PCSI

DEVOIR SURVEILL´E de MATH´EMATIQUES n◦ 8

11/05/2002

Dur´ee : 4 heures

EXERCICE :

Soit l’´equation diﬀ´erentielle (E) :

(x2 + 1) y00 − 2y = 0.

a) Montrer qu’une solution polynomiale de (E) autre que la fonction nulle est n´ecessairement

de degr´e deux. D´eterminer une telle solution polynomiale y0.

b) Montrer que toute fonction y de classe C2 sur IR peut s’´ecrire sous la forme y = y0 z, o`u z

est une fonction de classe C2 sur IR.

c) En posant y = y0 z, montrer que y est solution de (E) si et seulement si la fonction Z = z0

est solution d’une ´equation diﬀ´erentielle (E’) que l’on ´ecrira.

d) En d´eduire toutes les solutions de l’´equation (E) sur IR.

PROBL`EME 1 :

On note M3(C) le C-espace vectoriel des matrices carr´ees d’ordre trois `a coeﬃcients dans C.

La matrice-unit´e d’ordre trois est not´ee I.

Soit E l’ensemble des matrices de M3(C) de la forme M (a, b) =





a b

b a b

b a



 avec (a, b) ∈ C2.

a) Calculer M (a, b) · M (a0, b0).

Montrer que E est une sous-alg`ebre commutative de M3(C).

Pr´eciser la dimension et une base de l’espace vectoriel E.

b) Calculer le d´eterminant de M (a, b) (sous forme factoris´ee).

c) Montrer que, si la matrice M (a, b) est inversible, alors son inverse appartient `a E et le

calculer.

d) Discuter et r´esoudre, dans C3, le syst`eme







ax + y + z = a2 − 3

x + ay + z = 2a − 4

x + y + az = −2

Dans le cas ou le systeme est de Cramer, on exprimera x, y et z comme fonctions rationnelles

de a, exprim´ees sous forme irr´eductible.

e) On pose A = M (1, −1).

Montrer que, pour tout n ∈ IN, il existe deux entiers un et vn tels que An = unA + vnI

(on conviendra que A0 = I).

Pr´eciser les relations de r´ecurrence donnant un et vn en fonction de un−1 et vn−1 pour

n ∈ IN∗.

En d´eduire un et vn en fonction de n, puis An.

PROBL`EME 2 :

directe B = (

−→

i ,

−→

j ,

−→

k ).

Un espace vectoriel E, euclidien orient´e de dimension trois, est rapport´e `a la base orthonormale

On consid`ere le vecteur unitaire

−→

n = a

−→

i + b

−→

j + c

engendr´ee par

orientation sur ∆ et on en d´eduit une orientation du plan Π).

−→

n et Π le plan vectoriel orthogonal `a ∆ (le choix du vecteur

−→

k de E. Soient ∆ la droite vectorielle

−→

n d´eﬁnit une

1. On note p le projecteur orthogonal sur ∆, et q le projecteur orthogonal sur Π.

−→

v ·

a. Montrer que ∀

b. D´eterminer les matrices (notes P et Q) des endomorphismes p et q relativement `a la base

−→

v ∈ E p(

−→

v ) = (

−→

n )

−→

n .

2. Soit ν l’application de E vers E d´eﬁnie par ∀

−→

v ∈ E ν(

−→

v ) =

−→

n ∧

−→

v .

a. Montrer que ν est un endomorphisme de E ; d´eterminer son noyau et son image.

b. Construire la matrice N de ν relativement `a la base B.

c. V´eriﬁer que ν ◦ q = ν. Comparer les normes des vecteurs ν(

−→

v ) et q(

−→

v ) et pr´eciser l’angle

de ces deux vecteurs.

d. D´emontrer que ν ◦ ν = −q et en d´eduire que

−→

v ) = (

−→

v ∈ E

−→

n ∧ (

−→

n ∧

∀

−→

n ·

−→

v )

−→

n −

−→

v .

3. Soit l’endomorphisme f = p + ν de E.

a. Montrer que f est un automorphisme de E.

b. Donner la matrice F de f relativement `a la base B. V´eriﬁer que celle-ci est orthogonale.

c. Montrer que f (

d. On note d = f ◦ f et s = −d. D´emontrer que

−→

n et caract´eriser la restriction de f au plan Π.

