Tome 2 Corrige
Tome 2 Corrige
Tome 2 Corrige
1. Continuité, p.2.
2. Dérivabilité, p.6.
3. Equations différentielles, p.17.
4. Fonctions de plusieurs variables, p.20.
5. Matrices, p.21.
6. Systèmes linéaires, p.26.
1
1 Continuité
f est dérivable sur [0, 1] et : ∀x ∈ [0, 1], f 0 (x) = 4x3 − 4x = 4x(x2 − 1) < 0 donc f est strictement
décroissante sur [0, 1].
Méthode : Pour connaitre facilement le signe de f 0 (x) il suffisait de FACTORISER.
De plus f (0) = 0 et f (1) = −1 et f est continue sur [0, 1].
D’après le théorème de la bijection, f réalise une bijection de [0, 1] sur f ([0, 1]).
Pour déterminer f ([0, 1]), puisque f est continue et décroissante, on a :
Rappel : [0, 1] stable par f ⇔ f ([0, 1]) ⊂ [0, 1] ⇔ ∀x ∈ [0, 1], f (x) ∈ [0, 1].
Méthode :
1. On a une fonction continue, une équation qui doit avoir au moins une solution..., ça sent le TVI...
√ √
2. Au lieu de lire ” f (c) = c, il faut lire ”f (c) − c = 0”.
√
On pose donc g(x) = f (x) − x. Alors g(0) = f (0) ≥ 0 et g(1) = f (1) − 1 ≤√0, de plus g est continue
donc, d’après le TVI, il existe c ∈]0, 1[ tel que g(c) = 0. On a alors f (c) = c.
Remarque : Chaque fois que l’on utilise un théorème (ici, le TVI), on donne son nom et on en vérifie
toutes les hypothèses.
2
Exercice 4 (++) (théorème de la bijection)
1. On remarque que ∀x ∈ R, ex + e−x 6= 0.
4
Ainsi f est dérivable sur R et : ∀x ∈ R, f 0 (x) = >0.
+ e−x )2
(ex
Donc f est strictement croissante et continue. D’après le théorème de la bijection, f est une
bijection de R sur J = f (R).
Ainsi f admet une fonction réciproque f −1 qui est définie, continue, et strictement croissante
sur J = f (R). De plus f (R) =] lim f, lim f [=] − 1, 1[.
−∞ +∞
2. Méthode pour déterminer f −1:
On fixe y ∈] − 1, 1[ et on résout l’équation f (x) = y (d’inconnue x).
Soit y ∈] − 1, 1[. On raisonne par équivalence :
1 1 + y r 1 + y
−1
Ainsi on a : ∀y ∈] − 1, 1[, f (y) = ln = ln .
2 1−y 1−y
Exercice 6 (++)
Soit f une fonction continue vérifiant : ∀x ∈ R, |f (x)| = |x|.
Alors : ∀x ∈ R, f (x) = −x ou f (x) = +x.
Mais f est continue donc on n’ a que quatre fonctions qui vérifient ce que l’on veut :
. f : x 7→ x ;
. f : x 7→ −x ;
. f : x 7→ f (x) = −x si x ≤ 0, f (x) = +x si x > 0 ;
. f : x 7→ f (x) = +x si x ≤ 0, f (x) = −x si x > 0.
3
Exercice 7 (++) (théorème des valeurs intermédiaires)
Méthode : On a une fonction continue, une équation qui doit avoir au moins une solution..., ça sent
le TVI...(on a déjà dit ça, non ?)
Vu l’équation, on s’intéresse à la fonction : g(x) = f (1 + x) − f (x) − 5.
Il faut montrer que g s’annule sur [0, 1].
g est définie si 1 + x ∈ Df et x ∈ Df , c’est à dire si x ∈ [0, 1].
g est continue sur [0, 1] ;
g(0) = f (1) − f (0) − 5 = f (1) − 5;
g(1) = f (2) − f (1) − 5 = 5 − f (1) = −g(0)
Donc g(0) et g(1) sont de signe contraire.
Ainsi, d’après le TVI, il existe c ∈ [0, 1] tel que g(c) = 0. Alors on a bien : f (1 + c) − f (c) = 5.
Donnons un contre-exemple prouvant que ce n’est plus vrai si l = 1. Il suffit de prendre f (x) = 1 + x.
Alors f (x) ∼+∞ x mais f n’a aucun point fixe.
4
Exercice 10 (++++) (Théorème des Valeurs Intermédiaires)
- Premier cas : f (a) = a.
Dans ce cas on prend c = a et c’est fini.
5
2 Dérivabilité
6
3. Si y ∈ F \ {0}, alors y = u(x) avec x ∈ R \ {0} (car u(0) = 0).
Ainsi u est dérivable en x et u0 (x) 6= 0, donc (c’est du cours) u−1 est dérivable en y.
Ainsi u−1 est dérivable sur F \ {0}.
0 1 1 + u−1 (y)6
4. Première façon : avec la formule du cours : u−1 (y) = 0 −1 = .
u (u (y)) 3u−1 (y)2
Deuxième façon : en déterminant d’abord u−1 (ici c’est possible) :
p
y = u(x) ⇔ tan(y) = x3 ⇔ x = 3 tan(y)
1 0 1 −2
donc u−1 (y) = tan y 3
. Puis : u−1 (y) = (1 + tan2 y) tan y 3
3
7
On applique la Formule de Leibniz (n ≥ 2) :
n
X
f (n) (x) = Cnk u(k) (x) w(n−k) (x)
k=0
= Cn0 u(x) w(n) (x) + Cn1 u(1) (x) w(n−1) (x) + Cn2 u(2) (x) w(n−2) (x).
