Exercices corriges, tome 02 : les corrections

Table des matieres :

1. Continuite, p.2.

2. Derivabilite, p.6.

3. Equations differentielles, p.17.

4. Fonctions de plusieurs variables, p.20.

5. Matrices, p.21.

6. Systemes lineaires, p.26.

1

1 Continuite

Exercice 1 (+) (limites, prolongement par continuite)

1. La fonction u est continue sur ] − 1, 1[, en tant que quotient de fonctions continues dont ledenominateur ne s’annule pas.

On remarque qu’il est inutile de chercher si u est continue en dehors de cet intervalle, puisqu’ellen’est definie que sur ]− 1, 1[ ! (il faut lire l’enonce).

2. Methode : pour savoir si u admet un prolongement par continuite en 1, il faut determiner si ua une limite finie en 1 (ici, en 1−).

On a : limx→1−

u(x) = +∞ donc u n’est pas prolongeable par continuite en 1.

. Methode :

Pour la limite en −1, on a une forme indeterminee car les deux polynomes s’annulent en −1.On les factorise alors par (x+ 1) puis on simplifie.

limx→−1+

u(x) = limx→−1+

(x+ 1)x(x− 4)

(x+ 1)(x− 1)= lim

x→−1+x(x− 4)

(x− 1)=

5

2.

Donc u est prolongeable par continuite en −1, il faut poser u(−1) =5

2.

Exercice 2 (+) (theoreme de la bijection)Methode : Pour justifier l’existence de l’application reciproque il faut utiliser le theoreme de la bijec-tion. Il faut donc prouver que f est continue et strictement monotone sur [0, 1].

f est derivable sur [0, 1] et : ∀x ∈ [0, 1], f ′(x) = 4x3 − 4x = 4x(x2 − 1) < 0 donc f est strictementdecroissante sur [0, 1].

Methode : Pour connaitre facilement le signe de f ′(x) il suffisait de FACTORISER.

De plus f(0) = 0 et f(1) = −1 et f est continue sur [0, 1].D’apres le theoreme de la bijection, f realise une bijection de [0, 1] sur f([0, 1]).Pour determiner f([0, 1]), puisque f est continue et decroissante, on a :

f([0, 1]) = [f(1), f(0)] = [−1, 0].

Ainsi f admet une bijection reciproque f−1 : [−1, 0]→ [0, 1].De plus la fonction f−1 est continue et strictement decroissante sur [−1, 0].

Exercice 3 (++) (Theoreme des Valeurs Intermediaires)

Rappel : [0, 1] stable par f ⇔ f([0, 1]) ⊂ [0, 1] ⇔ ∀x ∈ [0, 1], f(x) ∈ [0, 1].

Methode :1. On a une fonction continue, une equation qui doit avoir au moins une solution..., ca sent le TVI...

2. Au lieu de lire ” f(c) =√c, il faut lire ”f(c)−

√c = 0”.

On pose donc g(x) = f(x)−√x. Alors g(0) = f(0) ≥ 0 et g(1) = f(1)− 1 ≤ 0, de plus g est continue

donc, d’apres le TVI, il existe c ∈]0, 1[ tel que g(c) = 0. On a alors f(c) =√c.

Remarque : Chaque fois que l’on utilise un theoreme (ici, le TVI), on donne son nom et on en verifietoutes les hypotheses.

2

Exercice 4 (++) (theoreme de la bijection)

1. On remarque que ∀x ∈ R, ex + e−x 6= 0.

Ainsi f est derivable sur R et : ∀x ∈ R, f ′(x) =4

(ex + e−x)2> 0 .

Donc f est strictement croissante et continue. D’apres le theoreme de la bijection, f est unebijection de R sur J = f(R).

Ainsi f admet une fonction reciproque f−1 qui est definie, continue, et strictement croissantesur J = f(R). De plus f(R) =] lim

−∞f, lim

+∞f [=]− 1, 1[.

2. Methode pour determiner f−1 :

On fixe y ∈]− 1, 1[ et on resout l’equation f(x) = y (d’inconnue x).

Soit y ∈]− 1, 1[. On raisonne par equivalence :

f(x) = y ⇔ ex − e−x = y(ex + e−x)⇔ (1− y)ex = (1 + y)e−x

⇔ e2x =1 + y

1− y⇔ 2x = ln

(1 + y

1− y

)⇔ x =

1

2ln(1 + y

1− y

)Ainsi on a : ∀y ∈]− 1, 1[, f−1(y) =

1

2ln(1 + y

1− y

)= ln

(√1 + y

1− y

).

Exercice 5 (++) (continuite sur un segment)

Pour x ∈ [1, 2] on pose g(x) =h(x)

x.

Alors g est continue sur le segment [1, 2], comme quotient de fonctions continues dont le denominateurne s’annule pas.On applique le theoreme de continuite sur un segment, qui permet d’affirmer que g est bornee etatteint ses bornes. Ainsi il existe c ∈ [1, 2] et d ∈ [1, 2] tels que :

∀x ∈ [1, 2], g(c) ≤ g(x) ≤ g(d) . (E)

(autrement dit g atteint son minimum en c et son maximum en d)

On pose k1 = g(c) et k2 = g(c). Puisque h est strictement positive, g l’est aussi donc k1 > 0 etk2 > 0.De plus, en multipliant par x dans l’encadrement (E) (on peut car x > 0), on obtient :

∀x ∈ [1, 2], k1 x ≤ h(x) ≤ k2 x .

Exercice 6 (++)Soit f une fonction continue verifiant : ∀x ∈ R, |f(x)| = |x|.Alors : ∀x ∈ R, f(x) = −x ou f(x) = +x.

Mais f est continue donc on n’ a que quatre fonctions qui verifient ce que l’on veut :. f : x 7→ x ;. f : x 7→ −x ;. f : x 7→ f(x) = −x si x ≤ 0, f(x) = +x si x > 0 ;. f : x 7→ f(x) = +x si x ≤ 0, f(x) = −x si x > 0.

3

Exercice 7 (++) (theoreme des valeurs intermediaires)Methode : On a une fonction continue, une equation qui doit avoir au moins une solution..., ca sentle TVI...(on a deja dit ca, non ?)

Vu l’equation, on s’interesse a la fonction : g(x) = f(1 + x)− f(x)− 5.Il faut montrer que g s’annule sur [0, 1].g est definie si 1 + x ∈ Df et x ∈ Df , c’est a dire si x ∈ [0, 1].g est continue sur [0, 1] ;

g(0) = f(1)− f(0)− 5 = f(1)− 5;

g(1) = f(2)− f(1)− 5 = 5− f(1) = −g(0)

Donc g(0) et g(1) sont de signe contraire.Ainsi, d’apres le TVI, il existe c ∈ [0, 1] tel que g(c) = 0. Alors on a bien : f(1 + c)− f(c) = 5.

