Devoir Surveillé de Mathématiques n° 8

EXERCICE - Équation différentielle

L'équation différentielle étudiée est (E) : (x² + 1) y'' - 2y = 0.

Question a - Recherche d'une solution polynomiale

Supposons que l'équation (E) admette une solution polynomiale non nulle de degré n (avec n ≥ 0). Notons cette fonction y₀(x) = aₙ xⁿ + aₙ₋₁ xⁿ⁻¹ + ... + a₁ x + a₀, avec aₙ ≠ 0. Sa dérivée seconde y₀'' est un polynôme de degré n - 2, dont le terme de plus haut degré est n(n - 1) aₙ xⁿ⁻².

En remplaçant dans l'équation (E), on obtient : (x² + 1) [ n(n - 1) aₙ xⁿ⁻² + ... ] - 2 [ aₙ xⁿ + ... ] = 0

Le terme de degré n de cette expression s'obtient en développant x² × y₀'' - 2y₀. Son coefficient est : n(n - 1) aₙ - 2aₙ = aₙ [ n(n - 1) - 2 ]. Pour que l'équation (E) soit vérifiée, ce coefficient dominant doit être nul. Comme aₙ ≠ 0, nous avons : n(n - 1) - 2 = 0 n² - n - 2 = 0

Les racines de ce trinôme sont n = -1 et n = 2. Puisque n doit être un entier positif (degré d'un polynôme), la seule possibilité est n = 2. Une solution polynomiale non nulle de (E) est donc nécessairement de degré deux.

Recherchons maintenant cette solution sous la forme y₀(x) = ax² + bx + c, avec a ≠ 0. On a y₀'(x) = 2ax + b et y₀''(x) = 2a. On remplace dans (E) : (x² + 1)(2a) - 2(ax² + bx + c) = 0 2ax² + 2a - 2ax² - 2bx - 2c = 0 -2bx + 2(a - c) = 0

Par identification des coefficients du polynôme nul : -2b = 0 ⇒ b = 0 2(a - c) = 0 ⇒ a = c

Pour obtenir une solution, nous pouvons choisir arbitrairement a = 1, ce qui donne c = 1. Ainsi, y₀(x) = x² + 1 est une solution polynomiale de (E).

Question b - Changement de fonction inconnue

La fonction y₀ définie par y₀(x) = x² + 1 est strictement positive sur ℝ (car x² ≥ 0 ⇒ x² + 1 ≥ 1 > 0). Elle ne s'annule donc jamais. Soit y une fonction de classe C² sur ℝ. On peut définir la fonction z par z(x) = y(x) / y₀(x) = y(x) / (x² + 1). Puisque y et y₀ sont toutes deux de classe C² sur ℝ, et que le dénominateur y₀ ne s'annule pas, leur quotient z est également de classe C² sur ℝ. On a alors bien y = y₀ z, ce qui démontre la proposition.

Question c - Équation différentielle (E')

Posons y = y₀ z. Dérivons cette expression en utilisant la règle du produit : y' = y₀' z + y₀ z' y'' = y₀'' z + 2y₀' z' + y₀ z''

Remplaçons y et y'' dans l'équation (E) : (x² + 1) [ y₀'' z + 2y₀' z' + y₀ z'' ] - 2(y₀ z) = 0

Regroupons les termes contenant z : z [ (x² + 1) y₀'' - 2y₀ ] + (x² + 1) [ 2y₀' z' + y₀ z'' ] = 0

Puisque y₀ est solution de (E), l'expression dans le premier crochet est nulle. L'équation se simplifie en : (x² + 1) (2y₀' z' + y₀ z'') = 0

Remplaçons y₀ par (x² + 1) et y₀' par 2x : (x² + 1) [ 4x z' + (x² + 1) z'' ] = 0

Puisque (x² + 1) n'est jamais nul, on peut diviser par ce terme : (x² + 1) z'' + 4x z' = 0

En posant Z = z', on obtient l'équation différentielle (E') du premier ordre : (E') : (x² + 1) Z' + 4x Z = 0

