Correction de Devoir Surveillé N°08: Années précédentes

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• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
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• Mathématiques

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• Langue: Français

Extrait

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 12 mai 2012
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚08
EXERCICE 1
1.a. Montrons que E est un sous-espace vectoriel de D (R,R) `a l’aide de2
la caract´erisation des sev :
• Il est clair que E⊂D (R)2
• La fonction nulle appartient `a E de fac¸on ´evidente.
• Montrons que E est stable par combinaison lin´eaire :
22Soit (y ,y )∈ E , (λ ,λ )∈ R . Comme y et y sont solutions1 2 1 2 1 2
de (H), elles sont d´erivables dans R et v´erifient pour toutx∈R :
2λ y (x)+2xy (x)+x y (x) = 01 11 1
2λ y (x)+2xy (x)+x y (x) = 02 22 2
Il en r´esulte par OPA que la fonction λ y +λ y est aussi deux1 1 2 2
foix d´erivable dans R et qu’elle v´erifie :
2(λ y +λ y ) (x)+2x(λ y +λ y )(x)+x (λ y +λ y )(x) = 01 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
D’apr`es la caract´erisation des sev, on a bien ´etabli que E est un
sous-espace vectoriel deD (R). N2
˜b. Soit f ∈E. On d´efinit la fonction f :R→R par :
˜∀x∈R,f(x) =f (x)+xf(x).
Soit x∈ R. Alors comme f appartient `a E, f est deux fois d´erivable
en x et
2f (x) = −2xf (x)−x f(x); f est donc 3 fois d´er par opa et
(3) 2f (x) = −2xf (x)−(x +2)f (x)−2xf(x)
Finalement, comme f est trois fois d´erivable sur R, il en d´ecoule que
˜f est deux fois d´erivable dans R par op´erations sur de telles fonctions.
De plus, ´etant fix´e x∈R, on a
2 ˜x f(x) = f (x)+xf(x)
˜2x f (x) = f (x)+xf (x)+f(x)
(3)˜1 f (x) = f (x)+xf (x)+2f (x)
1
′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′′Ainsi
2 (3) (2) 2 (1)˜ ˜ ˜f (x)+2xf (x)+x f(x) = f (x)+2xf (x)+x f (x)

2+x f (x)+2xf (x)+x f(x) +2f (x)+2xf(x)
(3) (2) 2 (1)= f (x)+2xf (x)+(x +2)f (x)+2xf(x)
= 0
On d´efinit ainsi une application U : E → E .
˜f →f
2.a. On sait que U :E→E.
• Montrons que U est lin´eaire :
22Soit (f ,f )∈E ,(λ ,λ )∈R . Alors pour tout x∈R, on a1 2 1 2
^U(λ f +λ f )(x) = (λ f +λ f )(x)1 1 2 2 1 1 2 2
= (λ f +λ f )(x)+x(λ f +λ f )(x)1 1 2 2 1 1 2 2

= λ f (x)+xf (x) +λ f (x)+xf (x)1 1 2 21 2
˜ ˜= λ f (x)+λ f (x)1 1 2 2
= λ U(f )+λ U(f ) (x)1 1 2 2
Ceci ´etant vrai pour tout x∈ R, on a bien ´etabli que U(λ f +1 1
λ f ) = λ U(f ) + λ U(f ), ce qui prouve que U est lin´eaire.2 2 1 1 2 2
Compte-tenu de la question pr´ec´edente, U est donc un endomor-
phisme de E.
• Montrons que U est involutif, c’est-`a-dire que U◦U =id .E
Soit f ∈E. Soit x∈R. Alors avec un petit abus
sur la d´eriv´ee d’une ex-
˜ ˜ ˜U◦U(f)(x) = U(f)(x) =f (x)+xf(x) pression...
= f(x)+xf(x) +x f (x)+xf(x)
2= f (x)+2xf (x)+x f(x)+f(x) =f(x)
Ceci ´etant vrai pour tout r´eel x, on a donc U◦U(f) =f.
Ceci ´etant vrai pour toute fonction f ∈ E, on a bien ´etabli que
U◦U =id .E
Ainsi, U est un automorphisme involutif de E. N
b. On note F l’ensemble des fonctions appartenant `a E et solutions de
l’´equation diff´erentielle
y +(x−1)y = 0 (H1)
2
′′′
′′′′′′′′′′
′′′′etGl’ensembledesfonctionsappartenant`aEetsolutionsdel’´equation
diff´erentielle
y +(x+1)y = 0. (H2)
D’apr`es la question pr´ec´edente, U est un automorphisme involutif de
E. On sait en ce cas que
E = Ker(U−id )⊕Ker(U +id )E E
etqueU estlasym´etrie deE parrapport`a Ker(U−id )parall`elementE
`a Ker(U +id ). OrE
y∈ Ker(U−id ) ⇐⇒ y˜=y ⇐⇒ y est sol de y +xy =yE
⇐⇒ y est sol de (H1) ⇐⇒ y∈F
y∈ Ker(U +id ) ⇐⇒ y˜=−y ⇐⇒ y est sol de y +xy =−yE
⇐⇒ y est sol de (H2) ⇐⇒ y∈G
Ainsi, F = Ker(U−id ), G = Ker(U +id ) et E =F ⊕G. NE E
c. (H1) et (H2) sont des ´equations diff´erentielles lin´eaires homog`enes
d’ordre 1.
1 2− x +x
2• Les sol de (H1) sont les fonctions de la formeh (x) =C e ;1 1
1 2− x −x
2• Les sol de (H2) sont les fonctions de la formeh (x) =C e ;1 1
Finalement, comme E =F⊕G, tout ´el´ement de E s’´ecrit de mani`ere
unique comme somme d’un ´el´ement de F et d’un ´el´ement de G, les
solutions de (H) sont les fonctions d´efinies sur R par
1 2− x x −x
2h(x) =e C e +C e1 2
N
2 43. On consid`ere l’´equation (ED)y +2xy +x y =x +2.
R´esolutiondel’´equationhomog`ene:d’apr`eslaquestionpr´ec´edente,
la solution g´en´erale de l’´equation (H) s’´ecrit
1 2− x x −x
2h(x) =e C e +C e1 2
Recherche d’une solution particuli`ere On cherche une solution
2particuli`ere polynomiale sous la forme y(x) =x +ax+b. Alors
2 2x y(x) = x +ax+b
2x y (x) = 2x+a
1 y (x) = 2

