PCSI DEVOIR SURVEILLÉ de MATHÉMATIQUES n 8 11/05/2002 Durée : 4 heures

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1 PCSI DEVOIR SURVEILLÉ de MATHÉMATIQUES n 8 11/05/00 Durée : 4 heures EXERCICE : Soit l équation différentielle (E) : (x + 1) y y = 0. a) Montrer qu une solution polynomiale de (E) autre que la fonction nulle est nécessairement de degré deux. Déterminer une telle solution polynomiale y 0. b) Montrer que toute fonction y de classe C sur IR peut s écrire sous la forme y = y 0 z, où z est une fonction de classe C sur IR. c) En posant y = y 0 z, montrer que y est solution de (E) si et seulement si la fonction Z = z est solution d une équation différentielle (E ) que l on écrira. d) En déduire toutes les solutions de l équation (E) sur IR. PROBLÈME 1 : On note M 3 (C) le C-espace vectoriel des matrices carrées d ordre trois à coefficients dans C. La matrice-unité d ordre trois est notée I. Soit E l ensemble des matrices de M 3 (C) de la forme M(a, b) = a b b b a b avec (a, b) C. b b a a) Calculer M(a, b) M(a, b ). Montrer que E est une sous-algèbre commutative de M 3 (C). Préciser la dimension et une base de l espace vectoriel E. b) Calculer le déterminant de M(a, b) (sous forme factorisée). c) Montrer que, si la matrice M(a, b) est inversible, alors son inverse appartient à E et le calculer. d) Discuter et résoudre, dans C 3, le système ax + y + z = a 3 x + ay + z = a 4. x + y + az = Dans le cas où le système est de Cramer, on exprimera x, y et z comme fonctions rationnelles de a, exprimées sous forme irréductible. e) On pose A = M(1, 1). Montrer que, pour tout n IN, il existe deux entiers u n et v n tels que A n = u n A + v n I (on conviendra que A 0 = I). Préciser les relations de récurrence donnant u n et v n en fonction de u n 1 et v n 1 pour n IN. En déduire u n et v n en fonction de n, puis A n.

2 PROBLÈME : Un espace vectoriel E, euclidien orienté de dimension trois, est rapporté à la base orthonormale directe B = ( i, j, k ). On considère le vecteur unitaire n = a i + b j + c k de E. Soient la droite vectorielle engendrée par n et Π le plan vectoriel orthogonal à (le choix du vecteur n définit une orientation sur et on en déduit une orientation du plan Π). 1. On note p le projecteur orthogonal sur, et q le projecteur orthogonal sur Π. a. Montrer que v E p( v ) = ( v n ) n. b. Déterminer les matrices (notes P et Q) des endomorphismes p et q relativement à la base B.. Soit ν l application de E vers E définie par v E ν( v ) = n v. a. Montrer que ν est un endomorphisme de E ; déterminer son noyau et son image. b. Construire la matrice N de ν relativement à la base B. c. Vérifier que ν q = ν. Comparer les normes des vecteurs ν( v ) et q( v ) et préciser l angle de ces deux vecteurs. d. Démontrer que ν ν = q et en déduire que v E n ( n v ) = ( n v ) n v. 3. Soit l endomorphisme f = p + ν de E. a. Montrer que f est un automorphisme de E. b. Donner la matrice F de f relativement à la base B. Vérifier que celle-ci est orthogonale. c. Montrer que f( n ) = n et caractériser la restriction de f au plan Π. d. On note d = f f et s = d. Démontrer que v E d( v ) = ( v n ) n v. En déduire les matrices de d et de s relativement à la base B. Interpréter géométriquement les applications d et s. EXERCICE : *************************************************** CORRIGÉ *************************************************** a) Supposons que (E) admette une solution polynomiale non nulle, de degré n IN : y 0 = a n x n a 1 x + a 0 avec a n 0 ; alors y 0 = n(n 1)a n x n +... (les points de suspension représentant des termes de degré < n ). On a, par hypothèse, (x +1)y 0 y 0 = 0 (égalité entre fonctions polynomiales, donc entre les polynômes associés) et, en identifiant les coefficients des termes de degré n, on obtient [ ] n(n 1) an = 0, soit n n = 0 puisque a n 0, soit encore (n + 1)(n ) = 0, donc n = 1 (absurde!) ou n =.

