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CORRECTION DL n˚9
Exercice 1.
x
1. f pxq lnp1 ex q lnp1 1 x x2
opx3 qq ln 2 lnp1
6
2
h3
On sait que lnp1 hq h h2
oph3 q et en posant h x2
3
2
x3
Donc en remplaçant, après calculs, on obtient lnp1 x2 x4
12
2
Finalement f pxq ln 2
2. g pxq lnp1 xq
ex 1
x
1
2x
x2
x4
opx4 q
4
1
x
x x2
1
opx4 q
24
On utilise le D.L. au voisinage de 0 de 1 1 h 1 h
2
4
Après calculs on trouve p1 x2
x
2
x2
4
op
opx3 q au voisinage de 0.
1 2
8x
x3
3
x3
6
2
3
x2
3
x2
6
x
2
x
2
h2
x4
h3
opx3 qq donc g pxq p1 x2
x2
12
Après calculs de développement, on obtient g pxq 1 x
opx3 q
oph3 q avec h x2
3
2 2
3x
4. j pxq x
x3
3
x3
3
o px 3 q
op
x3
Soit j pxq 1 23 x2
q
1
1
o px 2 q
x2
3
x2
3
op
opx2 q .
x2
q
p1 x3
opx2 qqp1 2
x4
x3
24 .
x2
12
opx3 qq.
opx3 q au voisinage de 0.
1
x2
3
x2
6
x
2
opx3 qqp1 x2
3
2411 x3
3. On pose u x 1 soit au voisinage de u 0 :
u
u
1
hp1 uq 2
3
2
u
u
u
u
3
lnp1 uq
u 2
o pu q
1 2
opu2 q
3
3
En remplaçant u x 1 on obtient au voisinage de x 1 :
x1
hpx q 1 21 px 1q 121 px 1q2 oppx 1q2q .
ln x
x
x3
12
opx3 q
3
x3
24
opx3 qq
on a oph3 q opx3 q
qq 12 x 18 x2 opx3q
x2
4
x3
12 ,
3
x
1
2u
121 u2
opu2 q.
opx2 qq.
Exercice 2. Trois études locales et une fonction
1. Étude en 8.
(a) On remarque que
1
x x
ÝÑ
l’ordre 3, on obtient :
f px q
px2 2x
Ñ 8
x 12
xÑ 8
x 52
xÑ 8
x
0, donc en posant u
Ñ 8
1q
1
3x
7
3x
1
x
2x1
1
x
o
x
1
x
o
Ñ 8
1
3x3
2
2
o
1
x
et en utilisant le D.L. de lnp1
1
x
1
x3
uq en 0 à
3x2
2
1
x2
o
1
x
2x1
1
3x3
2
o
1
x3
On a bien l’existence des trois réels : α 1, β 52 et γ 73 .
Pousser le D.L. jusqu’à l’ordre 3 est nécessaire sinon on n’obtient pas le bon op q.
7
5
1
(b) On remarque que f pxq x 25 3x
o
ÝÑ 0.
x donc f pxq x 2
x
Ñ 8
Cf admet donc la droite asymptote d’équation y
x
x
lorsque x Ñ
5
2
Ñ 8
8.
7
3x
Le terme suivant du développement asymptotique
est positif au voisinage de
indique donc que Cf est au dessous de son asymptote au voisinage de 8 .
2. Étude en 0.
Très simplement on a : px 1q2
xÑ 0
Donc par produit d’équivalents :
x1 soit ln
xÑ 0
f pxq lnpxq .
xÑ 0
1 et 1
1
x
1
1
x
x
Ñ0
ln x1
x
8 et nous
ln x.
Ñ0
3. Étude en 1.
(a) Au voisinage de v 1, posons alors h v 1 et effectuons un D.L. au voisinage de 0 en h :
2
2
lnpv q lnp1 hq h h2
oph2 q soit lnpv q pv 1q pv21q
oppv 1q2 q.
0
1
(b) De même, on pose h v 1 et effectuons un D.L. au voisinage de 0 en h :
2
lnp1 v q lnp2 hq lnp2q ln 1 h2 lnp2q h2 h8
o ph2 q
Soit lnp1
Lycée de l’Essouriau
v q lnp2q
1
pv1q pv1q2
2
8
0
oppv 1q2 q
1
PCSI
CORRECTION DL n˚9
(c) f pxq px 1q2 ln
1
px 1q2plnp1 xq lnpxqq
1q
px81q oppx 1q2q ppx 1q px21q
f pxq px 1q2 lnp2q px
2
1
1q
3
2
2q
f pxq px 1q2 lnp2q px
p
x
1
q
o
pp
x
1
q
2
8
1
1
3
2
3
4
f pxq lnp2qpx 1q 2 px 1q
oppx 1q4 q
8 px 1 q
1
1
x
2
2
oppx 1q2 qq
Exercice 3.
1. Trouvons une famille de vecteurs générant F :
F tpx, y, z, tq P R4 | x y t z t 0u tpx, y, x y, x y q P R4 | px, y q P R2 u.
Or px, y, x y, x y q x.p1, 0, 1, 1q y.p0, 1, 1, 1q, on pose a p1, 0, 1, 1q et b p0, 1, 1, 1q .
Vectpa, bq et par conséquent F est un sous-espace vectoriel de R4 .
La famille pa, bq est génératrice de F par définition d’un espace vectoriel engendré.
