Université Antilles–Guyane DEUG MIAS UFR Sciences Exactes et Naturelles Module MIP2 Dépt de Mathématiques et d’Informatique Dépt Scientifique Interfacultaire 2^{e} semestre 2002

Examen de Mathématiques 2 — juin 2002

Durée : 3 heures — Documents, calculatrices et téléphones interdits.

∗ ∗ ∗ Barème et indications pour la solution ∗ ∗ ∗

Première partie : Analyse [11.5 pts]

Exercice 1. (a) On considère la fraction rationnelle

F (x) = \frac{2 x^{2} + 1}{x^{3} (x^{2} + x + 1)}

i. Effectuer la division de 1+2 x^{2} par 1+x+x^{2} suivant les puissances croissantes, à l’ordre 2 (pour avoir un reste d’ordre o(x^{2})).

Solution: On trouve 1 + 2 x^{2} = (1 + x + x^{2})(1 − x + 2 x^{2}) − x^{3} − 2x^{4}. [1.0 pts]

ii. En déduire la décomposition en éléments simples de F dans ℝ .

Solution: En divisant le résultat ci-dessus par 1 + x + x^{2} (irreductible) et par x^{3}, on a [1.0 pts]

F (x) = \frac{1}{x^{3}} − \frac{1}{x^{2}} + \frac{2}{x} − \frac{1 + 2 x}{1 + x + x^{2}} .

iii. Calculer la primitive ∫ F (x) dx .

Solution: La dernière fraction est de la forme u′/u, (u(x) > 0 ∀x) donc [1.0 pts]

∫ F (x) dx = −\frac{1}{2 x^{2}} + \frac{1}{x} + 2 ln |x| − ln(1 + x + x^{2}) + C .

Exercice 2. (a) Résoudre sur ]0, +∞[, l’équation différentielle

x y′ − 2 y = x^{3} sin x .  (E)

Solution: (EH) ⟺^{(y≠0)} \frac{y′}{y} = \frac{2}{x} ⟺ ln |y| = 2 ln x + k ⟺ y = ±C · x^{2} avec

C = e^{k} mais on vérifie que y = C · x^{2} est solution ∀C ∈ ℝ. [0.5 pts] Solution particulière par variation de la constante : y = C(x) · x^{2} dans (E) donne x · C′ · x^{2} = x^{3} sin x ⟺ C′ = sin x ⟺ C = − cos x + k; [0.5 pts] pour k = 0 on a la solution particulière y = −x^{2} cos x et la solution

[0.5 pts]

générale à (E) est y = x^{2}(k − cos x) avec k ∈ ℝ arbitraire.

[0.5 pts]

(b) Quelle est la solution de (E), notée f, vérifiant f(\frac{π}{2}) = 1 ?

Solution: Pour la solution générale on a y(\frac{π}{2}) = (\frac{π}{2})^{2}(k − 0), c’est égal à 1 ssi k = (2/π)^{2}, soit f = x ↦ x^{2}(\frac{4}{π^{2}} − cos x). [0.5 pts] Exercice 3. Soit la courbe (C) du plan affine définie paramétriquement par

\{ \begin{matrix}x(t) = t sh t = t \frac{e^{t} − e^{−t}}{2} \\ y(t) = 1 − \frac{1}{2} t^{2} + \frac{1}{4} t^{4} \end{matrix} , t ∈ ℝ .

(a) Calculer le DL_{4}(0) de la fonction x .

Solution: On a sh(t) = t + \frac{1}{6}t^{3} + o(t^{3}) (t → 0) (cf. cours et TD), d’où x(t) = t^{2} + \frac{1}{6}t^{4} + o(t^{4}). [0.5 pts]

(b) Montrer que (C) admet un point stationnaire, puis déterminer sa nature. [On peut déduire les dérivées à partir des D.L..]

Solution: On a x′ = sh t + t ch t et y′ = −t + t^{3} = t(t^{2} − 1), donc y′ = 0 ⟺ t ∈ { 0, ±1 } et on vérifie que x′(0) = 0 (et x′(±1) ≠ 0) donc M(0) = (0, 1) est (unique) pt. stationnaire. [0.5 pts] En utilisant que les coeff. du DL(0) sont a_{k} = \frac{1}{k!}f^{(k)}(0) (car x, y sont indéfiniment dérivables), on a V′′(0) = 2(1, −\frac{1}{2}) = (2, −1) ⟹ p = 2, [0.5 pts] V′′′(0) = (0, 0) (x, y paires) et V^{(4)} = 24(\frac{1}{6}, \frac{1}{4}) = (4, 6) ∉ [V′′(0)] ⟹

[0.5 pts]

q = 4 et on a un point de rebroussement de 2^{nde} espèce.

