BGPC–LM100 Année 2007-2008 Méthodes de calcul et statistiques Corrigé du contrôle continu du 29 mars 2008 I Nombres complexes et trigonométrie I.3 L’équation (1) s’écrit, en notant ρ et θ le module et l’argument de z : ρ eiθ 5 y z1 z2 = ρ5 ei5θ = 1ei 0 ⇒ ρ5 = 1 et 5θ = 0 [2π] , z0 x d’où ρ = 1 et θ = k 2π/5 où k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. Soit les cinq racines : z3 z4 z0 = 1 , z1 = ei2π/5 , z2 = ei4π/5 , z3 = ei6π/5 , z3 = ei8π/5 . (3) Les 5 racines. I.3 Le nombre 1 étant une des racines, on sait que l’on peut factoriser par z − 1. Il suffit de développer le polynôme de l’équation (2) : © 3 3 © 2 5 (z − 1) (z 4 + z 3 + z 2 + z + 1) = z 5© −z©4 © +z©4 − Z zZ +@ z@ −z© +z©2H −zHH +z © H− 1 = z − 1 = 0 © I.4 Il suffit de développer et de regrouper les termes dépendants de φ : (z 2 + φ z + 1)(z 2 − z/φ + 1) = z 4 + z 2 + 1 + (z + z 3 )(φ − 1/φ) = z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 si et seulement si φ − 1/φ = 1, soit φ2 − φ − 1 = 0. I.5 On résout l’équation du second degré en φ± = (1 ± comprise entre 1 et 2. II Vecteurs et matrices II.2 On a : II.3 II.4 x −−→ AB ≡ AB = OB − OA = (2, 2, 2) − (1, 1, 1) = (1, 1, 1) , −−→ DC ≡ DC = OC − OD = (1, 0, 1) − (0, 1, 1) = (1, −1, 0) . z B A C √ √ M · OA = (1 + 1/ 2 , 1 − 1/ 2 , 0) . Comme il apparaîtra plus tard, M est une isométrie de l’espace (matrice D y orthogonale), de déterminant 1, laissant invariante la droite engendrée par le vecteur i+j (c’est à dire telle que y = x, z = 0). C’est donc une rotation autour Les 4 points. de cet axe. On montre que l’angle de cette rotation est de π/2 en constatant que le vecteur k, perpendiculaire à l’axe, est amené dans le plan 0xy (3è colonne de M). Le calcul de det(M) de fait de façon la plus commode en développant par rapport à la dernière colonne : 1 1 det(M) = √ 2 1 2 − √2 II.5 √ √ 5)/2, dont seule la racine φ = (1 + 5)/2 est 1 2 √1 2 1 + 2 − √1 2 1 2 √1 2 1 1 = √1 √ +√ =1 2 2 2 Il s’ensuit que la matrice M est inversible. On peut évaluer son inverse par √ la méthode de Gauss, en commençant par multiplier par 2 les deux premières lignes et par η = 2 la troisième, puis en permutant les deuxième et troisième lignes (pour éviter un pivot nul) : 1 −1 1 1 1 1 η 0 −η |2 |0 |0 0 0 2 0 η 0 1 `2 ←(`1 +`2 )/2 −−−−−−−→ 0 `3 ←`3 −`1 1 1 η |+2 η/2 |+1 0 η/2 |+1 0 −η/2 η/2 −−−−−→ 0 1 η/2 |+1 0 η/2 0 0 1 |1/η −1/η 0 0 0 −2η 0 0 |+1/2 1/2 −η/2 −−−−−−→ 0 1 0 |+1/2 2/2 η/2 0 0 1 |1/η −1/η 0 `2 ←`2 −η`3 /2 1 0 `3 ←−`3 /2η 0 `1 ←`1 −η`3 /2 2 `1 ←`1 −`2 1 |−2 0 1 0 BGPC–LM100 Année 2007-2008 √ et en utilisant η/2 = 1/ 2, il vient : 1 M−1 = 1 2 1 2 −1 √ 2 2 1 2 √1 2 √1 2 −1 √ 2 , (4) 0 et on constate que M−1 = tM, comme on devait s’y attendre en constatant que M est une matrice orthogonale, c’est à dire que ses vecteurs colonnes sont de norme 1 et perpendiculaires deux à deux. II.6 L’équation M · X = X s’écrit encore (M − 11) · X = 0, soit : − 12 x + 12 y + √1 z 2 =0 1 2x − 12 y − √1 z 2 =0 − √1 x 2 + √1 y 2 − 1z = 0 (5) II.7 Le système obtenu est visiblement homogène1 . Par contre le fait que M soit inversible n’assure aucunement le fait que M − 11 le soit (ou non). En revanche, on constate immédiatement que les deux premières équations sont identiques, ce qui indique que le système n’est pas régulier (det(M − 11) = 0), et il y a donc une infinité de solutions. II.8 La résolution de ce système √ peut être faite par une élimination fondée sur la méthode de Gauss. Mais ici on voit que `1 + `3 / 2 donne z = 0 ; en reportant alors dans `1 , il s’ensuit que x = y, d’où les solutions : X = (x, x, 0) pour x ∈ IR . III Fonctions et développements limités Pn f (p) (x0 ) (x p! − x0 )p + (x − x0 )n (x − x0 ), où (x − x0 ) → 0 pour (x − x0 ) → 0. √ III.2 On calcule successivement : f 0 (x) = x/ x2 + 5 et f 00 (x) = 5/(x2 + 5)2 /2. Donc f (2) = 3, f 0 (2) = 2/3 et f 00 (x) = 5/27. 5 f (x) ≈ 3 + 23 (x − 2) + 2×27 D’où le DL2 : (x − 2)2 . III.1 On a : f (x) = p=0 III.3 On constate immédiatement que le numérateur et le dénominateur de g tendent vers 0 lorsque x → 2, ce qui donne une forme indéterminée. On peut alors utiliser le DL de f à l’ordre 1 pour écrire : g(x) ≈ −(x + 2)(x − 2) 3(x + 2) 4 − x2 = = −−−→ 6 . 2 2 x→2 2 3 − (3 + 3 (x − 2)) − 3 (x − 2)) (6) III.4 La fonction f est définie sur IR. Elle est paire. Compte tenu des dérivées obtenues ci-dessus, on constate que f 0 (x) est du signe de x, et que f 00 (x) est strictement positive ; f est donc convexe et n’a pas de point d’inflexion. Ses limites en ±∞ sont visiblement +∞. 8 p De plus, on peut écrire pour x grand : f (x) = x 1 + 5/x2 ≈ 7 x(1 + 1/2 × 5/x2 ), ce qui montre que f (x) − x ≈ 6 5/2x → 0+ lorsque x → +∞. On en déduit que le 5 graphe de f possède deux asymptotes obliques de 4 pente ±1 en ±∞. D’où le tableau de variation et le 3 graphe (c’est une hyperbole) : 2 x −∞ 0 +∞ 0 f (x) −1 − √0 + +1 f (x) +∞ & 5 % +∞ 1 0 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 Graphe de la fonction f . 1. Sans discuter a priori la nullité éventuelle de X (comme on lit dans beaucoup de copies), ce qui est absurde, puisque cela revient à dire : «si je suppose que X est nul, alors je trouve comme solution X nul. 2. Il est absurde de développer ce polynôme, puisque il n’a d’intérêt qu’au voisinage de x = 2, et aucun sens autour de x = 0. 2