Exercice 8 (+++) (equation fonctionnelle, limites et suites)

1. Soit x ∈ R : f(−x) = f((−x)2) = f(x2) = f(x). Donc f est paire.

2. Soit x > 0. On montre par recurrence (la faire rapidement) que :

∀n ∈ N, f(x) = f(x

12n).

Ensuite, la suite (x12n )n converge vers x0 = 1, et f est continue, donc on en conclut que :

f(x) = lim f(x

12n)

= f(

lim(x12n ))

= f(1) .

Ainsi : ∀x > 0, f(x) = f(1).

Par consequent f est constante sur R∗+, egale a f(1).

Comme elle est paire, on peut aussi affirmer qu’elle est constante sur R∗−, egale a f(1).

Comme elle est continue, f(0) = limx→0+

f(x) = f(1).

Finalement : ∀x ∈ R, f(x) = f(1). Donc f est constante sur R.

Exercice 9 (+++) (theoreme des valeurs intermediaires)

L’hypothese se reecrit : lim+∞

f(x)

x= l.

La question se reecrit : montrer qu’il existe d ∈ R+ tel que f(d)− d = 0.On va appliquer le TVI a la fonction g(t) = f(t)− t.D’abord on fait des dessins :

. g est continue sur [0,+∞[.

. Ensuite, f(R+) ⊂ R+ donc f(0) ≥ 0, donc g(0) ≥ 0.

. En +∞, g(t) = t(f(t)t − 1

)∼ (l − 1)t.

Puisque l < 1, g(t) < 0 au voisinage de +∞.Finalement, le TVI permet de conclure que g s’annule sur R+.Ainsi ∃d ∈ R+|f(d) = d.

Donnons un contre-exemple prouvant que ce n’est plus vrai si l = 1. Il suffit de prendre f(x) = 1+x.Alors f(x) ∼+∞ x mais f n’a aucun point fixe.

4

Exercice 10 (++++) (Theoreme des Valeurs Intermediaires)- Premier cas : f(a) = a.

Dans ce cas on prend c = a et c’est fini.

- Deuxieme cas : f(a) < a.On pose b = f(a).

On a : b < a et f(b) = a donc f(b) > b.On a ainsi : b < a, f(b) > b et f(a) < a donc, en appliquant le TVI a x 7→ f(x)− x sur [b, a] (car fest continue) on prouve l’existence de c ∈]b, a[ tel que f(c) = c.

- Troisieme cas : f(a) > a.On pose b = f(a).

On a : b > a et f(b) = a donc f(b) < b.On a ainsi : a < b, f(a) > a et f(b) < b donc, en appliquant le TVI a x 7→ f(x)− x sur [a, b] (car fest continue) on prouve l’existence de c ∈]a, b[ tel que f(c) = c.

5

2 Derivabilite

Exercice 11 (++) (Le grand classique : continuite et derivabilite en un point)

1. limx→0

f(x) = 0 car cos est bornee et limx→0

x2 = 0. Ainsi limx→0

f(x) = f(0) donc f est continue en 0.

2. limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0x cos(

1

x) = 0. Ici encore, on avait : (0)× (bornee) = (0).

Ainsi f est derivable en 0 et f ′(0) = 0.

3. Par ailleurs f est derivable sur R∗ et :

∀x ∈ R∗, f ′(x) = 2x cos(1

x) + sin(

1

x) .On sait que lim

x→02x cos(

1

x) = 0 et lim

x→0sin(

1

x) n’existe pas.

Donc f ′ n’a pas de limite en 0, par consequent f ′ n’est pas continue en 0.

Exercice 12 (++) (L’autre grand classique : continuite et derivabilite en un point)

1. u est definie, continue et derivable sur R∗ en tant que quotient de telles fonctions dont ledenominateur ne s’annule pas.

2. C’est une limite du cours : limx→0

ex − 1

x= 1. Donc lim

x→0u(x) = 1.

Donc u est prolongeable par continuite en 0, en posant u(0) = 1.

3. Deja u est derivable sur R∗ (vu en 1) et : ∀x ∈ R∗, u′(x) =xex − (ex − 1)

x2=xex + 1− ex

x2.

On s’interesse maintenant au probleme en 0 : il faut calculer limx→0

u(x)− u(0)

x.

u(x)− u(0)

x=

ex−1x − 1

x=ex − 1− x

x2

C’est une forme indeterminee. Il faut utiliser un developpement limite a l’ordre 2 pour obtenir

un equivalent du numerateur : ex = 1 + x+x2

2+ o(x2). Donc ex − 1− x ∼ x2

2d’ou :

limx→0

u(x)− u(0)

x− 0=

1

2donc u est derivable en 0 et u′(0) =

1

2.

Donc u est bien derivable sur R et

u′(x) =xex + 1− ex

x2si x 6= 0 et u′(0) =

1

2

4. Deja u est derivable sur R. Il faut determiner si u′ est continue sur R.

Deja il est clair que u′ est continue sur R∗. Determinons si u′ est continue en 0.

xex + 1− ex = x(1 + x) + 1− (1 + x+x2

2) + o(x2) =

1

2x2 + o(x2) donc limx→0 u

′(x) = 12 =

u′(0). Ainsi u′ est continue en 0. Finalement u est bien C1 sur R.

Exercice 13 (+) (bijection reciproque, arctangente)

1. u est definie, continue, derivable et impaire sur R.

u′(x) =3x2

1 + x6. lim

−∞u = −π

2= − lim

+∞u.

On peut alors faire le tableau de variation, si on a la place.

2. u est continue et strictement croissante sur R, donc elle realise une bijection de R sur F = u(R).

u(R) = F =]− π

2,π

2[ .

6

3. Si y ∈ F \ {0}, alors y = u(x) avec x ∈ R \ {0} (car u(0) = 0).

Ainsi u est derivable en x et u′(x) 6= 0, donc (c’est du cours) u−1 est derivable en y.

Ainsi u−1 est derivable sur F \ {0}.

4. Premiere facon : avec la formule du cours :(u−1

)′(y) =

1

u′(u−1(y))=

1 + u−1(y)6

3u−1(y)2.

