Eléments de correction du devoir maison 15

Eléments de correction du devoir maison 15
Exercice 1: Hec E 93
Notons F = {f ∈ E|f 00 − 3f 0 + 2f = 0E } et F0 = {f ∈ F |f (0) = f 0 (0) = 0}.
1. F ⊂ E. Puis en notant g = 0E la fonction nulle, g 00 = g 0 = 0E donc g” − 3g” + 2g = OE et g ∈ F . F 6= ∅.
Soit f1 , f2 ∈ F et λ ∈ R. Mq λf1 + f2 ∈ F . Par linéarité de la dérivation, (λf1 + f2 )00 − (λf1 + f2 )0 + 2(λf1 + f2 )
= λf100 + f200 + 3λf10 − 3f20 + 2λf1 + 2f2 = λ ∗ 0 + 0. D’où λf1 + f2 ∈ F et F est un sous-espace vectoriel de E.
Pour F0 : attention, f ∈ F0 ssi f ∈ F (ne pas l’oublier) et si f vérifie les deux conditions supplémentaires.
On a F0 ⊂ F ⊂ E, et avec g = 0E , g ∈ F par ce qui précède et g(0) = g 0 (0) = 0 donc g ∈ F0 et F0 6= ∅.
Soit f1 , f2 ∈ F0 et λ ∈ R : alors λf1 + f2 ∈ F (car F sev)
et (λf1 + f2 )0 (0) = λf10 (0) + f20 (0) = 0 = λf1 (0) + f2 (0) donc λf1 + f2 ∈ F0 .
F0 est un sous-espace vectoriel de E. Variante : mq F0 sev de F ...
2. a) f1 est de classe C ∞ donc de classe C 2 sur R et f100 = f10 = f1 d’où f100 − 3f10 + 2f1 = 0. De même pour f2 .
b) Soit λ1 , λ2 ∈ R tels que λ1 f1 + λ2 f2 = 0E (rappel 0E cache la fonction nulle !).
Alors, ∀x ∈ R, λ1 f1 (x) + λ2 f2 (x) = 0 (ici 0 cache le réel !) , ce qui donne ∀x ∈ R, λ1 ex + λ2 e2x = 0.
λ1 + λ2 = 0
En particulier, avec x = 0 et x = 1, on obtient le système
d’où .... λ1 = 0 = λ2 .
λ1 e + λ2 e2 = 0
La famille (f1 , f2 ) est donc libre.
3. (a) F étant un sev, on sait déjà que ∀(a1 , a2 ) ∈ R2 , ha1 ,a2 ∈ F . La question est donc de montrer qu’il existe un
unique couple (a1 , a2 ) ∈ R2 tel que ha1 ,a2 (0) = 0 et h0a1 ,a2 (0) = 0.
ha1 ,a2 (0) = 0
f (0) − a1 − a2 = 0
a1 + a2 = f (0)
a1 = 2f (0) − f 0 (0)
Or
⇔
⇔
⇔
. Ccl.
0
0
0
ha1 ,a2 (0) = 0
f (0) − a1 − 2a2 = 0
a1 + 2a2 = f (0)
a2 = f 0 (0) − f (0)
(b) Il suffit de dériver g1 sur R (g1 est C 1 car f C 2 donc f 0 C 1 ) !
∀x ∈ R, g10 (x) = −e−x (f 0 (x) − 2f (x)) + e−x (f 00 (x) − 2f 0 (x)) = e−x (f 00 (x) − 3f 0 (x) + 2f (x)) = 0 car f ∈ F .
Donc g1 est constante sur R. De même pour g2 .