3 En conclusion, une fonction polynomiale non nulle solution de (E) est nécessairement de degré deux (mais rien jusqu à présent ne prouve l existence d une telle fonction). Recherchons donc une solution de (E) sous la forme y 0 = ax + bx + c ; en dérivant deux fois et en réinjectant { dans l équation, on obtient a bx c = 0, soit (identification des b = 0 coefficients). On peut donc maintenant affirmer que les fonctions polynomiales a = c solutions de (E) sont exactement les fonctions x a(x + 1), avec a réel arbitraire (elles constituent un e.v. de dimension 1). Pour la suite de l exercice, on posera y 0 (x) = x + 1. b) Si y est de classe C sur IR, puisque la fonction y 0 ne s annule pas sur IR, il suffit de poser z = y, soit z(x) = y(x) y 0 x + 1, pour avoir une fonction z de classe C sur IR telle que y = y 0 z. c) Posons donc y = y 0 z ; on dérive deux fois : y = y 0z + y 0 z ; y = y 0 z + y 0z + y 0 z ; on réinjecte dans l équation : (E) (x + 1)(y 0 z + y 0z + y 0 z ) y 0 z = 0 [ (x + 1)y 0 y 0 ] z + (x + 1)(y 0z + y 0 z ) = 0. La fonction y 0 étant solution de (E), le terme entre crochets est nul et on est ainsi ramené à l équation (E ) : y 0z +y 0 z = 0, c est-à-dire (x +1)z +4xz = 0, soit (x +1)Z +4xZ = 0 : c est une équation linéaire du premier ordre en la fonction inconnue Z avec Z = z. d) On résout l équation (E ) : (x + 1) Z + 4x Z = 0. Z (E ) Z = 0 ou Z = 4x x + 1 Z = 0 ou ln Z C = ln(x + 1) (C IR +) Z = C e ln(x +1) C = (x + 1) (C IR). Puisque Z = z, il ne reste plus qu un calcul de primitive pour trouver z : C dx z = (x + 1) + K = C cos u du + K avec u = Arctan x = C (1 + cos u) du + K = C (u + 1 ) sin u + K = C (Arctan x + 1 ) sin( Arctan x) + K = C ( Arctan x + x ) 1 + x + K. Enfin, on effectue y = y 0 z = (x + 1)z pour avoir toutes les fonctions solutions de (E) :

4 y = A [ x + (x + 1) Arctan x ] + B (x + 1) avec (A, B) IR. Remarques : a) Le calcul de primitive ci-dessus pouvait aussi se faire par une intégration par parties (fait en cours). b) Il apparaît maintenant que l ensemble des solutions de l équation (E) est un sous-espace vectoriel de dimension deux de D (IR, IR). PROBLÈME 1 : a) On obtient facilement M(a, b) M(a, b ) = M(aa + bb, ab + ba + bb ). ( ) L ensemble E est non vide et stable par combinaison linéaire car (λ, µ) C λ M(a, b) + µ M(a, b ) = M(λa + µa, λb + µb ). C est donc un sous-espace vectoriel de M 3 (C). De plus, le calcul (*) fait ci-dessus montre que E est stable par multiplication interne ; la matrice-unité I = M(1, 0) appartient à E ; E est donc un sous-anneau et finalement une sous-algèbre de M 3 (C). Enfin, si le produit matriciel n est pas commutatif dans M 3 (C), il l est dans le sous-ensemble E puisque, de (*), on déduit M(a, b) M(a, b ) = M(a, b ) M(a, b). Pour tout (a, b) C, on a M(a, b) = a M(1, 0) + b M(0, 1) ; les matrices M(1, 0) = I et M(0, 1) = engendrent donc l espace vectoriel E, et en forment une base puiqu elles sont linéairement indépendantes. Donc dim E =. b) En effectuant successivement l opération C 1 C 1 + C + C 3, une mise en facteur sur la première colonne, puis les opérations L L L 1 et L 3 L 3 L 1, on aboutit à une matrice triangulaire supérieure dont le déterminant est le produit des éléments diagonaux : det ( M(a, b) ) a b b = b a b b b a = a + b b b 1 b b 1 b b a + b a b = (a + b) 1 a b = (a + b) 0 a b 0 a + b b a 1 b a 0 0 a b = (a + b)(a b). c) Recherchons à quelle condition une matrice M(a, b) donnée de E admet un inverse dans E : cela signifie qu il existe (a, b ) C tel que M(a, b) M(a, b ) = I = M(1, 0). D après (*), cette relation équivaut aux conditions aa + bb = 1 ; ab + ba + bb = 0, { aa + bb = 1 c est-à-dire au système linéaire ba + (a + b)b = 0 d inconnues a et b. Le déterminant de ce système est D = a b b a + b = (a + b) 1 b 1 a + b = (a + b) 1 b 0 a b = (a + b)(a b)

