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

PCSI DEVOIR de MATH´ EMATIQUES n◦8pour le 29/04/2002
PROBL` EME 1 :
Soit nun entier naturel non nul. Dans tout le probl`eme, on notera Jla matrice de Mn(IR) dont
tous les coefficients sont ´egaux `a 1.
Soit A= (aij ) une matrice de Mn(IR).
Pour tout i∈[[1, n]], on note Li(A) la somme des ´el´ements de la i-i`eme ligne de A:
Li(A) =
n
X
j=1
aij .
Pour tout j∈[[1, n]], on note Cj(A) la somme des ´el´ements de la j-i`eme colonne de A:
Cj(A) =
n
X
i=1
aij .
On appelle matrice pseudo-magique toute matrice Atelle que les 2nnombres Li(A)
(1 ≤i≤n) et Cj(A) (1 ≤j≤n) aient la mˆeme valeur (mˆeme somme sur chaque ligne et
sur chaque colonne). Dans ce cas, on notera d(A) leur valeur commune.
On note enfin El’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 lin´eaires sur Mn(IR).
Montrer que Eest un sous-espace vectoriel de Mn(IR), et que dest une forme lin´eaire sur E.
2. Soit Aune matrice quelconque de Mn(IR). Expliciter les matrices AJ et JA `a l’aide des
sommes Li(A) et Cj(A).
En d´eduire qu’une matrice Ade Mn(IR) appartient `a Esi et seulement si AJ =JA. Que vaut
la matrice AJ (ou JA) dans ce cas ?
3. Montrer que Eest une sous-alg`ebre de Mn(IR), et que d:E→IR est un morphisme d’alg`ebres.
4.a. Soit Aune matrice de E. On suppose que Aest inversible. Montrer alors que d(A)6= 0, que
A−1∈Eet que d(A−1) = 1
d(A).
b. Une matrice Ade Etelle que d(A)6= 0 est-elle n´ecessairement inversible ?
5. Soit A∈E. Montrer que la matrice M=A−d(A)
nJappartient `a Eet calculer d(M).
En d´eduire que les sous-espaces vectoriels
F= Ker(d) = {A∈E|d(A) = 0}et G= IR ·J={λ J ;λ∈IR}
sont suppl´ementaires dans E.
6. Dans cette question, n= 3. On donne une matrice quelconque de M3(IR) :
A=
a b c
d e f
g h i 
.
´
Ecrire les six ´equations exprimant que la matrice Aappartient au sous-espace F= Ker(d) de
la question pr´ec´edente. De ce syst`eme, tirer a,b,c,d,gen fonction de e,f,h,i.
En d´eduire que Aest combinaison lin´eaire des quatre matrices
U=
1−1 0
−110
0 0 0 
, V =
1 0 −1
−1 0 1
000
, W =
1−1 0
0 0 0
−110
, X =
1 0 −1
000
−1 0 1 
.
Quelle est alors la dimension de F, puis la dimension de Elorsque n= 3 ? Pr´eciser une base
de E.
7. Dans cette question, on reprend n∈IN∗quelconque. Si ret ssont deux ´el´ements 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, `a savoir :

t11 =trs = 1 et t1s=tr1=−1.
a. Montrer que la famille T= (Tr,s)(r,s)∈[[2,n]]2constitue une base de l’espace vectoriel Fd´efini
`a la question 5.
b. En d´eduire les dimensions de Fet de E.
PROBL` EME 2 :
Soit l’´equation diff´erentielle
(E) : (x2+ 1)y0+ (x−1)2y=x3−x2+x+ 1 .
1. Trouver une fonction affine solution de (E). En d´eduire toutes les solutions de l’´equation
(E) sur IR.
2. Montrer que les courbes int´egrales de l’´equation (E) ont une asymptote commune, que l’on
pr´ecisera.
Pour tout r´eel h, on note (Ch) la courbe int´egrale de (E) passant par le point de coordonn´ees
(0, h).
3. Donner une ´equation de la courbe (H), lieu des points `a tangente horizontale sur les courbes
(Ch), h∈IR.
4. Combien y a-t-il de points `a tangente horizontale sur une courbe (Ch) donn´ee (discuter
selon les valeurs de h) ?
5. Faire un sch´ema avec diff´erentes courbes (Ch) et la courbe (H).
6. Montrer que les courbes (Ch), pour h6= 0, admettent exactement deux points d’inflexion.
Montrer que l’une des tangentes d’inflexion a une direction ind´ependante de h, et que l’autre
passe par un point fixe (ind´ependant de h).
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CORRIG´ E
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PROBL` EME 1 :
1. La lin´earit´e des applications Liet Cjest imm´ediate.
Eest non vide (0 ∈E) et, si Aet Bsont deux matrices appartenant `a Eet λet µdeux r´eels,
les r´eels Li(A) et Cj(A) sont tous ´egaux (notons d(A) leur valeur commune), les r´eels Li(B)
et Cj(B) sont tous ´egaux (notons d(B) leur valeur commune). La lin´earit´e des applications
Liet Cjimplique alors que les r´eels Li(λA +µB) et Cj(λA +µB) ont tous pour valeur
commune λd(A) + µd(B). Il en r´esulte que λA +µB ∈E:Eest donc un sous-espace
vectoriel de Mn(IR), et que d(λA +µB) = λd(A) + µd(B) : dest une forme lin´eaire sur E.

