TD 1. Sous-espaces vectoriels - Variétés affines. III. 3) Soit E l’espace vectoriel des fonctions réelles définies sur l’intervalle I (non vide et non réduit à un point). Soit F = {f ∈ E; f est dérivable sur I}. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E. - F est bien une partie de E ; - F est non vide : Soit la fonction θ ∈ E, définie par θ (x) = 0, pour tout x ∈ I. Elle est dérivable sur I, de fonction dérivée θ ′ (x) = 0, pour tout x ∈ I. Donc θ ∈ F ; - F est stable pour la combinaison linéaire. Soient a et b deux réels. Soient f et g deux éléments de F . En notant ⊕ et ∗ les lois interne et externe de l’espace vectoriel E, la fonction a ∗ f ⊕ b ∗ g est définie par : (a ∗ f ⊕ b ∗ g) (x) = af (x) + bg (x), pour tout x ∈ I. Comme f et g sont dérivables, cette fonction est aussi dérivable. Donc, elle appartient à F . Donc F est un sous-espace vectoriel de E. Par contre, l’ensemble des fonctions croissantes sur I et l’ensemble des fonctions positives sur I ne sont pas des sous-espaces vectoriels de E. En effet : si f est croissante sur I, la fonction (−1) ∗ f est décroissante sur I ; si f est positive sur I, la fonction (−1) ∗ f est négative sur I. Ces deux ensembles ne sont donc pas stable par combinaison linéaire. TD 2. Applications linéaires. V. Soit E l’espace vectoriel des fonctions indéfiniment dérivables sur IR. Résoudre l’équation différentielle y ′′ −y ′ , c’est trouver F = {f ∈ E; ∀x ∈ IR, f ′ (x) = f ′′ (x)}. 1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E. - F est bien une partie de E ; - F est non vide : Soit la fonction θ ∈ E, définie par θ (x) = 0, pour tout x ∈ IR. On a θ′ (x) = θ′′ (x) = 0, pour tout x ∈ IR. Donc θ ∈ F ; - F est stable pour la combinaison linéaire. Soient a et b deux réels. Soient f et g deux éléments de F . En notant ⊕ et ∗ les lois interne et externe de l’espace vectoriel E, la fonction h = a ∗ f ⊕ b ∗ g est définie par : h (x) = af (x) + bg (x), pour tout x ∈ IR. On a : h′ (x) = af ′ (x) + bg′ (x) et h′′ (x) = af ′′ (x) + bg ′′ (x), pour tout x ∈ IR. Comme f et g appartiennent à F , on a f ′ (x) = f ′′ (x) et g′ (x) = g′′ (x), pour tout x ∈ IR. Donc h′ (x) = h′′ (x), pour tout x ∈ IR. Donc, h = a ∗ f ⊕ b ∗ g appartient à F . Donc F est un sous-espace vectoriel de E. 2. Soient f1 et f2 définie par f1 (x) = ex − 1 et f2 (x) = ex + 1, pour tout x ∈ IR. Montrer que la famille {f1 , f2 } est libre. Résolvons a1 ∗f1 ⊕a2 ∗f2 = θ. Ceci équivaut à (a1 + a2 ) ex +(−a1 + a2 ) = 0, ∀x ∈ IR. On doit donc avoir a1 + a2 = 0 et −a1 + a2 = 0. Soit a1 = a2 = 0. 3. Soit f ∈ E et u définie par u (x) = f ′ (x) e−x . Montrer que f ∈ F ⇔ ∃C0 ∈ IR, u (x) = C0 , ∀x ∈ IR. ⇒ Si f ∈ F , alors ∀x ∈ IR, f ′ (x) = f ′′ (x). Il s’ensuit que u′ (x) = ′′ f (x) e−x − f ′ (x) e−x = 0. Donc u (x) = C0 , ∀x ∈ IR. ⇐ Si u (x) = f ′ (x) e−x = C0 , ∀x ∈ IR, alors f ′ (x) = C0 ex , ∀x ∈ IR. Il s’ensuit que f ′′ (x) = C0 ex = f ′ (x) et f ∈ F . 