[0.5 pts]

(c) Etudier les branches infinies (arcs infinis) de (C).

Solution: Il n’y a pas de pôles, donc il suffit de regarder t → ±∞.

Pour t → +∞, on a x → ∞, y → ∞ et \frac{y}{x} ∼ \frac{t^{4}/4}{t e^{t}/2} → 0 donc branche

parabolique de direction (0x). [1.0 pts] Pour t → −∞ on a le même résultat (x, y paires).

(d) Donner les points multiples de (C). (Penser aux symétries de (C).)

Solution: Comme x, y sont paires, la branche t ∈ ]0, +∞[ est parcourue deux fois, donc tout M(t), t > 0 est point double (M(t) = M(t′) avec t′ = −t ≠ t). [0.5 pts]

(e) Etablir le tableau de variation des applications coordonnées x et y .

Solution: \begin{matrix}t & −∞ & & −1 & & 0 & & 1 & & +∞ \\ x & +∞ & & ↘ & & 0 & & ↗ & & +∞ \\ x′ & & − & & − & 0 & + & & + \\ y′ & & − & 0 & + & 0 & − & 0 & + \\ y & +∞ & ↘ & \frac{3}{4} & ↗ & 1 & ↘ & \frac{3}{4} & ↗ & +∞ \end{matrix} [1.0 pts]

(f) Tracer (C).

Solution: Il y a une seule branche, partant de M(t = 0) = (1, 0) en direction de la [1.0 pts] tangente V′′(0) = (2, −1), passant par le point de tangente horizontale (sh(1) ≈ 1, 2; \frac{3}{4}), et remontant en une branche parabolique de direction (Ox). [figure: O; x; y; V⃗′′(0) = (2, −1); 1; M(0); 1; M(1) = (1.2, \frac{3}{4})]

Deuxième partie : Algèbre linéaire [11.5 pts]

Exercice 4. (Question de cours.)

Donner la définition du rang d’une application linéaire, puis énoncer le théorème du rang.

Solution: Pour f ∈ L(E, F), rang f =^{def} dim im f, et on a rang f + dim ker f = dim E. [1.5 pts]

Exercice 5. Soient

u_{1} = (−1, −2, 0, −1) ; u_{2} = (3, 3, −2, −2) ; u_{3} = (1, 0, −1, −1) ; u_{4} = (−1, 1, 2, 4)

quatre vecteurs de ℝ^{4} et E = vect(u_{1}, u_{2}, u_{3}, u_{4}). Donner une base de E formée de vecteurs de { u_{1}, u_{2}, u_{3}, u_{4} }.

Solution: Un pivot de Gauss (le plus simple est de commencer avec u_{3}, puis u_{4}) montre [1.0 pts] que rang (u_{1}, u_{2}, u_{3}, u_{4}) = 3 et que u_{1} par exemple peut s’écrire comme combinaison linéaire de u_{2}, u_{3}, u_{4}, ces 3 vecteurs sont donc base de E. [1.0 pts] (On peut aussi montrer que (u_{1}, u_{2}, u_{3}, u_{4}) n’est pas libre en donnant (λ_{1}, ...λ_{4}) ≠ o t.q. λ_{1}u_{1} + ... + λ_{4}u_{4} = o (ainsi dim E ≤ 3), puis montrer que (u_{1}, u_{2}, u_{3}) par exemple est libre (ainsi dim E ≥ 3) donc base de E.) (NB : (u_{1}, u_{3}, u_{4}) est également base, (u_{1}, u_{2}, u_{4}) non car 2 u_{1} + u_{2} + u_{4} = o.)

Exercice 6. ℝ^{4} étant muni de sa base canonique B = (e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}), soit f l’endomorphisme de ℝ^{4} dont la matrice par rapport à B est

A = Mat_{B}(f) = ( \begin{matrix}−1 & 0 & 3 & −3 \\ −2 & 1 & 3 & −3 \\ −1 & 1 & 2 & −2 \\ −1 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

(a) Déterminer le rang de f.