Alors F
2.
Cette famille est aussi libre car a et b sont deux vecteurs non colinéaires, c’est une base B1 de F .
3. La famille pu, v, wq est, par définition de G, génératrice de G. Malheureusement elle n’est pas libre
car on remarque que w u v donc cette famille est liée. Comme w P Vectpu, v q on en déduit que
Vectpu, v, wq Vectpu, v q F et maintenant la famille pu, v q est libre car formée de deux vecteurs
non colinéaires donc c’est une base B2 de G . (on aurait tout aussi bien choisir pu, wq ou pv, wq)
4. Soit X P F X G.
α β
0 .
X P G donc il existe pα, β q P R2 tels que X αu βv 0 β
Mais X P F donc t x y et z t qui se traduit en β α β et 0 β soit α β 0.
On en déduit que X est le vecteur nul donc F X G t0R4 u .
5. Le plus simple est de montrer que Vectpa, bq 1
1
1 2 Vect
0 , 3 .
3
0
1
1
1 2 On remarque que 0 a b et 3 a 2b, ce qui prouve que H € F .
0
3
1
1
1
1 2 et b 1 2 1 En inversant les relations on obtient a 13 3 0 0 3 3
0
0
Ceci prouve que F € H donc finalement F et H sont égaux.
1
2 3 .
3
6. On a déjà F X t0R4 u d’après la question 4. .
Montrons que F G E, on peut raisonner par analyse-synthèse ou bien montrer que la famille
pa, b, u, vq est génératrice de R4.
Soit X px, y, z, tq P E, on cherche s’il existe pλ1 , λ2 , λ3 , λ4 q P R4 telsqueX λ1 a λ2 b λ3 u λ4 v.
λ1
x
1 0 1 1
y 0 1 0 0 λ2 Ceci équivaut à résoudre le système présenté matriciellement : z 1 1 0 0 λ3 .
t
1 1 0 1
λ4
Notons A cette matrice carrée. On prouve facilement que A est inversible car son rang est 4, donc le
système admet une unique solution pλ1 , λ2 , λ3 , λ4 q et donc la famille pa, b, u, v q est génératrice de R4 .
Finalement F et G sont supplémentaires dans E.
Les s.e.v. F et G étant en somme directe, on en déduit que B1 Y B2 est une base de F
Lycée de l’Essouriau
2
GE
.
PCSI
CORRECTION DL n˚9
Exercice 4.
Montrons que Sn pRq est un s.e.v. de Mn pRq. Il en sera de même pour An pRq.
La matrice nulle On est symétrique donc Sn pRq est non vide.
Soit A et B deux matrices symétriques et pα, β q P R2 , alors t pαA βB q αt A β t B αA βB.
On en déduit que la matrice αA βB est symétrique donc que Sn pRq est stable par somme ce qui en fait
un sous-espace vectoriel de Mn pRq .
Montrons que Sn pRq X An pRq tOn u
Soit M P Sn pRq X An pRq, alors t M M
M donc M On et finalement
Sn pRq X An pRq tOn u .
Montrons que Mn pRq Sn pRq An pRq
Analyse : Soit M P Mn pRq, supposons qu’il existe deux matrices pA, B q P Sn pRqAn pRq tels que M
A
B.
q et B pM q .
On doit aussi avoir
A B soit A pM
Synthèse : Il suffit de prouver que A et B ainsi définies sont respectivement symétriques et antisymétriques
ce qui est trivial.
Finalement Mn pRq Sn pRq An pRq et donc ce sont deux s.e.v. supplémentaires.
1
2
tM
1
2
tM
Exercice 5. Soit pE q l’équation différentielle y 2
ay 1
by
tM
0 avec pa, bq P R2 d’inconnue y P C 2pR, Rq.
1. Soient f et g deux solutions de pE q et pα, β q P R2 , alors :
pαf
βg q2 apαf βg q1 bpαf βg q αf 2 βg 2 αaf 1 βag 1 αbf βbg
α pf 2
af 1 bf q β pg 2 ag 1 bg q 0
On en déduit que S est stable par combinaison linéaire, de plus la fonction nulle est solution triviale
de pE q donc S est non vide. On en déduit que S est un s.e.v. de C 2 pR, Rq.
2. On pose l’équation caractéristique associée à S : r2 ar b 0 et ∆ a4 4b.
On note r1 et r2 les deux solutions (réelles ou complexes) de cette équation.
Si ∆ ¡ 0 alors S tt ÞÑ λer1 t µer2 t | pλ, µq P R2 u
Si ∆ 0 alors r1
Si ∆ 0 alors
3. Si ∆ ¡ 0 alors
Si ∆ 0 alors
r2 et S tt ÞÑ pλ µtqer t | pλ, µq P R2u
S tt ÞÑ pλ cospImpr1 qtq µ sinpImpr1 qtqeRepr qt | pλ, µq P R2 u
S Vectpt ÞÑ er t , t ÞÑ er t q
S Vectpt ÞÑ er t , t ÞÑ ter t q
S pt ÞÑ cospImpr1 qtqeRepr qt , t ÞÑ sinpImpr1 qtqeRepr qt q
1
1
1
1
2
1
1
1
Si ∆ 0 alors
Dans chaque cas, les deux fonctions ne sont pas proportionnelles donc la famille formée est libre et
génératrice et constitue une base de S.
Lycée de l’Essouriau
3
PCSI