Télécharger

CORRECTION DL n˚9
Exercice 1.
1. f x ln 1 exln 1 1 xx2
2
x3
6o x3ln 2 ln 1 x 2
x2
4
x3
12 o x3
On sait que ln 1 h h h2
2
h3
3o h3et en posant hx 2
x2
4
x3
12 , on a o h3o x3
Donc en rempla¸cant, apr`es calculs, on obtient ln 1 x
2
x2
4
x3
12 o x31 2x1 8x2o x3
Finalement f x ln 2 1
2x1 8x2o x3au voisinage de 0.
2. g x ln 1 x
ex1
xx2
2
x3
3
x4
4o x4
xx2
2
x3
6
x4
24 o x4
1x
2
x2
3
x3
4o x3
1x
2
x2
6
x3
24 o x3
On utilise le D.L. au voisinage de 0 de 1
1h1h h2h3o h3avec hx 2
x2
6
x3
24 .
Apr`es calculs on trouve 1 x
2
x2
12 o x3donc g x 1x 2
x2
3
x3
4o x31x 2
x2
12 o x3.
Apr`es calculs de d´eveloppement, on obtient g x 1x2
3x211 24 x3o x3au voisinage de 0.
3. On pose u x 1 soit au voisinage de u0 :
h1uu
ln 1 u
u
uu2
2
u3
3o u3
1
1u
2
u2
3o u211
2u1 12 u2o u2.
En rempla¸cant u x 1 on obtient au voisinage de x1 :
h x x1
ln x11
2x11 12 x12o x 12.
4. j x xx3
3o x3
xx3
3o x3
1x2
3o x2
1x2
3o x21x2
3o x21x2 3o x2.
Soit j x 12
3x2o x2.
Exercice 2. Trois ´etudes locales et une fonction
1. ´ Etude en .
(a) On remarque que 1
xx0, donc en posant u1 xet en utilisant le D.L. de ln 1 uen 0 `a
l’ordre 3, on obtient :
f x xx22x11
x
1
2x2
1
3x3o1 x3
xx1
2
1
3xo1 x21 x
2
3x2o1 x2
1
x
1
2x2
1
3x3o1 x3
xx5
2
7
3xo
x
1
x
On a bien l’existence des trois r´eels : α1, β5
2et γ7 3.
Pousser le D.L. jusqu’`a l’ordre 3est n´ecessaire sinon on n’obtient pas le bon o.
(b) On remarque que f x x 5
2
7
3xo
x
1
xdonc f x x 5 2x0.
Cfadmet donc la droite asymptote d’´equation y x 5
2lorsque x.
Le terme suivant du d´eveloppement asymptotique 7
3xest positif au voisinage de et nous
indique donc que Cfest au dessous de son asymptote au voisinage de .
2. ´ Etude en 0.
Tr`es simplement on a : x12
x01 et 1 1
xx0
1
xsoit ln 1 1 xx0ln 1 xx0ln x.
Donc par produit d’´equivalents : f x x0ln x.
3. ´ Etude en 1.
(a) Au voisinage de v1, posons alors h v 1 et effectuons un D.L. au voisinage de 0 en h:
ln vln 1 h0hh2
2o h2soit ln v1v1v12 2o v 12.
(b) De mˆeme, on pose h v 1 et effectuons un D.L. au voisinage de 0 en h:
ln 1 vln 2 hln 2 ln 1 h
20ln 2 h 2
h2
8o h2
Soit ln 1 v1ln 2 v1
2
v12
8o v 12
Lyc´ee de l’Essouriau 1 PCSI