En effet, on s’arrête là car après (pour k ≥ 3), u(k) (x) = 0. Ainsi :
π π π
f (n) (x) = x2 sin(x + n ) + 2nx sin(x + (n − 1) ) + n(n − 1) sin(x + (n − 2) ) .
2 2 2
2. On applique l’inégalité des accroissements finis à f sur [a, b] : |f (b) − f (a)| ≤ K(b − a) avec
K = sup |f 0 (t)|.
t∈[a,b]
Il ne reste qu’à montrer que : K ≤ M (b − a).
Soit t ∈ [a, b]. On peut appliquer l’IAF à f 0 sur [a, t] : |f 0 (t) − f 0 (a)| ≤ M (t − a) ≤ M (b − a).
Or f 0 (a) = 0, donc |f 0 (t)| ≤ M (b − a) pour tout t ∈ [a, b]. Donc K ≤ M (b − a).
Par conséquent, |f (b) − f (a)| ≤ M (b − a)2 .
f (c)
ϕ(c) = 0 ⇔ f (c) − k(c − a)(c − b) = 0 ⇔ k = .
(c − a)(c − b)
8
r
1 1 e
décroissante sur [− , +∞[. De plus f (−1) = 0, f (− ) = et lim f = 0.
2 2 2 +∞
9
Exercice 23 (++) (prolongement par continuité, dérivabilité)
1. lim f = 0, donc f admet un prolongement par continuité en 0 noté g.
0
On a g(x) = f (x) si x ∈] − 1, 0[∪]0, 1[ , et g(0) = 0.
2. Si on n’aime pas la valeur absolue (on a le droit), on distingue les cas x > 0 et x < 0. On trouve
que
g(x) − g(0) g(x) − g(0)
lim = lim = −1 .
x→0,x>0 x−0 x→0,x<0 x−0
Donc g est dérivable en 0 et g 0 (0) = −1.
Par ailleurs, g est dérivable sur ] − 1, 0[∪]0, 1[ en tant que produit de fonctions dérivables et :
−1
∀x ∈] − 1, 0[∪]0, 1[, g 0 (x) = .
1 − |x|
Ici encore, pour calculer cette dérivée on reste calme et on distingue les cas x > 0 et x < 0,
pour ne pas être gêné par la valeur absolue...
On remarque que lim g 0 (x) = −1 = g 0 (0). Donc g 0 est continue en 0.
x→0
Maintenant, on ne sait pas calculer une dérivée avec une valeur absolue !
Donc, pour calculer f 0 , il faudrait enlever cette valeur absolue qui nous gêne. Et pour enlever
une valeur absolue, c’est simple, il suffit d’en avoir envie et de distinguer deux cas.
Puisqu’on parle de |x − 1|, les cas seront : x − 1 > 0 et x − 1 < 0.
1 1
− x−1
- Premier cas : x > 1. Alors f 0 (x) = e .
(x − 1)2
−1 1
- Second cas : x < 1. Alors f 0 (x) = 2
e x−1 .
(x − 1)
3. La fonction f est continue sur le segment [2, 999], donc elle est bornée sur ce segment d’après
le théorème de continuité sur un segment.
. Remarque :
Si f est bornée sur une partie D, et si E ⊂ D, alors évidemment f est aussi bornée sur E ! ! !
L’intervalle ]2, 1000[ n’est pas un segment, mais il est inclus dans le segment [2, 1000]. Or f est
continue sur ce segment donc on peut affirmer, grâce au théorème de continuité sur un segment,
qu’elle est bornée sur [2, 1000].
Puisque ]2, 1000[⊂ [2, 1000], f est aussi bornée sur ]2, 1000[.
4. lim f = lim f = e0 = 1. lim f = lim f = 0.
+∞ −∞ 1+ 1−
5. lim f existe et vaut 0, donc f est prolongeable par continuité en 1, en posant f (1) = 0.
1
10
1 f (x) − 0
6. En posant t = on a : lim = lim te−|t| = 0.
x−1 x→1 x − 1 t→±∞
Donc le prolongement est dérivable en 1 et sa dérivée est nulle.
Exercice 27 (++) (accroissements finis, suite implicite) (d’après oral ESCP 2002)
1. Allez voir la question 2 de l’exercice juste en dessous.
2. L’étude de l’équation f (x) = 0 sur l’intervalle In =]nπ, nπ + π/2[ est équivalente à l’étude de
l’équation g(x) = x − tan x = 0 sur le même intervalle. La fonction x 7→ g(x) y est de classe C 1
et g 0 (x) = − tan2 (x) < 0.
La fonction g est donc strictement décroissante sur In et induit une bijection de In sur ]−∞, nπ[.
Il existe donc un unique xn appartenant à In tel que g(xn ) = 0, donc tel que f (xn ) = 0.
3. Comme nπ < xn < nπ + π/2, on a immédiatement xn ∼ nπ.
11
Exercice 28 (+++) (étude de fonction, accroissements finis, limite de la dérivée)
1. La fonction f est clairement continue sur R∗+ et comme sin x∼0 x, le choix de f (0) est tel que
f est aussi continue en 0, donc sur R+ .
2. - Très classique : On applique le TAF à la fonction t 7→ sin t qui est C 1 sur [0, x] : il existe
c ∈]0, x[ tel que : sin x = x cos c.