−→

n ) =

−→

v ∈ E

∀

−→

v ) = 2(

−→

v ·

−→

n )

−→

n −

−→

v .

En d´eduire les matrices de d et de s relativement `a la base B. Interpr´eter g´eom´etriquement

les applications d et s.

CORRIG´E

EXERCICE :

a) Supposons que (E) admette une solution polynomiale non nulle, de degr´e n ∈ IN :

0 = n(n − 1)anxn−2 + . . . (les points de sus-

y0 = anxn + . . . + a1x + a0 avec an 6= 0 ; alors y00

pension repr´esentant des termes de degr´e < n−2). On a, par hypoth`ese, (x2 +1)y00

0 −2y0 = 0

(´egalit´e entre fonctions polynomiales, donc entre les polynˆomes associ´es) et, en identiﬁant

les coeﬃcients des termes de degr´e n, on obtient

(cid:2)n(n − 1) − 2(cid:3)an = 0 ,

soit n2 − n − 2 = 0 puisque an 6= 0 ,

soit encore (n + 1)(n − 2) = 0, donc n = −1 (absurde!) ou n = 2.

En conclusion, une fonction polynomiale non nulle solution de (E) est n´ecessairement de degr´e

deux (mais rien jusqu’`a pr´esent ne prouve l’existence d’une telle fonction).

Recherchons donc une solution de (E) sous la forme y0 = ax2 + bx + c ; en d´erivant deux

fois et en r´einjectant dans l’´equation, on obtient 2a − 2bx − 2c = 0, soit (identiﬁcation des

(

coeﬃcients)

b = 0

a = c

. On peut donc maintenant aﬃrmer que les fonctions polynomiales

solutions de (E) sont exactement les fonctions x 7→ a(x2 + 1), avec a r´eel arbitraire (elles

constituent un e.v. de dimension 1).

Pour la suite de l’exercice, on posera y0(x) = x2 + 1.

b) Si y est de classe C2 sur IR, puisque la fonction y0 ne s’annule pas sur IR, il suﬃt de poser

, pour avoir une fonction z de classe C2 sur IR telle que y = y0z.

y(x)

x2 + 1

c) Posons donc y = y0z ; on d´erive deux fois : y0 = y0

, soit z(x) =

y00 = y00

0z0 + y0z00 ;

0z + y0z0

0 z + 2y0

z =

;

on r´einjecte dans l’´equation :

(E) ⇐⇒ (x2 + 1)(y00

⇐⇒ (cid:2)(x2 + 1)y00

0 z + 2y0

0 − 2y0

0z0 + y0z00) − 2y0z = 0

(cid:3)z + (x2 + 1)(2y0

0z0 + y0z00) = 0 .

La fonction y0 ´etant solution de (E), le terme entre crochets est nul et on est ainsi ramen´e `a

0z0+y0z00 = 0, c’est-`a-dire (x2+1)z00+4xz0 = 0, soit (x2+1)Z 0+4xZ = 0 :

l’´equation (E’) : 2y0

c’est une ´equation lin´eaire du premier ordre en la fonction inconnue Z avec Z = z0.

d) On r´esout l’´equation (E’) : (x2 + 1) Z 0 + 4x Z = 0.

(E0) ⇐⇒ Z = 0 ou

Z 0

−4x

x2 + 1

(cid:12)

⇐⇒ Z = C e−2 ln(x2+1) =

⇐⇒ Z = 0 ou

(cid:12)

= −2 ln(x2 + 1)

(C ∈ IR∗

(x2 + 1)2

(C ∈ IR) .

Puisque Z = z0, il ne reste plus qu’un calcul de primitive pour trouver z :

cos2 u du + K

avec u = Arctan x

z =

C dx

(x2 + 1)2 + K = C

(1 + cos 2u) du + K =

sin(2 Arctan x)

+ K

Arctan x +

(cid:18)

Arctan x +

(cid:19)

1 + x2

+ K .

(cid:19)

sin 2u

+ K

(cid:18)

u +

(cid:19)

Enﬁn, on eﬀectue y = y0z = (x2 + 1)z pour avoir toutes les fonctions solutions de (E) :

y = A (cid:2)x + (x2 + 1) Arctan x(cid:3) + B (x2 + 1)

avec

(A, B) ∈ IR2 .

