ECS1-1. Correction du D.S. n o 8 mercredi 8 avril - 3h. Lycée Pierre de Fermat

Transcription

1 ECS1-1 Lycée Pierre de Fermat Correction du D.S. n o 8 mercredi 8 avril - 3h Exercice 1 On considère l application f : R 3 R 3 donnée pour tout (x,y,z) R 3 par : f (x,y,z) = ( 3x 11y 8z,3x 15y 12z,3x 13y 10z ). 1. Montrer que f est une application linéaire. 2. Donner la matrice de f dans la base canonique de R Déterminer le noyau, l image et le rang de f. 1. Soit (X, Y) (R 3 ) 2 et λ R, on note X = (x,y,z) et Y = (x,y,z ), alors : f (λ.x + Y) = f ( λ.(x,y,z) + (x,y,z ) ) donc f L (R 3 ). 2. On a : = f (λx + x,λy + y,λz + z ) ( = 3(λx + x ) 11(λy + y ) 8(λz + z ), 3(λx + x ) 15(λy + y ) 12(λz + z ), ) 3(λx + x ) 13(λy + y ) 10(λz + z ) = λ. ( 3x 11y 8z,3x 15y 12z,3x 13y 10z ) = λf (X) + f (Y) + ( 3x 11y 8z,3x 15y 12z,3x 13y 10z ) f (1,0,0) = ( 3,3,3 ), f (0,1,0) = ( 11, 15, 13 ) et f (0,0,1) = ( 8, 12, 10 ) donc la matrice de f dans la base canonique de R 3 est : M = Soit (x,y,z) R 3, on a : donc ker(f ) = Vect ( (1,1, 1) ). Le théorème du rang donne : (x,y,z) ker(f ) f (x,y,z) = (0,0,0) x y = z 0 3x 11y 8z = 0 3x 15y 12z = 0 3x 13y 10z = 0 3x 11y 8z = 0 4y 4z = 0 2y 2z = 0 3x 11y 8z = 0 y + z = 0 3x 3y = 0 y + z = 0 x = y z = y (x,y,z) = y.(1,1, 1) dim(r 3 ) = dim(ker(f )) + dim(im(f )) et on a, d après ce qui précède, dim(ker(f )) = 1 donc dim(im(f )) = 2 i.e. rg(f ) = 2. Par ailleurs, Im(f ) est engendré par les images des vecteurs de la base canonique donc il suffit de considérer deux de ces images qui ne soient pas proportionnelles pour obtenir une base de Im(f ) : Im(f ) = Vect ( (3,3,3),( 8, 12, 10) ) donc Im(f ) = Vect ( (1,1,1),(4,6,5) ).

2 Exercice 2 Dans cet exercice, on note B = (e 1,e 2,e 3 ) la base canonique de R 3 et f L (R 3 ) canoniquement associé à la matrice : A = Déterminer le rang, le noyau et l image de f. 2. Déterminer le noyau de f id R 3. On note u un vecteur engendrant ce noyau. 3. On pose v = (1, 1,1) et w = (4,2,1). Calculer f (v) et f (w) en fonction de v et w. 4. Montrer que C = (u,v,w) est une base de R Déterminer (sans calcul) la matrice de f dans la base C ; on note D cette matrice. 6. On note P M 3 (R) la matrice des vecteurs u,v et w dans la base canonique (i.e. la matrice dont les colonnes sont les composantes de ces vecteurs dans la base canonique de R 3 ). Calculer les produits AP et PD. 7. Montrer que l on a la relation : 2. On a : rg(f id R 3) = rg = rg = rg = 2 et le théorème du rang donne donc dim(ker(f id R 3)) = 1. Par ailleurs, on que dans la matrice A I 3, la somme des colonnes est nulle donc le vecteur (1,1,1) est dans le noyau. Il s agit d un vecteur non nul et le noyau est de dimension 1 donc : ker(f id R 3) = Vect(u) avec u = (1,1,1). f f f = 2f f + f 2 id R On a : = 1 = 1 et = 4 = On a :rg(f ) = rg(a) d où : donc f (v) = v et f (w) = 2w. rg(f ) = rg = rg On a : rg(u,v,w) = = = 3 donc rg(a) = 3 et il s ensuit que ker(f ) = {0 R 3} et Im(f ) = R 3. donc la famille C est libre or il s agit d une famille de trois vecteurs dans un espace de dimension trois donc C est une base de R Tout d abord u est dans le noyau de f id R 3 donc f (u) u = 0 R 3 d où f (u) = u.