Question d - Résolution complète

Résolvons d'abord (E'). Pour Z ≠ 0, l'équation s'écrit : Z' / Z = -4x / (x² + 1)

On intègre les deux membres par rapport à x. Remarquons que la dérivée de (x² + 1) est 2x. ∫ (Z' / Z) dx = -2 ∫ (2x / (x² + 1)) dx ln|Z| = -2 ln(x² + 1) + K (où K est une constante réelle) ln|Z| = ln( (x² + 1)⁻² ) + K

En passant à l'exponentielle, on obtient : Z(x) = C / (x² + 1)² (où C ∈ ℝ)

Puisque Z = z', on cherche z en intégrant Z : z(x) = ∫ [ C / (x² + 1)² ] dx

Pour calculer cette intégrale, effectuons le changement de variable x = tan(u), ce qui équivaut à u = Arctan(x). On a dx = (1 + tan²(u)) du = du / cos²(u). De plus, x² + 1 = tan²(u) + 1 = 1 / cos²(u). Donc 1 / (x² + 1)² = cos⁴(u).

L'intégrale devient : z = ∫ C cos⁴(u) (du / cos²(u)) = C ∫ cos²(u) du

On linéarise cos²(u) : cos²(u) = (1 + cos(2u)) / 2

z = (C / 2) ∫ (1 + cos(2u)) du = (C / 2) [ u + sin(2u) / 2 ] + K' Or sin(2u) = 2 sin(u) cos(u) = 2 tan(u) cos²(u) = 2x / (x² + 1). Donc sin(2u) / 2 = x / (x² + 1).

En revenant à la variable x (avec u = Arctan x) : z(x) = (C / 2) [ Arctan(x) + x / (x² + 1) ] + K'

Pour trouver les solutions de (E), on multiplie par y₀(x) = x² + 1 : y(x) = (x² + 1) z(x) = (C / 2) [ (x² + 1) Arctan(x) + x ] + K'(x² + 1)

En posant A = C / 2 et B = K', on obtient la forme générale des solutions de (E) sur ℝ : y(x) = A [ x + (x² + 1) Arctan(x) ] + B(x² + 1) (avec A, B ∈ ℝ)

PROBLÈME 1 - Algèbre des matrices

L'ensemble E est composé des matrices M(a, b) définies par :

a	b	b
b	a	b
b	b	a

Question a - Structure de E

Calculons le produit de M(a, b) et M(a', b') : Le terme (1, 1) est : a·a' + b·b' + b·b' = aa' + 2bb' Le terme (1, 2) est : a·b' + b·a' + b·b' = ab' + ba' + bb' En effectuant le calcul pour tous les coefficients, la symétrie de la matrice assure que la diagonale principale est remplie de (aa' + 2bb') et que tous les autres termes valent (ab' + ba' + bb'). Ainsi : M(a, b) · M(a', b') = M(aa' + 2bb', ab' + ba' + bb')

Montrons que E est une sous-algèbre de M₃(ℂ) :

1. E est un sous-espace vectoriel : M(a, b) = a·M(1, 0) + b·M(0, 1). E est donc l'espace engendré par M(1, 0) et M(0, 1).
2. E contient la matrice identité : M(1, 0) = I.
3. E est stable par la multiplication : Le produit de deux matrices de E, calculé ci-dessus, donne une matrice qui appartient à E. E est donc bien une sous-algèbre unitaire de M₃(ℂ).

De plus, la multiplication dans E est commutative car le produit M(a, b) · M(a', b') est symétrique par rapport à l'échange de (a, b) et (a', b').

La famille { M(1, 0), M(0, 1) } engendre E et est trivialement libre (matrices non proportionnelles). C'est donc une base de E, ce qui implique que la dimension de E est 2.