2. Le lecteur v´erifiera que
AJ =
L1(A)L1(A). . . L1(A)
L2(A)L2(A). . . L2(A)
.
.
..
.
..
.
.
Ln(A)Ln(A). . . Ln(A)
et JA =
C1(A)C2(A). . . Cn(A)
C1(A)C2(A). . . Cn(A)
.
.
..
.
..
.
.
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.
R´eciproquement, si AJ =JA, on a ∀i∀j Li(A) = Cj(A), donc A∈E.
On a donc prouv´e que A∈Esi et seulement si les matrices Aet Jcommutent.
3. On sait d´ej`a que Eest un sous-espace vectoriel de Mn(IR) ;
par ailleurs, In∈Eet, si Aet Bappartiennent `a E, on a AJ =JA et BJ =JB, d’o`u
(AB)J=A(BJ ) = A(JB) = (AJ)B= (JA)B=J(AB),
donc AB ∈E. Ainsi, Eest un sous-anneau de Mn(IR) et donc une sous-alg`ebre.
On sait d´ej`a que dest une forme lin´eaire sur E; par ailleurs, d(In) = 1 et, si Aet Bapparti-
ennent `a E,ona(AB)J=d(AB)J, mais aussi
(AB)J=A(BJ ) = Ad(B)J=d(B) (AJ) = d(B)d(A)J ,
d’o`u d(AB) = d(A)d(B) et dest un morphisme de IR-alg`ebres.
4.a. Si A∈E, suppos´ee inversible, v´erifiait d(A) = 0, alors on aurait AJ =d(A)J= 0 d’o`u
J=A−1(AJ) = 0, ce qui est absurde : une matrice Ade Einversible v´erifie donc d(A)6= 0.
Si A∈Eest inversible, on a AJ =JA, d’o`u J=A−1J A, puis JA−1=A−1J, ce qui signifie
que A−1∈E. De plus, d´etant un morphisme d’alg`ebres, on a d(A)dA−1=d(In) = 1,
donc dA−1=1
d(A).
b. La matrice Jappartient `a Eet d(J) = n6= 0, pourtant Jn’est pas inversible.
5. Mappartient `a Ecar Aet Jsont dans Eet Eest un sous-espace vectoriel. On a
d(M) = d(A)−d(A)
nd(J) = 0 ,donc M∈F= Ker d .
Fet Gsont bien des sous-espaces vectoriels de E;
•pour tout A∈E, on peut ´erire A=A−d(A)
nJ+d(A) nJet Aest somme d’une
matrice appartenant `a Fet d’une matrice appartenant `a G: on a donc E=F+G;
•de J6∈ F, on d´eduit facilement que F∩G={0}.
On a donc E=F⊕G.

