Mathématiques L3– Correction du partiel du 30/03/2012
Exercice 1
Par la linéarité de l’intégration il suffit de montrer que la formule de Simpson Z b
a
f(x)dx≈ b−a
6 f(a) + 4f(a+b
2 ) +f(b)
!
, (1)
intègre exactement les constantes et les monômes x, x2 et x3, puisque ces monômes forment une base de l’espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal à trois. Sif =CoùCest une constante, il vient :
Z b
a
Cdx=C(b−a), alors que b−6a
f(a) + 4f(a+2b) +f(b)
=C(b−a).Les constantes sont exactement (et heureusement !) inté- grées.
Sif(x) =x, on a :
Z b
a
xdx= b2−a2
2 =b−a 6
3(b+a) , alors que
f(a) + 4f(a+2b) +f(b)
=a+ 4(a+2b) +b= 3(b+a). La formule (1) est aussi exacte.
Sif(x) =x2, on a :
Z b
a
x2dx=b3−a3
3 =b−a 6
2(b2+ab+b2) , alors que
f(a) + 4f(a+b
2 ) +f(b)
!
=a2+ 4(a+b)2
4 +b2= 2(b2+ab+b2).
La formule (1) est aussi exacte dans ce cas.
Finalement soitf(x) =x3, on a : Z b
a
x3dx=b4−a4
4 =b−a 6
3
2(b+a)(b2+a2)
!
= b−a 6
3
2(a3+ba2+ab2+b3)
!
, (2)
alors que
f(a) + 4f(a+b
2 ) +f(b)
!
=a3+ 4(a+b)3
8 +b3=a3+a3+ 3a2b+ 3ab2+b3
2 +b3,
soit
f(a) + 4f(a+b
2 ) +f(b)
!
= 3
2(a3+ba2+ab2+b3).
L’expression
b−a
6 f(a) + 4f(a+b
2 ) +f(b)
!
est donc égale à (2). La formule de Simpson est encore exacte sif(x) =x3, ce qui conclut.
Exercice 2
Calculons les valeurs propres de la matrice
A=
−3 0 2 1 −1 0
−2 −1 0
.
Soit
A−λI=
−3−λ 0 2 1 −1−λ 0
−2 −1 −λ
,
alors on a :
P(λ) = det(A−λI) =−(3 +λ) −1−λ 0
−1 −λ
!
+ 2 1 −1−λ
−2 −1
! . D’oùP(λ) =−(3 +λ)λ(1 +λ) + 2
−1−2(1 +λ)
=−λ3−4λ2−7λ−6qui a pour racine évidente−2. Dès lorsP(λ) =−(λ+ 2)(λ2+ 2λ+ 3), les deux autres racines deP(λ)sont−1±i√
2.
Calculons les vecteurs propres associés. Un calcul élémentaire montre que :
v1=
2
−2 1
,
est un vecteur propre associé à la valeur propre−2. Par conséquent :
X1=e−2t
2
−2 1
,
est une solution.
Toujours par un calcul élémentaire (un peu fastidieux) on trouve qu’un vecteur propre associé à la valeur propre(−1 +i√
2)est
v2=
i√
2 1
−1 +i√ 2
.
Par conséquent
Z =e−tei√2t
i√
2 1
−1 +i√ 2
,
est une solution complexe du système. Elle s’écrit :
Z=e−t(cos√
2t+isin√ 2t)
i√
2 1
−1 +i√ 2
,
d’où en séparant les parties réelle et imaginaire
Z =e−t
−√ 2 sin(√
2t) cos(√
2t)
−cos(√ 2t)−√
2 sin(√ 2t)
+i
√2 cos(√ 2t) sin(√
2t)
−sin(√ 2t) +√
2 cos(√ 2t)
,
de la formeZ =X2+iX3.
Remarque :On peut évidemment - mais c’est inutile - calculer le vecteur proprev3, associé à la troisième valeur propreλ3=−1−i√
2nécessairement conjuguée (voir cours) àλ2. De plus on sait (voir cours 6) que le vecteur v3est conjugué au vecteurv2.
On sait (voir cours 6) que les parties réelle et imaginaire deZ sont des solutions indépendantes du système.
Donc
X2=e−t
−√ 2 sin(√
2t) cos(√
2t)
−cos(√ 2t)−√
2 sin(√ 2t)
,
et
X3=e−t
√2 cos(√ 2t) sin(√
2t)
−sin(√ 2t) +√
2 cos(√ 2t)
,
sont solutions. Finalement la solution du système est :
x(t) =
2C1e−2t+C2e−t
−√ 2 sin(√
2t)
+C3e−t√ 2 cos(√
2t)
−2C1e−2t+C2e−t
cos(√ 2t)
+C3e−t
sin(√ 2t)
C1e−2t+C2e−t
−cos(√ 2t)−√
2 sin(√ 2t)
+C3e−t
−sin(√ 2t) +√
2 cos(√ 2t)
,
où les constantesC1,C2etC3sont déterminées par la condition initiale. Ce qui revient à résoudre le système
2 0 √
2
−2 1 0 1 −1 √ 2
C1
C2
C3
=
1 0 0
.
