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

TD 1. Sous-espaces vectoriels - Variétés affines.
III. 3) Soit El’espace vectoriel des fonctions réelles définies sur l’intervalle
I(non vide et non réduit à un point).
Soit F={f∈E;fest dérivable sur I}. Montrer que Fest un sous-espace
vectoriel de E.
-Fest bien une partie de E;
-Fest 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;
-Fest stable pour la combinaison linéaire. Soient aet bdeux réels. Soient
fet gdeux éléments de F. En notant ⊕et ∗les lois interne et externe de
l’espace vectoriel E, la fonction a∗f⊕b∗gest définie par : (a∗f⊕b∗g) (x) =
af (x) + bg (x), pour tout x∈I. Comme fet gsont dérivables, cette fonction
est aussi dérivable. Donc, elle appartient à F.
Donc Fest un sous-espace vectoriel de E.
Par contre, l’ensemble des fonctions croissantes sur Iet l’ensemble des fonc-
tions positives sur Ine sont pas des sous-espaces vectoriels de E. En effet : si f
est croissante sur I, la fonction (−1) ∗fest décroissante sur I; si fest positive
sur I, la fonction (−1) ∗fest négative sur I. Ces deux ensembles ne sont donc
pas stable par combinaison linéaire.
TD 2. Applications linéaires.
V. Soit El’espace vectoriel des fonctions indéfiniment dérivables sur IR. Ré-
soudre l’équation différentielle y
′′
−y
′
, c’est trouver F={f∈E;∀x∈IR, f
′
(x) = f
′′
(x)}.
1. Montrer que Fest un sous-espace vectoriel de E.
-Fest bien une partie de E;
-Fest 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;
-Fest stable pour la combinaison linéaire. Soient aet bdeux réels. Soient f
et gdeux éléments de F. En notant ⊕et ∗les lois interne et externe de l’espace
vectoriel E, la fonction h=a∗f⊕b∗gest 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 fet gappartiennent 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∗gappartient à F.
Donc Fest un sous-espace vectoriel de E.
2. Soient f
1
et f
2
définie par f
1
(x) = e
x
−1et f
2
(x) = e
x
+ 1, pour tout
x∈IR. Montrer que la famille {f
1
, f
2
}est libre.
Résolvons a
1
∗f
1
⊕a
2
∗f
2
=θ. Ceci équivaut à (a
1
+a
2
)e
x
+(−a
1
+a
2
) = 0,
∀x∈IR. On doit donc avoir a
1
+a
2
= 0 et −a
1
+a
2
= 0. Soit a
1
=a
2
= 0.
3. Soit f∈Eet udéfinie par u(x) = f
′
(x)e
−x
. Montrer que f∈F⇔
∃C
0
∈IR,u(x) = C
0
,∀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) = C
0
,∀x∈IR.
⇐Si u(x) = f
′
(x)e
−x
=C
0
,∀x∈IR, alors f
′
(x) = C
0
e
x
,∀x∈IR. Il
s’ensuit que f
′′
(x) = C
0
e
x
=f
′
(x)et f∈F.
1

On sait que toute fonction fde Fvérifie f
′
(x) = C
0
e
x
,∀x∈IR. Donc
f(x)est une primitive de C
0
e
x
, soit f(x) = C
0
e
x
+C
1
,∀x∈IR.
4. La famille {f
1
, f
2
}engendre F. En effet, soit f∈F, s’écrivant f(x) =
C
0
e
x
+C
1
,∀x∈IR. En posant a
1
+a
2
=C
0
et −a
1
+a
2
=C
1
, on a
f(x) = αe
x
+β= (a
1
+a
2
)e
x
+ (−a
1
+a
2
) = a
1
(e
x
−1) + a
2
(e
x
+ 1) =
(a
1
∗f
1
⊕a
2
∗f
2
) (x). Donc, fs’écrit comme une combinaison linéaire a
1
∗f
1
⊕
a
2
∗f
2
des éléments de la famille {f
1
, f
2
}. Comme cette famille est libre, c’est
une base de F.
TD 3. Primitives - Intégrales.
III. Soit la fonction rationnelle :
f(x) = 3x−2
x
2
(x−2)
1) L’ensemble de définition de fest D
f
=IR\{0,2}. On cherche une
décomposition de la forme (car 0 est racine d’ordre 2) :
f(x) = a
x+b x
2
+c
x−2
En mettant au même dénominateur, puis en factorisant :
f(x) = (a+c)x
2
+ (−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
x+1 x
2
+1
x−2
2) Soit la fonction définie par :
F
1
(x) = 
x
3
f(t)dt
La fonction f(x)étant continue sur D
f
,F
1
(x)existe tant que l’intervalle [3, x]
(ou [x, 3]) est inclus dans D
f
. On en déduit D
F
1
= ]2,+∞[. On remarque
qu’une primitive de f(x)sur D
F
1
est −ln (x)−
1
x
+ ln (x−2). On a donc :
F
1
(x) = ln x−2
x−1 x+ ln 3 + 1 3
Comme lim
x→+∞
F
1
(x) = ln 3+
1
3
, l’intégrale généralisée existe et 
+∞
3
f(t)dt =
ln 3 +
1
3
.
2

3) Soit la fonction définie par :
F
2
(x) = 
x
1
f(t)dt
La fonction f(x)étant continue sur D
f
,F
2
(x)existe tant que l’intervalle [1, x]
(ou [x, 1]) est inclus dans D
f
. On en déduit D
F
2
= ]0,2[. On remarque qu’une
primitive de f(x)sur D
F
2
est −ln (x)−
1
x
+ ln (2 −x). On a donc :
F
2
(x) = ln 2−x
x−1 x+ 1
4) On note que :
A=
3
2
1
2
2x
3
−2x
2
x
3
−2x
2
+3x−2
x
3
−2x
2
dt
= 2 + 
3
2
1
2
f(t)dt
= 2 + 
1
1
2
f(t)dt +
3
2
1
f(t)dt
= 2 −F
2
1
2+F
2
3
2
=10
3−2 ln 3
IV. Résoudre l’équation
2
3x+
x
0
t
(t
2
−1)
2
dt = 0
L’intégrale existe si t
2
−1 = (t+ 1) (t−1) = 0 pour tout t∈[0, x]. Donc
x∈]−1,1[.
On procède par changement de variable. On pose u=t
2
−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=x
2
−1. On a donc :
x
0
t
(t
2
−1)
2
dt =
x
2
−1
−1
1
2 (u)
2
du =−1
2u
x
2
−1
−1
=−1
2 (x
2
−1) −1 2
On doit donc résoudre (avec x∈]−1,1[) :
2
3x−1 2 (x
2
−1) −1 2= 0
⇔4xx
2
−1−3−3x
2
−1= 0
⇔x4x
2
−3x−4= 0
Les solutions de cette équation sont : 0,
1
8
√73 +
3
8
= 1.443,
3
8
−
1
8
√73 =
−0.693. Seule la première et la dernière appatiennent à l’intervalle ]−1,1[ et
répondent à l’exercice.
3