[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 4 juin 2013 Enoncés 1 ...

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 74
II) Notons p la projection étudiée, u = (x, y, z) un vecteur et p(u) = (x ′ , y ′ , z ′ ) son
projeté.
On a x ′ + y ′ + z ′ = 0 et x ′ − x = 1
2 (y′ − y) = 1
3 (z′ − z).
On en déduit x ′ = x + λ, y ′ = y + 2λ et z ′ = z + 3λ avec λ vérifiant
x + y + z + 6λ = 0.
Ainsi
x ′ = 5 1 1
x − y −
6 6 6 z, y′ = − 1 2 1
x + y −
3 3 3 z et z′ = − 1 1 1
x − y +
2 2 2 z
La matrice cherchée est
⎛
⎝
5/6 −1/6 −1/6
−1/3 2/3 −1/3
−1/2 −1/2 1/2
Exercice 115 : [énoncé]
I) Posons .
La fonction est définie et de classe sur , -périodique et paire. On limite l’étude à et
on complète la courbe par une symétrie d’axe .
On en déduit les variations suivantes
avec .
En et , la tangente est orthoradiale car il y a annulation de sans annulation de .
En , il y a passage par l’origine, la tangente est d’équation .
En , il y a passage par l’origine, la tangente est d’équation .
plot(2*(cos(t)-cos(2*t)),t=0..2*Pi,coords=polar) ;
La courbe d’équation polaire II) On a
donc pour tout
On a etc, donc
Finalement
Retrouvons ce résultat, en exploitant l’équation différentielle .
La fonction est développable en série entière sur par produit de telles fonctions. De
plus, la fonction est paire donc le développement en série entière de est de la forme
Par l’équation différentielle , on obtient
Puisque , (par imparité) et (par calculs), on obtient et ce qui conduit au
développement précédent.
Exercice 116 : [énoncé]
I) a) La fonction f est de classe C 1 par morceaux et régularisée donc par le
théorème de Dirichlet, sa série de Fourier converge simplement vers f.
⎞
⎠
b) La fonction f est impaire donc an = 0 et
bn = 2
π
La série de Fourier de f est
π
0
n1
n+1 2
t sin(nt) dt = (−1)
n
n+1 2
(−1)
n sin(nt)
II) a) L’application Φ est évidemment linéaire, il reste à voir qu’elle est à valeurs
dans R4 [X].
Pour un polynôme P de degré inférieur à 4, le polynôme
(X 2 − 1)P ′ (X) − (4X + 1)P (X) est de degré inférieur à 5 et, si a est le coefficient
de X 4 dans P , le coefficient de X 5 dans Φ(P ) est 4a − 4a = 0. Par suite Φ est
bien à valeurs dans R4 [X] et c’est donc un endomorphisme de cet espace.
b) L’équation
y ′
5 − λ 3 + λ
=
+ y
2(x − 1) 2(x + 1)
est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 de solution générale
y(x) = C |x − 1| (5−λ)/2 |x + 1| (3+λ)/2
sur I = ]−∞, −1[, ]−1, 1[ ou ]1, +∞[.
c) Pour λ ∈ R, Φ(P ) = λP si, et seulement si, P ′ (X) = 4X+(1+λ)
X2−1 P (X) i.e. si, et
seulement si, la fonction polynomiale P est solution, par exemple sur ]1, +∞[, de
l’équation différentielle
y ′ 4x + (1 + λ)
=
x2 y
− 1
Or moyennant une décomposition en éléments simples et passage à l’opposé de λ,
cette équation est celle précédemment résolue et le problème est alors de
déterminer pour quel paramètre −λ, la solution précédemment présentée est une
fonction polynomiale de degré inférieur à 4. Les valeurs 3, 1, −1, −3, −5
conviennent et ce sont donc des valeurs propres de Φ, de plus il ne peut y en avoir
d’autres car dim R4 [X] = 5. Les vecteurs propres associés à ces valeurs propres λ
sont les polynômes
Exercice 117 : [énoncé]
I)
I = (x + y + z) 2 1
dx dy dz =
D
C(X − 1) 5+λ
2 (X + 1) 3−λ
2 avec C = 0
x=0
1−x 1−x−y
y=0
z=0
(x + y + z) 2
dz dy dx
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