3 Les colonnes de D représentent f (u) = u, f (v) = v et f (w) = 2w dans la base (u,v,w) donc : D = On a P = Les calculs donnent : AP = = PD Exercice 3 On appelle équation différentielle une équation dont l inconnue est une fonction et qui fait intervenir la fonction et certaines de ses dérivées. Le but du problème est l étude de l ensemble S des fonctions y, quatre fois dérivables sur R, solutions de l équation : (E) : y + 2y + y (4) = On note T l ensemble des fonctions y : R R deux fois dérivables et vérifiant la relation y + y = 0. a. Montrer que T est un sous-espace vectoriel de l espace vectoriel F (R, R) des fonctions définies sur R et à valeurs dans R. On admet que T est de dimension 2. b. Montrer que les fonctions cos et sin forment une base de T. 2. Montrer que S est un R-espace vectoriel. 3. On note E l ensemble des fonctions de la forme : R R, x (ax + b)sin(x) + (cx + d)cos(x) où (a,b,c,d) R 4. La relation f id R 3 = id R 3 f permet d écrire (en choisissant C comme base de départ et B comme base d arrivée) : Mat B,B (f ) Mat B,C (id R 3) = Mat B,C (id R 3) Mat C,C (f ). On a P = Mat B,C (id R 3) d où : AP = PD i.e. A = PDP Il suffit de vérifier cette relation matriciellement dans la base C : et on a bien : 2D 2 + D 2I 3 = = = D 3 Montrer que E est un R-espace vectoriel. 4. On considère les fonctions f 1 : R R x cos(x) R R et f 4 : R R. x sin(x) x x sin(x) Montrer que B = (f 1,f 2,f 3,f 4 ) est une base de E. 5. On considère la fonction Φ définie sur E par : Φ(f ) = f + f. a. Calculer Φ(f 1 ), Φ(f 2 ), Φ(f 3 ) et Φ(f 4 ). b. Montrer que Φ est un endomorphisme de E. c. Déterminer l image et le noyau de Φ., f 2 : R R x x cos(x) 6. Montrer que Φ Φ est l endomorphisme nul. En déduire que E S? 7. Soit g une solution de l équation différentielle (E) et h = g + g. a. Montrer que h + h = 0 et en déduire h., f 3 : b. Déterminer (à l aide de questions précédentes) une solution à chacune des équations différentielles suivantes : c. Déterminer S. (E 1 ) f + f = sin(x) et (E 2 ) f + f = cos(x). f f f = 2f f + f 2 id R 3.

