Mines d Albi,Alès,Douai,Nantes 2 - Filière MPSI - Corrigé Cette correction a été rédigée par Frédéric Bayart. Si vous avez des remarques à faire, ou pour signaler des erreurs, n hésitez pas à écrire à : mathweb@free.fr Mots-clés : équation fonctionnelle, intégration, équation différentielle, densité, continuité, trace, hyperplan, matrice, théorème du rang, dimension Commentaires : Problème plutôt facile, surtout pour la filière MPSI. Les questions sont très détaillées. A titre d eemple, le résultat démontré par le problème d algèbre fait parfois l objet d une question d oral à l X. Mais il n y a aucune question intermédiaire! Analyse Partie I 1. C est évident si on admet les formules de trigonométrie, notamment celles donnant cos( + y et cos( y. 2. Cf votre cours de sup! 3. Remarquons d abord que f α est continue sur R. D autre part, pour tous et y de R, on a : f α ( + y + f α ( y f(α + αy + f(α αy 2f(αf(αy 2f α (f α (y. Ceci achève de prouver que f α est aussi dans E. 4. a. En faisant et y, on trouve f( 2 f(, et donc f( ou f( 1. b. On fait y, et on trouve 2f( 2f(, et donc f est la fonction identiquement nulle. c. On fait, et y parcourt l ensemble des réels. Alors : Partie II et donc f est paire. A.1. a. Le changement de variables u + y donne : f(y + f( y 2f(y f(y f( y, f( + ydy +r f(udu. b. On intègre l égalité vérifiée par f entre et r, par rapport à la variable y. On trouve : 2f( f(ydy +r f( + ydy + f(udu + r f( ydy f(vdv (la deuième intégrale est transformée par le changement de variable v y. 1
Mines d Albi,Alès,Douai,Nantes 2 - Filière MPSI A.2. a. Comme f est continue, et que f( 1, il eiste r > tel que, pour dans [,r], on ait f( 1/2. Alors, b. D après A.1.b., on a : 1 f( 2 f(ydy f(ydy r/2 >. ( +r Or, par le théorème fondamental du calcul intégral, f(udu + f(vdv. r +r f(udu et r f(vdv sont C 1. Il en est de même de f. c. Il suffit de procéder par récurrence à partir de la formule précédente. Nous avons en effet prouvé que f est C, C 1, et si on suppose que f est C n, alors +r sont C n+1, et il en est de même de f! d. On dérive la formule obtenue en A.1.b. : f(udu et r f(vdv f 1 ( 2 (f( + r f( + f( f( r, f(ydy d où le résultat demandé en utilisant la équation vérifiée par f. A.3. Nous dérivons la formule précédente : c 2 f ( cf ( + r cf ( r. Puis on réapplique cette formule, avec f ( + r et f ( r : c 2 f ( f( + 2r f( f( + f( 2r f( + 2r + f( 2r 2f( 2f(f(2r 2f( la dernière égalité étant conséquence de l équation vérifiée par f. On a donc le résultat, en posant λ 2f(2r 2 c 2. B.1. C est du cours! Si µ, y( A + B, A et B étant des constantes. Si µ >, y( Ae µ + Be µ. Si µ <, y( A cos( µ + B sin( µ. B.2. En vertu de I.4.c., nous ne gardons que les fonctions paires parmi les précédentes. En outre, si f n est pas la fonction nulle, f( 1, et les coefficients devant les termes en cosinus et en cosinus hyperbolique sont donc égau à 1. Finalement, nous pouvons conclure que les éléments de E sont : Les fonctions constantes identiquement égales à ou 1. Les fonctions cos(α. Les fonctions cosh(α. B.3. Pour déterminer F, il convient de retirer les constantes, et les cosinus hyperboliques, qui ne s annulent pas. Les éléments de F sont donc les fonctions cos(α, où α est un réel non nul! http://mathweb.free.fr 2
Mines d Albi,Alès,Douai,Nantes 2 - Filière MPSI Partie III A.1. D après I.4., f( 1. En outre, comme tout élément de F s annule au moins une fois sur R, et que f est paire, f s annule au moins une fois sur R +. A.2 E est une partie non vide (cf ci-dessus minorée (par de R : elle admet donc une borne inférieure, a. A.3. Le raisonnement par l absurde n est pas obligatoire! Pour n N, par définition de la borne supérieure, il eiste u n dans E avec a u n a + 1 n+1. La suite (u n converge donc vers a, et f(u n. Le critère séquentiel de la continuité (f est continue en a, nous dit alors que f(a. Comme a, et que f( 1, alors a >. A.4. S il eiste b dans ],a[ avec f(b, alors le théorème des valeurs intermédiaires (f est continue nous dit qu il eiste c dans ],a[ avec f(c. Alors c E, et c < a : ceci contredit la définition de la borne inférieure. a 2 q+1. B.1.a. On applique la relation vérifiée par F avec y B.1.b. Le résultat est vrai pour q : f(a g(a. S il est vrai à l ordre q, alors : f 2 q+1 1 1/2 (f 2 2 q + 1 1 (g 2 g 2 q+1, 1/2 2 q + 1 car g vérifie la même relation que f donnée en II.B.1.a. (remarquons qu il est possible de prendre les racines carrées car les fonctions considérées sont positives dans [,a[. B.2. Si est dans D a, positif, le fait admis prouve que f( g(. Si est négatif, la parité des deu fonctions permet de conclure. B.3. f et g coïncident sur un ensemble dense dans R et sont continues : elles sont donc égales sur R. Précisément, si R, soit (u n une suite de D a qui converge vers. Alors, pour chaque n, f(u n g(u n, et le passage à la limite donne f( g(. C. Les éléments de F sont donc toutes les fonctions cos(ω, où ω est un réel non nul. Algèbre Partie I 1.a. Soit M (M i,j et N (n i,j deu matrices de E, et λ un réel. Alors : T (λm + N λm k,k + n k,k λ m k,k + k1 k1 n k,k λt (M + T (N. T s appelle la trace! 1.b. ϕ u : M UM est linéaire, et T U T ϕ U. T U est donc linéaire comme composée d applications linéaires, et T U L(E,R E. 1.c. On a Ker(T U H U, et donc H U, comme tout noyau d une application linéaire, est un sous-espace vectoriel de E. ( 1 2.a. E 1,1 est une base de E. ( 1, E 1,2 (, E 2,1 1 k1 (, E 2,2 1. (E 1,1,E 1,2,E 2,1,E 2,2 http://mathweb.free.fr 3
Mines d Albi,Alès,Douai,Nantes 2 - Filière MPSI ( ( ( 1 1 a b a + c b + d 2.b. UM. On a donc T (UM si, et seulement si, 1 1 c d a + c b + d a + b + c + d. 2.c. D après la question précédente, T (UE 1,1. Im T U est un sous-espace vectoriel de R, et il n est pas réduit au singleton {}. Comme les seuls sous-espaces de R sont {} et R, on a Im(T U R, et dim ImT U 1. Le théorème du rang donne dimh U 3. 2.d. Posons M Partie II ( 1 1. M est inversible, et est dans H U. 1.a. Si AB (c i,j, on a : D où c j,j a j,i b i,j. i1 T (AB a j,i b i,j j1 i1 i1 j1 a j,i b i,j 1.b. La première identitité vient de ce que les coefficients de t A sont les (a j,i. La deuième s obtient en permutant la somme! 2.a. Si U est la matrice nulle, alors H U E, et dim H U n 2. 2.b. Si U (u i,j, soit (i,j tels que u j,i. Alors : T (UE i,j u j,i. 3.a. De même que dans la partie I, on en déduit que Im T U R, et que dim H u n 2 1. T i,j (E k,l T (E j,i E k,l T ( t E i,j E k,l { 1 si i k, j l sinon 3.b. Comme E est de dimension n 2, il suffit de montrer que ces n 2 éléments forment une famille libre. Mais si α i,j T i,j, on évalue en E i,j pour prouver que : i1 j1 i1 j1 α i,j T i,j (E i,j α i,j. La famille est donc libre! 4. ϕ est clairement une application linéaire. En outre, elle envoie la base de E constituée des E j,i sur la base de E constituée par les T i,j : ϕ est donc un isomorphisme d espaces vectoriels. 5.a. La dimension d un hyperplan vectoriel de E est n 2 1. http://mathweb.free.fr 4
Mines d Albi,Alès,Douai,Nantes 2 - Filière MPSI 5.b. D abord, H et vect(a sont en somme directe. En effet, si M H vect(a, alors M λa, et si λ, alors A est dans H, ce qui ne saurait être. Ensuite, dim(h vect(a n 2 1 + 1 n 2. Comme la dimension de E est aussi n 2, on a l égalité demandée! 5.c. Soit N dans E. N se décompose de manière unique en M +λa, où M est dans H. On pose l(n λ. Il est facile de vérifier que N est linéaire (plus généralement, on obtient une application linéaire en recollant des applications linéaires définies sur des sous-espaces vectoriels en somme directe, et il est clair que H Ker l. 5.d. L application l définie à la question précédente peut aussi s écrire l T U, en vertu de la question 4., où U est une matrice de E. En particulier, H Ker T U H U. Partie III 1.a. On calcule par eemple le rang de P en faisant des permutations de colonnes (en ramenant la dernière colonne en première position, et en décalant toutes les autres colonnes d un cran vers la gauche. Il est alors clair que le rang de P est n, et que P est inversible. 1.b. On a : T Rr (P T (R r P r j,i p j,i i1 i1 r i1. Soit H un hyperplan vectoriel, H H U où U est de rang r. On a alors l eistence de deu matrices inversibles S 1 et S 2 telles que S 1 US 2 R r. On pose M S 2 P S 1, qui est inversible comme produit de matrices inversibles. Mais : ce qui prouve que M est dans H. p i,i T (UM T (S1 1 rs2 1 2P S 1 T (S1 1 rp S 1 T (R r P, http://mathweb.free.fr 5