Correction. Partiel Avril 2005 MT 252 Année

Transcription

1 Partiel Avril 5 MT 5 Année 4-5 Correction Corrigé Exercice. a) D après l énoncé, on sait déjà que B est une forme bilinéaire symétrique. Il s agit donc de vérifier que B est définie positive c est-à-dire que Bv, v) pour tout v R 3 et Bv, v) = v =. Or, v = x, y, z) R 3, Bv, v) = x + y + z) + y + z) + z. Ainsi Bv, v) est la somme de trois carrés. On en déduit que Bv, v) pour tout v R 3 et que Bv, v) = si et seulement si chacun de ses trois carrés est nul. D où x + y + z = Bv, v) = y + z = z = En résolvant le système, on obtient z = y = x =, autrement dit v =. Ainsi Bv, v) = si et seulement si v =. La forme bilinéaire B est donc bien un produit scalaire. b) Il s agit de déterminer une base orthonormée et «qui dit base orthonormée, dit Gram-Schmi». On applique donc le processus d orthonormalisation de Gram-Schmi à la base canonique ε, ε, ε 3 ) de R 3. On a alors deux méthodes. Première méthode. On connaît par cœur les formules pour obtenir la base orthonormée e, e, e 3 ) : ε e = ε e e = e où e = ε ε, e e e 3 = e 3 e 3 où e 3 = ε 3 ε 3, e e ε 3, e e. Il ne reste plus qu à les appliquer en faisant attention que le produit, dont il est question dans les formules ci-dessus n est pas le produit scalaire usuel i.e. xx + yy + zz ) mais le produit scalaire B. De même, la norme d un vecteur se calcule par la formule v = Bv, v). On obtient alors ε e = Bε, ε ) e = e Be, e ) où e = ε Bε, e )e e 3 = e 3 Be 3, e 3) où e 3 = ε 3 Bε 3, e )e Bε 3, e )e. On obtient alors successivement Bε, ε ) = + + ) + + ) + = et e = ε =,, ); puis Bε, e ) = + + ) + + ) + + ) + ) + = et e = ε e =,, ); d où Be, e ) = + + ) + + ) + = et e = e =,, ); enfin { Bε3, e ) = + + ) + + ) + + ) + ) + = Bε 3, e ) = + + ) + + ) + + ) + ) + = d où e 3 = ε 3 e e =,, ) et Be 3, e 3) = + ) + + ) + = ; et e 3 = e 3 =,, ). Finalement e =,, ), e =,, ) et e 3 =,, ).

2 Deuxième méthode. La deuxième méthode se décompose en deux étapes : on construit d abord une base orthogonale v, v, v 3 ) puis on la normalise pour obtenir e, e, e 3 ). On pose v = ε v = ε αv v 3 = ε 3 βv γv. On détermine alors α par la condition v, v = puis β et γ par les conditions v, v 3 = et v, v 3 =. On obtient alors les formules α = ε, v v, v, β = ε 3, v v, v et γ = ε 3, v v, v. Comme précédemment, le produit scalaire de deux vecteurs se calcule à l aide de B, ainsi α = Bε, v ) Bv, v ) =, β = Bε 3, v ) Bv, v ) = et γ = Bε 3, v ) Bv, v ) =, et v = ε =,, ), v = ε ε =,, ) et v 3 = ε 3 v v =,, ). Pour finir, on normalise les vecteurs pour obtenir e = v v = v Bv, v ) =,, ), e = v Bv, v ) =,, ) et e 3 = v 3 =,, ). Bv3, v 3 ) Corrigé Exercice. a) On cherche une base orthonormée. Encore une fois, «qui dit base orthonormée, dit Gram-Schmi». Voyons comment les deux méthodes de l exercice précédent se transposent ici. Pour commencer, il faut choisir la base de F de laquelle on va partir pour appliquer le processus de Gram-Schmi. On choisit la base la plus «simple» : ε = et ε = x. Première méthode. On applique les formules du cours pour obtenir la base orthonormée e, e ) de F ε e = ε e e = e où e = ε ε, e e. On commence par calculer On obtient alors e = ε =. On calcule alors ε, e = t =, e = x ε =, = =. et e = t ) = [ 3 t ) ] 3 =. Finalement, e = et e = x /). Deuxième méthode. La deuxième méthode se décompose en deux étapes : on construit d abord une base orthogonale v, v ) de F puis on la normalise pour obtenir la base orthonormée e, e ) de F. On pose { v = ε v = ε λv On détermine alors λ par la condition v, v =. Or v, v = ε, v λ v, v. Ainsi λ = ε, v v, v = t =. Ainsi v = et v = x /. On normalise maintenant v et v en calculant