5 (calcul analogue à celui du déterminant de la question b)). On constate donc que ce déterminant est non nul si et seulement si le déterminant de la matrice M(a, b) est non nul, autrement dit la matrice M(a, b) admet un inverse dans E si et seulement si elle est inversible (dans M 3 (C)), ce qui répond à la question. Si cette condition est vérifiée, on résout le système ci-dessus (par exemple par les formules de Cramer) : D 1 = 1 b = a + b ; D = a 1 = b, donc 0 a + b b 0 ( ) ( ) 1 a + b M(a, b) = M (a b)(a + b), b 1 = (a b)(a + b) (a b)(a + b) a + b b b b a + b b. b b a + b d) La matrice du système est M(a, 1), de déterminant (a + )(a 1), d où la discussion : si a = 1, le système (de rang un) se ramène à trois fois la même équation x + y + z =. L ensemble des solutions est donc un plan affine de C 3. x + y + z = 1 si a =, le système se ramène à x y + z = 8, système de rang deux, mais x + y z = incompatible puisque la somme des trois équations conduit à 0 = 9. si a {, 1}, le système est de Cramer et on peut le résoudre par les formules de Cramer, mais aussi en utilisant le calcul de ( M(a, 1) ) 1 fait dans la question précédente : x y z = ( M(a, 1) ) 1 a 3 a 4 = 1 (a 1)(a + ) ce qui donne, après simplifications, (a 1)(a + 3) x = ; y = a 1 a + a + ; z = a + 5 a e) On a A = et A = = A + I a a a 3 a 4, 1 1 a + 1 Soit (P n ) l assertion : (u n, v n ) C A n = u n A + v n I. Cette assertion est vraie pour n = 0 avec (u 0, v 0 ) = (0, 1). Notons qu elle est vraie aussi pour n = 1 et n = avec (u 1, v 1 ) = (1, 0) et (u, v ) = (1, ). Supposons-la vraie au rang n 1 avec n IN donné : A n 1 = u n 1 A + v n 1 I. En multipliant par A, on obtient A n = A n 1 A = u n 1 A + v n 1 A = u n 1 (A + I) + v n 1 A = (u n 1 + v n 1 )A + u n 1 I. { un = u n 1 + v n 1 Elle est alors vraie au rang n, avec les relations. L assertion (P n ) est v n = u n 1 donc vraie pour tout n IN.