Deuxieme facon : en determinant d’abord u−1 (ici c’est possible) :

y = u(x) ⇔ tan(y) = x3 ⇔ x = 3√

tan(y)

donc u−1(y) =(

tan y) 1

3 . Puis :(u−1

)′(y) =

1

3(1 + tan2 y)

(tan y

)−23

Exercice 14 (+) (theoreme de Rolle)Il faut appliquer Rolle a H(x) =

(f(b)− f(a)

)g(x)−

(g(b)− g(a)

)f(x) .

Rappel d’un principe fondamental en Mathematiques : En general, plutot que de s’interesser al’equation A(y) = B(y), il est plus facile de s’interesser a A(y)−B(y) = 0 !Donc ici, a l’equation :

(f(b)− f(a)

)g′(y)−

(g(b)− g(a)

)f ′(y) = 0.

Si on a compris que a et b sont fixes (donc constants), on reconnait a gauche la derivee de la fonctiony 7→

(f(b)− f(a)

)g(y)−

(g(b)− g(a)

)f(y).

Ce qui explique l’idee du debut.

Exercice 15 (+) (fonctions reciproques)

1. h est derivable sur [0, 2π[ et h′(x) = cosx− 2 < 0.

Ainsi h est continue et strictement decroissante sur [0, 2π[, donc h realise une bijection de [0, 2π[sur J = h([0, 2π[) =] lim2π h, h(0)] =]− 4π, 0].

Rappel : Quand la fonction est decroissante, ne pas oublier d’inverser les bornes, sinon on ecritdes trucs incoherents du genre J = [0,−4π[, ce qui est quand meme plutot a eviter, sauf si vousvoulez faire rire le kholleur.

2. h est derivable sur [0, 2π[ et h′(x) 6= 0 pour tout x ∈ [0, 2π[. Donc h−1 est derivable sur J .

♠ ATTENTION : N’oubliez pas de verifier l’hypothese ’ h′ ne s’annule pas ’.

3.(h−1

)′(x) =

1

h′(h−1(x))=

1

cos(h−1(x))− 2.

4. Deja h−1(−2π) = π puisque h(π) = −2π.

Donc : (h−1)′(−2π) =1

cos(π)− 2= −1

3.

Exercice 16 (++) (derivee n-ieme ; formule de Leibniz)

1. On demontre la formule demandee par recurrence sur n ∈ N :

C’est vrai pour n = 0, et si c’est vrai au rang n alors :

sin(n+1)(x) =(

sin(n))′

(x) =(

sin(x+ nπ

2))′

= cos(x+ nπ

2)

= sin(x+ nπ

2+π

2) ( car cos(a) = sin(a+

π

2))

= sin(x+ (n+ 1)π

2)

2. u(x) = x2 , w(x) = sinx , f = uw.

7

On applique la Formule de Leibniz (n ≥ 2) :

f (n)(x) =

n∑k=0

Ckn u(k)(x) w(n−k)(x)

= C0n u(x) w(n)(x) + C1

n u(1)(x) w(n−1)(x) + C2

n u(2)(x) w(n−2)(x).

En effet, on s’arrete la car apres (pour k ≥ 3), u(k)(x) = 0. Ainsi :

f (n)(x) = x2 sin(x+ nπ

2) + 2nx sin(x+ (n− 1)

π

2) + n(n− 1) sin(x+ (n− 2)

π

2) .

Exercice 17 (++) (accroissements finis)

1. Puisque f est C2, f ′′ est continue donc, d’apres le theoreme de continuite sur un segment, f ′′

est bornee sur [a, b]. Ceci justifie l’existence de M = supt∈[a,b]

|f ′′(t)|.

2. On applique l’inegalite des accroissements finis a f sur [a, b] : |f(b)− f(a)| ≤ K(b− a) avecK = sup

t∈[a,b]|f ′(t)|.

Il ne reste qu’a montrer que : K ≤M(b− a).

Soit t ∈ [a, b]. On peut appliquer l’IAF a f ′ sur [a, t] : |f ′(t)− f ′(a)| ≤M(t− a) ≤M(b− a).

Or f ′(a) = 0, donc |f ′(t)| ≤M(b− a) pour tout t ∈ [a, b]. Donc K ≤M(b− a).

Par consequent, |f(b)− f(a)| ≤M(b− a)2 .

Exercice 18 (++) (theoreme de Rolle)a. On raisonne par equivalence :

ϕ(c) = 0⇔ f(c)− k(c− a)(c− b) = 0⇔ k =f(c)

(c− a)(c− b).

b. On fixe k comme trouve en a. Alors ϕ(a) = ϕ(c) = ϕ(b) = 0.On verifie que toutes les hypotheses pour appliquer Rolle sont reunies.Ainsi on applique Rolle entre a et c , puis entre c et b : ∃(d1, d2)|ϕ′(d1) = ϕ′(d2).Puis on applique Rolle a ϕ′ entre d1 et d2 : ∃d|ϕ′′(d) = 0.On calcule ϕ′′ pour conclure.

Exercice 19 (++) (accroissements finis)

Soit x > 0. On applique le TAF a h entre 0 et x. Il existe c ∈]0, x[ tel que :h(x)

x= h′(c).

Puisque h′ est croissante, h′(c) ≤ h′(x).

Exercice 20 (++) (demonstration d’inegalites)Methode : Pour demontrer des inegalites, on dispose essentiellement de trois methodes :

- A la main, en utilisant des inegalites connues, des identites remarquables,...

- l’etude des variations d’une fonction bien choisie.

- l’utilisation des accroissements finis.

Ici on etudie les variations de f(x) =

√1 + x

ex. La fonction f est derivable sur ] − 1,+∞[, continue

sur [−1,+∞[. Pour x > −1, f ′(x) = ... =−(1 + 2x)

2ex√

1 + x. Ainsi f est croissante sur [−1,−1

2] puis

8

decroissante sur [−1

2,+∞[. De plus f(−1) = 0, f(−1

2) =

√e

2et lim

+∞f = 0.

Donc on obtient bien l’inegalite cherchee.

Exercice 21 (++) (derivabilite, tangentes, limites, continuite sur un segment)

1. Rappel : la fonction tangente est definie sur R \ {π2

+ kπ, k ∈ Z}.

Apparemment ce serait une bonne idee de poser u(x) =π x2

1 + 4x2. Alors g = tan ◦u.

On commence par montrer (c’est facile) que : ∀x ∈ R, u(x) ∈ [0,π

4].

On en deduit qu’en tant que composee, g est definie et continue sur R.

2. En tant que composee, g est derivable sur R.

Soit x ∈ R. g′(x) = u′(x)(1 + tan2(u(x))

). Or u′(x) = .. =

2πx

(1 + 4x2)2.

Finalement, g′(x) =2πx

(1 + 4x2)2(1 + tan2(

π x2

1 + 4x2)).