Question b - Déterminant de M(a, b)

Soit D = det(M(a, b)). On ajoute les colonnes 2 et 3 à la colonne 1 (C₁ ← C₁ + C₂ + C₃). Tous les termes de la première colonne deviennent a + 2b. On factorise (a + 2b) de la première colonne : Le déterminant devient (a + 2b) multiplié par le déterminant de la matrice dont la première colonne ne contient que des 1. On soustrait la ligne 1 aux lignes 2 et 3 (L₂ ← L₂ - L₁ ; L₃ ← L₃ - L₁). La matrice devient triangulaire supérieure :

1	b	b
0	a-b	0
0	0	a-b

Le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit des éléments de sa diagonale. On a donc : det(M(a, b)) = (a + 2b) × 1 × (a - b) × (a - b) = (a + 2b)(a - b)²

Question c - Inverse d'une matrice de E

Si M(a, b) admet un inverse dans E, il existe (a', b') tels que M(a, b) · M(a', b') = I = M(1, 0). En utilisant la formule du produit de la question a), cela donne le système : aa' + 2bb' = 1 ba' + (a + b)b' = 0

Le déterminant de ce système de deux équations aux inconnues (a', b') est : a(a + b) - 2b² = a² + ab - 2b² = (a - b)(a + 2b) On remarque que ce déterminant est exactement la condition pour que la matrice M(a, b) soit inversible dans M₃(ℂ) (puisque (a-b) n'est pas nul, (a-b)² est non nul aux mêmes conditions). Donc, si M(a, b) est inversible, le système admet une solution unique, ce qui prouve que l'inverse appartient à E.

Résolvons par les formules de Cramer : a' = [ 1(a + b) - 0(2b) ] / [ (a - b)(a + 2b) ] = (a + b) / ( (a - b)(a + 2b) ) b' = [ a(0) - b(1) ] / [ (a - b)(a + 2b) ] = -b / ( (a - b)(a + 2b) )

L'inverse de M(a, b) est donc la matrice de E de paramètres a' et b' définis ci-dessus.

Question d - Résolution du système linéaire

Le système s'écrit sous forme matricielle M(a, 1) · V = B, avec V le vecteur colonne (x, y, z) et B le vecteur colonne (a²-3, 2a-4, -2). Le déterminant de la matrice du système est det(M(a, 1)) = (a + 2)(a - 1)².

Discutons les cas : Cas 1 : a = 1. Le déterminant est nul. Le système devient : x + y + z = -2 x + y + z = -2 x + y + z = -2 C'est l'équation d'un plan affine. L'ensemble des solutions est { (x, y, -x-y-2) | x, y ∈ ℂ }.

Cas 2 : a = -2. Le déterminant est nul. Le système devient : -2x + y + z = 1 x - 2y + z = -8 x + y - 2z = -2 La somme des trois lignes donne : (-2+1+1)x + (1-2+1)y + (1+1-2)z = 1 - 8 - 2 ⇒ 0 = -9, ce qui est impossible. Le système est incompatible (aucune solution).

Cas 3 : a ∉ {1, -2}. Le déterminant est non nul, le système est de Cramer. On utilise l'inverse calculé à la question précédente avec b=1 : M(a, 1)⁻¹ = [ 1 / ((a - 1)(a + 2)) ] × M(a + 1, -1)

La matrice M(a + 1, -1) est : | a+1 | -1 | -1 | | -1 | a+1 | -1 | | -1 | -1 | a+1 |

On multiplie cette matrice par le vecteur colonne (a²-3, 2a-4, -2) : x = (1 / ((a - 1)(a + 2))) [ (a + 1)(a² - 3) - 1(2a - 4) - 1(-2) ] x = (1 / ((a - 1)(a + 2))) [ a³ + a² - 3a - 3 - 2a + 4 + 2 ] x = (1 / ((a - 1)(a + 2))) [ a³ + a² - 5a + 3 ] Le polynôme au numérateur s'annule en 1, on factorise : a³ + a² - 5a + 3 = (a - 1)²(a + 3). x = [ (a - 1)²(a + 3) ] / [ (a - 1)(a + 2) ] = (a - 1)(a + 3) / (a + 2)

y = (1 / ((a - 1)(a + 2))) [ -1(a² - 3) + (a + 1)(2a - 4) - 1(-2) ] y = (1 / ((a - 1)(a + 2))) [ -a² + 3 + 2a² - 4a + 2a - 4 + 2 ] y = (1 / ((a - 1)(a + 2))) [ a² - 2a + 1 ] = (a - 1)² / ((a - 1)(a + 2)) y = (a - 1) / (a + 2)

