1 Exercice sur les intégrales 2 Exercice 10 3 ... - xavierdupre.fr

1 Exercice sur les intégrales2 Exercice 10On cherche à résoudre l'équation 4ty ′′ (t) + 2y ′ (t) − y (t) = 01) On eectue le changement de variable x = √ t, on cherche donc les solutions sous la forme :(√ )z (x) = z t = y (t)Calculer y ′ ,y ′′ en fonction de t,z ′ ,z ′′2) Résoudre l'équation3 Correction de l'exercice 101) y ′ = [ z (√ t )] ′=1(√2 √ t z′ t ) y ′′ = [ z (√ [t )]′′ =(√ 12 √ t z′ t )] ′= −1(√4t √ t z′ t ) + 1Donc y ′′ = [ z (√ t )]′′ = − 14t √ t z′ (√ t ) + 1 4t z′′ (√t)2) 4ty ′′ (t) + 2y ′ (t) − y (t) = 4t [ z (√ t )]′′ + 2 [ z (√ t )] ′ (√ )− z t[4ty ′′ (t) + 2y ′ (t) − y (t) = 4t − 1 (√ 4t √ t z′ t ) + 1 (√ ) ] [4t z′′ t + 2(√ 12 √ t z′ t )] − z (√ t )4ty ′′ (t) + 2y ′ (√ ) (√ )(t) − y (t) = z ′′ ′′t − z t = z (x) − z (x)On résoud l'équation z ′′ − z = 0, l'équation caractéristique est x 2 − 1 = 0 d'où x = ±1(√ )2 √ 1t 2 √ t z′′ tDonc z = Ae −x + Be xet y = Ae −√t + Be √ t4 Exercice 61) Soit M ∈ M n (C) montrer que (M n'est pas inversible)⇐⇒ (M admet une valeur propre nulle).2) Soit A = (a ij ) une matrice de M n (C) telle que ∀i ∈ {1, . . . ,n} |a ii | > ∑ |a ( )ij|1inj≠iMontrer que A est inversible.1

5 Correction de l'exercice 61) si M admet une valeur propre nulle alors ∃X ≠ 0 tel que MX = 0 donc M n'est pas inversible.Réciproquement, si M n'est pas inversible alors ∃X ≠ 0 tel que MX = 0 donc 0 est valeur propre de M.⎛⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞a 11 ... a 1n x 1y 12) soit X ∈ C n X ≠ 0 AX = ⎝ ... ... ... ⎠ ⎝ ... ⎠ = Y = ⎝ ... ⎠a n1 ... a nn x n y n∃i ∈ {1,...,n} tel que |x i | = max {|x 1 | ,..., |x n |} donc ∀j ∈ {1,...,n} |x i | |x j |Avec ces notations, y i = n ∑Or on sait que |a ii | >k=1∑( 1inj≠iFinalement 0 < |a ii | |x i | −a ik x k = a ii x i + ∑ a ik x kk≠i) |a ij| donc |a ii | |x i | > ∑∑( 1inj≠i( ) 1inj≠i|a ij | |x i | } {{ }vrai car |x i |>0 (X≠0)|a )ij| |x j | a ii x i +∣∑∑( 1inj≠i) |a ij| |x j |∣ ∣∣∣∣∣∣ a ( )ijx j = |y i | donc |y i | > 0 d'où y i ≠ 01inj≠iOn en déduit que Y ≠ 0 puisque qu'une de ses coordonnées est non nulle, donc AX ≠ 0Ce raisonnement est vrai quelque X, donc ∀X ∈ C n X ≠ 0 AX ≠ 0 donc A est inversible .6 Exercice 7∑1) Soit un polynôme P ∈ C [X] P (x) = n c i X i soit (r i ) 1in l'ensemble de ses racines, montrer que :i=0n∏i=1r i = (−1) n c 0c nn∏2) Soit B ∈ M n (Z) soit (λ i ) 1in∈ C n l'ensemble de ses valeurs propres, montrer que λ i = det Bi=13) On pose A = I n + αB avec α > 2, on suppose que A n = I n , montrer que ∀i ∈ {1, . . . ,n} |λ i | < 17 Correction de l'exercice 7∏1) Comme P ∈ C [X] P est scindé donc P = n(X − r i ) en développant cela donne :i=12