3. On a g′(0) = 0 et g(0) = 0 donc l’equation de la tangente a Cg au point d’abscisse 0 est : y = 0.

4. lim+∞

g = tan(π

4) = 1. Puisque g est paire, la limite en −∞ est identique.

5. La fonction g′ est continue sur le segment [−1, 1], donc d’apres le theoreme de continuite surun segment elle y est bornee.

Exercice 22 (++) (bijection reciproque)

1. f est continue sur R, en tant que quotient de fonctions continues dont le denominateur nes’annule pas.

2. f est derivable sur R∗+ et f ′(x) = 1(1+x)2

> 0 pour tout x > 0.

f est derivable sur R∗− et f ′(x) = 1(1−x)2 > 0 pour tout x < 0.

Enfin limx→0

f(x)− f(0)

x= lim

x→0

1

1 + |x|= 1 donc f est derivable en 0 et f ′(0) = 1 > 0.

Finalement f est derivable sur R et f ′(x) > 0 pour tout x ∈ R.

Donc f est continue et strictement croissante sur R.

Ainsi f est une bijection de R sur f(R) =] lim−∞

f, lim+∞

f [=]− 1, 1[.

3. On prend y ∈]− 1, 1[ et on resout f(x) = y.

On remarque que f(0) = 0 donc f−1(0) = 0. Puisque f−1 est strictement croissante, on endeduit que : si y > 0 alors x > 0 ; si y < 0 alors x < 0.

- Premier cas : y > 0.

f(x) = y ⇔ x

1 + x= y ⇔ x(1− y) = y ⇔ x =

y

1− y

- Second cas : y < 0.

f(x) = y ⇔ x

1− x= y ⇔ x(1 + y) = y ⇔ x =

y

1 + y

Finalement on a : ∀y ∈]− 1, 1[, f−1(y) =y

1− |y|

9

Exercice 23 (++) (prolongement par continuite, derivabilite)

1. lim0f = 0, donc f admet un prolongement par continuite en 0 note g.

On a g(x) = f(x) si x ∈]− 1, 0[∪]0, 1[ , et g(0) = 0.

2. Si on n’aime pas la valeur absolue (on a le droit), on distingue les cas x > 0 et x < 0. On trouveque

limx→0,x>0

g(x)− g(0)

x− 0= lim

x→0,x<0

g(x)− g(0)

x− 0= −1 .

Donc g est derivable en 0 et g′(0) = −1.

Par ailleurs, g est derivable sur ]− 1, 0[∪]0, 1[ en tant que produit de fonctions derivables et :

∀x ∈]− 1, 0[∪]0, 1[, g′(x) =−1

1− |x|.

Ici encore, pour calculer cette derivee on reste calme et on distingue les cas x > 0 et x < 0,pour ne pas etre gene par la valeur absolue...

On remarque que limx→0

g′(x) = −1 = g′(0). Donc g′ est continue en 0.

Exercice 24 (++) (derivee, continuite sur un segment, limites)

1. f est definie et continue sur D = R \ {1}.2. f est derivable sur D. Soit x ∈ D.

Maintenant, on ne sait pas calculer une derivee avec une valeur absolue !

Donc, pour calculer f ′, il faudrait enlever cette valeur absolue qui nous gene. Et pour enleverune valeur absolue, c’est simple, il suffit d’en avoir envie et de distinguer deux cas.

Puisqu’on parle de |x− 1|, les cas seront : x− 1 > 0 et x− 1 < 0.

- Premier cas : x > 1. Alors f ′(x) =1

(x− 1)2e−

1x−1 .

- Second cas : x < 1. Alors f ′(x) =−1

(x− 1)2e

1x−1 .

3. La fonction f est continue sur le segment [2, 999], donc elle est bornee sur ce segment d’apresle theoreme de continuite sur un segment.

. Remarque :

Si f est bornee sur une partie D, et si E ⊂ D, alors evidemment f est aussi bornee sur E ! ! !

L’intervalle ]2, 1000[ n’est pas un segment, mais il est inclus dans le segment [2, 1000]. Or f estcontinue sur ce segment donc on peut affirmer, grace au theoreme de continuite sur un segment,qu’elle est bornee sur [2, 1000].

Puisque ]2, 1000[⊂ [2, 1000], f est aussi bornee sur ]2, 1000[.

4. lim+∞

f = lim−∞

f = e0 = 1. lim1+

f = lim1−

f = 0.

5. lim1f existe et vaut 0, donc f est prolongeable par continuite en 1, en posant f(1) = 0.

10

6. En posant t =1

x− 1on a : lim

x→1

f(x)− 0

x− 1= lim

t→±∞te−|t| = 0.

Donc le prolongement est derivable en 1 et sa derivee est nulle.

Exercice 25(++) (fonctions reciproques)

Posons f(x) = Arcsin (e−x2), u(x) = Arcsin (x) et v(x) = e−x

2. Alors f = u ◦ v.

La fonction v est definie sur R et : ∀x ∈ R, v(x) ∈]0, 1] donc v(x) ∈ Du = [−1, 1].Par consequent f est definie sur R. On remarque aussi que f est paire.Par les memes arguments, f est continue sur R.Pour la derivabilite, v est derivable sur R et u est derivable sur ]− 1, 1[, donc si v(x) ∈]− 1, 1[, alorsu ◦ v est derivable au point x. Or : v(x) ∈]− 1, 1[⇔ e−x

2 6= 1⇔ x 6= 0.On en conclut que f est derivable sur R∗. On a de plus :

∀x ∈ R∗, f ′(x) =−2xe−x

2√1− e−2x2

=−2x√e2x2 − 1

.

Ainsi f est croissante sur R− et decroissante sur R+, lim−∞

f = lim+∞

f = 0 et f(0) =π

2.

Etudions plus precisement ce qui se passe en 0. Avec l’equivalent eu − 1 ∼ u, on obtient quelimx→0+

f ′(x) = −√

2 et limx→0−

f ′(x) = +√

2. Donc f n’est pas derivable en 0, mais elle a en ce point

deux demi-tangentes de pentes opposees.

Exercice 26(+++) (etude de fonction)

1. h est continue et derivable sur [0, 1].

Pour t ∈ [0, 1] : h′(t) = −e−t − cos t < 0 car e−t < 0 et − cos t ≤ 0.

Ainsi h est strictement decroissante, h(0) = 1 > 0 et h(1) = e−1 − sin(1) < 0. Puisque h estcontinue, on en deduit qu’il existe un unique c ∈]0, 1[ tel que h(c) = 0.