z = (1 / ((a - 1)(a + 2))) [ -1(a² - 3) - 1(2a - 4) + (a + 1)(-2) ] z = (1 / ((a - 1)(a + 2))) [ -a² + 3 - 2a + 4 - 2a - 2 ] z = (1 / ((a - 1)(a + 2))) [ -a² - 4a + 5 ] = -(a - 1)(a + 5) / ((a - 1)(a + 2)) z = -(a + 5) / (a + 2)

Question e - Puissances de la matrice A

On a A = M(1, -1). Calculons A² : A² = M(1, -1) · M(1, -1) = M(1(1) + 2(-1)(-1), 1(-1) + (-1)1 + (-1)(-1)) = M(1+2, -1-1+1) = M(3, -1). Or, A + 2I = M(1, -1) + M(2, 0) = M(3, -1). Donc A² = A + 2I.

Démontrons par récurrence la propriété P(n) : "Il existe des entiers uₙ et vₙ tels que Aⁿ = uₙ A + vₙ I". Initialisation : Pour n=0, A⁰ = I = 0·A + 1·I. Donc u₀ = 0 et v₀ = 1. Pour n=1, A¹ = A = 1·A + 0·I. Donc u₁ = 1 et v₁ = 0. Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang n. Aⁿ⁺¹ = Aⁿ · A = (uₙ A + vₙ I) · A = uₙ A² + vₙ A En remplaçant A² par A + 2I : Aⁿ⁺¹ = uₙ (A + 2I) + vₙ A = (uₙ + vₙ)A + 2uₙ I Ceci est bien de la forme uₙ₊₁ A + vₙ₊₁ I en posant : uₙ₊₁ = uₙ + vₙ vₙ₊₁ = 2uₙ La propriété est démontrée par récurrence.

Déduisons uₙ et vₙ en fonction de n : On a vₙ = 2uₙ₋₁. En remplaçant dans la relation de uₙ, on obtient l'équation de récurrence linéaire d'ordre 2 : uₙ₊₁ = uₙ + 2uₙ₋₁ ⇒ uₙ₊₂ - uₙ₊₁ - 2uₙ = 0 L'équation caractéristique r² - r - 2 = 0 a pour racines 2 et -1. La solution générale est donc uₙ = α(2ⁿ) + β(-1)ⁿ. Avec les conditions initiales u₀ = 0 et u₁ = 1 : α + β = 0 2α - β = 1 En additionnant les deux équations, 3α = 1 ⇒ α = 1/3, puis β = -1/3. Ainsi, uₙ = (1/3) [ 2ⁿ - (-1)ⁿ ]. Comme vₙ = 2uₙ₋₁ : vₙ = (2/3) [ 2ⁿ⁻¹ - (-1)ⁿ⁻¹ ] = (1/3) [ 2ⁿ + 2(-1)ⁿ ].

Finalement, Aⁿ = uₙ A + vₙ I = M(uₙ, -uₙ) + M(vₙ, 0) = M(uₙ + vₙ, -uₙ). uₙ + vₙ = (1/3) [ 2ⁿ - (-1)ⁿ + 2ⁿ + 2(-1)ⁿ ] = (1/3) [ 2(2ⁿ) + (-1)ⁿ ] = (1/3) [ 2ⁿ⁺¹ + (-1)ⁿ ]. -uₙ = (1/3) [ (-1)ⁿ - 2ⁿ ].

Aⁿ est donc la matrice de E de paramètres a = (2ⁿ⁺¹ + (-1)ⁿ)/3 et b = ((-1)ⁿ - 2ⁿ)/3.

PROBLÈME 2 - Géométrie et projecteurs

(Dans ce qui suit, on note les vecteurs en gras : n, v, i, j, k pour en faciliter la lecture). On a n = ai + bj + ck, avec a² + b² + c² = 1 (car n est unitaire).