L’inégalité cos c ≤ 1 donne : ∀x ≥ 0, sin x ≤ x .
- Posons h(t) = t cos t − sin t. h est C 1 , on peut donc appliquer le TAF à h sur [0, x] :
il existe d ∈]0, x[ tel que : h(x) − h(0) = h0 (d) × (x − 0). Donc
|h(x)| = | − xd sin d| ≤ x × d2 ≤ x3
3. La fonction f est de classe C ∞ sur R∗+ , car quotient de fonctions de classe C ∞ , le dénominateur
ne s’annulant pas.
x cos x − sin x
Pour x > 0, on a : f 0 (x) = .
x2
D’après la question précédente, pour tout x > 0, |f 0 (x)| ≤ x.
Ainsi, f 0 a une limite en 0 et comme f est continue en 0, on en déduit par le théorème sur la
limite de la dérivée, que f est dérivable en 0, avec f 0 (0) = 0 et f 0 est donc continue en 0.
Ainsi f est de classe C 1 sur R+ .
4. Le signe de f 0 sur In est celui de h : x 7→ x cos x − sin x.
On a h0 (x) = −x sin x et donc, pour n pair, h est strictement décroissante sur In , tandis que
pour n impair elle est strictement croissante sur In .
De plus h est continue, h(2nπ) > 0 et h((2n + 1)π) < 0, ainsi on en déduit que h, donc f 0 ,
s’annule une fois et une seule sur chaque intervalle In .
5.
g(x) − g(A)
∃cx ∈ [A, x] | = g 0 (cx ) .
x−A
On sait que |g(x) − g(A)| ≤ |g(x) − l| + |l − g(A)| ≤ 2ε.
12
2ε 2ε
Ainsi |g 0 (cx )| ≤ . Or |g 0 (cx )| ≥ |m| − ε. Donc |m| ≤ ε + .
x−A x−A
Ceci est vrai pour tout x > A, donc en faisant tendre x vers +∞, on obtient : |m| ≤ ε.
Ceci est vrai pour tout ε > 0, donc |m| = 0 puis m = 0.
On remplace ensuite f par son dl, on remarque que f (x) ∼ 3x donc o(f (x)3 ) = o(x3 ). On a :
7 7 7
x = a1 (3x + x2 + x3 ) + a2 (3x + x2 + x3 )2 + a3 (3x + x2 + x3 )3 + o(x3 ).
3 3 3
On développe, en supprimant les termes de degrés supérieurs à 3 :
7 7
x = a1 (3x+x2 + x3 )+a2 (9x2 +6x3 )+a3 (27x3 )+o(x3 ) = (3a1 )x+(a1 +9a2 )x2 +( a1 +6a2 +27a3 )x3 +o(x3 ).
3 3
7
Par unicité des dl, on peut identifier : 3a1 = 1 ; a1 + 9a2 = 0 ; a1 + 6a2 + 27a3 = 0.
3
1 1 5
On résout : a1 = ; a2 = − 3 ; a3 = − 5 .
3 3 3
1 1 5
Donc : f −1 (t) = t − 3 t2 − 5 t3 + o(t3 ).
3 3 3
13
3. On en déduit immédiatement que f 0 n’est pas bornée au voisinage de 0, ce qui prouve d’ailleurs
que f 0 n’est pas continue en 0.
On pose donc g(x) = Arctan(f (x)) − x. g est continue et dérivable sur I =] − π2 , π2 [, g(0) = 0 et :
f 0 (x)
Si x ∈ I, g 0 (x) = 1+f 2 (x) − 1 ≤ 0 d’après l’hypothèse. Donc g est décroissante sur I, g(0) = 0. Donc
π π
g ≥ 0 sur ] − , 0[, g ≤ 0 sur ]0, [.
2 2
π π
On en conclut que : f (x) ≥ tan x si x ∈] − , 0[ ; f (x) ≤ tan x si x ∈]0, [ .
2 2
Exercice 33 (++++) (théorème de la bijection, application réciproque) (d’après oral ESCP 2002)
1. La fonction x 7→ Pa (x) est dérivable sur R et Pa0 (x) = 3x2 + a. Pour tout a ≥ 0, la fonction Pa
est strictement croissante sur R. Comme lim Pa (x) = −∞ et lim Pa (x) = +∞, Pa réalise
x→−∞ x→+∞
une bijection de R sur lui-même ; 0 a donc un unique antécédent que l’on note u(a).
2. Comme Pa est une fonction strictement croissante et que Pa (0) = −1, on a u(a) > 0, donc u
est à valeurs dans R+∗ .
3. Soit 0 ≤ a < b. On a : Pa (u(b)) = u(b)3 + au(b) − 1 = u(b)3 + bu(b) − 1 + (a − b)u(b) donc
Pa (u(b)) = (a − b)u(b) < 0.
Or, Pa est une fonction strictement croissante : on a donc u(b) < u(a) et u est strictement
décroissante.
4. u(0) est la racine positive de l’équation P0 (x) = x3 − 1 = 0 donc u(0) = 1.
Par ailleurs au(a) = 1 − u(a)3 ≤ 1 ; donc 0 < u(a) ≤ a1 , ce qui entraı̂ne : lim u(a) = 0.
a→+∞
5. Résumons la situation :
. u est strictement décroissante sur R+ ;
. u(R+ ) =] lim u(x), u(0)] =]0, 1] ;
x→+∞
. u est continue (on le prouvera rigoureusement à la question 6) ;
Donc u est une bijection de R+ dans ]0, 1]. Ainsi u admet une application réciproque u−1 :]0, 1] → R+ .