4 1. a. L ensemble T est une partie de F (R,R) qui est non vide puisqu il contient clairement la fonction nulle. Soit f et g dans T et λ R, alors la fonction λ.f + g est deux fois dérivable et : (λ.f + g) = λ.f + g = λ.( f ) + ( g) car (f,g) T = (λ.f + g), i.e. (λ.f + g) + (λ.f + g) = 0 ce qui signifie que λ.f + g T. Donc T est un sous-espace vectoriel de F (R,R). b. Les fonctions cos et sin sont deux fois dérivables et vérifient : cos +cos = 0 et sin +sin = 0. Donc cos et sin sont dans T. D autre part, ces deux fonctions ne sont pas colinéaires, par exemple car : cos(0) = 1, sin(0) = 0, cos ( π ) ( π ) = 0 et sin = La famille (cos,sin) est une famille libre de T or on admet que T est de dimension 2 donc les fonctions cos et sin forment une base de T. 2. Puisque la fonction nulle vérifie (E), S est une partie non vide de F (R,R). Soit (f,g) S 2 et λ R : donc λ.f + g S. (λ.f + g) + 2(λ.f + g) + (λ.f + g) (4) = λ.f + g + 2λ.f + g + λ.f (4) + g (4) Donc S est un s.e.v. de F (R,R). = λ.(f + 2f + f (4) ) + (g + 2g + g (4) ) 3. La fonction nulle correspond à a,b,c et d nuls donc appartient à E donc E est une partie non vide de F (R,R). Soit (f,g) E 2 et λ R. On écrit pour tout x R : = 0 f (x) = (ax + b)sin(x) + (cx + d)cos(x) et g(x) = (αx + β)sin(x) + (γx + δ)cos(x). On en déduit que pour tout x R : donc λ.f + g E. (λ.f + g)(x) = ( (λ.a + α)x + (λ.b + β) ) sin(x) + ( (λ.c + γ)x + (λ.d + δ) ) cos(x) Donc E est un s.e.v. de F (R,R). 4. Par définition, les éléments de E sont les fonctions de la forme af 4 + bf 3 + cf 2 + df 1 donc la famille (f 1,f 2,f 3,f 4 ) est une famille génératrice de E. Soit (λ 1,λ 2,λ 3,λ 4 ) R 4 tel que : λ 1.f 1 + λ 2.f 2 + λ 2.f 2 + λ 2.f 2 = 0 R R. Ainsi, pour tout x R, on a : Pour x = 0, il vient : λ 1 = 0. λ 1.cos(x) + λ 2 x cos(x) + λ 3.sin(x) + λ 4.x sin(x) = 0. Pour x = π, il vient : λ 1 πλ 2 = 0, d où λ 2 = 0. Enfin, le fait que λ 3.sin(x) + λ 4.x sin(x) = 0 pour tout x R montre que le polynôme λ 3 + λ 4 X admet une infinité de racines (dans [ 1,1]) donc est nul i.e. on a λ 3 = λ 4 = 0. Finalement, la famille (f 1,f 2,f 3,f 4 ) est une famille libre et génératrice de E donc une base de E. 5. a. On a cos = cos et sin = sin donc : D autre part, pour tout x R, on a : d où : f 2 Φ(f 1 ) = 0 E et Φ(f 3 ) = 0 E. (x) = x sin(x) + cos(x) puis f 2 (x) = 2sin(x) x cos(x) et f 4 b. Soit (f,g) E 2 et λ R, on a : donc Φ est une application linéaire. (x) = x cos(x) + sin(x) puis f 4 (x) = 2cos(x) x sin(x) Φ(f 2 ) = 2f 3 et Φ(f 4 ) = 2f 1. Φ(λ.f + g) = (λ.f + g) + (λ.f + g) = λ.f + g + λ.f + g = λ.(f + f ) + (g + g ) = λ.φ(f ) + Φ(g) De plus, (f 1,f 2,f 3,f 4 ) est une base de E est l image de cette base est contenue dans E donc Φ est à valeurs dans E. Donc Φ est un endomorphisme de E.

5 c. D après la question 4.a., on a : Il s ensuit que : f 1 kerφ, f 3 kerφ, f 1 ImΦ et f 3 ImΦ. Vect(f 1,f 3 ) kerφ et Vect(f 1,f 3 ) ImΦ. En particulier, puisque f 1 et f 3 sont deux fonctions non proportionnelles, on en déduit que kerφ et ImΦ sont tous deux de dimension au moins 2. Le théorème du rang donne alors : dimkerφ + dimimφ = dim E = 4 ce qui n est possible que si dimkerφ = 2 et dimimφ = 2. Les inclusions ci-dessus sont donc des égalités et on a : kerφ = ImΦ = Vect(f 1,f 3 ). 6. Soit f E, on a Φ(f ) ImΦ or ImΦ = kerφ donc Φ ( Φ(f ) ) = 0 E. Donc Φ Φ est l endomorphisme nul. Soit f E, on a (Φ Φ)(f ) = 0 E or Φ ( Φ(f ) ) = Φ(f + f ) donc Φ ( Φ(f ) ) = f + 2f + f (4) donc f + 2f + f (4) est la fonction nulle i.e. f S. Donc E S. 7. Soit g une solution de l équation différentielle (E) et h = g + g. a. On a h + h = g + 2g + g (4) or g S donc h + h = 0. On en déduit qu il existe des réels λ et µ tels que : x R, h(x) = λcos(x) + µsin(x). b. On a vu que Φ(f 2 ) = 2f 3 donc Φ ( 1 2 f 2) = f3 donc R R est solution de (E 1 ). x 2 1 x cos(x) On a vu que Φ(f 4 ) = 2f 1 donc Φ ( 1 2 f 4 ) = f1 donc c. Il s agit de montrer que S E. Soit g un élément de S alors : R R est solution de (E 2 ). x 1 2 x sin(x) (λ,µ) R 2, x R, g(x) + g (x) = λcos(x) + µsin(x). Pour tout réel x, on pose : ( ) ( 1 h(x) = g(x) λ 2 x sin(x) µ 1 ) 2 x cos(x), de sorte que : Φ(h) = 0. On en déduit qu il existe des réels α et β tels que : x R, h(x) = αcos(x) + βsin(x). On a donc pour tout réel x : ( ) ( 1 g(x) = αcos(x) + βsin(x) + λ 2 x sin(x) + µ 1 ) 2 x cos(x), ce qui prouve que g E. Donc S E or on avait vu l inclusion inverse donc : S = E.