1 On sait que toute fonction f de F vérifie f ′ (x) = C0 ex , ∀x ∈ IR. Donc f (x) est une primitive de C0 ex , soit f (x) = C0 ex + C1 , ∀x ∈ IR. 4. La famille {f1 , f2 } engendre F . En effet, soit f ∈ F , s’écrivant f (x) = C0 ex + C1 , ∀x ∈ IR. En posant a1 + a2 = C0 et −a1 + a2 = C1 , on a f (x) = αex + β = (a1 + a2 ) ex + (−a1 + a2 ) = a1 (ex − 1) + a2 (ex + 1) = (a1 ∗ f1 ⊕ a2 ∗ f2 ) (x). Donc, f s’écrit comme une combinaison linéaire a1 ∗ f1 ⊕ a2 ∗ f2 des éléments de la famille {f1 , f2 }. Comme cette famille est libre, c’est une base de F . TD 3. Primitives - Intégrales. III. Soit la fonction rationnelle : f (x) = 3x − 2 x2 (x − 2) 1) L’ensemble de définition de f est Df = IR\ {0, 2}. On cherche une décomposition de la forme (car 0 est racine d’ordre 2) : f (x) = a b c + + x x2 x − 2 En mettant au même dénominateur, puis en factorisant : f (x) = (a + c) x2 + (−2a + b) x + (−2b) x Par "identification", on a le système : a+c=0 −2a + b = 3 −2b = −2 qui a pour solution a = −1, b = 1 et c = 1. Finalement, on écrit donc f (x) = − 1 1 1 + + x x2 x − 2 2) Soit la fonction définie par : F1 (x) = x f (t) dt 3 La fonction f (x) étant continue sur Df , F1 (x) existe tant que l’intervalle [3, x] (ou [x, 3]) est inclus dans Df . On en déduit DF1 = ]2, +∞[. On remarque qu’une primitive de f (x) sur DF1 est − ln (x) − x1 + ln (x − 2). On a donc : x−2 1 1 F1 (x) = ln − + ln 3 + x x 3 +∞ 1 Comme limx→+∞ F1 (x) = ln 3+ 3 , l’intégrale généralisée existe et 3 f (t) dt = ln 3 + 13 . 2 3) Soit la fonction définie par : F2 (x) = x f (t) dt 1 La fonction f (x) étant continue sur Df , F2 (x) existe tant que l’intervalle [1, x] (ou [x, 1]) est inclus dans Df . On en déduit DF2 = ]0, 2[. On remarque qu’une primitive de f (x) sur DF2 est − ln (x) − x1 + ln (2 − x). On a donc : 2−x 1 − +1 F2 (x) = ln x x 4) On note que : 32 x3 − 2x2 3x − 2 A = 2 3 + 3 dt 2 1 x − 2x x − 2x2 2 32 = 2+ f (t) dt 1 2 = 2+ 1 f (t) dt + 1 2 3 2 f (t) dt 1 1 3 = 2 − F2 + F2 2 2 10 = − 2 ln 3 3 IV. Résoudre l’équation x 2 t dt = 0 x+ 2 3 (t − 1)2 0 L’intégrale existe si t2 − 1 = (t + 1) (t − 1) = 0 pour tout t ∈ [0, x]. Donc x ∈ ]−1, 1[. 2 On √ procède par changement de variable. On pose u = t − 1 (ou encore, t = u − 1). On a du = 2tdt. Les bornes d’intégration sont : si t = 0, u = −1 et si t = x, u = x2 − 1. On a donc : x2 −1 x x2 −1 t 1 1 1 1 dt = =− − 2 du = − 2u 2 − 1) 2 − 1)2 2 (x 2 (t 2 (u) 0 −1 −1 On doit donc résoudre (avec x ∈ ]−1, 1[) : 1 1 2 x− − =0 2 3 2 (x − 1) 2 ⇔ 4x x2 − 1 − 3 − 3 x2 − 1 = 0 ⇔ x 4x2 − 3x − 4 = 0 √ √ Les solutions de cette équation sont : 0, 18 73 + 38 = 1.443, 38 − 18 73 = −0.693. Seule la première et la dernière appatiennent à l’intervalle ]−1, 1[ et répondent à l’exercice. 3