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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 69
Exercice 103 : [énoncé]
I) a) On observe que E = Vect(I2, J) avec I2 = M(1, 0) et J = M(0, 1). Les
matrices I2 et J étant indépendantes, E est un sous-espace vectoriel de dimension
2.
De plus E est aussi un sous-anneau en vérifiant l’appartenance de I2 la stabilité
par différence et produit (car J 2 = −I2)
b) ϕ est évidemment linéaire et bijective, c’est un isomorphisme d’espaces
vectoriels.
C’est aussi un isomorphisme d’anneau car ϕ(1) = I2 et ϕ(zz ′ ) = ϕ(z)ϕ(z ′ ) (après
calculs).
II) Puisque φ est continue et bornée, il est immédiat d’obtenir que φf ∈ E. La
linéarité de u étant évidente, on peut affirmer que u est un endomorphisme.
Par continuité de g en x0, on peut affirmer que pour tout ε > 0, il existe α > 0
vérifiant :
|x − x0| α ⇒ |g(x) − g(x0)| ε
Pour 1/n α, on a alors
f 2
ng − g(x0)
R +
et donc
Ainsi
R +
f 2 n
R +
=
R + ∩[x0−1/n,x0+1/n]
f 2
ng − g(x0)
R +
lim
n→+∞
R + f 2 ng
R + f 2 n
f 2 n
f 2 n(x) |g(x) − g(x0)| dx
ε
R +
f 2 n
= g(x0)
Puisque φ est bornée, on obtient facilement N2(φf) φ ∞ N2(f). Par suite u est
continue avec u φ ∞ .
Pour ε > 0, soit x0 ∈ R + vérifiant
|φ(x0)| φ ∞ − ε
Puisque fn ∈ E, l’étude qui précède donne
N2(fnφ)
N2(fn)
Ainsi u |φ(x0)|.
Ceci valant pour tout ε > 0, on peut affirmer
→ |φ(x0)|
u = φ(x0)
Exercice 104 : [énoncé]
I) En résolvant l’équation x = (t − 1)/t, on perçoit la courbe comme représentant
la fonction
x ↦→
1
(x − 1)(x − 2)
II) Si X est solution alors tr(X)(1 − trA) = trB.
Si trA = 1 alors X = trB
1−trAA + B et inversement cette matrice est solution.
Si trA = 1 et trB = 0, il n’y a pas de solution.
Si trA = 1 et trB = 0 alors X est de la forme λA + B avec λ ∈ R et inversement
de telles matrices sont solutions.
Exercice 105 : [énoncé]
I) a) rgA = 3 si a = 0 et rgA = 2 si a = 0.
La matrice A est inversible si, et seulement si, a = 0.
b) Si a /∈ {1, 2}, la matrice A est diagonalisable de valeurs propres 1, 2, a.
Si a = 1 alors dim ker(A − I3) = 3 − rg(A − I3) = 1 or 1 est valeur propre de
multiplicité 2 donc A n’est pas diagonalisable.
Si a = 2 alors dim ker(A − 2I3) = 3 − rg(A − 2I3) = 2 et puisque
dim ker(A − I3) 1, la matrice A est diagonalisable car la somme des dimensions
des sous-espaces propres va vaut au moins 3.
II) La condition 1 xy 2 donne une portion du plan comprise entre deux
hyperboles.
Dans le repère (O; u π/4, v π/4), la condition 1 x 2 − y 2 4 devient 1 2XY 4
ce qui conduit encore à une portion de plan comprise entre 2 hyperboles.
Pour x, y, X, Y > 0, on obtient
xy = X
x 2 − y 2 = Y ⇔
⎧
√
2X
⎪⎨ x = √
Y 2 + 4X2 − Y
⎪⎩ y = 1
Y
√ 2 + 4X2 − Y
2
Cela permet de justifier que φ est une bijection de ]0, +∞[ 2 vers lui-même.
φ est évidemment de classe C1
et Jacφ(x, y) = y x
2x −2y = −2(x2 + y2 ) = 0
donc, par le théorème d’inversion globale, φ est un C 1 difféomorphisme. On aurait
pu aussi observer que φ −1 est de classe C 1 ce qui est immédiat car le système
précédent permet d’exprimer φ −1 .
On a φ(D) = [1, 2] × [1, 4].
Par le changement de variable induit par φ,
X
3
I =
dX dY = ln 2
2Y 2
[1,2]×[1,4]
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