Solution: Un pivot sur les colonnes et/ou lignes (par exemple c′_{1} = c_{1} + c_{2}, c′_{4} = c_{4} + c_{3}) montre que rang A = 3 = rang f. [1.0 pts] Autre solution : on voit que c_{4} = −c_{3} donc rang f ≤ 3, et on montre que (c_{1}, c_{2}, c_{3}) libre, donc rang f = 3.

(b) On considère les vecteurs

ε_{1} = e_{1} + e_{2} ; ε_{2} = e_{1} + e_{2} + e_{3} ; ε_{3} = e_{2} + e_{3} + e_{4} ; ε_{4} = e_{3} + e_{4} .

i. Montrer que la famille B′ = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}, ε_{4}) est libre. En déduire que B′ est une base de ℝ^{4}.

Solution: En faisant ε′_{2} = ε_{2}−ε_{1} puis ε′_{4} = ε_{4}−ε′_{2}, on a une famille echelonnée (ε_{1}, ε_{3}, ε′_{2}, ε′_{4}) sans vecteur nul dc libre, et de rang 4 dc base de ℝ^{4}. [1.0 pts] Autre solution : λ_{1}ε_{1} + ... + λ_{4}ε_{4} = o ⟹ λ = o [résolution du système linéaire par Gauss] donc libre ; card = 4 = dim E donc base. ii. Calculer f(ε_{1}) ; f(ε_{2}) ; f(ε_{3}) ; f(ε_{4}).

En déduire la matrice A′ de f par rapport à la base B′.

Solution: On peut multiplier la matrice A de f par les matrices colonnes de ε_{1}, ..., ε_{4} (ds la base canonique) pour trouver f(ε_{1}) = (−1, −1, 0, 0) = −ε_{1}, f(ε_{2}) = (2, 2, 2, 0) = 2ε_{2}, f(ε_{3}) = (0, 1, 1, 1) = ε_{3}, f(ε_{4}) = o, donc Mat_{B′} f = diag(−1, 2, 1, 0). [1.5 pts]

(c) i. Donner la matrice de passage P de B à B′.

Solution: P = Mat_{B} B′ = ( \begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix} ). [0.5 pts]

ii. Calculer P^{−1} (on pourra exprimer directement e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4} en fonction de ε_{1}, ε_{2}, ε_{3}, ε_{4}).

Solution: On a ε_{2} − ε_{1} = e_{3}, ε_{3} − ε_{4} = e_{2}, ε_{1} − e_{2} = ε_{1} − ε_{3} + ε_{4} = e_{1}, [1.5 pts]

ε_{4} − e_{3} = ε_{4} − ε_{2} + ε_{1} = e_{4}, donc P^{−1} = ( \begin{matrix}1 & 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & −1 \\ −1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 0 & 1 \end{matrix} ).

Autre solution : (P |I) ⇝ (I|P^{−1}) par Gauss.

(d) i. Exprimer A en fonction de A′, P et P^{−1} (sans faire de calcul).

Solution: On a A′ = P^{−1} A P (matrice ds n^{lle} base), donc A = P A′ P^{−1}. [0.5 pts]

ii. Montrer par récurrence que pour tout n ∈ ℕ^{∗}, (P A′ P^{−1})^{n} = P (A′)^{n} P^{−1}.

Solution: La relation est évidemment vraie pour n = 1. Si elle est [0.5 pts] vraie au rang n, on a (P A′ P^{−1})^{n+1} = P A′ P^{−1} (P A′ P^{−1})^{n} = P A′ P^{−1} P (A′)^{n} P^{−1} = P (A′)^{n+1} P^{−1}, d’où la formule au rang n+1 et donc ∀n ∈ ℕ^{∗}.

iii. En déduire A^{n} pour n ∈ ℕ^{∗}.

Solution: Avec ce qui précède, A^{n} = P (A′)^{n} P^{−1} ; A′ étant diagonale on a [0.5 pts]

(A′)^{n} = diag((−1)^{n}, 2^{n}, 1, 0) ; multiplication par P et P^{−1} donne [1.0 pts]

A^{n} = ( \begin{matrix}(−1)^{n} & 0 & 2^{n} − (−1)^{n} & (−1)^{n} − 2^{n} \\ (−1)^{n} − 1 & 1 & 2^{n} − (−1)^{n} & (−1)^{n} − 2^{n} \\ −1 & 1 & 2^{n} & −2^{n} \\ −1 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} )

Présentation : 1 pt

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