Université Paris 7 1 février 2002 U.F.R. de Mathématiques B. Keller

DEUG MASS Première année : MT 131

Un corrigé de l’examen de Février 2002

Question de cours

1) Soient E un espace vectoriel réel et v_{1}, …, v_{p} des vecteurs de E. Quand est-ce qu’on dit que les vecteurs v_{1}, …, v_{p} sont linéairement indépendants ? Réponse — Les vecteurs v_{1}, …, v_{p} sont linéairement indépendants si, quels que soient les nombres réels λ_{1}, …, λ_{p}, on a

λ_{1}v_{1} + … + λ_{p}v_{p} = 0 ⇒ λ_{1} = 0 , …, λ_{p} = 0.

2) Soit u_{n} une suite de nombres réels et l un nombre réel. Que veut dire la phrase ‘la suite u_{n} tend vers l’ ? Réponse — On dit que u_{n} tend vers l si, quel que soit le nombre ε > 0, il existe un entier N tel que l’on a, pour tout entier n,

n ≥ N ⇒ |u_{n} − l| < ε.

Exercices

I. Soit

A = [ \begin{matrix}−1 & 2 & −2 \\ −1 & 2 & −1 \\ −1 & 1 & 0 \end{matrix} ]

1) Calculer le déterminant de la matrice A − λI_{3} en fonction du nombre réel λ et montrer que A − λI_{3} est inversible si et seulement si λ est différent de 1 et −1. Réponse — On a

det [ \begin{matrix}−1 − λ & 2 & −2 \\ −1 & 2 − λ & −1 \\ −1 & 1 & −λ \end{matrix} ] = −λ^{3}+λ^{2}+λ−1 = (λ−1)(1−λ^{2}) = (λ−1)(1−λ)(1+λ).

Cette expression s’annule si et seulement si λ vaut 1 ou −1. Or on sait qu’une matrice est inversible si et seulement si son déterminant est non nul. Donc A−λI_{3} est inversible si et seulement si λ ≠ ±1.

2) On note E_{λ} ⊂ ℝ^{3} le noyau de la matrice A − λI_{3}. Quelle est la dimension de E_{λ} en fonction du nombre réel λ? Donner une base de E_{λ} à chaque fois qu’il n’est pas réduit à {0}. Réponse — Pour λ ≠ ±1, la matrice A − λI_{3} est inversible, donc son noyau E_{λ} est réduit à {0}. Pour λ = −1, il s’agit de donner une base du noyau de la matrice A + I_{3}. Nous effectuons des opérations élémentaires sur les lignes de cette matrice :

[ \begin{matrix}0 & 2 & −2 \\ −1 & 3 & −1 \\ −1 & 1 & 1 \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}0 & 1 & −1 \\ 1 & −3 & 1 \\ 0 & −2 & 2 \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & 0 & −2 \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ] .

Ces opérations laissent inchangé le noyau. La dernière matrice est clairement de rang 2. Donc son noyau est de dimension 1. Il admet le vecteur v_{1} = (2, 1, 1) pour base. Pour λ = 1, il s’agit de déterminer le noyau de la matrice A − I_{3}. Effectuons des opérations élémentaires sur les lignes de cette matrice

[ \begin{matrix}−2 & 2 & −2 \\ −1 & 1 & −1 \\ −1 & 1 & −1 \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ] .

La dernière matrice est de clairement de rang 1. Donc son noyau est de dimension 2. Il a pour base v_{2} = (1, 1, 0), v_{3} = (0, 1, 1).

3) Montrer que les sous-espaces E_{1} et E_{−1} sont supplémentaires dans ℝ^{3}.

Réponse — Il suffit de montrer que la réunion des bases v_{1} de E_{−1} et v_{2}, v_{3} de E_{1} est une base de ℝ^{3}. De façon équivalente, la matrice dont les colonnes sont v_{1}, v_{2}, v_{3} doit être de rang 3. Nous effectuons des opérations élémentaires sur les colonnes de cette matrice :

[ \begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix} ] .

Clairement la dernière matrice est de rang 3. Comme les opérations élémentaires laissent inchangé le rang, la première l’est également.

4) Montrer que l’application f : ℝ^{3} → ℝ^{3} qui envoie x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) ∈ ℝ^{3} sur Ax est égale à la symétrie s par rapport à E_{1} parallèlement à E_{−1}. Réponse — Comme les sous-espaces E_{1} et E_{−1} sont supplémentaires, la symétrie s est bien définie et c’est l’unique endomorphisme linéaire de ℝ^{3} tel que s(v) = v et s(w) = −w pour v ∈ E_{1} et w ∈ E_{−1}. Or pour v ∈ E_{1}, nous avons (A − I_{3})v = 0 donc f(v) = v et pour w ∈ E_{−1}, nous avons (A + I_{3})w = 0 donc f(w) = −w. Il s’ensuit que f = s.