P = c nn∏i=12) det (B − λI) = n ∏(X − r i ) = c n X n − c n( n∑i=1i=1r i)X n−1 + ... + c n (−1) n(X − λ i ) = (−1) n λ n + (−1) n−1 ( n∑i=1det (B − λI) = (−1) n λ n + (−1) n−1 tr (B) λ n−1 + ... + det B∏n r i donci=1=c 0} {{ }3) λ est une valeur propre de B, donc ∃X ≠ 0 tel que BX = λXAX = (I n + αB) X = X + αBX = (1 + αλ) XA 2 X = A (AX) = (1 + αλ) AX = (1 + αλ) 2 Xλ i)λ n−1 + ...+ n ∏doncn∏i=1n∏i=1λ ii=1r i = (−1) n c 0c nλ i = det BPar récurrence, on montre que A n X = (1 + αλ) n X or, d'après l'énoncé A n X = I n X = XDonc (1 + αλ) n X = X et [(1 + αλ) n − 1] X = 0 Comme X ≠ 0 (1 + αλ) n = 1Donc |1 + αλ| n = 1 donc |1 + αλ| = 1 car |1 + αλ| ∈ R +On en déduit que |αλ| = |αλ + 1 − 1| |αλ + 1| + 1 = 2 donc |λ| 2 α < 1Ce raisonnement est vrai pour toute valeur propre de B, donc ∀i ∈ {1, . . . ,n} |λ i | < 18 Exercice 81) a) Soit E un C − ev de dimension n. F est un sous espace vectoriel de E, on suppose que u ∈ L (E)Démontrer que ∃x ∈ E ∃λ ∈ C x ≠ 0 et u (x) = λx1) b) On suppose en plus que F est un sous espace stable de u à savoir u (F ) ⊂ FOn s'intéresse à la restriction de u à F noté u |F par construction u |F ∈ L (F )Démontrer que ∃x ∈ F ∃λ ∈ C x ≠ 0 et u (x) = λx2) Soit deux endormophismes u et v de E. On suppose que u ◦ v = v ◦ uD'après 1) a) ∃x ∈ E ∃λ ∈ C x ≠ 0 et u (x) = λx par conséquent ker (u − λe) ≠ {0}Démontrer que ker (u − λe) est un sous espace stable de v.3) En déduire que u et v ont un vecteur propre commun.9 Correction de l'exercice 83

1) a) soit P le polynôme caractéristique de u. P ∈ C [X] , ce polynôme est donc scindé, il possède aumoins une racine complexe, on en déduit que u possède au moins une valeur propre,D'où ∃x ∈ E ∃λ ∈ C x ≠ 0 et u (x) = λxb) Par dénition u |F ∈ L (F,E), u |F : F → E mais puisque u (F ) ⊂ F u |F (F ) ⊂ FDonc u |F ∈ L (F ) .On applique le résultat précédent en remplaçant u par u |F et E par F :∃x ∈ F ∃λ ∈ C x ≠ 0 et u (x) = λxRappel : e est l'endormorphisme identité : ∀x ∈ E e (x) = x quelque soit la base choisie pour E, lamatrice associée à e dans cette base est la matrice identité.2) d'après 1) a), l'endormorphisme u possède au moins une valeur propre λ.Par conséquent : ker (u − λe) ≠ {0}Soit x ∈ ker (u − λe)par dénition u (x) = λxOr u et v commutent : u (v (x)) = v (u (x)) = λv (x) par conséquent, v (x) est un vecteur propre de uassocié à la valeur propre λ d'où v (x) ∈ ker (u − λe)On en déduit que v (ker (u − λe)) ⊂ ker (u − λe) donc ker (u − λe) est stable par v .3) ker (u − λe) est stable par v donc d'après 1) b), v |ker(u−λe) admet un vecteur propre : ∃x ∈ ker (u − λe) telque x ≠ 0 et v (x) = µx où µ ∈ CComme x ∈ ker (u − λe) , on a également u (x) = λx, x est un vecteur propre commun à u et v .10 Exercice∞On cherche à résoudre l'équation (1) ⇔ y ′′ − y ′ − 2y = 0 ⇔ y ′′ = y ′ + 2y( ) ( ) ( )y′yPour cela on dénit Y = Yy′ ′′1 2=y ′ M =1 0Avec ces notations, on vérie que Y ′ = MYPour résoudre ce système, on cherche à diagonaliser M :( )1 − λ 2det (M − λI) = det= λ (−1 + λ) − 2 = λ 2 − λ − 21 −λ} {{ }= (λ + 1) (λ − 2)polynôme caractéristique de (1)4