On sait que u(a) 6= 0. La relation définissant u(a) permet donc d’écrire :
1 − u(a)3
a=
u(a)
1 − t3
Ainsi l’application réciproque de u est u−1 :]0, 1] → [0, +∞[, t 7→
t
6. La fonction u−1 est clairement continue sur ]0, 1], donc u est continue sur R+ (car u est la
réciproque de u−1 ), la continuité en 0 s’entendant à droite.
1 (1 + 2t3 )
7. La fonction u−1 est dérivable sur ]0, 1] et : (u−1 )0 (t) = − 2 − 2t = −
t t2
Cette dérivée n’étant jamais nulle, u est dérivable sur R+ (la dérivée en 0 est à droite) et :
1 u(a)2
∀ a ≥ 0, u0 (a) = = −
(u−1 )0 (u(a)) 1 + 2u(a)3
u(a)2
et comme u(a)3 = 1 − au(a), il vient : ∀ a ≥ 0, u0 (a) = − .
3 − 2au(a)
En particulier la dérivée en 0 à droite de u vaut : u0 (0) = − 13 .
14
8. L’allure de la courbe représentant u se déduit par symétrie par rapport à la première bissectrice
de celle de u−1 dont le tracé est élémentaire :
f (x)
On considère la fonction g(x) = x pour x 6= 0. Puisque f 0 (0) = 0, lim g = 0 donc g est prolongeable
0
par continuité en posant g(0) = 0.
Ainsi g est continue sur [0, 1], dérivable sur ]0, 1[, et g(0) = g(1) = 0. On peut donc appliquer le
théorème de Monsieur Rolle pour affirmer qu’il existe c ∈]0, 1[ tel que g 0 (c) = 0.
cf 0 (c) − f (c)
Or on a : g 0 (c) = . On a donc obtenu ce qu’on voulait.
c2
Exercice 36 (+++) (théorème sur la limite de la dérivée, dérivée n-ième) (d’après oral ESCP 2001)
1. On a lim f (x) = 0. On pose donc g(0) = 0.
x→0
2. La fonction g est de classe C ∞ sur R∗ et :
1 1
pour x > 0, g 0 (x) = 2 exp(−1/x) ; pour x < 0, g 0 (x) = − 2 exp(1/x)
x x
On a alors par croissance comparée : lim g 0 (x) = 0 et g étant continue en 0, par théorème sur
x→0
la limite de la dérivée, g est de classe C 1 en 0, avec g 0 (0) = 0.
Finalement g est de classe C 1 sur R.
15
3. Montrons, par récurrence sur n, l’existence de Pn , à coefficients entiers, avec deg Pn = 2n :
- Comme g (0) (x) = g(x), la propriété est vraie au rang 0, avec P0 = 1.
- Supposons le résultat acquis pour un certain rang n.
1
Alors : ∀ x > 0, g (n) (x) = Pn g(x). On en déduit :
x
1 0 1 1 1 1 1
∀ x > 0, g (n+1) (x) = − g(x) + Pn ( )g 0 (x) = − 2 Pn0
2
Pn + Pn (x) 2 g(x)
x x x x x x
Ce qui donne le résultat au rang n + 1, avec Pn+1 (x) = x2 Pn (x) − Pn0 (x)
16
3 Equations différentielles
Puisque f est continue, elle admet une unique primitive F sur R∗+ qui s’annule en 0. Alors F est
dérivable et, d’après (∗), on a : ∀x ∈ R∗+ , 2xF 0 (x) = 3F (x) (E)
Ainsi F est solution de l’équation différentielle (E), que l’on peut normaliser (car x > 0) :
3
F0 − F =0.
2x
3 3β √
Ainsi F (x) = βx 2 . Puis f (x) = F 0 (x) = x.
√ 2
Ainsi, si f vérifie (∗) alors f (x) = k x avec k qui est une constante réelle.
√
Réciproquement, si f (x) = k x, alors :
Z x 3
t2 x 3 √
3 f (t) = 3[k 3 ]0 = 2kx 2 = 2xk x = 2xf (x)
0 2
√
On a ainsi la réciproque : si f (x) = k x alors f vérifie (∗).
√
En conclusion, les applications continues sur R∗+ vérifiant (∗) sont les fonctions x 7→ k x avec k une
constante réelle.
17
Exercice 40 [Oral Agro 2004] (++) (équations différentielles)
√
1 3
1. L’équation caractéristique associée,x2
− x + 1 = 0, a deux racines complexes : ± i .
2 2
Donc y est solution de (E1 ) si et seulement si il existe (a1 , a2 ) ∈ R2 tel que :
√ √
x 3 3
∀x ∈ R, y(x) = e a1 cos(
2 x) + a2 sin( x)
2 2
2. (a) Il faut comprendre (c’est sous-entendu par l’énoncé) que l’on suppose que f est solution de
(E2 ). On a alors f qui est en fait deux fois dérivable, puisque d’après (E2 ) f 0 est composée
de fonctions dérivables.
Ceci justifie que l’on puisse dériver deux fois g.
On a : g 0 (t) = et f 0 (et ) et g 00 (t) = e2t f 00 (et ) + et f 0 (et ).
Ainsi : g 00 (t) − g 0 (t) + g(t) = e2t f 00 (et ) + f (et ).