(c) Si de plus,
f 0∈ F0 , on a g1 (0) = 1 ∗ 0 = 0 et de même g2 (0) = 0 donc par (b) ∀x ∈ R, g1 (x) = 0 = g2 (x) d’où
f (x) − 2f (x) = 0
∀x ∈ R,
....d’où ∀x ∈ R, f (x) = 0.
f 0 (x) − f (x) = 0
(d) Le (c) donne F0 = {0E }, d’où le (a) donne que pour tout élément f ∈ F , il existe un unique couple de réels
(a1 , a2 ) tel que 0E = f − a1 f1 − a2 f2 càd f = a1 f1 + a2 f2 .
On en déduit que (f1 , f2 ) est une base de F (on a même les coordonnées de toute fonction f dans cette
base !) et que F est de dimension 2.
4. Φ est linéaire par linéarité de la dérivation : ∀λ ∈ R, f, g ∈ F , Φ(λf + g) = ((λf + g)(0), (λf + g)0 (0))
= (λf (0) + g(0), λf 0 (0) + g 0 (0)) = λ(f (0), f 0 (0)) + (g(0), g 0 (0)) = λΦ(f ) + Φ(g).
Par ailleurs, Φ est injective, car Ker(Φ) = {f ∈ F |Φ(f ) = 0} = {f ∈ F |f (0) = 0 = f 0 (0)} = F0 = {0E }.
(ou mq Φ surjective : comme (f1 , f2 ) base de F , Im(Φ) = V ect(Φ(f1 ), Φ(f2 )) = V ect((1, 1), (1, 2)) = ... = R2 )
Comme dim(F )=2=dim(R2 ), on en déduit que Φ est un isomorphisme de F sur R2 .
Exercice 2: extrait d’Eml 2013
1. cf cours.
2. Soit x > 0. La fonction t 7→
e−t
x+t
est continue sur [0, +∞[ (car x > 0 donc le dénominateur ne s’y annule pas) donc
R +∞
e−t
l’intégrale est impropre en +∞. Or ∀t ≥ 0, 0 ≤ x+t
≤ x1 e−t , et on sait que 0 e−t dt converge, donc d’après le
critère de comparaison, l’intégrale de départ converge.
R 1 e−t
R +∞ e−t
e−t
3. Soit x > 0. D’après la relation de Chasles, f (x) = 0 x+t
dt + 1
x+t dt. Or pour tout t ≥ 0, x+t ≥ 0 donc
R +∞ e−t
−t
par positivité de l’intégrale, 1
≥ e−1 et comme 0≤ 1,
x+t dt ≥ 0. Puis, si t ∈ [0, 1], −t ≥ −1 d’où e
R 1 e−t
R 1 e−1
R 1 e−t
R 1 e−1
dt ≥
dt. On obtient bien f (x) ≥ 0 x+t dt ≥ 0 x+t dt.
0 x+t
R 1 e−1 0 x+t−1
Puis 0 x+t dt = e [ln |x + t|]10 = e−1 ln(1 + x1 ) −→+ +∞. Par comparaison, f (x) −→+ +∞.
x→0
x→0
R
1 −t
1 +∞ −t
e−t
= x1 .
4. Soit x > 0. On a montré en 2. :0 < x+t ≤ x e d’où par intégration, 0 < f (x) ≤ x 0 e dt = x1 [−e−t ]+∞
0
Le théorème d’encadrement permet alors de conclure : f (x) −→ 0.
x→+∞
−t
5. t → te est continue sur [0, +∞[ donc intégrale impropre en +∞. Puis te−t = o( t12 ) car t3 e−t → 0 en +∞.
R +∞ 1
Comme 1
t2 dt converge R(2>1), d’après le critère de négligeabilité pour les intégrales de fonctions positives,
R +∞ −t
+∞
te dt converge, donc 0 te−t dt converge. (Ou la calculer via une IPP).