On trouve facilementC1= 13,C2= 23 etC3=√62, d’où la solution désirée :
x(t) =
2
3e−2t+13e−tcos(√
2t)−2√32e−tsin(√ 2t)
−23e−2t+23e−tcos(√
2t) +√62e−tsin(√ 2t)
1
3e−2t−13e−tcos(√
2t)−5√62e−tsin(√ 2t)
.
Exercice 3
Soit la matrice
M = a b
b c
! ,
supposée inversible et donc de déterminant non nul, c’est-à-dire queac−b2 6= 0. Calculons son inverse par la méthode de Gauss, sans stratégie de pivot, vue au septième cours et dont nous empruntons les notations.
Commea6= 0, multiplions-la par la matrice
E(1)= 1 0
−ab 1
! .
Il vient
E(1)M =
a b
0 ac−ab2
,
d’où
M = (E(1))−1
a b
0 ac−ab2
,
soit
M−1=
a b
0 ac−ab2
−1
E(1) =U−1E(1)
avec une définition évidente de la matriceU. La matriceUétant triangulaire supérieure est très facile à inverser.
On trouve, sachant queac−b26= 0:
U−1=
1
a −ac−bb2
0 ac−ab2
,
donc
M−1=
1
a −ac−bb2
0 aca
−b2
1 0
−ba 1
!
= 1
ac−b2
c −b
−b a
!
. (3)
Il est immédiat queM M−1=M−1M =I. Commedet(AB) = det(A)det(B)pour toutes matrices carréesAet Bde même ordre, on adet(M−1) = 1/det(M). Commedet(I) = 1et que l’on a trivialementdet(M) =ac−b2, il vientdet(M−1) = 1/(ac−b2).
Soit l’expression (3) deM−1, elle est de la formeM−1=λAavecλ= 1/(ac−b)et
A= c −b
−b a
! .
On voit immédiatement quedet(A) =ac−b2. On a doncdet(M−1) = λ2det(A) =
1/(ac−b2)2
det(A) = 1/(ac−b2), on retrouve l’expression précédemment calculée.
Exercice 4
1) a. L’équation admet une solution par le théorème de la valeur intermédiaire. Cette solution est unique car la fonction est strictement croissante surI = [a, b]carf′(x) > 0pour toutx ∈ I. On noteαcette unique solution.
b. L’équation de la tangente au graphe de la fonctionx7→f(x)au pointx0est y=f′(x0)(x−x0) +f(x0).
L’abscisse du point d’intersection de cette tangente avec l’axe des abscisses estx0−f(x0)/f′(x0).
2) a. La fonctionf est de classeC2 etf′(x) > 0, donc1/f′(x)est de classe C1. Par conséquent la fonction x7→f(x)/f′(x)est de classeC1et la fonctionx7→g(x)est de classeC1.
b. Commeαest un zéro defetf′(α)>0on a évidemmentg(α) =α,αest un point fixe deg. De plus g′(x) = 1−f′2(x)−f(x)f′′(x)
f′2(x) = f(x)f′′(x) f′2(x) , commef(α) = 0on a doncg′(α) = 0.
3) a. La restriction du logarithme népérien à un segment[a, b]de]0,+∞[, aveca <1, satisfait aux conditions de l’énoncé (figure 1).
a b
FIG. 1 – Exemple de graphe defavec0< a <1: le logarithme népérien.
b. Supposonsxn ∈[a, α], il est alors dans le domaine def etf′(x)> 0; en particulier on af′(xn) >0et xn+1est bien défini par
xn+1=g(xn) =xn− f(xn)
f′(xn). (4)
Commexn ≤αon af(xn)≤0et doncxn+1 ≥xncarf′(xn)>0. D’après le théorème des accroissements finis appliqué àfentrexnetxn+1, il existec∈]xn, xn+1[tel que
f′(c) =f(xn+1)−f(xn) xn+1−xn .
Commef′ est supposée décroissante dans cette question, on af′(c) ≤ f′(xn). Orxn+1 −xn ≥ 0, on en déduit, puisque
f(xn+1)−f(xn)
xn+1−xn ≤f′(xn),
que l’on af(xn+1) ≤ f(xn) + (xn+1−xn)f′(xn). D’après (4) f(xn) + (xn+1−xn)f′(xn) = 0, on a donc f(xn+1)≤0. On en déduit quexn+1≤α.
c. D’après le 3) b., la suite(xn)n∈Nest croissante et majorée parα. Ells est donc convergente. Sa limite, que l’on noteβappartient à l’intervalle[a, α]puique l’on part dex0=a. La fonctiongest donc continue enβ et la définition de la suite(xn)parxn+1 =g(xn)entraîne alors queg(β) =β. Or, d’après la définition deg, un point fixe degest un zéro def, commeαest le zéro unique def dansI,β =αet la suite(xn)n∈Nconverge versα