1 1 1
Or f vérifie (E2 ) donc, en dérivant, on a : f 00 (x) = − 2 f 0 ( ) = − 2 f (x).
x x x
On applique ceci avec x = et : f 00 (et ) = −e−2t f (et ).
On a donc : g 00 (t) − g 0 (t) + g(t) = 0. Donc g vérifie (E1 ).
(b) Puisque g est solution de (E1 ), il existe C1 et C2 telles que :
√ √
t t 3 3
∀t ∈ R, f (e ) = g(t) = e 2 a1 cos( t) + a2 sin( t)
2 2
Posons x = et (i.e. t = ln x) :
√ √
√ 3 3
∀x > 0, f (x) = x a1 cos( ln x) + a2 sin( ln x)
2 2
Mais attention, ceci n’est qu’une condition nécessaire !
On a prouvé que :
Si f est solution de (E2 ), alors f s’écrit comme ceci.
18
√
Ce qui revient à dire que a1 = a2 3.
Finalement, les fonctions solutions de (E2 ) sont les fonctions définies par :
√ √
√ √ 3 3
∀x > 0, f (x) = C x 3 cos( ln x) + sin( ln x) , avec C ∈ R.
2 2
≤ |λ(0)| + M et dt ≤ K + M ex (K = constante)
0
19
Donc y0 est bornée. Donc f est bornée (somme de deux fonctions bornées).
La réciproque est fausse, comme le prouve l’exemple qui suit : g(x) = sin(x2 ) + 2x cos(x2 ) n’est pas
bornée ; y = sin(x2 ) est bornée et vérifie y 0 + y = g.
20
5 Matrices
n
X
Si on regarde les élements diagonaux, ceci donne : ci,i = a2i,k puisque ai,k = ak,i . Or ci,i = 0, et une
k=1
somme de carrés est nulle si et seulement si chaque terme est nul, ainsi : ∀(i, k), ai,k = 0. Autrement
dit, M = 0. Donc H = {0}.
Remarque : si on trouve ce raisonnement trop difficile, on essaie avec des matrices symétriques de
taille 2, puis on essaie de généraliser.
Ainsi, si on prend deux éléments quelconques R(a) et R(b) dans F, alors leur produit s’écrit
R(c) (en posant c = a + b) donc leur produit est encore dans F.
Donc l’ensemble F est stable pour le produit matriciel.
2. Non. En effet, I2 = R(0) est dans F, mais I2 + I2 = 2I2 n’est pas dans F puisqu’un cosinus ne
peut pas être égal à 2. Donc F n’est pas stable pour l’addition.
3. R(a)R(−a) = R(a − a) = R(0) = I2 .
Donc R(a) est inversible et R(a)−1 = R(−a).
4. R(a)2 = R(a)R(a) = R(2a).
Par récurrence on généralise : R(a)n = R(na).
21
Exercice 50 (++) (produit matriciel, trace d’une matrice)
n
X
1. Tr(In ) = 1 = n.
i=1
2. Soit (A, B) ∈ Mn (K)2 . On note A = (ai,j )1≤i,j≤n et B = (bi,j )1≤i,j≤n
On note : A + B = P = (pi,j )1≤i,j≤n .
On sait que : ∀(i, j) ∈ {1, . . . , n}2 , pi,j = ai,j + bi,j . Par conséquent :
n
X n
X n
X n
X
Tr(A + B) = pi,i = (ai,i + bi,i ) = ai,i + bi,i = Tr(A) + Tr(B)
i=1 i=1 i=1 i=1
Par conséquent :
n
X n X
X n
Tr(AB) = ci,i = ai,k bk,i
i=1 i=1 k=1
n
X n X
X n n X
X n n X
X n
Tr(BA) = di,i = bi,k ak,i = bk,i ai,k = bk,i ai,k = Tr(AB)
i=1 i=1 k=1 k=1 i=1 i=1 k=1
0 1
4. Non. On donne un contre-exemple en prenant la matrice M = .
1 0
D’une part : Tr(M )× Tr(M ) = 0. Mais d’autre part : M 2 = I donc Tr(M 2 ) = 2.
5. On raisonne par l’absurde et on suppose qu’il existe deux matrices A et B telles que AB −BA =
In . On a alors T r(AB − BA) = T r(In ).
D’une part, d’après 1, T r(In ) = n.
Mais d’autre part, d’après 2 et 3, T r(AB − BA) = T r(AB) − T r(BA) = 0.
On a ainsi n = 0 : c’est absurde !
Donc il ne peut pas exister deux matrices A et B telles que AB − BA = In .
22
Exercice 52 (+++) (formule du binôme)
−2 0 −2
1. A = 1 0 1 . On calcule A2 : A2 = −A. On en déduit par récurrence que :
1 0 1
∀n ∈ N∗ , An = (−1)n+1 A .
n
n n
X n
M = (4A + I) = 4k Ak
k
k=0
n n
n 0 0 X n k k+1
X n
= 4 A + 4 (−1) A = I − (−4)k A
0 k k
k=1 k=1
n
X n
= I − (−4)k − 1 A = I − (−4 + 1)n − 1 A = I + (1 − (−3)n )A
k
k=0
2(−3)n − 1 −2 + 2(−3)n
0
Ainsi on a : ∀n ∈ N∗ , An = 1 − (−3)n 1 1 − (−3)n .
1 − (−3)n 0 2 − (−3)n
On remarque que cette formule est encore vraie pour n = 0.