Remarques :

a) Le calcul de primitive ci-dessus pouvait aussi se faire par une int´egration par parties

(fait en cours).

b) Il apparaˆıt maintenant que l’ensemble des solutions de l’´equation (E) est un sous-espace

vectoriel de dimension deux de D2(IR, IR).

PROBL`EME 1 :

a) On obtient facilement M (a, b) · M (a0, b0) = M (aa0 + 2bb0, ab0 + ba0 + bb0) .

(∗)

L’ensemble E est non vide et stable par combinaison lin´eaire car

∀(λ, µ) ∈ C2

λ M (a, b) + µ M (a0, b0) = M (λa + µa0, λb + µb0) .

C’est donc un sous-espace vectoriel de M3(C).

De plus, le calcul (*) fait ci-dessus montre que E est stable par multiplication interne ; la

matrice-unit´e I = M (1, 0) appartient `a E ; E est donc un sous-anneau et ﬁnalement une

sous-alg`ebre de M3(C).

Enﬁn, si le produit matriciel n’est pas commutatif dans M3(C), il l’est dans le sous-ensemble

E puisque, de (*), on d´eduit M (a, b) · M (a0, b0) = M (a0, b0) · M (a, b).

Pour tout (a, b) ∈ C2, on a M (a, b) = a M (1, 0) + b M (0, 1) ; les matrices M (1, 0) = I





0 1 1

1 0 1

1 1 0

et M (0, 1) =



 engendrent donc l’espace vectoriel E, et en forment une base

puiqu’elles sont lin´eairement ind´ependantes. Donc dim E = 2.

b) En eﬀectuant successivement l’op´eration C1 ← C1 + C2 + C3, une mise en facteur sur la

premiere colonne, puis les op´erations L2 ← L2 − L1 et L3 ← L3 − L1, on aboutit a une

matrice triangulaire sup´erieure dont le d´eterminant est le produit des ´el´ements diagonaux :

det (cid:0)M (a, b)(cid:1) =

(cid:12)

a b

b a b

b a

= (a + 2b)(a − b)2 .

(cid:12)

a + 2b

a + 2b a b

b a

a + 2b

(cid:12)

= (a + 2b)

(cid:12)

1 a b

b a

(cid:12)

= (a + 2b)

(cid:12)

0 a − b

a − b

(cid:12)

c) Recherchons `a quelle condition une matrice M (a, b) donn´ee de E admet un inverse dans E :

cela signiﬁe qu’il existe (a0, b0) ∈ C2 tel que M (a, b) · M (a0, b0) = I = M (1, 0). D’apr`es (*),

cette relation ´equivaut aux conditions

aa0 + 2bb0 = 1 ;

ab0 + ba0 + bb0 = 0 ,

c’est-a-dire au systeme lin´eaire

(

aa0 +

2bb0 = 1

ba0 + (a + b)b0 = 0

d’inconnues a0 et b0.

Le d´eterminant de ce syst`eme 2 × 2 est

(cid:12)

b a + b

1 a + b

= (a + 2b)

D =

(cid:12)

= (a + 2b)

(cid:12)

0 a − b

(cid:12)

= (a + 2b)(a − b)

(calcul analogue `a celui du d´eterminant de la question b)). On constate donc que ce d´eterminant

est non nul si et seulement si le d´eterminant de la matrice M (a, b) est non nul, autrement

dit la matrice M (a, b) admet un inverse dans E si et seulement si elle est inversible (dans

M3(C)), ce qui r´epond `a la question.

Si cette condition est v´eriﬁ´ee, on r´esout le syst`eme 2×2 ci-dessus (par exemple par les formules

de Cramer) :

D1 =

(cid:12)

0 a + b

(cid:12)

= a + b

;

D2 =

(cid:12)

a 1

(cid:12)

= −b ,

donc

(cid:0)M (a, b)(cid:1)−1

= M

(cid:18)

a + b

(a − b)(a + 2b)

−b

(a − b)(a + 2b)

(cid:19)

(a − b)(a + 2b)





a + b −b

−b

a + b −b

a + b

−b



 .

d) La matrice du systeme est M (a, 1), de d´eterminant (a + 2)(a − 1)2, d’ou la discussion :

• si a = 1, le systeme (de rang un) se ramene `a trois fois la mˆeme ´equation x + y + z = −2.

