PCSI

DEVOIR SURVEILLÉ de MATHÉMATIQUES n◦ 8

11/05/2002

Durée : 4 heures

EXERCICE :

Soit l’équation différentielle (E) :

(x2 + 1) y00 − 2y = 0.

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

de degré deux. Déterminer une telle solution polynomiale y0.

b) Montrer que toute fonction y de classe C2 sur IR peut s’écrire sous la forme y = y0 z, où 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 équation différentielle (E’) que l’on écrira.

d) En déduire toutes les solutions de l’équation (E) sur IR.

PROBLÈME 1 :

On note M3(C) le C-espace vectoriel des matrices carrées d’ordre trois à coefficients dans C.

La matrice-unité d’ordre trois est notée 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-algèbre commutative de M3(C).

Préciser la dimension et une base de l’espace vectoriel E.

b) Calculer le déterminant de M (a, b) (sous forme factorisée).

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

calculer.

d) Discuter et résoudre, dans C3, le système







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, exprimées sous forme irréductible.

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).

Préciser les relations de récurrence donnant un et vn en fonction de un−1 et vn−1 pour

n ∈ IN∗.

En déduire un et vn en fonction de n, puis An.

PROBLÈME 2 :

directe B = (

−→

i ,

−→

j ,

−→

k ).

Un espace vectoriel E, euclidien orienté de dimension trois, est rapporté à la base orthonormale

On considère le vecteur unitaire

−→

n = a

−→

i + b

−→

j + c

engendrée par

orientation sur ∆ et on en déduit une orientation du plan Π).

−→

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

−→

k de E. Soient ∆ la droite vectorielle

−→

n définit une

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

−→

v ·

a. Montrer que ∀

b. Déterminer les matrices (notes P et Q) des endomorphismes p et q relativement à la base

−→

v ∈ E p(

−→

v ) = (

−→

n )

−→

n .

2. Soit ν l’application de E vers E définie par ∀

−→

v ∈ E ν(

−→

v ) =

−→

n ∧

−→

v .

a. Montrer que ν est un endomorphisme de E ; déterminer son noyau et son image.

b. Construire la matrice N de ν relativement à la base B.

c. Vérifier que ν ◦ q = ν. Comparer les normes des vecteurs ν(

−→

v ) et q(

−→

v ) et préciser l’angle

de ces deux vecteurs.

d. Démontrer que ν ◦ ν = −q et en déduire 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 à la base B. Vérifier que celle-ci est orthogonale.

c. Montrer que f (

d. On note d = f ◦ f et s = −d. Démontrer que

−→

n et caractériser la restriction de f au plan Π.

−→

n ) =

−→

v ∈ E

∀

−→

v ) = 2(

−→

v ·

−→

n )

−→

n −

−→

v .

En déduire les matrices de d et de s relativement à la base B. Interpréter géométriquement

les applications d et s.

CORRIGÉ

EXERCICE :

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

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

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

pension représentant des termes de degré < n−2). On a, par hypothèse, (x2 +1)y00

0 −2y0 = 0

(égalité entre fonctions polynomiales, donc entre les polynômes associés) et, en identifiant

les coefficients des termes de degré 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 nécessairement de degré

deux (mais rien jusqu’à présent ne prouve l’existence d’une telle fonction).

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

fois et en réinjectant dans l’équation, 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 réel 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 dérive deux fois : y0 = y0

, soit z(x) =

y00 = y00

0z0 + y0z00 ;

0z + y0z0

0 z + 2y0

z =

;

on réinjecte dans l’équation :

(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 étant solution de (E), le terme entre crochets est nul et on est ainsi ramené à

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

l’équation (E’) : 2y0

c’est une équation linéaire du premier ordre en la fonction inconnue Z avec Z = z0.

d) On résout l’équation (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 intégration par parties

(fait en cours).

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

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

PROBLÈME 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 linéaire 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-unité I = M (1, 0) appartient à E ; E est donc un sous-anneau et finalement une

sous-algèbre 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 déduit 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 linéairement indépendantes. Donc dim E = 2.

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

premiere colonne, puis les opérations L2 ← L2 − L1 et L3 ← L3 − L1, on aboutit a une

matrice triangulaire supérieure dont le déterminant est le produit des éléments 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 à quelle condition une matrice M (a, b) donnée 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’après (*),

cette relation équivaut aux conditions

aa0 + 2bb0 = 1 ;

ab0 + ba0 + bb0 = 0 ,

c’est-a-dire au systeme linéaire

(

aa0 +

2bb0 = 1

ba0 + (a + b)b0 = 0

d’inconnues a0 et b0.

Le déterminant de ce système 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 à celui du déterminant de la question b)). On constate donc que ce déterminant

est non nul si et seulement si le déterminant 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 répond à la question.

Si cette condition est vérifiée, on résout le système 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 déterminant (a + 2)(a − 1)2, d’ou la discussion :

• si a = 1, le systeme (de rang un) se ramene à trois fois la même équation 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 à

, système de rang deux, mais



incompatible puisque la somme des trois équations conduit à 0 = −9.

• si a 6∈ {−2, 1}, le système est de Cramer et on peut le résoudre par les formules de Cramer,

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

fait dans la question précédente :



 = (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, après 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∗ donné : 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 établies 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’équation caractéristique 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) =

PROBLÈME 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 même p(

−→

j ) et

P = MB(p) =



 et

Q = I3 − P =





1 − a2 −ab

−ab

−ac

1 − b2 −bc

1 − c2

−bc



 .

2.a. • La linéarité de ν résulte de la bilinéarité 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 colinéaires, donc Ker ν = IR ·

−→

v est toujours orthogonal à

−→

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 préciser que l’angle (cid:0)q(

v ), ν(

−→

Π orienté corrélativement à ∆ car Det (cid:0)q(

v )(cid:1)2

v ),

v ), ν(

≥ 0 (le détail du

calcul est laissé au lecteur).

v )(cid:1) = Det (cid:0)−→

−→

n (cid:1) = (cid:0)−→

−→

v )(cid:1) = 0 .

−→

v ) = q(

−→

v ), q(

−→

n étant unitaire, on a a2 + b2 + c2 = 1. On vérifie par un calcul matriciel que

n ∧ q(

n , q(

d. Le vecteur

N 2 = −Q, d’où 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 grâce à 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 vérifie que F ∈ O(3).

−→

n ∧

−→

v ) ∈ ∆ et

−→

v ∈ Π et ces deux sous-espaces sont supplémentaires. La somme

or, p(

de ces deux vecteurs est donc nulle si et seulement si chacun d’eux est nul, c.à.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 isométrie 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 ∆ (orienté par

−→

n ) et d’angle +

d. • d = f ◦ f = (p + ν) ◦ (p + ν) = p ◦ p + ν ◦ ν = p − q = 2p − idE, d’où 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 symétrie vectorielle orthogonale par

rapport à ∆, encore appelée retournement d’axe ∆). s est la réflexion vectorielle de plan

Π.

Devoir Surveillé de Mathématiques n° 8

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