II. Soit

A = [ \begin{matrix}1 & −2 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 & −1 \\ −2 & 3 & 1 & −4 \end{matrix} ] .

1) Soit f : ℝ^{4} → ℝ^{3} l’application linéaire x ↦ Ax. Déterminer une base du noyau de f et une base de l’image de f. Réponse — Pour déterminer une base du noyau de f, effectuons des opérations élémentaires sur les lignes de la matrice A :

[ \begin{matrix}1 & −2 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 & −1 \\ −2 & 3 & 1 & −4 \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & −2 & 0 & 3 \\ 0 & −1 & 1 & 2 \\ 0 & −1 & 1 & 2 \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & 0 & −2 & −1 \\ 0 & 1 & −1 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ] .

La dernière matrice est clairement de rang 2. Donc son noyau est de dimension 4−2 = 2. Il admet les vecteurs v_{1} = (2, 1, 1, 0), v_{2} = (1, 2, 0, 1) pour base. Pour déterminer une base de l’image de A, effectuons des opérations élémentaires sur les colonnes de A :

[ \begin{matrix}1 & −2 & 0 & 3 \\ −1 & 1 & 1 & −1 \\ −2 & 3 & 1 & −4 \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & −1 & 1 & 2 \\ −2 & −1 & 1 & 2 \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} ]

La dernière matrice est de rang 2. Donc A est de rang 2. Son image admet pour base w_{1} = (1, 0, −1) et w_{2} = (0, 1, 1).

2) Donner une ou des équations caractérisant l’image de f dans ℝ^{3}.

Réponse — L’image de f est de dimension 2. Il s’agit donc d’un plan de ℝ^{3}, caractérisé par une seule équation. En examinant la base trouvée au point précédent, on voit que l’équation x − y + z = 0 convient.

3) Soit y = (y_{1}, y_{2}, y_{3}) ∈ ℝ^{3}. A quelle condition le système d’équations Ax = y possède-t-il une solution x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}) dans ℝ^{4} ? Pour ces vecteurs y, quelle est la solution générale du système ? Réponse — Dire que le système Ax = y possède une solution, c’est dire que y appartient à l’image de f. D’après le point précédent, c’est le cas si et seulement si l’on a y_{1} − y_{2} + y_{3} = 0. Un vecteur x est solution du système homogène Ax = 0 si et seulement si x appartient au noyau de f. Par 1), la solution générale du système homogène est donc

x_{hom} = s [ \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ] + t [ \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ] , s, t ∈ ℝ.

Pour déterminer une solution particulière du système inhomogène, effectuons des opérations sur les lignes de la matrice agrandie

[ \begin{matrix}1 & −2 & 0 & 3 & y_{1} \\ −1 & 1 & 1 & −1 & y_{2} \\ −2 & 3 & 1 & −4 & y_{3} \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & −2 & 0 & 3 & y_{1} \\ 0 & −1 & 1 & 2 & y_{1} + y_{2} \\ 0 & −1 & 1 & 2 & y_{3} + 2y_{1} \end{matrix} ] ↦ [ \begin{matrix}1 & 0 & −2 & −1 & −y_{1} − 2y_{2} \\ 0 & 1 & −1 & −2 & −y_{1} − y_{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & y_{1} − y_{2} + y_{3} \end{matrix} ]

En retraduisant dans le langage des systèmes d’équations, nous obtenons la solution particulière x_{part} = (−y_{1} − 2y_{2}, −y_{1} − y_{2}, 0, 0). Donc la solution générale est

x_{gén} = x_{part} + x_{hom} = [ \begin{matrix}−y_{1} − 2y_{2} \\ −y_{1} − y_{2} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ] + s [ \begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ] + t [ \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ] , s, t ∈ ℝ.

III. Calculer la limite quand x tend vers 0 des fonctions suivantes

g(x) = \frac{1}{x^{2}} Log (\frac{sin(x)}{x}) , h(x) = (cos(x))^{1/x^{2}}

Réponse — On a le développement limité

sin(x) = x − \frac{x^{3}}{6} + x^{3}ε_{1}(x).

D’où le développement limité

\frac{sin(x)}{x} − 1 = −\frac{x^{2}}{6} + x^{2}ε_{1}(x).

Par composition avec le développement limité Log (1+x) = x−x^{2}/2+x^{2}ε_{2}(x) nous obtenons

Log (\frac{sin(x)}{x}) = −\frac{x^{2}}{6} + x^{2}ε_{3}(x).

Donc

lim_{x→0} \frac{1}{x^{2}} Log (\frac{sin(x)}{x}) = −\frac{1}{6} .

Nous avons

Log (h(x)) = \frac{1}{x^{2}} Log (cos(x)).

Nous avons le développement limité

cos(x) − 1 = −\frac{x^{2}}{2} + x^{2}ε_{1}(x).

En le composant avec le développement limité

Log (1 + u) = u − \frac{u^{2}}{2} + u^{2}ε_{2}(u)

nous obtenons le développement limité

Log (cos(x)) = −\frac{x^{2}}{2} + x^{2}ε_{3}(x).

