PCSI DEVOIR de MATHÉMATIQUES n 8 pour le 29/04/2002

PCSI
DEVOIR de MATHÉMATIQUES n◦ 8
pour le 29/04/2002
PROBLÈME 1 :
Soit n un entier naturel non nul. Dans tout le problème, on notera J la matrice de Mn (IR) dont
tous les coefficients sont égaux à 1.
Soit A = (aij ) une matrice de Mn (IR).
Pour tout i ∈ [[1, n]], on note Li (A) la somme des éléments de la i-ième ligne de A :
n
X
Li (A) =
aij .
j=1
Pour tout j ∈ [[1, n]], on note Cj (A) la somme des éléments de la j-ième colonne de A :
n
X
aij .
Cj (A) =
i=1
On appelle matrice pseudo-magique toute matrice A telle que les 2n nombres Li (A)
(1 ≤ i ≤ n) et Cj (A) (1 ≤ j ≤ n) aient la même valeur (même somme sur chaque ligne et
sur chaque colonne). Dans ce cas, on notera d(A) leur valeur commune.
On note enfin E l’ensemble des matrices pseudo-magiques de Mn (IR).
1. Montrer que les Li (1 ≤ i ≤ n) et les Cj (1 ≤ j ≤ n) sont des formes linéaires sur Mn (IR).
Montrer que E est un sous-espace vectoriel de Mn (IR), et que d est une forme linéaire sur E.
2. Soit A une matrice quelconque de Mn (IR). Expliciter les matrices AJ et JA à l’aide des
sommes Li (A) et Cj (A).
En déduire qu’une matrice A de Mn (IR) appartient à E si et seulement si AJ = JA. Que vaut
la matrice AJ (ou JA) dans ce cas ?
3. Montrer que E est une sous-algèbre de Mn (IR), et que d : E → IR est un morphisme d’algèbres.
4.a. Soit A une matrice de E. On suppose que A est inversible. Montrer alors que d(A) 6= 0, que
1
.
A−1 ∈ E et que d(A−1 ) =
d(A)
b. Une matrice A de E telle que d(A) 6= 0 est-elle nécessairement inversible ?
d(A)
5. Soit A ∈ E. Montrer que la matrice M = A −
J appartient à E et calculer d(M ).
n
En déduire que les sous-espaces vectoriels
F = Ker(d) = {A ∈ E | d(A) = 0} et G = IR · J = {λ J ; λ ∈ IR}
sont supplémentaires dans E.
6. Dans cette question, n = 3. On donne une matrice quelconque de M3 (IR) :


a b c
A = d e f  .
g h i
Écrire les six équations exprimant que la matrice A appartient au sous-espace F = Ker(d) de
la question précédente. De ce système, tirer a, b, c, d, g en fonction de e, f , h, i.
En déduire que A est combinaison linéaire des quatre matrices








1 −1 0
1 0 −1
1 −1 0
1 0 −1
0 0 , X =  0 0 0  .
U =  −1 1 0  , V =  −1 0 1  , W =  0
0
0 0
0 0 0
−1 1 0
−1 0 1
Quelle est alors la dimension de F , puis la dimension de E lorsque n = 3 ? Préciser une base
de E.
7. Dans cette question, on reprend n ∈ IN∗ quelconque. Si r et s sont deux éléments de l’intervalle
entier [[2, n]], on note Tr,s la matrice de Mn (IR) dont tous les coefficients tij sont nuls sauf
quatre d’entre eux, à savoir :
t11 = trs = 1
et
a. Montrer que la famille T = (Tr,s )
(r,s)∈[[2,n]]2
t1s = tr1 = −1 .
constitue une base de l’espace vectoriel F défini
à la question 5.
b. En déduire les dimensions de F et de E.
PROBLÈME 2 :
Soit l’équation différentielle
(E)
:
(x2 + 1)y 0 + (x − 1)2 y = x3 − x2 + x + 1 .
1. Trouver une fonction affine solution de (E). En déduire toutes les solutions de l’équation
(E) sur IR.
2. Montrer que les courbes intégrales de l’équation (E) ont une asymptote commune, que l’on
précisera.
Pour tout réel h, on note (Ch ) la courbe intégrale de (E) passant par le point de coordonnées
(0, h).
3. Donner une équation de la courbe (H), lieu des points à tangente horizontale sur les courbes
(Ch ), h ∈ IR.
4. Combien y a-t-il de points à tangente horizontale sur une courbe (Ch ) donnée (discuter
selon les valeurs de h) ?
5. Faire un schéma avec différentes courbes (Ch ) et la courbe (H).
6. Montrer que les courbes (Ch ), pour h 6= 0, admettent exactement deux points d’inflexion.
Montrer que l’une des tangentes d’inflexion a une direction indépendante de h, et que l’autre
passe par un point fixe (indépendant de h).
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CORRIGÉ
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PROBLÈME 1 :
1. La linéarité des applications Li et Cj est immédiate.
E est non vide (0 ∈ E) et, si A et B sont deux matrices appartenant à E et λ et µ deux réels,
les réels Li (A) et Cj (A) sont tous égaux (notons d(A) leur valeur commune), les réels Li (B)
et Cj (B) sont tous égaux (notons d(B) leur valeur commune). La linéarité des applications
Li et Cj implique alors que les réels Li (λA + µB) et Cj (λA + µB) ont tous pour valeur
commune λd(A) + µd(B). Il en résulte que λA + µB ∈ E : E est donc un sous-espace
vectoriel de Mn (IR), et que d(λA + µB) = λd(A) + µd(B) : d est une forme linéaire sur E.
2. Le lecteur vérifiera que
 L (A) L (A) . . .
1
1
 L2 (A) L2 (A) . . .
AJ = 
..
 ..
.
.
Ln (A) Ln (A) . . .
L1 (A) 
L2 (A) 
.. 