6 Des relations établies plus haut, on tire u n = u n 1 + u n pour tout n, ou encore u n+ u n+1 u n = 0 pour tout n IN. L équation caractéristique r { r = 0 a pour racines 1 et, donc u n = λ( 1) n + µ n u0 = λ+ µ =0 et les conditions initiales u 1 = λ+ µ =1 donnent λ = 1 3 et µ = 3, d o u n = 1 ( n ( 1) n), puis v n = u n 1 = 1 ( n + ( 1) n). Enfin, 3 3 A n = u n A + v n I = M(u n + v n, u n ) = 1 n+1 + ( 1) n ( 1) n n ( 1) n n ( 1) n n n+1 + ( 1) n ( 1) n n. 3 ( 1) n n ( 1) n n n+1 + ( 1) n PROBLÈME : 1.a. cf. cours. b. On a p( i ) = ( i n ) n = a n = a i + ab j + ac k. On calcule de même p( j ) et p( k ). Enfin, q = id E p. Donc P = M B (p) = a ab ac ab b bc et Q = I 3 P = ac bc c 1 a ab ac ab 1 b bc ac bc 1 c.a. La linéarité de ν résulte de la bilinéarité du produit vectoriel. n v est nul ssi les vecteurs n et v sont colinéaires, donc Ker ν = IR n =. Ker ν est de dimension un, donc Im ν est de dimension deux (formule du rang) et est contenu dans le plan Π puisque n v est toujours orthogonal à n, donc Im ν = Π. b. N = M B (ν) = 0 c b c 0 a. b a 0 c. Im p = Ker ν =, donc ν p = 0 et ν q = ν (id E p) = ν 0 = ν. ν( v ) = ν q( v ) = n q( v ) = n q( v ) car q( v ) n. Donc ν( v ) = q( v ). Les vecteurs ν( v ) et q( v ) sont orthogonaux car q( v ) ν( v ) = q( v ) (ν q)( v ) = q( v ) ( ) ( ) n q( v ) = Det n, q( v ), q( v ) = 0. Si v, on peut préciser que l angle ( q( v ), ν( v ) ) est un angle droit positif dans le plan Π orienté corrélativement à car Det ( q( v ), ν( v ), n ) = ( n q( v ) ) 0 (le détail du calcul est laissé au lecteur). d. Le vecteur n étant unitaire, on a a + b + c = 1. On vérifie par un calcul matriciel que N = Q, d où ν ν = q. Pour tout v E, on a alors (ν ν)( v ) = q( v ), soit n ( n v ) = p( v ) v = ( n v ) n v (on peut aussi retrouver cette relation grâce à la formule du double produit vectoriel). 3.a. f est un endomorphisme de E. Par ailleurs, v Ker f p( v ) + n v = 0 ;.

7 or, p( v ) et n v Π et ces deux sous-espaces sont supplémentaires. La somme de ces deux vecteurs est donc nulle si et seulement si chacun d eux est nul, c.à.d. ssi v Ker p Ker ν = Π = { 0 }, donc Ker f = { 0 } et f est injective, donc bijective (dimension finie). b. F = M B (f) = a ab c ac + b ab + c b bc a. On vérifie que F O(3). ac b bc + a c c. f( n ) = ( n n ) n + n n = n. Si v Π, alors p( v ) = 0, donc f( v ) = ν( v ) Π : le plan Π est stable par f. L endomorphisme g du plan Π induit par f est une isométrie vectorielle du plan Π. Il admet pour seul vecteur invariant le vecteur nul (si v Π, f( v ) = v ν( v ) = v n v = v, ce qui implique v = 0 ). C est donc une rotation vectorielle du plan Π. Son angle est + π car, si v Π, ( ) ( ) ( ) π v, f( v ) = v, ν( v ) = q( v ), ν( v ) = + (cf. question.c.). f est donc la rotation vectorielle d axe (orienté par n ) et d angle + π. d. d = f f = (p + ν) (p + ν) = p p + ν ν = p q = p id E, d où la relation v E d( v ) = ( v n ) n v. Donc D = M B (d) = a 1 ab ac ab b 1 bc et S = M B (s) = D. ac bc c 1 d est la rotation vectorielle d axe et d angle π (ou symétrie vectorielle orthogonale par rapport à, encore appelée retournement d axe ). s est la réflexion vectorielle de plan Π.