CORRECTION DL n˚9
(c) f x x 12ln 1 1
xx12ln 1 xln x
f x 1x12ln 2 x1
2
x12
8o x 12x1x12 2o x 12
f x 1x12ln 2 x1
2
3
8x12o x 12
f x 1ln 2 x121
2x133 8x14o x 14
Exercice 3.
1. Trouvons une famille de vecteurs g´en´erant F:
F x, y, z, t R4x y t z t 0x, y, x y, x y R4x, y R2.
Or x, y, x y, x y x. 1,0,1,1y. 0,1,1,1 , on pose a1,0,1,1 et b0,1,1,1 .
Alors FVect a, b et par cons´equent Fest un sous-espace vectoriel de R4.
2. La famille a, b est g´en´eratrice de Fpar d´efinition d’un espace vectoriel engendr´e.
Cette famille est aussi libre car aet bsont deux vecteurs non colin´eaires, c’est une base B1de F.
3. La famille u, v, w est, par d´efinition de G, g´en´eratrice de G. Malheureusement elle n’est pas libre
car on remarque que w u v donc cette famille est li´ee. Comme wVect u, v on en d´eduit que
Vect u, v, w Vect u, v F et maintenant la famille u, v est libre car form´ee de deux vecteurs
non colin´eaires donc c’est une base B2de G. (on aurait tout aussi bien choisir u, w ou v, w )
4. Soit X F G.
X G donc il existe α, β R2tels que X αu βv
α β
0
0
β
.
Mais X F donc t x y et z t qui se traduit en β α β et 0 βsoit α β 0.
On en d´eduit que Xest le vecteur nul donc F G 0R4.
5. Le plus simple est de montrer que Vect a, b Vect
1
1
0
0
,
1
2
3
3
.
On remarque que
1
1
0
0
a b et
1
2
3
3
a2b, ce qui prouve que H F .
En inversant les relations on obtient a1
3
1
1
0
0
1
2
3
3
et b1
32
1
1
0
0
1
2
3
3
.
Ceci prouve que F H donc finalement Fet Hsont ´egaux.
6. On a d´ej`a F0R4d’apr`es la question 4. .
Montrons que F G E, on peut raisonner par analyse-synth`ese ou bien montrer que la famille
a, b, u, v est g´en´eratrice de R4.
Soit X x, y, z, t E, on cherche s’il existe λ1, λ2, λ3, λ4R4tels que X λ1a λ2b λ3u λ4v.
Ceci ´equivaut `a r´esoudre le syst`eme pr´esent´e matriciellement :
x
y
z
t
1 0 1 1
0 1 0 0
1 1 0 0
1 1 0 1
λ1
λ2
λ3
λ4
.
Notons Acette matrice carr´ee. On prouve facilement que Aest inversible car son rang est 4, donc le
syst`eme admet une unique solution λ1, λ2, λ3, λ4et donc la famille a, b, u, v est g´en´eratrice de R4.
Finalement Fet Gsont suppl´ementaires dans E.
Les s.e.v. Fet G´etant en somme directe, on en d´eduit que B1B2est une base de F G E .
Lyc´ee de l’Essouriau 2 PCSI

CORRECTION DL n˚9
Exercice 4.
Montrons que SnRest un s.e.v. de MnR. Il en sera de mˆeme pour AnR.
La matrice nulle Onest sym´etrique donc SnRest non vide.
Soit Aet Bdeux matrices sym´etriques et α, β R2, alors tαA βB αtA βtB αA βB.
On en d´eduit que la matrice αA βB est sym´etrique donc que SnRest stable par somme ce qui en fait
un sous-espace vectoriel de MnR.
Montrons que SnRAnROn
Soit MSnRAnR, alors tM M M donc M Onet finalement SnRAnROn.
Montrons que MnRSnRAnR
Analyse : Soit MMnR, supposons qu’il existe deux matrices A, B SnRAnRtels que M A B.
On doit aussi avoir tM A B soit A1
2MtMet B1 2MtM.
Synth`ese : Il suffit de prouver que Aet Bainsi d´efinies sont respectivement sym´etriques et antisym´etriques
ce qui est trivial.
Finalement MnRSnRAnRet donc ce sont deux s.e.v. suppl´ementaires.
Exercice 5. Soit El’´equation diff´erentielle y ay by 0 avec a, b R2d’inconnue yC2R,R.
1. Soient fet gdeux solutions de Eet α, β R2, alors :
αf βg a αf βg b αf βg αf βg αaf βag αbf βbg α f af bf β g ag bg 0
On en d´eduit que Sest stable par combinaison lin´eaire, de plus la fonction nulle est solution triviale
de Edonc Sest non vide. On en d´eduit que Sest un s.e.v. de C2R,R.
2. On pose l’´equation caract´eristique associ´ee `a S:r2ar b 0 et ∆ a44b.
On note r1et r2les deux solutions (r´eelles ou complexes) de cette ´equation.
Si ∆ 0 alors St λer1tµer2tλ, µ R2
Si ∆ 0 alors r1r2et St λ µt er1tλ, µ R2
Si ∆ 0 alors St λ cos Im r1t µ sin Im r1t eRe r1tλ, µ R2
3. Si ∆ 0 alors SVect t er1t, t er2t
Si ∆ 0 alors SVect t er1t, t ter1t
Si ∆ 0 alors Stcos Im r1t eRe r1t, t sin Im r1t eRe r1t
Dans chaque cas, les deux fonctions ne sont pas proportionnelles donc la famille form´ee est libre et
g´en´eratrice et constitue une base de S.
Lyc´ee de l’Essouriau 3 PCSI