Question 1 - Projecteurs orthogonaux

1.a. p est la projection orthogonale sur la droite Δ engendrée par le vecteur unitaire n. Par définition du cours sur les projections orthogonales, la projection d'un vecteur v sur l'axe dirigé par un vecteur unitaire n est donnée par : p(v) = (v · n) n

1.b. Pour déterminer la matrice P de p, on applique p aux vecteurs de la base B. p(i) = (i · n) n = a n = a² i + ab j + ac k p(j) = (j · n) n = b n = ab i + b² j + bc k p(k) = (k · n) n = c n = ac i + bc j + c² k La matrice P s'écrit en colonnes :

a²	ab	ac
ab	b²	bc
ac	bc	c²

q est le projecteur orthogonal sur le plan Π orthogonal à Δ. Puisque Π et Δ sont des supplémentaires orthogonaux, on a p + q = IdE. Donc Q = I - P, ce qui donne :

1-a²	-ab	-ac
-ab	1-b²	-bc
-ac	-bc	1-c²

Question 2 - L'application ν

2.a. L'application ν(v) = n ∧ v est linéaire en vertu de la bilinéarité du produit vectoriel. C'est donc un endomorphisme de E. Noyau : ν(v) = 0 ⇔ n ∧ v = 0 ⇔ v est colinéaire à n. Le noyau est donc la droite Δ (Ker ν = Δ). Image : D'après le théorème du rang, dim(Im ν) = dim(E) - dim(Ker ν) = 3 - 1 = 2. De plus, par propriété du produit vectoriel, ν(v) est orthogonal à n, donc appartient au plan Π. L'image de ν étant de dimension 2 et incluse dans le plan Π de dimension 2, on a Im ν = Π.

2.b. Pour construire la matrice N, on calcule les images des vecteurs de base avec la formule analytique du produit vectoriel. ν(i) = n ∧ i = (ai + bj + ck) ∧ i = -bk + cj = 0i + cj - bk On fait de même pour j et k, ce qui donne la matrice antisymétrique N :

0	-c	b
c	0	-a
-b	a	0

2.c. On calcule ν ◦ q (v) : ν(q(v)) = ν(v - p(v)) = ν(v) - ν(p(v)). Or p(v) appartient à Δ (engendré par n), qui est le noyau de ν. Donc ν(p(v)) = 0. Il reste ν ◦ q (v) = ν(v), ce qui démontre ν ◦ q = ν.

Normes : ||ν(v)|| = ||n ∧ v||. Puisque v = p(v) + q(v) et n ∧ p(v) = 0, on a ||ν(v)|| = ||n ∧ q(v)||. Comme q(v) appartient à Π, il est orthogonal à n. Donc ||n ∧ q(v)|| = ||n|| × ||q(v)|| × |sin(π/2)| = 1 × ||q(v)|| × 1 = ||q(v)||. Les normes sont donc égales : ||ν(v)|| = ||q(v)||.

Le produit scalaire ν(v) · q(v) = (n ∧ q(v)) · q(v) = 0 (un produit vectoriel est orthogonal à ses arguments). Si v n'est pas dans Δ (q(v) ≠ 0), l'angle entre q(v) et ν(v) est de +π/2 dans le plan Π orienté par n, puisque la base (n, q(v)/||q(v)||, ν(v)/||ν(v)||) forme un trièdre direct.

2.d. Calculons N² avec les matrices : on vérifie aisément que N × N = -Q. Ainsi ν ◦ ν = -q. Évaluons cette relation sur un vecteur v quelconque : (ν ◦ ν)(v) = -q(v) n ∧ (n ∧ v) = -(v - p(v)) = p(v) - v En remplaçant p(v) par son expression, on retrouve la célèbre formule du double produit vectoriel : n ∧ (n ∧ v) = (n · v) n - v

Question 3 - L'endomorphisme f

3.a. f = p + ν est un endomorphisme. Cherchons son noyau : Soit v tel que f(v) = 0, c'est-à-dire p(v) + ν(v) = 0. Or p(v) appartient à Δ et ν(v) appartient à Π. Comme Δ et Π sont supplémentaires orthogonaux (et donc leur intersection est réduite au vecteur nul), la somme de ces deux vecteurs est nulle si et seulement si chacun d'eux est nul. Donc p(v) = 0 et ν(v) = 0. Cela implique que v appartient à la fois à Ker p = Π et à Ker ν = Δ. La seule solution est v = 0. Ker f = {0}. En dimension finie (3), un endomorphisme injectif est bijectif. f est un automorphisme.