3 v = v, v = = et v = v, v = On a donc e = v v = et e = v v = x ). b) On remarque que ax + b x ) dx = ax + b x. t = ). Lorsque a et b parcourent R, les polynômes ax + b décrivent F. Ainsi, d après la proposition 8 du polycopié de cours, cette quantité est minimale si ax + b = pr). On utilise alors la formule donnée dans cette même proposition pour calculer pr). Comme e, e ) est une base orthonormée de F, on a ) pr) = R, e e + R, e e = t + t t ) ) x ). Ainsi pr) = x 6. c) Comme = ε F, on a pε ) = ε =. De même, x = ε F, on a pε ) = ε = x un vecteur du sous-espace sur lequel on projette n est pas modifié par projection). On obtient donc comme matrice A = /6. En effet, on rappelle que sur la première colonne de la matrice se trouve les coordonnés de p) = dans la base B =, x, x ); sur la deuxième colonne de la matrice se trouve les coordonnés de px) = x dans la base B ; sur la troisième colonne de la matrice se trouve les coordonnés de px ) = x /6 dans la base B. Une remarque à propos de la matrice A. Elle n est pas symétrique bien que ce soit la matrice de l endomorphisme p qui lui est symétrique puisque c est un projecteur orthogonal voir l exemple page )). Mais la matrice d un endomorphisme symétrique n est symétrique que si la base dans laquelle on l écrit est une base orthonormée. Ici la base, x, x ) n est pas orthonormée et donc il est normal que A ne soit pas symétrique. Corrigé Exercice 3. a) L application x, y) xy est une application polynomiale donc elle est continue sur R ], + [ prop. 4v)). L application t e t est continue sur R. Par composition prop. 4ii)), l application x, y) e xy est continue sur R ], + [. L application x, y) y est continue sur R ], + [ puisque c est la fonction deuxième coordonnée prop. 4i)). De plus, elle ne s annule pas sur R ], + [. Par quotient prop. 4iv)), l application f est donc continue. La fonction f est continue sur R [, ] R ], + [, donc, d après la proposition, F est continue sur R. b) Il s agit d appliquer le théorème 5. Il faut donc en vérifier les hypothèses. Il y en a trois : i) La fonction f est continue sur R [, ]. ii) La fonction x fx, t) est dérivable c est-à-dire f existe. iii) La fonction x, t) f x, t) est continue. Le i) est déjà connu. Pour ii), l application g : x ext t est bien dérivable et g x) = f x, t) =. Enfin pour iii), on sait déjà que les applications x, t) t et text x, t) e xt sont continues. Ainsi, par produit prop. 4iii)), f est continue sur R [, ]. L application F est donc dérivable sur R d après la proposition 5.

4 c) Toujours d après la proposition 5, on sait que x R, F x) = Pour x =, on a F ) = Pour x, on a F x) = te xt = x f x, t) = t = 3. xte xt = x te xt. Et on trouve bien x R {}, F x) = ex x e3x ). [e xt] t= t= = x e4x e x ). Pour calculer F x) pour x, on aurait très bien pu poser le changement de variable u = xt et obtenir F x) = x 4x x e u du = e4x e x x = ex x e3x ). Corrigé Exercice 4. a) En t, l application ϕ est continue comme quotient de deux fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas. Regardons en t =, D où Ainsi ϕ est continue en et donc sur R+. ϕt) = arctant t = arctant arctan. t ) lim ϕt) = arctan ) = t + t ) = = ϕ). b) Il s agit ici d appliquer le théorème 8. Il y a 5 hypothèses à vérifier. Pour simplifier les notations, on pose ψ : x, t) xϕxt) + t. i) L application ψ est continue sur R+ R+. ii) Il existe x R+ tel que l intégrale sur R+ de t ψx, t) soit convergente. iii) La dérivée partielle existe sur R+ R+. iv) L application x, t) x, t) est continue sur R+ R+. v) L hypothèse de domination sur. Vérifions point par point ces hypothèses. i) L application x, t) xt est continue sur R+ R+ car polynomiale prop.4v)). De plus, xt R+ pour x, t) R+ R+. Comme l application ϕ : R+ R est continue d après la question a. On en déduit, par composition prop. 4ii)), que x, t) ϕxt) est continue sur R+ R+. Par ailleurs, l application première coordonnée x, t) x est continue prop.4i)). Ainsi, par produit prop. 4iii)), x, t) xϕxt) est continue sur R+ R+. Pour finir, l application x, t) + t est continue sur R+ R+ car polynomiale prop.4v)) et ne s annule pas. Donc, par quotient prop.4iv)), l application ψ est continue sur R+ R+. ii) Choisissons x =, on a alors ψ, t) = et est bien convergente. =

