CORRECTION Sujet B - Interrogation n 2

Transcription

1 CORRECTION Sujet B - Interrogation n Exercice - Calculs d intégrales. Intégrale I. Remarquons que l expression de la fonction à intégrer peut faire apparaître la forme u x) ux)) lorsque l on pose ux) x 3 + x + 3. En effet, on a alors u x) 6x +. Ainsi, utilisons que : fx) Une primitive de cette fonction f est donc 3x + x 3 + x + 3) 3x + ) x 3 + x + 3) u x)ux)) F x) ux)) ux) x 3 + x + 3 et ainsi Intégrale J. Observons que I fx) dx F ) F ) [ )] [ 7 + ] J + x + )e x dx lim J A + x + )e x dx Soit un réel A >. Appliquons la formule d intégration par parties avec ux) x + et v x) e x alors vx) e x ux) Les fonctions u et v étant de classe C sur l intervalle [, A], nous obtenons que x + )e x dx [ x + )e x] A A )e A + En passant à la limite lorsque A tend vers + et puisque il vient que )e x ) dx e x dx A )e A + [ e x] A A )e A + + e A A )e A + e A + lim A A + )ea lim A + ea J lim A A + )ea + e A + J + x + )e x dx Intégrale K. Appliquons la formule de changement de variable avec t e x. On a alors x ln t et ainsi dx dt t dx t dt Il vient ainsi que K ln e x e x ) + e x dx e ln e tt ) + t t dt t + t dt

2 Or remarquons que pour tout u >, Ainsi, u + u u + 3 u + K 3 ) + t u + u + 3 u u dt [t 3 ln + t)] K 3 ln3) + 3 ln) + 3 ln ) 3. Soit, pour tout entier n, l intégrale a) On a I avec ut) t +. Ainsi I I n t dt t + [ ut)) / / ] t n t + dt t + dt u t)ut)) / dt [ t + ] b) Soit un entier n. Observons que pour réel t [, ], t + > et ainsi t + > donc par passage aux inverses < t + En multipliant chaque terme par t n terme positif) il vient que : pour tout réel t [, ], < tn t + t n En intégration cet encadrement entre les bornes ordonnées et nous obtenons alors que : Or puisque nous pouvons conclure que : dt I n [ t t n n+ dt n + I n ] n + t n dt n + Exercice - Espaces vectoriels. Soient les matrices colonnes u, v et w a) La famille B u, v, w) est une famille de vecteurs M 3, R) dont le cardinal égal à 3, qui correspond à la dimension de l espace vectoriel M 3, R). Il suffit alors de démontrer que B est libre pour conclure que cette famille est une base de M 3, R). Or si a, b et c sont trois réels tels que au + bv + cw alors a + b c a + b a + c c a b a a Ccl : La famille B u, v, w) est une base de l espace vectoriel M 3, R). a b c

3 b) La matrice de passage de B, la base canonique de l espace M 3, R), vers la base B, est P c) Deux méthodes peuvent être envisagées pour cette question : soit appliquer l algorithme de Gauss, soit utiliser l indication concernant un polynôme annulateur de la matrice P. Nous allons développer cette seconde ci-dessous. Remarquons que P P On vérifie alors que P 3 3P + P + I Ainsi il vient que : P 3 + 3P P I 3 P P + 3P I 3 ) I 3 Ccl : La matrice P a donc pour matrice inverse la matrice : P P + 3P I d) Si la colonne des coordonnées du vecteur z 3 dans la base B u, v, w) est noté : a b, nous c savons que a b P 3 c Ccl : Ainsi le vecteur z se décompose dans la base B sous la forme : z u + v + w. e) On définit sur M 3, R) et valeurs M 3, R), l application linéaire f telle que fu) fv) fw) i. Puisque z u + v + w et par linéarité de l application f, nous obtenons que 5 fz) fu) + fv) + fw) ii. De même fu v 5w) fu) fv) 5fw) Ccl : Nous observons que fz) fu v 5w) ou par linéarité que fz) fu + v + 5w) Les vecteurs z u + v + w et u + v + 5w étant distincts et ayant la même image, l application f n est donc pas injective. ). Soit la matrice A ainsi que l application g définie sur M R) par : pour toute matrice M M R) gm) AMA

4 a) Soient M et N deux matrices de l espace M R) et un réel λ. On a gλm + N) A λm + N) A λam + AN) A λama + ANA λgm) + gn) Ccl : L application g est une application linéaire. ) a b b) Une matrice M appartient au noyau de l application g si et seulement si gm) c d soit si et seulement si ) ) ) ) a b c d ) ) ) a c b d a c b d ) ) a + b c d a b + c + d a + b c d a b + c + d ce qui équivaut par identification à : a + b c d a + b c d a b + c + d a b + c + d Ainsi le noyau de l application g est constitué des matrices pouvant s écrire sous la forme ) b + c + d b avec b, c, d réels c d soit Kerg) V ect U ) ; V ) ; W )) Ccl : La famille U, V, W ) est donc génératrice de l espace vectoriel Kerg). De plus, cette famille est libre car si x, y et z sont trois réels tels que xu + yv + zw alors ) x + y + z x y z x y z Elle constitue donc une base de Kerg) et ainsi dimkerg)) 3. c) Etant donné que Kerg) n est pas réduit au seul vecteur nul, l application g n est pas injective.