2. La fonction g est de classe C1 sur [0, 1], donc g′ est continue sur [0, 1]. D’apres le theoreme decontinuite sur un segment on en deduit que g′ est bornee sur [0, 1].

Pour x ∈ [0, 1] : g′(x) = (1−e−x)+(1−cosx)2 > 0 car 1− e−x > 0 et 1− cosx ≥ 0.

Ainsi g est strictement croissante. Par ailleurs g(0) = 12 et g(1) = 1 + h(1)

2 < 1.

On en conclut que g([0, 1]) = [g(0), g(1)] ⊂ [0, 1].

Exercice 27 (++) (accroissements finis, suite implicite) (d’apres oral ESCP 2002)

1. Allez voir la question 2 de l’exercice juste en dessous.

2. L’etude de l’equation f(x) = 0 sur l’intervalle In =]nπ, nπ + π/2[ est equivalente a l’etude del’equation g(x) = x− tanx = 0 sur le meme intervalle. La fonction x 7→ g(x) y est de classe C1

et g′(x) = − tan2(x) < 0.

La fonction g est donc strictement decroissante sur In et induit une bijection de In sur ]−∞, nπ[.Il existe donc un unique xn appartenant a In tel que g(xn) = 0, donc tel que f(xn) = 0.

3. Comme nπ < xn < nπ + π/2, on a immediatement xn ∼ nπ.

11

Exercice 28 (+++) (etude de fonction, accroissements finis, limite de la derivee)

1. La fonction f est clairement continue sur R∗+ et comme sinx∼0x, le choix de f(0) est tel quef est aussi continue en 0, donc sur R+.

2. - Tres classique : On applique le TAF a la fonction t 7→ sin t qui est C1 sur [0, x] : il existec ∈]0, x[ tel que : sinx = x cos c.

L’inegalite cos c ≤ 1 donne : ∀x ≥ 0, sinx ≤ x .- Posons h(t) = t cos t− sin t. h est C1, on peut donc appliquer le TAF a h sur [0, x] :

il existe d ∈]0, x[ tel que : h(x)− h(0) = h′(d)× (x− 0). Donc

|h(x)| = | − xd sin d| ≤ x× d2 ≤ x3

3. La fonction f est de classe C∞ sur R∗+, car quotient de fonctions de classe C∞, le denominateurne s’annulant pas.

Pour x > 0, on a : f ′(x) =x cosx− sinx

x2.

D’apres la question precedente, pour tout x > 0, |f ′(x)| ≤ x.

Ainsi, f ′ a une limite en 0 et comme f est continue en 0, on en deduit par le theoreme sur lalimite de la derivee, que f est derivable en 0, avec f ′(0) = 0 et f ′ est donc continue en 0.

Ainsi f est de classe C1 sur R+.

4. Le signe de f ′ sur In est celui de h : x 7→ x cosx− sinx.

On a h′(x) = −x sinx et donc, pour n pair, h est strictement decroissante sur In, tandis quepour n impair elle est strictement croissante sur In.

De plus h est continue, h(2nπ) > 0 et h((2n + 1)π) < 0, ainsi on en deduit que h, donc f ′,s’annule une fois et une seule sur chaque intervalle In.

5.

Exercice 29 (+++) (accroissements finis)Notons l = lim

+∞g et m = lim

+∞g′.

. Methode 1 :Soit x ∈ R+. On applique le TAF a g entre x et x+ 1 : il existe cx ∈]x, x+ 1[ tel que :

g(x+ 1)− g(x) = g′(cx)

Or limx→+∞

g(x+ 1)− g(x) = l − l = 0, donc limx→+∞

g′(cx) = 0.

Par ailleurs, cx ≥ x donc limx→+∞

cx = +∞. Ceci prouve que limx→+∞

g′(cx) = m.

On a donc m = 0.

. Methode 2 :Soit ε > 0.. Il existe A1 > 0 tel que ∀x > A1, |g(x)− l| < ε.. Il existe A2 > 0 tel que ∀x > A2, |g′(x)−m| < ε.Soit A = max(A1, A2). Soit x > A. On applique le TAF a g entre A et x :

∃cx ∈ [A, x] | g(x)− g(A)

x−A= g′(cx) .

On sait que |g(x)− g(A)| ≤ |g(x)− l|+ |l − g(A)| ≤ 2ε.

12

Ainsi |g′(cx)| ≤ 2ε

x−A. Or |g′(cx)| ≥ |m| − ε. Donc |m| ≤ ε+

2ε

x−A.

Ceci est vrai pour tout x > A, donc en faisant tendre x vers +∞, on obtient : |m| ≤ ε.Ceci est vrai pour tout ε > 0, donc |m| = 0 puis m = 0.

Exercice 30 (+++) (derivabilite, fonctions reciproques, developpements limites)

1. f est derivable sur ] − 1, 1[, f ′(x) = 2e2x +1

(1 + x)2> 0, donc f est une bijection de R sur

J = f(]− 1, 1[) =] lim−1+

f, lim1−

f [=]−∞, e2 − 1

2[.

2. Au voisinage de 0 :

e2x = 1 + (2x) +(2x)2

2!+

(2x)3

3!+ o(x3) = 1 + 2x+ 2x2 +

4

3x3 + o(x3).

1

1 + x= 1− x+ x2 − x3 + o(x3).

On somme les dl : f(x) = 3x+ x2 +7

3x3 + o(x3).

3. La methode est a connaitre : on cherche les constantes a0, a1, a2, a3 telles qu’au voisinage de 0 :

(∗) f−1(t) = a0 + a1t+ a2t2 + a3t

3 + o(t3).

Deja, on voit que f(0) = 0, donc f−1(0) = 0, donc a0 = 0.

Ensuite, on applique (∗) avec t = f(x) :

f−1(f(x)) = x = a1f(x) + a2(f(x))2 + a3(f(x))3 + o((f(x)3).

On remplace ensuite f par son dl, on remarque que f(x) ∼ 3x donc o(f(x)3) = o(x3). On a :

x = a1(3x+ x2 +7

3x3) + a2(3x+ x2 +

7

3x3)2 + a3(3x+ x2 +

7

3x3)3 + o(x3).

On developpe, en supprimant les termes de degres superieurs a 3 :

x = a1(3x+x2+7

3x3)+a2(9x

2+6x3)+a3(27x3)+o(x3) = (3a1)x+(a1+9a2)x2+(

7

3a1+6a2+27a3)x

3+o(x3).

Par unicite des dl, on peut identifier : 3a1 = 1 ; a1 + 9a2 = 0 ;7

3a1 + 6a2 + 27a3 = 0.

