PROBLÈME 1 - Un calcul d intégrale Partie I - Une intégrale auxiliaire

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1 PCSI 03-0 CORRECTION DS n 0 Lycée de L essouriau PROBLÈME - Un calcul d intégrale Partie I - Une intégrale auiliaire Soit g la fonction définie pour tout t ]0, [ par g(t = ln t t ln t g est continue sur ]0, [ comme différence de deu inverses de fonctions continues ne s annulant pas sur l intervalle [0, ] Étudions lim g(t : g(t = t ln t t ln t = t t ln t u (+u ln(+u u u On pose u = t et alors g(t = soit lim g(t = t g se prolonge par continuité en en posant g( = Soit G une primitive de g sur ]0, ] (a Pour tout ]0, [, g(t dt = G( G( (b G étant définie comme une primitive de g qui est continue sur ]0, ], on en déduit que G est de classe C sur ]0, ] et par conséquent continue en = 3 Pour tout ]0, [, Pour tout ]0, [ : H( = ln t dt = lim g(t dt = lim G( lim G( = G( G( = 0 ( ln t ln t dt = [ln ln t ] = ln ln ln ln = ln g(t + t ln t dt = g(t dt + lim H( = lim g(t dt + ln = ln Partie II - Calcul de I ln = ln t ln t dt = g(t dt + ln 5 Notons ϕ une primitive de la fonction t ln t sur ]0, [, donc dérivable sur ]0, [ Alors pour tout ]0, [, H( = ϕ( ϕ( H est définie comme la somme de composées de fonctions dérivables sur ]0, [ donc H est dérivable sur ]0, [ et pour tout ]0, [ : H ( = ϕ ( ϕ ( = ln ln = ln ln = ln 6 lim H( = lim ϕ( ϕ( = lim ϕ( lim ϕ( = ϕ(0 ϕ(0 = 0 par continuité de ϕ H peut donc être prolongée par continuité en 0 en posant H(0 = 0 7 On remarque que pour tout ]0, [, H ( = f(, donc H est également une primitive de f sur ]0, [ H et F étant deu primitives d une même fonction, elles diffèrent donc à une constante additive près k pour tout [0, [, H( = F ( + k mais d après le, H(0 = 0 = F (0 donc k = 0 et finalement pour tout [0, [, H( = F ( 8 I = F ( F (0 = H( H(0 = ln 0 = ln

2 PCSI 03-0 CORRECTION DS n 0 Lycée de L essouriau EXERCICE - Une inégalité complee En eploitant z+z z + z, on obtient z z + et z z + z + z 3 3 = z z z = 6 On ne peut pas conclure sur l inégalité proposée z z+ = (z z+(z z+ = z z z +z z z + z z+z z+ = 3 (z+z+(z +z (on rappelle que z = Finalement z z + = 3 Re(z + Re(z 3 En posant z = e iθ, on a z = e iθ, Re(z = cos θ et Re(z = cos θ On rappelle que cos θ = cos θ, soit Re(z = Re(z On a également = z = e iθ = e iθ/ e iθ/ e iθ/ = sin θ De même cos θ = sin θ et donc Re(z = z z + = 3 Re(z + Re(z = 3 Re(z + (Re(z z z + = 3 ( + (( = ( + z z + = + = ( donc z z + = Finalement 3 z z z + = Il suffit d enlever la valeur absolue en fonction du signe de Pour [, ], f( = + 3 et pour ], [, f ( = + 3 soit f ( = 0 = 3 Pour / [, ], f( = et pour / [, ], f ( = + 3 soit f ( = 0 = 3 On en déduit le tableau de variations ci-dessous : 3 + f ( f( On rappelle que = sin θ, donc lorsque z décrit U, c est à dire θ décrit [0, π], décrit [0, ] 7 Sur [0, ], le maimum de f est 3 et f(0 =, f( = 3 donc le minimum de f est f est donc bornée entre et 3 sur [0, ], ce qui équivaut à z U, 3 z z z + 3

3 PCSI 03-0 CORRECTION DS n 0 Lycée de L essouriau EXERCICE - Le commutant d une matrice Par la méthode du pivot de Gauss : P = (a Après calculs, on trouve que T = P AP = ( 3 ( 0, ce qui prouve que P est inversible = I + N est triangulaire (b Faisons-le par récurrence : Pour n = 0, on obtient A 0 = I et P T 0 P = P P = I donc l hypothèse est initialisée Supposons la relation vérifiée pour un n fié : A n = P T n P et calculons A n+ A n+ = A n A = P T n P P T P = P T n T P = P T n+ P L hypothèse est donc vérifiée au rang n +, et héréditaire et par suite vraie pour tout n N (c Trivialement N = 0 (matrice nulle, on en déduit d après la formule du binôme de Newton (vu que N et I commutent que T n = (3I + N n = ( I n + ( n ( I n N + O n (car les termes suivant comportent des puissances de N supérieures ou égales à ( ( pour tout n N, T n n n( = n ( n 0 ( n = ( n 0 (d Pour tout n N : A n = P T n P = ( n P ( I + nnp = ( n ( I + np NP ( ( 6 9 6n 9n Après calcul de P NP : A n = ( ( I n + n = ( n n 6n 3 (a C(A est non vide car la matrice nulle O commute avec A Montrons que C(A est stable par combinaison linéaire Soient M, M C(A, (λ, µ R alors AM = MA et AM = M A, on en déduit que : A(λM + µm = λam + µam = λma + µm A = (λm + µm A Donc la matrice λm + µm est encore dans C(A qui est donc un sous-espace vectoriel de M (R (b Soient M et M deu éléments de de C(A, alors A(MM = (AMM = MAM = MM A, donc la matrice MM est encore dans C(A (c M C(T MT = T M ( I + NT = T ( I + N NT = T N Donc M C(T M C(N et on en déduit C(T = C(N ( ( ( a b c d (d i Posons M =, alors MN = NM = soit c = 0 et a = d c d 0 c 0 0 ( a b Les matrices M appartenant à C(N sont de la forme M = avec (a, b R ( a b ii M = = ai + bn avec (a, b R donc C(N = Vect(I, N (e iii La famille (I, N est libre car I et N ne sont pas proportionnelles donc c est une base de C(N car elle est également génératrice d après la question précédente P MP C(T P MP T = T P MP MP T P = P T P M MA = AM M C(A (f C(A = {P ( MP M C(T } a b Or M = = ai + bn donc P MP = ap IP + bp NP = ai + b ( 6 9 Posons R = ( 6 9, on en déduit que C(A = Vect(I, R (I, R est une base possible (g Remarquons A = R I, on a C(A = Vect(I, R = Vect(I, A et (I, A étant libre c est une base 3