Les valeurs propres de M sont -1 et 2.On cherche maintenant les vecteurs propres de M :On résoud :( ) xMX = −X = −y⇔ {( )x+2y=−xx=−y ⇔ x = −yUn vecteur propre associé à la valeur propre -1 estMX = 2X ⇔ {( )x+2y=2xx=2y ⇔ x = 2yUn vecteur propre associé à la valeur propre 2 est( −11( 21).).On pose P =( −1 21 1)on a P −1 MP =( −1 00 2)= D ⇔ M = P DP −1Par conséquent Y ′ = MY ⇔ Y ′ = P DP −1 Y ⇔ P −1 Y ′ = DY ⇔ Z ′ = DZ avec Z = P −1 YOn vérie que Z ′ = P −1 Y ′ (voir note à la n de l'exercice)( aZ ′ (t) =′ ) ( ) ( )(t) a (t) −a (t){(b ′ = D =⇔(t) b (t) 2b (t)a ′ =−ab ′ =−2bLes fonctions a et b vérient chacune une équation diérentielle linéaire du 1 ◦ ordre :On revient à Y en utilisant la relation : Y = P Z :( y′y))= P{( )a(t)=Ae −tb(t)=Be 2t( ) Ae−t {( )Be 2t ⇔ y ′ =−Ae −t +2Be 2ty=Ae −t +Be 2tFinalement, on trouve y = Ae −t + Be 2tordre à coecients constants.ce qui correspond à la solution d'une équation linéaire du secondNote :Soit deux fonctions réelles x et y( ) x (t)On dénit le vecteur X (t) =on dénit la dérivé de X comme suit : Xy (t)′ (t) =Peut écrire que (MX) ′ = MX ′ ?( ) a bPour le démontrer, on pose M =c dDonc MX ′ =( ax ′ (t) + by ′ (t)cx ′ (t) + dy ′ (t)) ( [ax (t) + by (t)]′)=[cx (t) + dy (t)] ′ =( ax (t) + by (t)cx (t) + dy (t)) ′= (MX) ′( x ′ (t)y ′ (t))5

Par conséquent : (MX) ′ = MX ′Ce résultat s'étend aux matrices de dimensions quelconques.6

Correction du devoir d'analyse11 Exercice 31) 1 n 3 n∑k=1( ) 2kk 2 sin = 1 n nn∑k=1k 2 ( ) 2kn 2 sin = 1 n nn∑k=1( kfn)avec f (x) = x 2 sin (2x)C'est une somme de Rienmann .On intègre par partie :l =limn→+∞1nl = − cos 22+n∑k 2n 2 sin ( 2knk=1[x sin(2x)2l = − cos 24+ sin 22− 1 4] 10 − ∫ 10)= ∫ 10 x2 sin (2x) dx =sin(2x)2dx = − cos 22+ sin 22+[−x 2 cos(2x)2] 1 + ∫ 100x cos (2x) dx[ ] 1 cos(2x)4= − cos 202+ sin 22+ cos 24− 1 42) 3chx + shx + 1 = 3 ex + e −x2+ ex − e −x2+ 1 = 2e x + e −x + 1On pose u = e x x = ln u dx = du uF = ∫F = 1 2dx3chx + shx + 1 = ∫∫du( )u +1 24 −116 + 1 2dx2e x + e −x + 1 = ∫ 1 du2u + 1 u + 1 u = ∫= 1 2∫du( )u +1 24 +716= 1 ∫2 7 16du( ) 2u+ 1 √ 47+ 116du2u 2 + 1 + u = 1 ∫2duu 2 + u 2 + 1 2On pose v = u+ 1 √ 4716√√7u = v16 − 1 74du = dv16F = 8 7∫Donc ∫√716 dv √√v 2 + 1 = 8 77 16 arctan v + C = 8 77 16 arctan u+ 1 √ 47+ Cdx√3chx + shx + 1 = 8 77 16 arctan ex + 1 √ 4716+ C3) La fonction f (x) = e x2 sin x est impaire donc ∫ 0−2000 ex2 sin xdx = − ∫ 20000e x2 sin xdx. Il sut de fairele changement de variable u = −x pour le démontrerDonc ∫ 2000−2000 ex2 sin xdx = 0167