On resout : a1 =1

3; a2 = − 1

33; a3 = − 5

35.

Donc : f−1(t) =1

3t− 1

33t2 − 5

35t3 + o(t3).

Exercice 31 (+++) (derivabilite, fonctions et suites)

1. En tant que produit et quotient de fonctions derivables sur ]−1, 0[ et ]0, 1[ , dont le denominateurne s’annule pas, f est derivable sur ]− 1, 0[ et sur ]0, 1[.

-Etude au point 0 :

limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0

1

ln |x|cos(1

x

)= 0. (il n’y a aucune indetermination)

Donc f est derivable en 0 et f ′(0) = 0. Finalement, f est bien derivable sur ]− 1, 1[.

2. On remarque que : cos(1

un) = cos(

1

vn) = 0 et sin(

1

un) = 1 et sin(

1

vn) = −1 . De plus, pour

n ≥ 1, un et vn sont dans ]0, 1[. D’ou : f ′(un) =1

un ln(un)et f ′(vn) =

−1

vn ln(vn).

De plus (un) et (vn) convergent vers 0, et limt→0

t ln t = 0−.

Par consequent, lim f ′(un) = −∞ alors que lim f ′(vn) = +∞ .

13

3. On en deduit immediatement que f ′ n’est pas bornee au voisinage de 0, ce qui prouve d’ailleursque f ′ n’est pas continue en 0.

Exercice 32 (+++) (variations, arctangente)Grace a la croissance de la fonction Arctangente, on remarque l’equivalence suivante :

f(x) ≤ tanx⇔ Arctan(f(x)) ≤ x

On pose donc g(x) = Arctan(f(x)) − x. g est continue et derivable sur I =] − π2 ,

π2 [, g(0) = 0 et :

Si x ∈ I, g′(x) = f ′(x)1+f2(x)

− 1 ≤ 0 d’apres l’hypothese. Donc g est decroissante sur I, g(0) = 0. Donc

g ≥ 0 sur ]− π

2, 0[, g ≤ 0 sur ]0,

π

2[.

On en conclut que : f(x) ≥ tanx si x ∈]− π

2, 0[ ; f(x) ≤ tanx si x ∈]0,

π

2[ .

Exercice 33 (++++) (theoreme de la bijection, application reciproque) (d’apres oral ESCP 2002)

1. La fonction x 7→ Pa(x) est derivable sur R et P ′a(x) = 3x2 + a. Pour tout a ≥ 0, la fonction Paest strictement croissante sur R. Comme lim

x→−∞Pa(x) = −∞ et lim

x→+∞Pa(x) = +∞, Pa realise

une bijection de R sur lui-meme ; 0 a donc un unique antecedent que l’on note u(a).

2. Comme Pa est une fonction strictement croissante et que Pa(0) = −1, on a u(a) > 0, donc uest a valeurs dans R+∗.

3. Soit 0 ≤ a < b. On a : Pa(u(b)) = u(b)3 + au(b) − 1 = u(b)3 + bu(b) − 1 + (a − b)u(b) doncPa(u(b)) = (a− b)u(b) < 0.

Or, Pa est une fonction strictement croissante : on a donc u(b) < u(a) et u est strictementdecroissante.

4. u(0) est la racine positive de l’equation P0(x) = x3 − 1 = 0 donc u(0) = 1.

Par ailleurs au(a) = 1− u(a)3 ≤ 1 ; donc 0 < u(a) ≤ 1a , ce qui entraıne : lim

a→+∞u(a) = 0.

5. Resumons la situation :

. u est strictement decroissante sur R+ ;

. u(R+) =] limx→+∞

u(x), u(0)] =]0, 1] ;

. u est continue (on le prouvera rigoureusement a la question 6) ;

Donc u est une bijection de R+ dans ]0, 1]. Ainsi u admet une application reciproque u−1 :]0, 1]→ R+.

On sait que u(a) 6= 0. La relation definissant u(a) permet donc d’ecrire :

a =1− u(a)3

u(a)

Ainsi l’application reciproque de u est u−1 :]0, 1]→ [0,+∞[, t 7→ 1− t3

t6. La fonction u−1 est clairement continue sur ]0, 1], donc u est continue sur R+ (car u est la

reciproque de u−1), la continuite en 0 s’entendant a droite.

7. La fonction u−1 est derivable sur ]0, 1] et : (u−1)′(t) = − 1

t2− 2t = −(1 + 2t3)

t2

Cette derivee n’etant jamais nulle, u est derivable sur R+ (la derivee en 0 est a droite) et :

∀ a ≥ 0, u′(a) =1

(u−1)′(u(a))= − u(a)2

1 + 2u(a)3

et comme u(a)3 = 1− au(a), il vient : ∀ a ≥ 0, u′(a) = − u(a)2

3− 2au(a).

En particulier la derivee en 0 a droite de u vaut : u′(0) = −13 .

14

8. L’allure de la courbe representant u se deduit par symetrie par rapport a la premiere bissectricede celle de u−1 dont le trace est elementaire :

Exercice 34 (+++) (derivee n-ieme)

1. Pour n ∈ N∗ on pose : P(n) : ∀x ∈ R, g(n)(x) = (−1)n(x2 + unx+ vn

)e−x

ou un et vn sont des reels.

- Au rang initial : g′(x) = .. = −(x2 − 1)e−x donc P(1) est vraie, et u1 = 0 et v1 = −1.

- Heredite : On fixe n ∈ N∗ et on suppose P(n) vraie.

g(n+1)(x) = (−1)n(

2x+ un − (x2 + unx+ vn))e−x = (−1)n+1

(x2 + (un − 2)x+ (vn − un)

)e−x .

Ainsi P(n+ 1) est vraie, avec un+1 = un − 2 et vn+1 = vn − un.On conclut ensuite avec le principe de recurrence.

2. On a ainsi repondu en meme temps a la question 2.

3. (un) est une suite arithmetique de raison −2. Donc : un = u1 − 2(n− 1) = −2(n− 1).

4. On pose : A(n) : vn = n2 − 3n+ 1.

. v1 = −1 donc A(1) est vraie.

. Si A(n) est vraie, alors :

vn+1 = vn − un = n2 − 3n+ 1 + 2(n− 1) = n2 + 2n+ 1− 3n− 2 = (n+ 1)2 − 3(n+ 1) + 1.

Donc A(n+ 1) est vraie. On conclut alors avec le principe de recurrence.

Finalement : g(n)(x) = (−1)n(x2 − 2(n− 1)x+ n2 − 3n+ 1)e−x.