.
Ln (A)
et
 C (A) C (A) . . . C (A) 
1
2
n
 C1 (A) C2 (A) . . . Cn (A) 
JA = 
..
.. 
 ..
 :
.
.
.
C1 (A) C2 (A) . . . Cn (A)
le coefficient d’indices (i, j) de la matrice AJ est Li (A), celui de la matrice JA est Cj (A).
Si A ∈ E, alors AJ = JA = d(A) J.
Réciproquement, si AJ = JA, on a ∀i ∀j Li (A) = Cj (A), donc A ∈ E.
On a donc prouvé que A ∈ E si et seulement si les matrices A et J commutent.
3. On sait déjà que E est un sous-espace vectoriel de Mn (IR) ;
par ailleurs, In ∈ E et, si A et B appartiennent à E, on a AJ = JA et BJ = JB, d’où
(AB)J = A(BJ) = A(JB) = (AJ)B = (JA)B = J(AB) ,
donc AB ∈ E. Ainsi, E est un sous-anneau de Mn (IR) et donc une sous-algèbre.
On sait déjà que d est une forme linéaire sur E ; par ailleurs, d(In ) = 1 et, si A et B appartiennent à E, on a (AB)J = d(AB) J, mais aussi
(AB)J = A(BJ) = A d(B) J = d(B) (AJ) = d(B)d(A) J ,
d’où d(AB) = d(A)d(B) et d est un morphisme de IR-algèbres.
4.a. Si A ∈ E, supposée inversible, vérifiait d(A) = 0, alors on aurait AJ = d(A) J = 0 d’où
J = A−1 (AJ) = 0, ce qui est absurde : une matrice A de E inversible vérifie donc d(A) 6= 0.
Si A ∈ E est inversible, on a AJ = JA, d’où J = A−1 JA, puis JA−1 = A−1 J, ce qui signifie
que A−1 ∈ E. De plus, d étant un morphisme d’algèbres, on a d(A) d A−1 = d(In ) = 1,
1
donc d A−1 =
.
d(A)
b. La matrice J appartient à E et d(J) = n 6= 0, pourtant J n’est pas inversible.
5. M appartient à E car A et J sont dans E et E est un sous-espace vectoriel. On a
d(A)
d(M ) = d(A) −
d(J) = 0 , donc
M ∈ F = Ker d .
n
F et G sont bien des sous-espaces vectoriels
de E ;
d(A)
d(A)
• pour tout A ∈ E, on peut érire A = A −
J +
J et A est somme d’une
n
n
matrice appartenant à F et d’une matrice appartenant à G : on a donc E = F + G ;
• de J 6∈ F , on déduit facilement que F ∩ G = {0}.
On a donc E = F ⊕ G.


