L1 - Algèbre et analyse élémentaires - MP1 Correction

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1 L1 - Algèbre et analyse élémentaires - MP1 Correction Samedi 19 novembre 005 (16h 19h) Exercice 1 Montrer par récurrence que n N, k 3 ( k). Solution Pour n 0 et n 1, la propriété est vérifiée ( 0 0 et ). Supposons qu elle soit vraie au rang n, ( n+1 ( n k) k + (n + 1) ) ( n ( n ) k) + k (n + 1) + ((n + 1)) on utilise l hypothèse de récurrence pour le premier terme et la formule n k n(n+1) pour obtenir ( n+1 k 3 + n(n + 1)(n + 1) + (n + 1)(n + 1) k 3 + (n + 1) 3 n+1 k) k 3 La récurrence étant initialisée pour n 0 et n 1, on en déduit bien le résultat souhaité. 1

2 Exercice Soit f : X Y, montrer que les 3 propriétés suivantes sont équivalentes : 1. f injective. A, B X, f(a B) f(a) f(b) 3. A, B X, A B f(a) f(b) Solution Montrons (1) (), soit A, B X, on doit montrer que si f est injective alors f(a B) f(a) f(b). L inclusion f(a B) f(a) f(b) est toujours vraie : y f(a B) x (A B), f(x) y y f(a) et y f(b). Démontrons maintenant que f(a) f(b) f(a B). Soit y f(a) f(b), x A A et x B B, f(x A ) y f(x B ) or f est injective donc f(x A ) f(x B ) x A x B A B et donc y f(a B). Pour () (3), on note que si A B alors f(a B). En utilisant (ii), on en déduit que f(a) f(b) f(a B). Enfin, pour (3) (1), soit x y dans X, on pose A {x} et B {y}. A B donc f(a) f(b) soit ici {f(x)} {f(y)} ou bien f(x) f(y) et f est bien injective. Exercice 3 Exprimer sous la forme a + bi, avec a, b R, les racines z 1 et z de l équation : z + i 7z + 4i 0. Solution On calcul le discriminant b 4ac : (i 7) 4 4i i ( 7 4i) Il faut donc trouver une racine de ( 7 4i) : soit ω ω 1 + iω cette racine, elle satisfait ( 7 4i) ω (ω1 ω ) + iω 1ω et donc ω ω1 + ω ω1 ω 7 ω 1 ω 1 On en déduit ω soit ω1 9 3 et donc ω Enfin comme ω 1 ω 1, les deux racines de 7 4i sont 3 + 4i et 3 4i. On peut alors donner les racines de z + i 7z + 4i 0, en effet si δ alors z 1 b+δ a et z b δ a et donc en notant qu ici δ 6 + 8i convient : z 1 i i 3 + (4 7)i z i i 3 (4 + 7)i

3 Exercice 4 On pose C n (x) cos kx, S n (x) sin kx et Z n (x) C n (x) + is n (x). Calculer Z n en déduire C n et S n Solution On a Z n (x) C n (x) + is n (x) cos kx + i sin kx (cos kx + i sin kx) e ikx (e ix ) k Z n (x) 1 ei(n+1)x 1 e ix si e ix 1 On se souvient alors que C n (x) Re(Z n (x)) et S n (x) Im(Z n (x)), il faut donc continuer un peu le calcul... Z n (x) ei(n+1)x/ (e i(n+1)x/ e i(n+1)x/ ) e ix/ (e ix/ e ix/ ) inx/ sin((n + 1)x/) e Z n (x) cos(nx/) sin((n + 1)x/) sin((n + 1)x/) + i sin(nx/) On en déduit donc les valeurs de C n et S n tant que e ix 1, soit x 0 mod π (la condition 0 est toujours satisfaite dans ce cas) : sin((n + 1)x/) C n (x) cos(nx/) sin((n + 1)x/) S n (x) sin(nx/) Si x 0 mod π, on vérifie que C n (x) (n + 1) et S n (x) 0. 3

