Verbatim 28 mai

Pour démontrer qu’une famille de vecteurs est libre, a priori on écrit une combinaison linéaire nulle sur ces vecteurs et on montre que tous les coefficients sont nuls (en général en résolvant un système).

Mais si cette famille est l’image d’une autre famille de vecteurs par une application linéaire, on peut voir si l’application est injective et l’autre famille est une base. Dans ce cas, notre famille image est une base aussi.

Exemple dans un des sujets d’annales, on définit un endomorphisme sur l’espace des polynômes de degré inférieur ou égal à n. φ : R_n[x] → R_n[x] vérifiant

Par exemple si P(x) = 2x² − 3x + 1, alors φ(P)(x) = 2x² − 3x + 1 + 2(x+1)² − 3(x+1) + 1

On montre que φ est injective et surjective donc bijective donc c’est un isomorphisme.

et φ^-1 est aussi un isomorphisme. Et on note E_i l’image du polynôme x ↦ x^i par φ^-1.

Puisque φ est un isomorphisme, φ^-1 aussi donc l’image de la base canonique des polynômes est encore une base.

Considérer une nouvelle base sur l’ensemble des polynômes ne nous fait donc pas changer d’espace, mais permet de décomposer les vecteurs (ici des polynômes) sur une autre base.

Correction de l’exercice 8 sur les espaces vectoriels : fonction g

La matrice est inversible car triangulaire supérieure avec des coefficients diagonaux non nuls donc Ker(g) = {0} et Im(g) = R^3.

On a les équivalences (x, y, z) ∈ Ker(g) ⇔ (−x+2y, y, −z) = (0, 0, 0) ⇔ {−x+2y=0 ; y=0 ; −z=0}

Attention, le carré d’une matrice n’a pas pour coefficients les carrés de coefficients de la matrice de départ.

Pour trouver l’image d’une application matricielle, on considère l’espace vectoriel engendré par les vecteurs colonnes. Mais pour trouver une base de l’image, on va effectivement utiliser les relations données par le noyau pour réduire la famille de colonnes.

Correction du DS3

Problème 1

1. La fonction f est définie pour tout x ∈ R tel que 1+x² ≥ 0 ⇔ x² ≥ −1 toujours vrai

Le domaine de f est donc symétrique par rapport à l’origine et pour tout x ∈ R,

Question 2 : Pour tout x ∈ R, on a 1+x² > 0, donc f est dérivable comme composée de fonctions dérivables.

Pour tout x ∈ R, on a f’(x) = u′(x) / 2√(u(x)) où u(x) = 1+x² et u′(x) = 2x

Question 3 : Pour tout x ∈ R, f’(x) est du signe de x donc f est strictement croissante sur R^+ et strictement décroissante sur R^−

En outre, on a lim_{x→+∞} 1+x² = +∞ or lim_{X→+∞} √X = +∞ donc lim_{x→+∞} f(x) = +∞.

Question 4 : on a pour tout x ∈ R, f(x) − x = √(1+x²) − x = (√(1+x²)−x)(√(1+x²)+x)/(√(1+x²)+x)

(Rappel : on a une asymptote oblique d’équation y=ax+b lorsque lim_{x→∞}f(x)−(ax+b) = 0.

Soit a ∈ R. La tangente à la courbe de f au point d’abscisse /a/ a pour équation :

Cette tangente touche l’axe des abscisses si et seulement si on a une solution à l’équation

Le segment relie le point de coordonnées (a, f(a)) au point de coordonnées (−1/a, 0).

Sa longueur s’écrit donc √((a+1/a)² + f(a)²) = √(a²+2+1/a² + 1+a²) = √(2a²+3+1/a²).

(On rappelle que la formule de la distance AB = √((x_A−x_B)²+(y_A−y_B)²) .)

Or la fonction racine carrée est strictement croissante donc minimiser cette longueur revient à minimiser g.

Question 10 : la fonction g est définie et dérivable sur R^+* comme composée de fonctions dérivables et pour tout a > 0, g′(a) = 4a − 2/a³.

On a les équivalences g′(a) > 0 ⇔ 4a − 2/a³ > 0 ⇔ 4a > 2/a³ ⇔ 4a^4 > 2 ⇔ a^4 > 1/2

Donc g admet un minimum en 1/√√2 qui vaut g(1/√√2) = 2/√2 + 3 + √2 = 3 + 2√2.

Exercice 1 : matrice et transposée

On résout a.u + b.v + c.w = 0 ⇔ {a−b+5c = 0 ; 2a−b−4c = 0 ; 3a+b+c = 0}

⇔ {a−b+5c = 0 ; b − 14c = 0 ; 4b − 14c = 0} ⇔ {a−b+5c = 0 ; b−14c = 0 ; 42c = 0}

Ce système est triangulaire supérieur avec des coefficients diagonaux non nuls donc il est de Cramer et il est homogène donc la seule solution est la solution nulle.

Donc la famille est libre or elle contient 3 vecteurs dans R^3 donc elle est génératrice et c’est une base.

Question 2 : on résout a.u + b.v + c.w = x ⇔ {a−b+5c = 1 ; 2a−b−4c = 1 ; 3a+b+c = 1}

⇔ {a−b+5c = 1 ; b − 14c = −1 ; 4b − 14c = −2} ⇔ {a−b+5c = 1 ; b−14c = −1 ; 42c = 2}

⇔ {a=1+b−5c=(21−7−5)/21=9/21=3/7 ; b=−1+14c=−1+14/21 = −3/3+2/3 = −1/3 ; c=1/21}

Question 6 : en calculant D’×D on retrouve I_3 = D×D’ donc les matrices commutent.