1
R +∞ e−t
R +∞ e−t
R +∞ e−t
1
Puis d’après la question précédente, on sait que x1 = 0
x dt, d’où f (x) − x = 0
x+t dt − 0
x dt
R +∞ −t 1
R +∞ −t −t
1
= 0 e ( x+t − x )dt = 0 e (x+t)x dt. Puis d’après l’inégalité triangulaire, (toutes les intégrales cv absoR
R
R +∞
+∞
+∞
−t
−t
t
lument) |f (x) − x1 | = 0 e−t (x+t)x
dt ≤ 0 |e−t (x+t)x
|dt = 0 e−t (x+t)x
dt.
t
≤ e−t xt2 et finalement |f (x) − x1 | ≤
Or (x + t)x ≥ x2 d’où e−t (x+t)x
R +∞
0
e−t xt2 dt =
1
x2
R +∞
0
te−t dt.
f (x)
1/x
= xf (x) −→ 1. (Attention, le résultat n’était pas immédiat ! : f (x) − g(x) → 0
x→+∞
R +∞
n’implique pas f (x) ' g(x) !) Or pour x > 0, |xf (x) − 1| = x|f (x) − x1 | ≤ x1 0 te−t −→ 0. Conclure.
Il reste à montrer que
x→+∞
6. Question technique mais TRES TRES fréquente : à retenir absolument !
−t
−t
e
e
1 −t
.
(a) t → (x+t)
2 est continue sur [0, +∞[ et ∀t ∈ [0, +∞[, 0 ≤ (x+t)2 ≤ x2 e
Conclure avec le critère de comparaison.
1
−1
h
1
1
1
1
(b) =
=
−
+
+
2
2
2
h x+h+t x+t
(x + t)
(x + h + t)(x + t) (x + t)
(x + h + t)(x + t) |h|
|h|
=
≤
car (x + t)2 ≥ x2 .
2
|x + h + t|(x + t)
|x + h + t|x2
1
1
2
Puis x + h + t ≥ x + h ≥ x − x2 = x2 ≥ 0 d’où
=
≤ . Conclure.
|x + h + t|
x+h+t
x
Z +∞ −t
Z +∞
Z +∞
−t
−t
f (x + h) − f (x)
1
e
e−t
e
e
(c) dt = dt
+
−
dt −
2
2
(x + t)
h x + h
x
(x + t)
0
Z +∞h 0
0
Z +∞
1
1
1
1
1
1
1
1
−t
−t
≤
dt
e
= e
dt
−
+
−
+
2
2
h x+h+t x+t
(x + t)
h x+h+t x+t
(x + t) 0
0
d’après
Z +∞l’inégalité triangulaire
Z
R +∞
2|h|
2|h| +∞ −t
2|h|
e−t 3 dt [d’après (b)] = 3
≤
e dt = 3 puisque 0 e−t = 1.
x
x
x
0
0
Z +∞
2|h|
f (x + h) − f (x)
e−t
7. 3 −→ 0, donc d’après le théorème d’encadrement (et par 6.(c))
dt −→ 0
+
x h→0
h
(x + t)2 h→0
0
Z +∞
f (x + h) − f (x)
e−t
càd
dt. Donc le taux d’accroissement en x de la fonction f admet une limite
−→ −
h→0
h
(x + t)2
0
R +∞ e−t
en h → 0, donc f est dérivable en x et f 0 (x) = − 0
dt. Vrai pour tout x > 0, d’où le résultat.
(x + t)2
Exercice 3: Hec E 2013
1. (a) Il faut commencer par vérifier que f (P ) ∈ E : Soit P ∈ E, alors deg(P ) ≤ 3, donc deg(P 0 ) ≤ 2, et
deg(X 2 P 0 ) ≤ 4. De même, deg(XP ) ≤ 4 et finalement, deg(f (P ) ≤ max(deg(XP ), deg(X 2 P 0 ) = 4.
Donc ne marche pas ! On recommence : introduisons P (X) = aX 3 + bX 2 + cX + d ∈ E.
Alors f (P )(X) = −3X(aX 3 + bX 2 + cX + d) + X 2 (3aX 2 + 2bX + c)
= X 4 (−3a + 3a) + X 3 (−3b + 2b) + X 2 (−3c + c) + X(−3d) = −bX 3 − 2cX 2 − 3dX ∈ E.