Remarque importante :
Comme d’habitude, si on n’y comprend rien et si on n’arrive pas à faire ce calcul un peu
compliqué, on essaie sur un exemple (ou deux) puis on généralise :
Par exemple, prenons n = 3 et i = 1 et j = 3.
a1,1 a1,2 a1,3 0 0 1 0 0 a1,1
AE1,3 = a2,1 a2,2 a2,3 0 0 0 = 0 0 a2,1
a3,1 a3,2 a3,3 0 0 0 0 0 a3,1
0 0 1 a1,1 a1,2 a1,3 a3,1 a3,2 a3,3
E1,3 A = 0 0 0 a2,1 a2,2 a2,3 = 0 0 0
0 0 0 a3,1 a3,2 a3,3 0 0 0
(b) Soit A ∈ Zn (R). Fixons (i, j) ∈ {1, . . . , n}2 . Alors AEi,j = Ei,j A. En comparant ces deux
produits obtenus dans la question précédente, on en déduit que :
∀k 6= i, ak,i = 0 ; ∀k 6= j, aj,k = 0
23
De plus, ai,i = aj,j .
Par conséquent, A est une matrice diagonale, dont tous les éléments diagonaux sont égaux.
Appelons α leur valeur commune. Alors A = αIn .
3. Conclusion : Zn (R), l’ensemble des matrices qui commutent avec toutes les autres matrices, est
l’ensemble des matrices proportionnelles à l’identité.
(−2)n + 8 + 4n ?
?
1
Bn = ? ? ? .
10 n n
? ? 3(−2) + 7.4
(si vous avez les 2 termes ’extremes’, c’est que ça doit être correct).
Remarque : on vient d’utiliser la diagonalisation.
24
Exercice 56 (+++) (application dans l’ensemble des matrices)
2
2 a + bc b(a + d)
1. Après calcul : f (M ) = M =
c(a + d) d2 + bc
a b
2. Soit M = .
c d
a2 + bc = 4
b(a + d) = 1
Il faut résoudre l’équation f (M ) = P qui équivaut à :
c(a + d) = 0
d2 + bc = 2
Attention, ce n’est pas un système linéaire. L’équation c(a + d) = 0 implique c = 0 ou a + d = 0.
Mais a + d ne peut pas être nul car b(a + d) = 1. On a donc c = 0. En réinjectant dans les
1
autres équations on obtient : a2 = 4, d2 = 2, b = a+d .
Ainsi P a 4 antécédents qui sont les matrices :
√ √
2 1/(2√+ 2) 2 1/(2 − √ 2)
M1 = , M2 =
0 2 0 − 2
√ √
−2 1/(−2
√+ 2) −2 1/(−2√− 2)
M3 = , M4 = .
0 2 0 − 2
3. Même méthode :
a2 + bc
= −1
b(a + d) =1
f (M ) = R ⇔ .
c(a + d) =0
d2 + bc =1
Alors c = 0, puis : a2 = −1, ce qui est impossible (les coefficients sont réels). Donc R n’a aucun
antécédent par f .
4. Il existe un élément P qui a plusieurs antécédents, donc f n’est pas injective.
Il existe un élément R qui n’a aucun antécédent, donc f n’est pas surjective.
25
6 Systèmes linéaires
Exercice 59 (+) (systèmes linéaires)
En fait, F est l’ensemble des quintuplets (i.e. des vecteurs de R5 ) solutions d’un système linéaire. On
va résoudre ce système avec la méthode du pivot de Gauss. Soit u = (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) ∈ R5 .
(L1 ← 41 L1 )
2x1 − 5x4 = 0
u∈F ⇔ 6x1 + 12x2 + 2x4 = 0 (L2 ← 2L2 )
10x1 + 12x2 − 8x4 = 0 (L3 ← 2L3 )
2x1 − 5x4 = 0
⇔ + 12x2 + 17x4 = 0 (L2 ← L2 − 3L1 )
+ 12x2 + 17x4 = 0 (L3 ← L3 − 5L1 )
x1 = 25 x4
⇔ 17
x2 = − 12 x4
5 17
Ainsi : F = {( x4 , − x4 , x3 , x4 , x5 ), (x3 , x4 , x5 ) ∈ R3 }
2 12
On peut aussi l’écrire en français (c’est mieux) : F est l’ensemble de tous les quintuplets qui s’écrivent
5 17
( x4 , − x4 , x3 , x4 , x5 ) avec (x3 , x4 , x5 ) ∈ R3 .
2 12
Autrement dit, on peut choisir ce que l’on veut pour les nombres x3 , x4 et x5 , et le quintuplet
5 17
( x4 , − x4 , x3 , x4 , x5 ) sera toujours une solution du système.
2 12
Remarque (qui sera bien comprise après le cours sur les espaces vectoriels) : Pour choisir un élément
de F on a 3 ’degrés de liberté’ puisqu’on choisit indépendamment les trois nombres x3 , x4 et x5 .
Donc F est de dimension 3.
Pour résumer, F est un espace de dimension 3 de R5 (géométriquement c’est difficile à visualiser).
Si vous ne comprenez pas les 3 dernières lignes ce n’est pas grave.
Remarque importante : En appliquant à la lettre la méthode du pivot de Gauss, en décrivant les
différentes étapes, en alignant les lignes et les colonnes comme il faut, en se concentrant un peu pour
éviter les erreurs de calcul, en laissant sa gomme dans son sac, en écrivant gros avec des symboles
et des chiffres lisibles, ce système (apparemment compliqué) se résout en trois étapes très rapides. Et
il sera toujours ainsi !