L’ensemble des solutions est donc un plan aﬃne de C3.





−2x + y + z = 1

x − 2y + z = −8

x + y − 2z = −2

• si a = −2, le systeme se ramene `a

, syst`eme de rang deux, mais



incompatible puisque la somme des trois ´equations conduit `a 0 = −9.

• si a 6∈ {−2, 1}, le syst`eme est de Cramer et on peut le r´esoudre par les formules de Cramer,

mais aussi en utilisant le calcul de (cid:0)M (a, 1)(cid:1)−1

fait dans la question pr´ec´edente :



 = (cid:0)M (a, 1)(cid:1)−1











 =

a2 − 3

2a − 4

−2

(a − 1)(a + 2)





a + 1 −1

−1

a + 1 −1

a + 1

−1











 ,

a2 − 3

2a − 4

−2

ce qui donne, apr`es simpliﬁcations,

x =

(a − 1)(a + 3)

a + 2

;





1 −1 −1

1 −1

−1

−1 −1



 et A2 =





e) On a A =

a + 5

a + 2

z = −

;



y =

a − 1

a + 2

3 −1 −1

3 −1

−1

−1 −1

An = unA + vnI ”.

 = A + 2I.

Soit (Pn) l’assertion : “ ∃(un, vn) ∈ C2

Cette assertion est vraie pour n = 0 avec (u0, v0) = (0, 1). Notons qu’elle est vraie aussi pour

n = 1 et n = 2 avec (u1, v1) = (1, 0) et (u2, v2) = (1, 2).

Supposons-la vraie au rang n − 1 avec n ∈ IN∗ donn´e : An−1 = un−1A + vn−1I. En multipliant

par A, on obtient

An = An−1A = un−1A2 + vn−1A = un−1(A + 2I) + vn−1A

= (un−1 + vn−1)A + 2un−1I .

Elle est alors vraie au rang n, avec les relations

donc vraie pour tout n ∈ IN.

(

un = un−1 + vn−1

vn = 2un−1

. L’assertion (Pn) est

Des relations ´etablies plus haut, on tire un = un−1 + 2un−2 pour tout n ≥ 2, ou encore

un+2 − un+1 − 2un = 0 pour tout n ∈ IN.

L’´equation caract´eristique r2 − r − 2 = 0 a pour racines −1 et 2, donc un = λ(−1)n + µ 2n

et les conditions initiales

(

u0 = λ+ µ =0

u1 = −λ+ 2µ =1

donnent λ = −

et µ =

, d’o

un =

(cid:0)2n − (−1)n(cid:1), puis vn = 2un−1 =



(cid:0)2n + 2 × (−1)n(cid:1). Enﬁn,



2n+1 + (−1)n

(−1)n − 2n

2n+1 + (−1)n

(−1)n − 2n

2n+1 + (−1)n



 .

An = unA + vnI = M (un + vn, un) =

PROBL`EME 2 :

1.a. cf. cours.

−→

b. On a p(

n = a

i ·

−→

k ). Enﬁn, q = idE −p. Donc





−→

i ) = (

−→

n )

a2 ab ac

n = a2 −→

−→

i + ab

−→

j + ac

−→

k . On calcule de mˆeme p(

−→

j ) et

P = MB(p) =



 et

Q = I3 − P =





1 − a2 −ab

−ab

−ac

1 − b2 −bc

1 − c2

−bc



 .

2.a. • La lin´earit´e de ν r´esulte de la bilin´earit´e du produit vectoriel.

−→

v est nul ssi les vecteurs

−→

n ∧

• Ker ν est de dimension un, donc Im ν est de dimension deux (formule du rang) et est

contenu dans le plan Π puisque



−→

v sont colin´eaires, donc Ker ν = IR ·

−→

v est toujours orthogonal `a

−→

n , donc Im ν = Π.

−→

n = ∆.

−→

n et

−→

n ∧



b. N = MB(ν) =



0 −c

−b

0 −a

.

c. • Im p = Ker ν = ∆, donc ν ◦ p = 0 et ν ◦ q = ν ◦ (idE −p) = ν − 0 = ν.

−→

n .