Mais avec la fin du cours sur la matrice inverse, on sait qu’une matrice commute toujours avec son inverse.

Exercice 2 : équation diophantienne

Soit (a,b) ∈ (N*)². On a les équivalences a^b = b^a ⇔ exp(b ln(a)) = exp(a ln(b))

Si a=0, l’équation se réécrit 0^b = b^0 = 1 ce qui n’est vrai que si b=0.

Question 2 : la fonction h est définie sur R^+* et dérivable sur son domaine comme quotient de fonctions dérivables avec pour tout x>0 :

Donc la fonction est strictement croissante sur ]0, e] et strictement décroissante sur [e, +∞[.

On a lim_{x→0}ln(x) = −∞ et lim_{x→0, x>0}1/x = +∞ donc par produit lim_{x→0}h(x)=−∞.

On a donc une asymptote verticale en 0 d’équation x=0, et une asymptote horizontale en +∞ d’équation y=0.

Par théorème des valeurs intermédiaires, il existe x1 < e tel que h(x1)=1/2 et il existe x2>e tel que h(x2) = 1/2. Donc la fonction h n’est pas injective.

Question 4 : Si a<b, on a trois cas pour décrire a^b = b^a ⇔ h(a) = h(b) :

1er cas : a<b<e. Comme la fonction h est strictement croissante donc injective sur ]0, e], elle ne peut avoir deux antécédents de la même valeur sur cet intervalle. Ce cas est donc impossible.

2e cas : e<a<b. De même, h est strictement décroissante sur [e, +∞[ donc ce cas est impossible.

3e cas : a<e<b.

Finalement, le seul cas possible est le 3e.

Question 5 : les entiers positifs inférieurs à e sont 0, 1 et 2.

Le cas a=0 n’a pas de solution b > e.

Le cas a=1 donne 1=1^b = b^1 = b donc b>e impossible.

Le cas a=2 a une solution b=4 et il ne peut pas y en avoir d’autre.

Question 6 : Finalement, la seule solution l’équation initiale est (2, 4).

Exercice 3 : code d’entrée

On choisit successivement 4 chiffres parmi 10 avec ordre et répétitions éventuelles donc il y a 10^4 codes possibles.

Question 2 : si 4 touches sont à utiliser, chacune ne peut être utilisée qu’une seule fois (la somme des nombres d’utilisations vaut 4 et chacun est supérieur ou égal à 1). On choisit donc 4 chiffres parmi 4 sans répétition et avec ordre. Il y a donc 4×3×2×1 codes possibles.

(On peut utiliser la formule des arrangements 4!/(4−4)! = 4!

On peut aussi dire qu’on choisit un ordre sur ces 4 chiffres donc il y a 4! possibilités).

Question 3 : s’il y a 3 touches d’utilisées, une de ces touches est utilisée 2 fois. On choisit une touche à doubler parmi les 3. On choisit les 2 positions de cette touches dans le code (donc parmi 4 positions sans répétitions) et on choisit l’ordre des deux dernières touches.

Il y a donc 3×(2 parmi 4)×2! codes possibles.

soit 3×6×2= 36 codes possibles.

Exercice 4 : forfait déclaré

Question 1 : le deuxième mois, on devrait payer 15 €, mais on est remboursé de 7,50 €, donc on ne paye que 7,50 €.

Le 3e mois, on devrait payer 15 €, mais on est remboursé de 3,75 €, donc on ne paye que 11,25 €.

Question 2 : On ne démontre pas (en général) une relation de récurrence par récurrence.

Le prix de revient du (n+1)-ème mois correspond au cout total (15 €) moins la réduction de la moitié du prix du mois précédent, c’est-à-dire u_n / 2. Donc u_{n+1} = 15 − u_n / 2.

Question 3 : on résout l’équation et on trouve a=10.

Question 4 : On calcule pour tout n ≥ 1 : v_{n+1} = u_{n+1} − a = 15 − u_n/2 − 10

= 5 − u_n/2 = (10−u_n)/2 = −v_n/2.

Finalement, la suite (v_n) est géométrique de raison −1/2 et de premier terme v_1=u_1−10=5.

Question 5 : Pour tout n≥1, u_n = v_n + 10 = 10 + 5×(−1/2)^{n−1}

Or −1/2 ∈ ]−1, 1[ donc lim_{n→+∞} (−1/2)^{n−1} = 0

donc lim_{n→+∞} u_n = 10.

Question 6 : On a ∑_{k=1}^n u_k = ∑_{k=1}^n (10 + 5×(−1/2)^{k−1})

= 10n + 5×(1−(−1/2)^n)/(1−(−1/2)) = 10n + 10/3 ×(1−(−1/2)^n)

Donc 1/n × ∑_{k=1}^n u_k = 10 + 10/3n × (1 − (−1/2)^n)

Or lim_{n→+∞} (−1/2)^n = 0 donc lim_{n→+∞}(1−(−1/2)^n = 1

et lim_{n→+∞}10/3n = 0 donc lim_{n→+∞} 1/n × ∑_{k=1}^n u_k = 10.