a = 0
On a alors y sol de (ED) ⇐⇒ Par cons´equent
b =−4
2y (x) =x −4 est une solution particuli`ere de (ED).0
3
′′′′′′′′′ Expression de la solution g´en´erale les solutions de l’´equation
(ED) sont les fonctions de la forme
1 22 − x x −x
2f(x) =x −4+e C e +C e1 2
N
EXERCICE 2
3SoitB = (~e ,~e ,~e ) la base canonique de R . On consid`ere l’endomor-1 2 3
3 3phisme f :R →R canoniquement associ´e `a la matrice :
 
3 −4 8
 M = 5 −6 10
1 −1 1
3On note E = Kerf et F = Ker(f +id ).R
31.a. Soit ~u = (x,y,z)∈R . Alors
 
3x−4y +8z = 0 −y +5z = 0 
~u∈E ⇐⇒ 5x−6y +10z = 0 ⇐⇒ −y +5z = 0
 
x−y +z = 0 x−y +z = 0

x = 4z
⇐⇒
y = 5z
Ainsi ~u = (4,5,1) engendre E. Comme ce vecteur est non nul, il1
forme une famille libre. C’est une base (~u ) de E. N1
3b. Soit ~u = (x,y,z)∈R . Alors
 
4x−4y +8z = 0 0 = 0 
~u∈E ⇐⇒ 5x−5y +10z = 0 ⇐⇒ 0 = 0
 
x−y +2z = 0 x−y +2z = 0
⇐⇒ x =y−2z
On pose ~u = (1,1,0) et ~u = (−2,0,1). Ces deux vecteurs sont non2 3
colin´eaires.Ilsformentdoncunefamillelibreetg´en´eratricedeF.C’est
donc une base (~u ,~u ) de F. N2 3
32. Montrons queE⊕F =R . On utilise pour cela lacaract´erisation par
3les bases : il suffit pour cela que (~u ,~u ,~u ) est une base de R .1 2 3
3
• C’est libre. Soit (λ ,λ ,λ )∈R tel que1 2 3
~λ ·~u +λ ·~u +λ ·~u = 01 1 2 3 3 3
4Traduisons cette ´egalit´e vectorielle en coordonn´ees, il vient

 4λ +2λ = 01 2
(H) 5λ +2λ = 0 ⇐⇒ λ =λ =λ = 01 3 1 2 3

λ −λ +λ = 01 2 3
3• C’est un syst`eme g´en´erateur. Soit ~u ∈ R . On montre qu’il comme il s’agit
3existe λ ,λ ,λ )∈R tel que d’une famille de trois1 2 3
3vecteurs de R , on ou-
λ·~u +λ ·~u +λ ·~u =~u1 2 3 3 3 vait aussi utiliser la ca-
ract´erisation des bases
Cette´egalit´evectorielle setraduitencoordonn´eesparunSEL(S)
en dimension finie :
dont le syst`eme homog`ene associ´e n’est autre que (H). Comme
(u~ ,~u ,u~ ) est une fa-1 2 3
(H) est de Cramer, (S) l’est aussi.
mille libre maximale de
3
3• Ainsi, (~u ,~u ,~u ) est une base de R . N R , c’est donc une base1 2 3
33 de R~3.a. Soit ~u = (x,y,z) ∈ R . On note U = (X,Y,Z) son image par f, de
sorte que
+1 X = 3x−4y +8z
−1 Y = 5x−6y +10z
+1 Z = x−y +z
On a
X−Y +Z = (3x−4y+8z)−(5x−6y+10z)+(x−y+z)=−(x−y+z)
~En particulier, on a ~u∈P ⇐⇒ U ∈P. En particulier-particulier, le
planP, d’´equation x−y +z = 0 est stable par f, i.e. f(P)⊂P. N
b. Unebase deP est donn´ee par(~u ,~u ).Comme (~u ,~u ,~u )est une base1 2 1 2 3
3de R , il s’ensuit que G = Vect(~u ) est un sous-espace suppl´ementaire3
de P. De plus, comme f(~u ) =−~u , on en d´eduit que3 3
∀~u∈G,f(~u) =−~u
En particulier, G est stable par f. N
EXERCICE 3