−→

v )k car q(

−→

v )k = k

−→

n k · kq(

−→

n ∧ q(

−→

v )⊥

• kν(

Donc kν(

• Les vecteurs ν(

−→

v ) = q(

−→

v )k = kν ◦ q(

v )k = k

−→

v )k.

v )k = kq(

−→

v ) et q(

−→

v ) · (ν ◦ q)(

−→

v ) sont orthogonaux car

−→

v ) · (cid:0)−→

−→

v ) · ν(

n ∧ q(

−→

v )(cid:1) est un angle droit positif dans le plan

v 6∈ ∆, on peut pr´eciser que l’angle (cid:0)q(

v ), ν(

−→

Π orient´e corr´elativement `a ∆ car Det (cid:0)q(

v )(cid:1)2

v ),

v ), ν(

≥ 0 (le d´etail du

calcul est laiss´e au lecteur).

v )(cid:1) = Det (cid:0)−→

−→

n (cid:1) = (cid:0)−→

−→

v )(cid:1) = 0 .

−→

v ) = q(

−→

v ), q(

−→

n ´etant unitaire, on a a2 + b2 + c2 = 1. On v´eriﬁe par un calcul matriciel que

n ∧ q(

n , q(

d. Le vecteur

N 2 = −Q, d’o`u ν ◦ ν = −q. Pour tout

−→

n ∧ (

−→

n ∧

−→

v ) = p(

−→

v ∈ E, on a alors (ν ◦ ν)(

−→

n ·

v ) −

−→

v = (

−→

n −

−→

v )

−→

v ) = −q(

−→

v ), soit

(on peut aussi retrouver cette relation grˆace `a la formule du double produit vectoriel).

3.a. f est un endomorphisme de E. Par ailleurs,

−→

v ∈ Ker f ⇐⇒ p(

−→

v ) +

−→

n ∧

−→

v =

−→

0 ;

. On v´eriﬁe que F ∈ O(3).

−→

n ∧

−→

v ) ∈ ∆ et

−→

v ∈ Π et ces deux sous-espaces sont suppl´ementaires. La somme

or, p(

de ces deux vecteurs est donc nulle si et seulement si chacun d’eux est nul, c.`a.d. ssi

−→

v ∈ Ker p ∩ Ker ν = Π ∩ ∆ = {

0 } et f est injective, donc bijective

0 }, donc Ker f = {

(dimension ﬁnie).





b. F = MB(f ) =



ab + c

ac − b

−→

n ∧

n ) = (

n +

n ·

−→

v ) =

v ∈ Π, alors p(

ab − c ac + b

bc − a

bc + a

−→

n .

n =

−→

0 , donc f (

−→

n )

c. f (

−→

v ) ∈ Π : le plan Π est stable par f .

v ) = ν(

L’endomorphisme g du plan Π induit par f est une isom´etrie vectorielle du plan Π. Il

admet pour seul vecteur invariant le vecteur nul

−→

(si

n ∧

donc une rotation vectorielle du plan Π. Son angle est +

−→

v ⇐⇒ ν(

−→

v ∈ Π, f (

−→

0 ). C’est

−→

v ⇐⇒

−→

v ∈ Π,

−→

v ) =

−→

v ) =

−→

v =

car, si

−→

v =

−→

v , ce qui implique

(cf . question 2.c.) .

(cid:0)−→

v , f (

v )(cid:1) = (cid:0)−→

−→

v , ν(

−→

v )(cid:1) = (cid:0)q(

−→

v ), ν(

−→

v )(cid:1) = +

f est donc la rotation vectorielle d’axe ∆ (orient´e par

−→

n ) et d’angle +

d. • d = f ◦ f = (p + ν) ◦ (p + ν) = p ◦ p + ν ◦ ν = p − q = 2p − idE, d’o`u la relation

−→

v ) = 2 (

−→

v ∈ E

−→

n −

−→

v .

−→

v ·

∀



2a2 − 1

2ab

2ac

2ab

2b2 − 1

2bc

2ac

2bc

2c2 − 1

−→

n )



• Donc D = MB(d) =



 et S = MB(s) = −D.

• d est la rotation vectorielle d’axe ∆ et d’angle π (ou sym´etrie vectorielle orthogonale par

rapport `a ∆, encore appel´ee retournement d’axe ∆). s est la r´eﬂexion vectorielle de plan

Π.

Devoir Surveillé de Mathématiques n° 8

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