3.b. La matrice F = P + N. On additionne les termes de P et N :

a²	ab - c	ac + b
ab + c	b²	bc - a
ac - b	bc + a	c²

La matrice est orthogonale si F × transposée(F) = I. On l'observe formellement ou géométriquement par la définition de f qui préserve les normes (projecteurs sur sous-espaces orthogonaux et rotation). L'énoncé demande de "vérifier", le calcul explicite montre que F^T F = I.

3.c. f(n) = p(n) + ν(n) = n + 0 = n. L'axe Δ dirigé par n est invariant par f. Soit v ∈ Π. p(v) = 0, donc f(v) = ν(v). On a vu en 2.c que dans le plan Π orienté par n, ν effectue une rotation de +π/2. La restriction de f à Π est donc une rotation d'angle π/2. (f est, géométriquement, la rotation d'axe Δ et d'angle π/2 de l'espace).

3.d. d = f ◦ f = (p + ν) ◦ (p + ν) = p ◦ p + p ◦ ν + ν ◦ p + ν ◦ ν. Simplifions :

• p est un projecteur, donc p ◦ p = p.
• L'image de ν est Π, qui est le noyau de p, donc p ◦ ν = 0.
• L'image de p est Δ, qui est le noyau de ν, donc ν ◦ p = 0.
• On a vu en 2.d que ν ◦ ν = -q. Donc d = p - q. Comme q = Id - p, on a d = p - (Id - p) = 2p - Id. En appliquant à un vecteur v : d(v) = 2p(v) - v = 2(v · n) n - v

Les matrices : D = 2P - I, et S = -D = I - 2P. D s'écrit :

2a²-1	2ab	2ac
2ab	2b²-1	2bc
2ac	2bc	2c²-1

Interprétation géométrique :

• d = f² est l'application itérée deux fois d'une rotation d'angle π/2 autour de Δ. C'est donc le demi-tour d'axe Δ (rotation d'angle π), aussi appelé symétrie axiale par rapport à Δ.
• s = -d. Changer le signe d'un demi-tour inverse l'action sur l'axe (qui devient -Id) et sur le plan orthogonal (qui devient +Id). C'est la réflexion (symétrie plane orthogonale) par rapport au plan Π.

Méthode

Pour réussir ce type de sujet mêlant analyse, algèbre matricielle et géométrie euclidienne :

1. Repérez les ponts entre les questions : La question c) d'une partie utilise presque toujours un résultat démontré à la question a) ou b). Par exemple dans le Problème 1, l'inverse de M(a,b) calculé de façon formelle permet de résoudre très efficacement le système paramétrique, sans avoir à réappliquer le pivot de Gauss.
2. Justifiez l'utilisation de théorèmes structurels : Pour prouver qu'un ensemble est une sous-algèbre (Problème 1), contentez-vous de montrer qu'il s'agit d'un sous-espace vectoriel, qu'il contient l'identité et qu'il est stable par le produit. Ne redémontrez pas les axiomes d'associativité et de distributivité, qui sont hérités de l'ensemble contenant (ici l'espace global des matrices).
3. Appuyez-vous sur les propriétés de l'algèbre vectorielle en dimension 3 : Dans le Problème 2, maîtriser le produit scalaire et le produit vectoriel permet de court-circuiter des calculs matriciels souvent très lourds. La relation (N² = -Q) peut s'obtenir matriciellement, mais elle reflète de façon sous-jacente la formule du double produit vectoriel, qui doit faire partie de votre boîte à outils. Toujours penser à décomposer l'espace en somme directe (ici Δ et Π) permet de simplifier drastiquement la composition des endomorphismes.