2) = 2 + sin(2).
Commesin(2)≥ −1, nous concluons que
∀x≥2, x+ sin(x)≥1.
b. Il résulte de la question 3.a que
∀x≥2, x+ sin(x) +ex−1≥ex(>0).
Puisque|sin(√x)| ≤1, nous aboutissons à
∀x≥2, |f(x)| ≤ 1
ex =e−x. c. Rappelons que l’intégrale généraliséeR+∞
2 e−xdx est convergente et qu’elle vaut Z +∞
2
e−xdx=e−2.
D’après la question 1.b, la fonction f est de plus continue sur [2,+∞[. Comme sa va- leur absolue satisfait l’inégalité de la question 3.b, l’intégrale généraliséeR+∞
2 f(x)dxest absolument convergente, donc convergente, par le principe de comparaison.
d. D’après les questions 2.b et 3.c, les intégrales généraliséesR2
0 f(x)dxetR+∞
2 f(x)dxsont convergentes, de sorte que l’intégrale généraliséeR+∞
0 f(x)dx est elle-aussi convergente.