a+b+c = 0


d






d+e+f = 0






g + h + i = 0
g
6. Le système à écrire est
, ce qui équivaut à b


a+d+g = 0




c




b + e + h = 0




a

c+f +i = 0
Si A ∈ F , on peut donc écrire


e + f + h + i −e − h −f − i
A =  −e − f
e
f  = eU + f V
−h − i
h
i
=
=
=
=
=
−e − f
−h − i
−e − h
.
−f − i
e+h+f +i
+ hW + iX .
Il en résulte que F ⊂ Vect(U, V, W, X), l’autre inclusion étant immédiate. La famille
(U, V, W, X) étant libre (vérification immédiate), elle forme une base de F , d’où dim F = 4.
Enfin, E = F ⊕ G avec dim G = 1, donc dim E = 5 et une base de E est la famille de matrices
(U, V, W, X, J).
7.a. • Les matrices Tr,s = E11 +Ers −E1s −Er1 appartiennent toutes à F (vérification immédiate).
n X
n
X
• La famille T est libre : si une combinaison linéaire
λr,s Tr,s est nulle, alors, pour
r=2 s=2
tout couple (r0 , s0 ) ∈ [[2, n]]2 , le coefficient d’indices (r0 , s0 ) de cette combinaison linéaire
est λr0 ,s0 et ce coefficient est donc nul.
n X
n
X
• La famille T engendre F : si A = (aij ) ∈ F , il est facile de vérifier que A =
ars Tr,s
r=2 s=2
(la vérification de cette identité est évidente pour chaque coefficient aij avec i ≥ 2 et
n
X
j ≥ 2 ; enfin, le fait que A appartienne à F entraı̂ne que ai1 = −
aij (2 ≤ i ≤ n), que
j=2
a1j = −
n
X
aij (2 ≤ j ≤ n) et enfin que a11 =
n
n X
X
ars ).
r=2 s=2
i=2
b. On a donc dim F = Card [[2, n]]2 = (n − 1)2 puis, comme E = F ⊕ G où G est une droite
vectorielle, dim G = (n − 1)2 + 1.
PROBLÈME 2 :
1. En posant y(x) = ax + b et en réinjectant dans l’équation (E), on obtient a = 1 et b = 0 : la
fonction identique x 7→ x est une solution particulière de (E).
Résolvons sur IR l’équation sans second membre associée (E’) : (x2 + 1)y 0 + (x − 1)2 y = 0. Si
y n’est pas la fonction nulle (alors y ne s’annule pas sur IR), on a
(E0 )
⇐⇒
⇐⇒
y0
(x − 1)2
y0
2x
=− 2
⇐⇒
= −1 + 2
y
x +1
y
x +1
y
2
ln = −x + ln(x + 1)
(C ∈ IR∗+ )
C
⇐⇒
y = C(x2 + 1) e−x
(C ∈ IR∗ ) .
Les solutions de (E’) sur IR sont les fonctions x 7→ C(x2 + 1) e−x , avec C ∈ IR.
Enfin, les solutions de (E) sur IR sont les fonctions x 7→ x + C(x2 + 1)e−x , avec C ∈ IR.
2. Lorsque x → +∞, on a lim C(x2 + 1)e−x = 0, et ceci quelle que soit la valeur de
x→+∞
la constante C. La première bissectrice y = x est donc asymptote commune à toutes les
courbes intégrales lorsque x tend vers +∞.
x3 − x2 + x + 1
3. Si y 0 = 0 sur une courbe intégrale de (E), alors il reste y =
, ce qui est
(x − 1)2
l’équation d’une courbe (H). Réciproquement, si un point M (x, y) appartient à (H), par
ce point il passe une courbe intégrale (et une seule) de (E) et on a bien y 0 = 0 sur cette
courbe, donc il s’agit d’un point à tangente horizontale.
4. Il s’agit ici de faire une étude des fonctions fh : x 7→ x + h(x2 + 1)e−x en discutant selon les
ex
valeurs du paramètre h. On a fh0 (x) = 1 − h(x − 1)2 e−x , donc fh0 (x) = 0 ⇐⇒
= h.
(x − 1)2
x
e
Étudions donc la fonction g, définie sur IR \ {1} par g(x) =
.
(x − 1)2
x−3 x
e , d’où le tableau de variations (cf. à la fin). Il apparaı̂t
Sa dérivée est g 0 (x) =
(x − 1)3
donc que :
- si h ≤ 0, l’équation g(x) = h n’a pas de solution ;
e3
- si 0 < h < , elle admet une solution (dans ] − ∞, 1[ ) ;
4
e3
- si h = , elle admet deux solutions (une dans ] − ∞, 1[ et le nombre 3) ;
4
e3
- si h > , elle admet trois solutions (une dans ] − ∞, 1[, deux dans ]1, +∞[).
4
6. On observe que fh00 (x) = h(x−1)(x−3)e−x s’annule pour x = 1 et x = 3 (et ceci indépendamment
du paramètre h) et change de signe en ces points. Chaque courbe (Ch ), pour h 6= 0, admet
donc deux points d’inflexion, d’abscisses 1 et 3.
• Pour x = 1, on a y 0 = fh0 (1) = 1 : les tangentes d’inflexion des courbes (Ch ) en les points
d’abscisse 1 ont donc toutes le même coefficient directeur 1.
10h
4h
• Pour x = 3, on a y = fh (3) = 3 + 3 et y 0 = fh0 (3) = 1 − 3 . La tangente à (Ch ) au point
e
e
d’abscisse 3 admet donc pour équation
10h
4h
y− 3+ 3
= 1 − 3 (x − 3) ,
e
e
ce que l’on peut réordonner (>collect avec MAPLE) en
2h
(y − x) + 3 (2x − 11) = 0 .
e
(
y−x = 0
Un point F (x, y) est commun à toutes ces droites si ses coordonnées vérifient
,
2x − 11 = 0
11 11
ce qui donne le point F
,
.
2 2