4 Exercice 5 Trouver la solution générale dans R 4 du système d équations : 14x 1 +35x 7x 3 63x x 1 5x + 5x x 4 0 6x 1 +65x 13x 3 117x 4 0 On donnera la forme matricielle du système ainsi que la structure de l ensemble des solutions. Solution La forme matricielle du système est x 1 x x 3 x On résout alors le système par un pivot de Gauss : donne en divisant la première ligne par 7, la seconde par -5 et la dernière par 13 Le pivot autour de la première ligne donne alors Le système se réduit donc à x 1 + 5x x 3 9x 4 0, ce que l on aurait pu remarquer dès le début. L ensemble des solutions de cet équations est formés des quadruplets de la forme (x 1, x, x 1 + 5x 9x 4, x 4 ) pour x 1, x, x 4 dans R. Ceci constitue un sous espace vectoriel de R 4 de dimension 3. Exercice 6 R 3 : Discuter et résoudre suivant les valeurs de λ R et de k R le système dans λx 1 + x + x 3 0 5x 1 + x x 3 x 1 x + x 3 k Solution Le système sous forme matricielle est : λ x 1 x 0 1 k x 3 4

5 La méthode du pivot de Gauss donne λ k en pivotant autour de la dernière ligne en pivotant encore autour de la dernière ligne 1 k 0 1 λ 1 + λ/ kλ/ / 5/ k 1 k 0 4 1/ 5/ k 0 0 (1 + λ/) + (1 λ)/4 1/ kλ/ + (1 λ)/4 ( 5/ k) soit 1 k 0 4 1/ 5/ k 0 0 9/8 + λ3/8 (1 λ)/ + 9kλ/8 5k/8 Si λ 3, le système a une unique solution pour toute valeur de k. Si λ 3, soit (1 λ)/ + 9kλ/8 5k/8 0, c est à dire k 1/, et le système a une infinité de solutions, soit (1 λ)/ + 9kλ/8 5k/8 0 et le système n a pas de solution. 5

6 Exercice 7 1) Soit A la matrice définie par A Déterminer A 1. Solution On va inverser A par la méthode de la matrice compagnon : / / /4 1/3 0 1/ / /4 1/3 0 1/ / /4 1/3 0 1/ /3 1 7/4 1 0 /3 1 6/ /3 1 5/ /3 1 7/ /3 1 5/ /3 1 7/4 On en déduit donc A 1 1/3 1 5/4 /3 1 7/4 ) Soient u 1 (6, 3, 4), u (9, 8, 8) et u 3 (3, 4, 4) trois vecteurs de R 3. - Montrer que u 1, u et u 3 sont linéairement indépendants. - Forment-ils une base de R 3? Solution Les colonnes de A sont exactement les vecteurs u 1, u et u 3. Résoudre λ 1 u 1 + λ u + λ 3 u 3 0 est donc équivalent à résoudre A λ 1 0 λ λ 3 6

7 qui a pour unique solution 0 0 car A est inversible. On en déduit alors que u 1, u et u 3 sont 0 linéairement indépendants. Ces 3 vecteurs libre constitue donc une base de R 3, espace vectoriel de dimension 3. 3) Soient e 1, e, e 3 (où e 1 (1, 0, 0), e (0, 1, 0) et e 3 (0, 0, 1)) les vecteurs de la base canonique de R 3 et v un vecteur de coordonnées a, b et c dans la base canonique, autrement dit, v (a, b, c). - Exprimer les coordonnées x, y et z de v en fonction des vecteurs u 1, u, u 3. Solution La même remarque permet de conclure : A 1 est la matrice de passage permettant d exprimer les coordonnées de v dans la base {u 1, u, u 3 } en fonction de celles dans la base canonique par la formule x y A 1 a b z c soit x b + c y 1/3a + b 5/4c z /3a b + 7/4c 7