26
Par conséquent : Hα est l’ensemble des quadruplets de la forme (x, 3x, z, 0) avec (x, z) ∈ R2 .
Remarque (à lire après le cours sur les espaces vectoriels) : Hα est un sous-espace vectoriel de
dimension 2 de R4 (géométriquement c’est un plan vectoriel flottant dans un espace de dimension
4).
La conclusion peut se réécrire : Hα = {(x, 3x, z, 0), (x, z) ∈ R2 }.
- Second cas : α = 5.
Alors on a : u ∈ Hα ⇔ y = 3x
Remarque : il n’y a donc pas de z ni de t dans notre système. Ce n’est pas du tout gênant, c’est
comme si on rajoutait les équations z = z et t = t.
On a ainsi : Hα est l’ensemble des quadruplets de la forme (x, 3x, z, t) avec (x, z, t) ∈ R3 .
Ce qui s’écrit aussi : Hα = {(x, 3x, z, t) , (x, z, t) ∈ R3 }.
Remarque (à lire après le cours sur les espaces vectoriels) : Ici Hα est un sous-espace vectoriel de
dimension 3 de R4 .
Le pivot est terminé. On résout en remontant, en ordonnant correctement (on fait les détails
des calculs au brouillon en prenant de la place, en écrivant très gros, en n’effaçant
pas au fur et à mesure avec sa gomme, en utilisant des parenthèses et en faisant
1
x1 = (y1 + 7y2 − 3y3 )
12
1
attention aux - par -) : P X = Y ⇔ x2 = (−5y1 + y2 + 3y3 ) .
12
x3 = 1 (y1 − y2 + y3 )
4
1 7 −3
1
En conclusion, P est inversible et : P −1 = −5 1 3
12
3 −3 3
1
Remarque : on factorise par 12 pour ne pas laisser des fractions dans la matrice, ça simplifiera
les calculs à venir.
2 0 0
2. A = P DP −1 ⇔ D = P −1 AP . On calcule AP puis P −1 (AP ) et on obtient : D = 0 −4 0 .
0 0 2
n
2 0 0 1 0 0
3. D est diagonale donc : Dn = 0 (−4)n 0 = 2n 0 (−2)n 0.
0 0 2n 0 0 1
27
A = P DP −1 donc on montre par récurrence (c’est plus que classique) que An = P Dn P −1 .
On calcule ce produit, en deux étapes, et en factorisant pour simplifier les calculs :
n 1 7 −3
2
Dn P −1 = (−5)(−2)n (−2)n 3(−2)n
12
3 −3 3
4. Il y a évidemment
un lien avec
les questions
précédentes ! En fait, on note Xn le vecteur-colonne :
un u0 −2
Xn = vn . Alors X0 = v0 = 5 et : ∀n ∈ N, Xn+1 = AXn .
wn w0 1
Attention : Dire que (Xn ) est une suite géométrique de raison A serait totalement faux, puisque
(Xn ) n’est pas une suite réelle, c’est une suite de vecteurs-colonnes, et A n’est pas un nombre,
c’est une matrice. Mais on peut quand même appliquer des idées analogues à celles utilisées
dans l’étude des suites géométriques.
On montre par une récurrence rapide que Xn = An X0 .
En utilisant le résultat de la question précédente, on a donc :
28
Exercice 62 (++) (systèmes de Cramer, matrices inversibles)
1. On fixe λ ∈ R et on note (Eλ ) le système de l’énoncé. On sait que (Eλ ) est un système de
Cramer si et seulement si il admet une unique solution. Résolvons (Eλ ) :
x −y +λz = 0 (L1 ↔ L2 ) x −y +λz =0
(Eλ ) ⇔ y +3z = 0 ⇔ y +3z =0
−2x −2z = 0bg −2y +2(λ − 1)z =0 (L3 ← L3 + 2L1 )
x −y +λz =0
⇔ y +3z =0
2(λ + 2)z = 0 (L3 ← L3 + 2L2 )
Dans ce cas, le système (Eλ ) a une infinité de solutions : tous les triplets de la forme (−z, −3z, z)
avec z ∈ R.
- Second cas : λ + 2 6= 0, c’est à dire λ 6= −2.
Alors le système est de Cramer, il a une unique solution qui est évidemment le triplet (0, 0, 0),
puisque (Eλ ) est un système homogène.
- Conclusion :
. Si λ = −2 alors S(Eλ ) = {(−z, −3z, z), z ∈ R}.
. Si λ 6= −2 alors S(Eλ ) = {(0, 0, 0)}.
3. Notons Tλ la matrice proposée. Il faut réfléchir et ne pas partir dans des calculs. En effet Tλ est
la matrice associée au système (Eλ ). Or on a vu à la question 1 que ce système est de Cramer
si et seulement si λ 6= −2.
Conclusion : Tλ est inversible si et seulement si λ 6= −2.
Remarque : Inutile de chercher son inverse, ce n’est pas demandé.
29
ax1 +x2 +x3 = y1 x1 +ax2 +x3 = y2 (L1 ↔ L2 )
Ma X = Y ⇔ x1 +ax2 +x3 = y2 ⇔ ax1 +x2 +x3 = y1
x1 +x2 +ax3 = y3 x1 +x2 +ax3 = y3
x1 +ax2 +x3 = y2
⇔ (1 − a2 )x2 +(1 − a)x3 = y1 − ay2 (L2 ← L2 − aL1 )
+(1 − a)x2 +(a − 1)x3 = y3 − y2 (L3 ← L3 − L1 )
Le pivot est terminé. On sait alors que : le système triangulaire a une unique solution si et
seulement si les coefficients sur la diagonale sont tous différents de 0.