5 CORRECTION Sujet A - Interrogation n Exercice - Calculs d intégrales. Intégrale I. Remarquons que l expression de la fonction à intégrer peut faire apparaître la forme u x) ux)) 3 lorsque l on pose ux) e x + x +. En effet, on a alors u x) e x +. Ainsi, utilisons que : fx) Une primitive de cette fonction f est donc e x + e x + x + ) 3 dx e x + e x + x + ) 3 u x)ux)) 3 F x) ux)) ux)) 4 e x + x + ) et ainsi pour tout réel A > Or puisque e x + e x dx F A) F ) + x + ) 3 4 e A + A + ) 4 4 e A + A + ) + 6 lim A + e A + A + ) ) e + + ) il vient que e x + I lim A + e x + x + ) 3 dx 6 Intégrale J. Appliquons la formule d intégration par parties avec ux) ln x et v x) x + alors vx) x + x ux) x Les fonctions u et v étant de classe C sur l intervalle [, ], nous obtenons que J [ x + x) ln x ] x + x x [ x + x) ln x ] [ x x + ) dx 6 ln + x [ ) )] 6 ln ln 5 Intégrale K. Appliquons la formule de changement de variable avec t x. On a alors x t et ainsi dx ] Il vient ainsi que dx dt t dx tdt K 4 x x + x dx 4 t t t dt + t t t) tt + ) dt t t + dt Or remarquons que pour tout t >, t + t t + t + t + t + t + + t

6 Ainsi, K. Soit, pour tout entier n, l intégrale a) On a avec ut) + e t. Ainsi + ) + t dt [t + ln + t)] K [ + ln3) + ln)] I I n e nt dt n + et e t dt + et )) 3 + ln u t) ut) dt I [ln ut) ] [ ln + e t)] ln ln + e ) b) Soit un entier n. Observons que pour réel t [, ], t et ainsi < e t e donc Par passage aux inverses n < n + e t n + < n + n + e t n < En multipliant chaque terme par e nt terme positif) il vient que : pour tout réel t [, ], < ent n + ent ent n + et n ent En intégration cet encadrement entre les bornes ordonnées et nous obtenons alors que : Or puisque nous pouvons conclure que : dt I n [ e e nt nt dt n ] I n en n e nt dt en n Exercice - Espaces vectoriels Pour les méthodes se référer au corrigé du sujet B.. Soient les matrices colonnes u, v et w a) Voir méthode correction sujet B. b) La matrice de passage de B, la base canonique de l espace M 3, R), vers la base B, est P c) Voir méthode correction sujet B. Ici, on obtient : P

7 d) On obtient ici z 3 3u + 5w dans la base B u, v, w). e) On définit sur M 3, R) et valeurs M, R), l application linéaire f telle que fu) ) fv) ) fw) ) 3 i. On a alors fz) 3fu) + 5fw), image du vecteur z par f. ) 3 ii. On observe que fu v + 4w) fu) fv) + 4fw). Ainsi fu v + 4w) fz). Les deux vecteurs u v + 4w et z étant distincts et ayant même image par f, cette application f n est pas injective. ). Soit la matrice A ainsi que l application g définie sur M R) par : pour toute matrice M M R) gm) AM MA a) Soient M et N deux matrices de l espace M R) et un réel λ. On a ) gλm + N) A λm + N) λm + N) A λam + AN λma + NA) λam + AN λma NA λam MA) + AN NA λgm) + gn) ) a b b) Une matrice M appartient au noyau de l application g si et seulement si gm) c d soit si et seulement si ) ) ) ) ) a b a b c d c d ) ) ) a + c b + d a + b a + b a + c b + d c + d c + d ) ) c b d a a d b c ce qui équivaut par identification à : a d b c Ainsi le noyau de l application g est constitué des matrices pouvant s écrire sous la forme ) a b avec a, b réels b a soit Kerg) V ect I ) ; U )) Ccl : La famille I, U) est donc génératrice de l espace vectoriel Kerg). De plus, cette famille est libre car les deux matrices I et U ne sont pas colinéaires Elle constitue donc une base de Kerg) et ainsi dimkerg)). c) Etant donné que Kerg) n est pas réduit au seul vecteur nul, l application g n est pas injective.