Il s’ensuit que Log (h(x)) tend vers −1/2. Comme la fonction exponentielle est continue, on trouve que h(x) tend vers e^{−1/2}.

IV. 1) Déterminer le développement limité de

f(x) = Log (\frac{cos(x)}{1 + sin(x)}) .

à l’ordre 3 au voisinage de 0. Réponse — On a les développements limités

cos(x) = 1 − \frac{x^{2}}{2} + x^{3}ε_{1}(x)
1 + sin(x) = 1 + x − \frac{x^{3}}{6} + x^{3}ε_{2}(x).

La division suivant les puissances croissantes nous donne le développement limité

\frac{cos(x)}{1 + sin(x)} = 1 − x + \frac{x^{2}}{2} − \frac{x^{3}}{3} + x^{3}ε_{3}(x).

respectivement le développement limité

\frac{cos(x)}{1 + sin(x)} − 1 = −x + \frac{x^{2}}{2} − \frac{x^{3}}{3} + x^{3}ε_{3}(x).

Nous le composons avec le d’eveloppement limité Log (1+u) = u−u^{2}/2+u^{3}/3+u^{3}ε_{4}(u). Si nous posons u = −x + x^{2}/2 − x^{3}/3, nous obtenons

u = −x + \frac{x^{2}}{2} − \frac{x^{3}}{3}
u^{2} = x^{2} − x^{3} + termes de degré ≥ 4
u^{3} = −x^{3} + termes de degré ≥ 4

Il vient que

f(x) = Log (\frac{cos(x)}{1 + sin(x)}) = −x − \frac{x^{3}}{6} + x^{3}ε(x).

2) Quelle est la tangente en (0, 0) au graphe de la fonction f ? Quelle est la position du graphe de f par rapport à sa tangente en (0, 0) ? Faire un dessin. Réponse — Le développement

f(x) = Log (\frac{cos(x)}{1 + sin(x)}) = −x − \frac{x^{3}}{6} + x^{3}ε(x)

montre que la tangente en (0, 0) au graphe de f est la droite d’équation y = −x. Comme le premier terme non nul de degré > 1 du développement est −x^{3}/6, le graphe va traverser sa tangente en (0, 0) (car l’exposant 3 est impair) en passant du dessus au dessous de la tangente (car le coefficient −1/6 est négatif).

V. 1) Pour x ∈ ℝ, soit f(x) = 1 + cos(x/2).

a) Esquisser le graphe de f : [0, 2π] → ℝ et le graphe de x ↦ x dans un même dessin. Réponse —

b) Montrer qu’il existe un nombre l ∈ [0, 2π] tel que f(l) = l. Indication : considérer la

fonction

g : [0, 2π] → ℝ , x ↦ x − f(x).

Réponse — La fonction g est continue (elle est même dérivable). On a g(0) = −2 et g(2π) = 2π. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc un nombre l ∈ [0, 2π] tel que g(l) = 0. On a bien l − f(l) = 0.

2) Montrer que la fonction f : ℝ → ℝ est continûment dérivable. Calculer sa dérivée et montrer que, pour tous a, b ∈ ℝ, on a

|f(b) − f(a)| ≤ \frac{1}{2} |b − a| .

Réponse — Les fonctions x ↦ x/2 et x ↦ cos(x) sont continûment dérivables. Donc leur composée x ↦ cos(x/2) est continûment dérivable. Donc f est continûment dérivable en tant que somme de fonctions continûment dérivables. Sa dérivée est

f′(x) = −\frac{1}{2} sin(x/2).

Pour montrer l’inégalité, on peut supposer que a < b. Le théorème des accroissements finis appliqué à la fonction f : [a, b] → ℝ nous fournit un nombre c ∈]a, b[ tel que f(b) − f(a) = f′(c)(b − a). Comme |f′| est bornée par 1/2, il s’ensuit que

|f(b) − f(a)| = |f′(c)(b − a)| = |f′(c)| |b − a| ≤ \frac{1}{2} |b − a|.

3) Soit u_{0} un nombre réel. Pour n ≥ 1, on pose u_{n} = f(u_{n−1}). Montrer que pour tout n ≥ 1, on a

|u_{n} − l| ≤ \frac{1}{2}|u_{n−1} − l| .

Réponse — Comme l = f(l) et u_{n} = f(u_{n−1}), on a

|u_{n} − l| = |f(u_{n−1}) − f(l)| ≤ \frac{1}{2} |u_{n−1} − l|

d’après le point précédent.

4) Montrer que u_{n} tend vers l.

Réponse — Par récurrence, il résulte du point précédent que

|u_{n} − l| ≤ \frac{1}{2^{n}} |u_{0} − l|.

Cela montre bien que |u_{n} − l| tend vers 0 quand n tend vers l’infini. Donc u_{n} tend vers l.