- On sait que : (1 − a) = 0 ⇔ a = 1. Donc la matrice n’est pas inversible lorsque a = 1.
- Maintenant on prend son cahier de brouillon et on calcule : (1−a)+(1+a)(1−a) = 2−a−a2 =
−(a2 + a − 2). Ce polynôme s’annule lorsque a = 1 et lorsque a = −2.
On peut donc conclure (inutile de résoudre le système jusqu’à la fin).
En conclusion : Ma est inversible si et seulement si a ∈ / {−2, 1}. Autrement dit : il n’y a que
deux valeurs pour lesquelles Ma n’est pas inversible, ce sont a = −2 et a = 1.
Remarque : il faut être intelligent et choisir les pivots simples. Il suffit pour cela d’échanger des
lignes et de reconnaitre les identités remarquables et les factorisations évidentes.
Maintenant on calcule l’inverse lorque a = 0. on reprend le dernier système :
x1 = 12 (−y1 + y2 + y3 )
x1 + x3 = y2
M0 X = Y ⇔ + x2 − x3 = y3 − y2 ⇔ x2 = 21 (y1 − y2 + y3 )
2x3 = y1 + y2 − y3 x3 = 12 (y1 + y2 − y3 )
−1 1 1
1
Par conséquent M0−1 = 1 −1 1
2
1 1 −1
Remarque : finalement la plus grande difficulté technique est le développement : a(b+c) = ab+ac
et a(b − c) = ab − ac....
2. Ici il faut réfléchir : il est
inutile
de résoudre
le système (appelé (E)), puisque son écriture
x −2
matricielle est : (E) ⇔ M0 y = 1 . Or on a prouvé que M0 est inversible, donc (E)
z 5
x −2 4
est un système de Cramer, (E) a ainsi une unique solution : y = M0−1 1 = 1 .
z 5 −3
Autrement dit (E) a une unique solution : le triplet (4, 1, −3).
30
Exercice 64 (++) (systèmes linéaires)
Notons (E) ce système et G l’ensemble de ces solutions.
Si on est fou, on peut essayer de résoudre le système sans utiliser le pivot de Gauss... Sinon, si on a
envie de répondre correctement et avant la fin du monde, on utilise le pivot de Gauss, en commençant
par simplifier la première ligne, où tous les coefficients sont multiples de 12.
Soit u = (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) ∈ R5 .
1
x1 + x2 − 2x3 + 3x4 − 4x5 = 0 (L1 ← 12 L1 )
x3 + x4 + x5 = 0
u∈G ⇔
3x1 + 3x2 − 3x3 + x4 + x5 = 0
3x1 + 3x2 − 5x3 − x4 − x5 = 0
x1 + x2 − 2x3 + 3x4 − 4x5 = 0
x3 + x4 + x5 = 0
⇔
3x 3 − 8x 4 + 13x 5 = 0 (L3 ← L3 − 3L1 )
x3 − 10x4 + 11x5 = 0 (L4 ← L4 − 3L1 )
x1 + x2 − 2x3 + 3x4 − 4x5 = 0
x3 + x4 + x5 = 0
⇔
− 11x 4 + 10x 5 = 0 (L3 ← L3 − 3L2 )
− 11x4 + 10x5 = 0 (L4 ← L4 − L2 )
= −x2 + 2(− 21 44 14
x1 10 x4 ) − 3x4 + 10 x4 = −x2 − 5 x4
21
x3 = − 10 x4
11
x5 = 10 x4
On remarque que toutes les coordonnées s’expriment en fonction de deux coordonnées (x2 et x4 ). On
a:
14 21 11
G = {(−x2 − x4 , x2 , − x4 , x4 , x4 ) , x2 ∈ R, x4 ∈ R}.
5 10 10
14 21 11
Autrement dit : les solutions du système sont les quintuplets de la forme (−x2 − x4 , x2 , − x4 , x4 , x4 ),
5 10 10
avec (x2 , x4 ) ∈ R2 .
Remarque : Au risque d’être (un peu) répétitif : en appliquant à la lettre la méthode du pivot de
Gauss, en décrivant les différentes étapes, en alignant les lignes et les colonnes comme il faut, en se
concentrant un minimum pour éviter les erreurs de calcul, ce système (apparemment compliqué) se
résout en quatre étapes très rapides. Et il en est toujours ainsi.
31
Exercice 66 (++) (calcul de l’inverse d’une matrice)
Soit Y = t(y1 , . . . , yn ). Soit X = t(x1 , . . . , xn ). On a :
1
x1 = α1 y n
αn xn = y1
1
αn−1 xn−1
= y2
x
2
= α2 yn−1
AX = Y ⇔ ... ⇔ ...
1
α x = yn−1 xn−1 = αn−1 y2
2 2
α1 x1 = yn
x 1
n = αn y1
On remarque que tous les αi sont non nuls pour justifier leur passage au dénominateur. Il y a une
unique solution, on en conclut que A est inversible et :
. . . 0 α11
0 0
0
0 . . . α12 0
. . . ... . . .
−1
A =
. . . ... . . .
1
0 αn−1 0 ... 0
1
αn 0 0 ... 0
32