TD 1. Sous-espaces vectoriels - Variétés affines. III. 3) Soit E l

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