Exercice 35 (+++) (theoreme de Rolle)La question est volontairement posee de facon tordue. On commence donc par la traduire en francais(enfin, en Mathematiques) :Il faut montrer que : ∃c ∈]0, 1[|0 = f ′(c)(0− c) + f(c), i.e. cf ′(c)− f(c) = 0.

On considere la fonction g(x) = f(x)x pour x 6= 0. Puisque f ′(0) = 0, lim

0g = 0 donc g est prolongeable

par continuite en posant g(0) = 0.Ainsi g est continue sur [0, 1], derivable sur ]0, 1[, et g(0) = g(1) = 0. On peut donc appliquer letheoreme de Monsieur Rolle pour affirmer qu’il existe c ∈]0, 1[ tel que g′(c) = 0.

Or on a : g′(c) =cf ′(c)− f(c)

c2. On a donc obtenu ce qu’on voulait.

Exercice 36 (+++) (theoreme sur la limite de la derivee, derivee n-ieme) (d’apres oral ESCP 2001)

1. On a limx→0

f(x) = 0. On pose donc g(0) = 0.

2. La fonction g est de classe C∞ sur R∗ et :

pour x > 0, g′(x) =1

x2exp(−1/x) ; pour x < 0, g′(x) = − 1

x2exp(1/x)

On a alors par croissance comparee : limx→0

g′(x) = 0 et g etant continue en 0, par theoreme sur

la limite de la derivee, g est de classe C1 en 0, avec g′(0) = 0.

Finalement g est de classe C1 sur R.

15

3. Montrons, par recurrence sur n, l’existence de Pn, a coefficients entiers, avec degPn = 2n :

- Comme g(0)(x) = g(x), la propriete est vraie au rang 0, avec P0 = 1.

- Supposons le resultat acquis pour un certain rang n.

Alors : ∀x > 0, g(n)(x) = Pn(1

x

)g(x). On en deduit :

∀x > 0, g(n+1)(x) = − 1

x2P ′n(1

x

)g(x) + Pn(

1

x)g′(x) =

[− 1

x2P ′n(1

x

)+ Pn(x)

1

x2]g(x)

Ce qui donne le resultat au rang n+ 1, avec Pn+1(x) = x2(Pn(x)− P ′n(x)

)et Pn+1 est de degre 2n+ 2 = 2(n+ 1) et est bien a coefficients entiers.

On conclut donc par le principe de recurrence.

4. Par croissances comparees, on a pour tout entier n, limx→0+

g(n)(x) = 0.

On procede de meme sur R−, ou, mieux, on invoque la parite de g qui montre que g(n) a memeparite que n.

Par consequent limx→0

g(n)(x) = 0 et par iteration du theoreme sur la limite de la derivee, on en

deduit que g est de classe C∞ sur R avec, pour tout n, g(n)(0) = 0.

16

3 Equations differentielles

Exercice 37 (++) (systeme d’equations differentielles)De la premiere egalite on deduit : y = x′−4x. En reinjectant dans la ligne deux : x′′ − 4x′ = −6x− (x′ − 4x).Donc : x′′ − 3x′ + 2x = 0. On resout ensuite cette equation (c’est facile) pour trouver x, puis on endeduira y.

Exercice 38(++) (primitive, equation differentielle d’ordre 1)Soit f une application continue sur R∗+ verifiant la relation de l’enonce :

∀x ∈ R∗+, 2xf(x) = 3

∫ x

0f(t) dt (∗)

Puisque f est continue, elle admet une unique primitive F sur R∗+ qui s’annule en 0. Alors F estderivable et, d’apres (∗), on a : ∀x ∈ R∗+, 2xF ′(x) = 3F (x) (E)Ainsi F est solution de l’equation differentielle (E), que l’on peut normaliser (car x > 0) :

F ′ − 3

2xF = 0 .

Ainsi F (x) = βx32 . Puis f(x) = F ′(x) =

3β

2

√x.

Ainsi, si f verifie (∗) alors f(x) = k√x avec k qui est une constante reelle.

Reciproquement, si f(x) = k√x, alors :

3

∫ x

0f(t) = 3[k

t32

32

]x0 = 2kx32 = 2xk

√x = 2xf(x)

On a ainsi la reciproque : si f(x) = k√x alors f verifie (∗).

En conclusion, les applications continues sur R∗+ verifiant (∗) sont les fonctions x 7→ k√x avec k une

constante reelle.

Exercice 39 (++) (equation differentielle d’ordre 2 a coefficients non constants)

1. Posons y(x) = eax. On raisonne par equivalence :

y solution de (E) ⇔ (x− 1)a2eax − xaeax + eax = 0

⇔ a2(x− 1)− ax+ 1 = 0⇔ (a2 − a)x+ (1− a2) = 0

⇔ a2 − a = 0 et 1− a2 = 0⇔ a = 1

Ainsi la fonction x 7→ ex est solution de (E).

2. Posons y(x) = K(x)ex. On raisonne par equivalence :

y solution de (E) ⇔ (x− 1)(K ′′(x)ex + 2K ′(x)ex +K(x)ex)− x(K ′(x)ex +K(x)ex) +K(x)ex = 0

⇔ (x− 1)(K ′′(x) + 2K ′(x) +K(x))− x(K ′(x) +K(x)) +K(x) = 0

⇔ (x− 1)K ′′(x) + (x− 2)K ′(x) = 0

En posant f(x) = K ′(x), on se ramene a une equa diff d’ordre 1 : (x− 1)f ′(x) + (x− 2)f(x) = 0.

Ici a(x) = x−2x−1 = x−1−1

x−1 = 1− 1x−1 .

Donc A(x) = x− ln(x− 1).

Ainsi f(x) = Ce−x+ln(x−1) = C(x− 1)e−x.

Ainsi K(x) = C

∫(x− 1)e−xdx = C(−(x− 1)e−x − e−x) +D = −Cxe−x +D.

Finalement y(x) = K(x)ex = Dex − Cx.

17

Exercice 40 [Oral Agro 2004] (++) (equations differentielles)

1. L’equation caracteristique associee, x2 − x+ 1 = 0, a deux racines complexes :1

2± i√

3

2.

Donc y est solution de (E1) si et seulement si il existe (a1, a2) ∈ R2 tel que :

∀x ∈ R, y(x) = ex2(a1 cos(

√3

2x) + a2 sin(

√3

2x))

2. (a) Il faut comprendre (c’est sous-entendu par l’enonce) que l’on suppose que f est solution de(E2). On a alors f qui est en fait deux fois derivable, puisque d’apres (E2) f

′ est composeede fonctions derivables.