6. Le syst`eme `a ´ecrire est
a+b+c= 0
d+e+f= 0
g+h+i= 0
a+d+g= 0
b+e+h= 0
c+f+i= 0
, ce qui ´equivaut `a
d=−e−f
g=−h−i
b=−e−h
c=−f−i
a=e+h+f+i
.
Si A∈F, on peut donc ´ecrire
A=
e+f+h+i−e−h−f−i
−e−f e f
−h−i h i 
=eU +fV +hW +iX .
Il en r´esulte que F⊂Vect(U, V, W, X), l’autre inclusion ´etant imm´ediate. La famille
(U, V, W, X) ´etant libre (v´erification imm´ediate), elle forme une base de F, d’o`u dim F= 4.
Enfin, E=F⊕Gavec dim G= 1, donc dim E= 5 et une base de Eest la famille de matrices
(U, V, W, X, J).
7.a. •Les matrices Tr,s =E11+Ers−E1s−Er1appartiennent toutes `a F(v´erification imm´ediate).
•La famille Test libre : si une combinaison lin´eaire
n
X
r=2
n
X
s=2
λr,sTr,s est nulle, alors, pour
tout couple (r0, s0)∈[[2, n]]2, le coefficient d’indices (r0, s0) de cette combinaison lin´eaire
est λr0,s0et ce coefficient est donc nul.
•La famille Tengendre F: si A= (aij )∈F, il est facile de v´erifier que A=
n
X
r=2
n
X
s=2
arsTr,s
(la v´erification de cette identit´e est ´evidente pour chaque coefficient aij avec i≥2 et
j≥2 ; enfin, le fait que Aappartienne `a Fentraˆıne que ai1=−
n
X
j=2
aij (2 ≤i≤n), que
a1j=−
n
X
i=2
aij (2 ≤j≤n) et enfin que a11 =
n
X
r=2
n
X
s=2
ars).
b. On a donc dim F= Card [[2, n]]2= (n−1)2puis, comme E=F⊕Go`u Gest une droite
vectorielle, dim G= (n−1)2+ 1.
PROBL` EME 2 :
1. En posant y(x) = ax +bet en r´einjectant dans l’´equation (E), on obtient a= 1 et b= 0 : la
fonction identique x7→ xest une solution particuli`ere de (E).
R´esolvons sur IR l’´equation sans second membre associ´ee (E’) : (x2+ 1)y0+ (x−1)2y= 0. Si
yn’est pas la fonction nulle (alors yne s’annule pas sur IR), on a
(E0)⇐⇒ y0
y=−(x−1)2 x2+ 1 ⇐⇒ y0 y=−1 + 2x x2+ 1
⇐⇒ ln 
y
C=−x+ ln(x2+ 1) (C∈IR∗
+)

⇐⇒ y=C(x2+ 1) e−x(C∈IR∗).
Les solutions de (E’) sur IR sont les fonctions x7→ C(x2+ 1) e−x, avec C∈IR.
Enfin, les solutions de (E) sur IR sont les fonctions x7→ x+C(x2+ 1)e−x, avec C∈IR.
2. Lorsque x→+∞, on a lim
x→+∞C(x2+ 1)e−x= 0, et ceci quelle que soit la valeur de
la constante C. La premi`ere bissectrice y=xest donc asymptote commune `a toutes les
courbes int´egrales lorsque xtend vers +∞.
3. Si y0= 0 sur une courbe int´egrale de (E), alors il reste y=x3−x2+x+ 1
(x−1)2, ce qui est
l’´equation d’une courbe (H). R´eciproquement, si un point M(x, y) appartient `a (H), par
ce point il passe une courbe int´egrale (et une seule) de (E) et on a bien y0= 0 sur cette
courbe, donc il s’agit d’un point `a tangente horizontale.
4. Il s’agit ici de faire une ´etude des fonctions fh:x7→ x+h(x2+ 1)e−xen discutant selon les
valeurs du param`etre h. On a f0
h(x) = 1−h(x−1)2e−x, donc f0 h(x) = 0 ⇐⇒ ex
(x−1)2=h.
´
Etudions donc la fonction g, d´efinie sur IR \ {1}par g(x) = ex
(x−1)2.
Sa d´eriv´ee est g0(x) = x−3
(x−1)3ex, d’o`u le tableau de variations (cf. `a la fin). Il apparaˆıt
donc que :
- si h≤0, l’´equation g(x) = hn’a pas de solution ;
- si 0 < h < e3
4, elle admet une solution (dans ] − ∞,1[ ) ;
- si h=e3
4, elle admet deux solutions (une dans ] − ∞,1[ et le nombre 3) ;
- si h > e3
4, elle admet trois solutions (une dans ] − ∞,1[, deux dans ]1,+∞[).
6. On observe que f00
h(x) = h(x−1)(x−3)e−xs’annule pour x= 1 et x= 3 (et ceci ind´ependamment
du param`etre h) et change de signe en ces points. Chaque courbe (Ch), pour h6= 0, admet
donc deux points d’inflexion, d’abscisses 1 et 3.
•Pour x= 1, on a y0=f0
h(1) = 1 : les tangentes d’inflexion des courbes (Ch) en les points
d’abscisse 1 ont donc toutes le mˆeme coefficient directeur 1.
•Pour x= 3, on a y=fh(3) = 3 + 10h
e3et y0=f0
h(3) = 1 −4h
e3. La tangente `a (Ch) au point
d’abscisse 3 admet donc pour ´equation
y−3 + 10h
e3=1−4h e3(x−3) ,
ce que l’on peut r´eordonner (>collect avec MAPLE) en
(y−x) + 2h
e3(2x−11) = 0 .
Un point F(x, y) est commun `a toutes ces droites si ses coordonn´ees v´erifient (y−x= 0
2x−11 = 0,
ce qui donne le point F11
2,11 2.