12 Exercice 41) On intègre par partie :u n = ∫ [2π0f (t) sin (nt) dt = −u n = 1 n [f (0) − f (2π)] + 1 n]f (t) cos (nt) 2π+ ∫ 2πn0f ′ (t)0∫ 2π0f ′ (t) cos (nt) dtcos (nt)dtn2) La fonction f est C 1 sur l'intervalle fermé [0,2π] , sa dérivée est continue sur [0,2π], elle est donc bornée :∃M 0 tel que ∀t ∈ [0,2π] |f ′ (t)| MComme ∀t ∈ [0,2π] |cos (nt)| 1D'où ∀t ∈ [0,2π] |f ′ (t) cos (nt)| MEt ∣ ∫ 2π0f ′ (t) cos (nt) dt∣ ∫ 2π0|f ′ (t) cos (nt)| dt 2πMComme u n = 1 n [f (0) − f (2π)] + 1 n∫ 2π0f ′ (t) cos (nt) dtD'oùDonc|u n | 1 [|f (0)| + |f (2π)| + 2πM]nlim u n = 0n→+∞13 Correction du devoir d'algèbre13.1 Exercice 1⎛a) M = ⎝−2 0 11 1 00 2 1⎞⎠b) On applique le pivot de Gauss à la matrice M⎛⎞−2 0 11 ◦ étape : L 2 ←− L 2 + 1 2 L 1 on obtient la matrice ⎝10 1 ⎠20 2 1⎛⎞−2 0 12 ◦ étape : L 3 ←− L 3 − 2L 2 on obtient la matrice ⎝10 1 ⎠20 0 0Donc rang (M) = 2 et dim ker f = 18

On remarque que f (e 1 ) + 2f (e 3 ) = f (e 2 ) donc f (e 1 + 2e 3 − e 2 ) = 0On en déduit que vect (e 1 + 2e 3 − e 2 ) ⊂ ker f comme dim ker f = 1, ker f = vect (e 1 + 2e 3 − e 2 )c) d'après b) rang (f) = 2 (f (e 1 ) ,f (e 2 )) est une famille libre, I⋗f = vect (f (e 1 ) ,f (e 2 ))I⋗f = vect (−2e 1 + e 2 ,e 2 + 2e 3 )⎛d) P = ⎝1 0 1−1 0 10 −1 −1⎞⎠N = P −1 MPOn inverse P en résolvant le système :⎧⎨⎩L 1 ⇐⇒ x + 0 + z = aL 2 ⇐⇒ −x + 0 + z = bL 3 ⇐⇒ 0 − y − z = cOn remplace dans L 1 ⇒ x = a − b2On remplace dans L 3 ⇒ y = −c − a + b2⎛D'où P −1 = 1 ⎝21 −1 0−1 −1 21 1 0L 1 + L 2 ⇒ z = a + b2⎞⎠ Par calcul, on trouve P −1 MP = N = 1 ⎝2⎛−2 −1 −56 3 −12 −1 −1⎞⎠13.2 Exercice 21) On cherche (a,b) ∈ R 2 tels que af 1 + bf 2 = 0 ⇐⇒ ∀x ∈ R a sin x + b cos x = 0Par conséquent :pour x = 0 a sin x + b cos x = b = 0pour x = 1 a sin x + b cos x = a = 0La famille (f 1 ,f 2 ) est donc libre .2) (f 1 ,f 2 ) est libre, et puisque E = V ect (f 1 ,f 2 ), elle est génératrice de E. (f 1 ,f 2 ) est une base de E .D'où dim E = 23) g 1 (x) = sin ( x + π )4 = sin x cosπ4 + cos x sin π √ √4 = 22 f 1 (x) + 22 f 2 (x)g 2 (x) = cos ( x + π )4 = cos x cosπ4 − sin x sin π √ √4 = − 22 f 1 (x) + 22 f 2 (x)9

Donc{√2g 1 =2 f 1 +g 2 = −√22 f 1 +√22 f 2√22 f 2⇒ V ect (g 1 ,g 2 ) ⊂ V ect (f 1 ,f 2 ) = E4) On cherche à montrer que la famille (g 1 ,g 2 ) est libre.On cherche (a,b) ∈ R 2 tel que ag 1 + bg 2 = 0 ⇐⇒ ∀x ∈ R a sin ( x + π 4)+ b cos(x +π4)= 0Par conséquent :pour x = − π 4a sin ( x + π 4)+ b cos(x +π4)= b = 0pour x = π 4a sin ( x + π 4)+ b cos(x +π4)= a = 0La famille (g 1 ,g 2 ) est donc libre, dim [V ect (g 1 ,g 2 )] = 2Or puisque V ect (g 1 ,g 2 ) ⊂ E et que dim E = 2 V ect (g 1 ,g 2 ) = V ect (f 1 ,f 2 )P =( √22√ − 22√2√222)=√22( 1 1−1 1)= P5) Pour calculer P −1 on résoud le système :{L1 ⇐⇒ x + y = aL 2 ⇐⇒ −x + y = bP −1 =Donc :( √22{) −1 12f 1 =f 2 =( 1 −11 1√22 g 1 −√22 g 1 +L 1 + L 2 ⇒ y = a + b2L 1 − L 2 ⇒ x = a − b2)=√2√2 g 222 g 2√22( 1 −11 1)10