4 PCSI 03-0 CORRECTION DS n 0 Lycée de L essouriau u = cos(t donc du = sin t dt et donc I = EXERCICE 3 - Calculs d intégrales π Une décomposition en éléments simples donne u(+u = Une primitive de u est donc u ln( + u ln u Finalement I = ln( + u(+u 0 sin t cos t( + cos t dt = +u u ln (ln ln = ln( + ln u( + u du (a Pour tout R, g( = + = donc une primitive G de g est G : arctan + (b u = t donc du = dt soit dt = u du t t On a donc pour > 0, J = + t dt = u + u du 3 (a I 0 = Soit J = [u arctan u] = arctan + π d = e et I = ln d = [ ln ] e = e e (0 = (b Sur [, e], la fonction t ln t est positive donc t (ln t n également (ln n d > 0 soit I n 0 De plus sur [, e], ln t donc (ln t n+ (ln t n soit en passant à l intégrale I n+ In La suite (I n est donc décroissante et positive (c Effectuons une IPP : I n+ = (ln n d = [(ln n+ ] e (n + Soit I n+ = e (n + I n (ln n d = e (n + I n (d n N, 0 < I n et I n+ > 0 soit e (n + I n > 0 ou encore 0 < I n < e n+ (e e n+ 0 donc par comparaison de limites, on a I n 0 (n + I n = e I n+ or I n+ 0 donc (n + I n e et donc I n e n+ e n w = u + v donc w Vect(u, v EXERCICE - Espaces vectoriels Les deu parties sont indépendantes Partie A - de vecteurs La famille (u, v, w est liée donc ne peut être une base de R 3 3 Vect(u, v F est trivial par définition Tout élément de F est combinaison linéaire de u, v et w, mais w étant la somme de u et v, tout élément de F est combinaison linéaire de u et v, soit F Vect(u, v Finalement F = Vect(u, v La famille (u, v est génératrice de F par définition, elle est également libre car u et v ne sont pas colinéaires, c est donc une base de F 5 Soit X F G X F donc il eiste (λ, µ R tel que X = λu + µv = (µ, λ µ, λ + 3µ De plus X G donc + y + z = 0 soit µ + ( λ µ + (λ + 3µ = λ + µ = 0 ou encore λ = µ Finalement X = (µ, 0, µ = µ(, 0, et donc F G = Vect(, 0,

5 PCSI 03-0 CORRECTION DS n 0 Lycée de L essouriau 6 On remarque que a = u v donc a F Les coordonnées de a dans la base (u, v sont (, 7 Soit b = (, 0, 0 (a Supposons qu il eiste (α, β R tels que b = αu + βv soit : α = α = α β = 0 β = ce qui est impossible donc b / F α + 3β = 0 3β = 3 (b b / F = Vect(u, v donc la famille (u, v, b est libre De plus on remarque que (0,, 0 = w + a = w + ( u + v et (0, 0, = a + b = ( u + v + b b étant le 3ème vecteur de la base canonique, ils appartiennent tous à Vect(u, v, b, donc c est une famille génératrice et par conséquent (u, v, b est une base de R 3 (c (u, v, b est une base de R 3, or (u, v est une base de F donc F et Vect(b sont supplémentaires dans R 3 Partie B - de fonctions Supposons qu il eiste (α, β, γ R 3 tels que R, α sin( + β sin( + γ sin(3 = 0 Pour = π, on obtient α γ = 0 soit α = γ Pour = π, on obtient β = 0 Pour = π 3, on obtient 3 α + 3 β = 0 soit α = β Ces trois équations conduisent à α = β = γ = 0, c est à dire que la famille (f, f, f 3 est libre Par définition de E comme engendré par une famille finie de 3 vecteurs, E est un espace vectoriel 3 On a vu que (f, f, f 3 est libre et de plus E = Vect(f, f, f 3 donc (f, f, f 3 est génératrice, c est donc une base de E Par linéarisation de sin 3 (, on a, pour tout R, sin 3 ( = 3 sin(3 + 3 sin( C est à dire en terme de fonctions g = 3 f 3 f 3 g est combinaison linéaire d éléments d une base de E donc g E Les coordonnées de g dans la base (f, f, f 3 sont ( 3, 0, 3 5 Le plus simple est de dire que la fonction cos est paire, or toute fonction de E est impaire par somme de fonctions impaires La seule fonction à la fois paire et impaire étant la fonction nulle, on en déduit que cos / E (il est sinon possible d écrire une égalité entre cos et une combinaison linéaire de (f, f, f 3 et de montrer que pour différentes valeurs de cette égalité ne peut être satisfaite simultanément mais c est plus long 5