5 iii) On définit l application γ : R+ R+ R x, t) + t ) + x t ). Il s agit donc d étudier la dérivabilité de la fonction x ψx, t) attention, cette application n est pas l application ψ qui est une fonction de deux variables!) pour tout t R+. Supposons t =. On a ψx, ) = xϕ) = x. L application x ψx, ) est donc dérivable sur R+ et x, ) = = γx, ). Supposons t >. Pour x >, on a alors ψx, t) = arctanxt t + t ). L application x ψx, t) est alors dérivable sur ], + [ et x, t) = + t ) + x t ). Il reste à étudier la fonction dérivabilité en x = de la fonction x ψx, t). On calcule donc ψx, t) ψ, t) x = arctanxt xt + t ) = ϕxt) + t. En passant à la limite lorsque x, on obtient par continuité de ϕ en, l existence de au point, t) et ψx, t) ψ, t), t) = lim = = γ, t). x x + t Finalement, x, t) est bien défini pour tout x, t) R+ R+ et x, t) R+ R+, x, t) = γx, t) = + t ) + x t ). iv) L application x, t) +t )+x t ) est continue car polynomiale) et ne s annule pas. L application constante x, t) est continue. Donc, par quotient prop.4iv)), l application γ = est continue. v) Il s agit de majorer x, t) par une fonction de t qui ne dépend pas de x et telle que l intégrale de cette fonction soit convergente. Or x, t) R+ R+, x, t) = x, t) + t. et = [arctant]+ + t = π. Donc la fonction t + t ) ne dépend pas de x et son intégrale entre et + est convergente. La proposition 8 s applique donc et F est bien définie et continûment dérivable sur R+. c) Commençons par démontrer l indication. En réduisant au même dénominateur, on trouve x + t x ) + x t = + x t x t x ) x + t ) + x t = ) + t ) + x t ). On «invente» cette formule grâce à la décomposition en éléments simples des fractions rationnelles. D après la proposition 8, on a x R+, F x) = Ainsi, pour x ], [ ], + [, on obtient x, t) = + t ) + x t ).

6 F x) = x + t x ) + x t = [ x [arctant] + arctanxt x x D où F x) = π ) x xπ = π x x = π + x). d) D après la proposition 8, F est une fonction continue sur R+. La fonction x π + x)) est elle aussi continue sur R+ c est l inverse d une fonction continue qui ne s annule pas). Ces deux fonctions coïncident sur x ], [ ], + [ et donc par continuité aussi en et. Ainsi la formule est valable sur R+ tout entier. e) On en déduit alors en intégrant, Fx) F) = Or ψ, t) =, d où F) = et x F x) = F t) = π π + x) x t + = π ln + x) ln ). ] + ). x R+, Fx) = π ln + x). Corrigé Exercice 5. a) Voir la figure?? y a x a x +a x Fig. La fonction f b) Il s agit de montrer que Comme f est nulle en dehors de ] x a, x + a [, on a fx)dx = x+a x a fx)dx =. fx)dx = a x+a x a dx = a a =.

7 c) Comme f est nulle en dehors de ] x a, x + a [, on a x n = x n fx)dx = x+a x a En particulier, pour n =, on trouve x = 4a x n fx)dx = a x+a x a x n dx = x + a) x a) ) = 4a a x = x, x + a) n+ x a) n+). an + ) grâce à l égalité X Y = X Y)X + Y). Pour n =, la relation X 3 Y 3 = X Y)X + XY + Y ) fournit x = x + a) 3 x a) 3) = 6a 6a a x + a) + x + a)x a) + x a) ). D où, en développant, on a x = 3 3x + a ) et x) = a 3. d) x n = x + a) n+ x a) n+). an + ) e) Grâce à l identité X n+ Y n+ = X Y)X n + X n Y + + XY n + Y n ), on obtient x n = a x + a) n + x + a) n x a) + + x + a)x a) n + x a) n)). an + ) D où, x n = x + a) n + x + a) n x a) + + x + a)x a) n + x a) n). n + Lorsque a, chacun des termes de la somme tend vers x n. Il y a n + termes. D où lim a xn = x n ; lim x = x et lim x) a = lim a a a 3 =. La limite se comporte comme la variable aléatoire constante x i.e. comme le résultat d un dé dont toutes les faces sont des x ). f) Fk) = π x+a x a Comme x =, on trouve pour k, Fk) = [ e ikx 4aπ ik et F) = πa ] a fx)e ikx dx = 4aπ a x+a x a e ikx dx. = e ika e ika) sin ka = 4aikπ πka, a a dx = π.