Montrons la linéarité : soit P, Q ∈ E et λ ∈ R. Alors par linéarité de la dérivation,
f (λP + Q)(X) = −3X(λP (X) + Q(X)) + X 2 (λP 0 (X) + Q0 (X))
= λ(−3XP (X) + X 2 P 0 (X)) − 3XQ(X) + X 2 Q0 (X) = λf (P )(X) + f (Q)(X).
(b) Soit P (X) = aX 3 + bX 2 + cX + d ∈ E. D’après les calculs faits au (a),
f (P )(X) = 0 ⇔ −bX 3 − 2cX 2 − 3dX = 0 ⇔ b = c = d = 0 par identification. Finalement,
Ker(f ) = {aX 3 , a ∈ R} = V ect(X 3 ). Donc la famille (X 3 ) est une base du noyau et dim(Kerf ) = 1.
(c) Comme (1, X, X 2 , X 3 ) est une base de E, Im(f ) = V ect(f (1), f (X), f (X 2 ), f (X 3 )) = V ect(−3X, −2X 2 , −X 3 , 0)
= V ect(X, X 2 , X 3 ) et (X, X 2 , X 3 ) étant une famille libre, c’est une base de l’image.
On vérifie : dim(Imf ) + dim(Kerf ) = 3 + 1 = 4 = dim(E).
Ou utiliser le th du rang pour dire que la famille (X, X 2 , X 3 ) est génératrice de Im(f ) et de bon cardinal.
2. (a) Soit λ1 , λ2 , λ3 , λ4 ∈ R tels que λ1 P + λ2 u(P ) + λ3 u2 (P ) + λ4 u3 (P ) = 0 (*). Appliquons l’endomorphisme u3
à cette égalité : u3 (λ1 P + λ2 u(P ) + λ3 u2 (P ) + λ4 u3 (P )) = u3 (0) d’où par linéarité
λ1 u3 (P ) + λ2 u4 (P ) + λ3 u5 (P ) + λ4 u6 (P ) = 0 et comme u4 = 0E , λ1 u3 (P ) = 0. Comme P ∈
/ Ker(u3 ), on
en déduit λ1 = 0 et la relation (*) devient : λ2 u(P ) + λ3 u2 (P ) + λ4 u3 (P ) = 0. En appliquant u2 à cette
relation, on obtient λ2 = 0 etc...
(b) g, en tant que somme finie d’endomorphismes est un endomorphisme (car L(E) est un espace vectoriel).
Il reste à montrer que g est bijectif : Astuce à retenir ! ! remarquer que (id − u) ◦ g = id. En effet :
(id − u)(id + u + u2 + u3 ) = id + u + u2 + u3 − u − u2 − u3 − u4 = id − u4 = id car u4 = 0E . De même,
g ◦ (id − u) = id. On en déduit que g est bijectif, donc est un automorphisme de E et que g −1 = id − u.
(c) Montrons Ker(u) ⊂ Ker(g − id) :
soit P ∈ Ker(u), alors g(P ) = P + 0 + 0 + 0 d’où g(P ) − P = 0 et P ∈ Ker(g − id).
Montrons Ker(g − id) ⊂ Ker(u) :
soit P ∈ Ker(g − id), alors g(P ) − P = 0 d’où u(P ) + u2 (P ) + u3 (P ) = 0 (**).
Appliquons alors u2 à cette relation : par linéarité de u2 , on a u3 (P ) + u4 (P ) + u5 (P ) = 0 d’où u3 (P ) = 0
et (**) devient u(P ) + u2 (P ) = 0. En appliquant u, on trouve u2 (P ) + u3 (P ) = 0 soit u2 (P ) = 0 car par ce
qui précède u3 (P ) = 0, d’où (**) devient u(P ) = 0, ce qui donne P ∈ Ker(u).