Ceci justifie que l’on puisse deriver deux fois g.

On a : g′(t) = etf ′(et) et g′′(t) = e2tf ′′(et) + etf ′(et).

Ainsi : g′′(t)− g′(t) + g(t) = e2tf ′′(et) + f(et).

Or f verifie (E2) donc, en derivant, on a : f ′′(x) = − 1

x2f ′(

1

x) = − 1

x2f(x).

On applique ceci avec x = et : f ′′(et) = −e−2tf(et).

On a donc : g′′(t)− g′(t) + g(t) = 0. Donc g verifie (E1).

(b) Puisque g est solution de (E1), il existe C1 et C2 telles que :

∀t ∈ R, f(et) = g(t) = et2(a1 cos(

√3

2t) + a2 sin(

√3

2t))

Posons x = et (i.e. t = lnx) :

∀x > 0, f(x) =√x(a1 cos(

√3

2lnx) + a2 sin(

√3

2lnx)

)Mais attention, ceci n’est qu’une condition necessaire !

On a prouve que :

Si f est solution de (E2), alors f s’ecrit comme ceci.

Etudions la reciproque : On suppose que :

f(x) =√x(a1 cos(

√3

2lnx) + a2 sin(

√3

2lnx)

)Alors :

f ′(x) =1

2√x

(a1 cos(

√3

2lnx) + a2 sin(

√3

2lnx)

)+√x(− a1

√3

2xsin(

√3

2lnx) + a2

√3

2xcos(

√3

2lnx)

)=

1

2√x

(a1 cos(

√3

2lnx) + a2 sin(

√3

2lnx)− a1

√3 sin(

√3

2lnx) + a2

√3 cos(

√3

2lnx)

)=

1

2√x

((a1 + a2

√3) cos(

√3

2lnx) + (a2 − a1

√3) sin(

√3

2lnx)

)Par ailleurs : f(

1

x) =

1

2√x

(2a1 cos(

√3

2lnx)− 2a2 sin(

√3

2lnx)

).

Par consequent :

f est solution de (E2) ⇔ 2a1 = a1 + a2√

3 et − 2a2 = a2 − a1√

3

18

Ce qui revient a dire que a1 = a2√

3.

Finalement, les fonctions solutions de (E2) sont les fonctions definies par :

∀x > 0, f(x) = C√x(√

3 cos(

√3

2lnx) + sin(

√3

2lnx)

), avec C ∈ R.

Exercice 41 [Oral Agro 2005] (++) (equations differentielles d’ordre 2)

1. Resolvons l’equation homogene associee (H1) : y′′ − 4y = 0.

L’equation caracteristique associee, x2−4 = 0, a deux racines reelles, 2 et −2, donc y est solutionde (H) si et seulement si il existe deux reels λ1 et λ2 tels que : ∀x ∈ R, y(x) = λ1e

2x + λ2e−2x .

Maintenant on cherche une solution particuliere. Il est clair que la fonction x 7→ −14(ax + b)

en est une. Donc l’ensemble des solutions de (E1) est l’ensemble des fonctions qui s’ecrivent :

x 7→ −1

4(ax+ b) + λ1e

2x + λ2e−2x avec (λ1, λ2) ∈ R2.

2. Sur R+, (E2) s’ecrit : y′′ − 4y = ax+ b.

Sur R−, (E2) s’ecrit : y′′ − 4y = −ax+ b.

D’apres la question 1 on peut dire que les solutions de (E2) sont les fonctions y :

x 7→ y(x) =

{−1

4(−ax+ b) + λ1e2x + λ2e

−2x si x ≤ 0−1

4(ax+ b) + λ1e2x + λ2e

−2x si x ≥ 0

avec λ1, λ2 deux reels.

3. Soit f une solution de (E2). On etudie les limites en +∞ et −∞ du quotientf(x)

x.

Il est clair que, par croissance comparee, on a :

limx→+∞

f(x)

x∈ R ⇔ λ1 = 0 et lim

x→−∞

f(x)

x∈ R ⇔ λ2 = 0.

Bref, l’equation (E2) a une unique solution dont le graphe admette des droites asymptotes en+∞ et −∞.

Cette fonction est la fonction : x 7→ f(x) =

{−1

4(−ax+ b) si x ≤ 0−1

4(ax+ b) si x ≥ 0

Exercice 42 (+++) (equations differentielles d’ordre 1)Supposons que g est bornee : Il existe une constante M > 0 telle que : ∀x ∈ R, |g(x)| ≤ M (i.e.g(x) ∈ [−M,M ]).Soit f une solution de f ′ + f = g. Alors f est somme d’une solution particuliere y0 et d’une solutionde l’equation homogene y′+ y = 0. Or cette equation a pour solutions les fonctions : x 7→ Ce−x avecC ∈ R.Recherchons a quoi ressemble la solution particuliere y0, en utilisant la methode de la variation dela constante. On cherche y0 sous la forme : y0(x) = λ(x)e−x.

y′0 + y0 = g ⇔ λ′(x)e−x = g(x)⇔ λ′(x) = g(x)ex.

Ainsi : |λ′(x)| ≤Mex. Puis :

|λ(x)| = |λ(0) +

∫ x

0λ′(t)dt| ≤ |λ(0)|+

∫ x

0|λ′(t)|dt ( car |

∫u| ≤

∫|u|)

≤ |λ(0)|+∫ x

0Metdt ≤ K +Mex (K = constante)

Par consequent : |y0(x)| = |λ(x)|e−x ≤ Ke−x +M ≤ K ′.

19

Donc y0 est bornee. Donc f est bornee (somme de deux fonctions bornees).

La reciproque est fausse, comme le prouve l’exemple qui suit : g(x) = sin(x2) + 2x cos(x2) n’est pasbornee ; y = sin(x2) est bornee et verifie y′ + y = g.

Exercice 43 (+++) (equation fonctionnelle, equation differentielle d’ordre 1)Supposons que f verifie la relation. On s’interesse a la fonction g : x 7→ g(x) = f(x)f(−x). Alors gest derivable et :

∀x ∈ R, g′(x) = f ′(x)f(−x)− f(x)f ′(−x) = 1− 1 = 0 .

Donc g est constante : g = C. Donc f(−x) = Cf(x) (car f ne peut pas s’annuler).

La relation donne alors : ∀x ∈ R, f ′(x) =f(x)

C. On resout cette equa diff : f(x) = Ke

xC .

Reciproquement, si f(x) = KexC , alors : f ′(x)f(−x) =

K2

C.

Donc f verifie la relation ssi C = K2.

Conclusion : les fonctions recherchees sont les fonctions : x 7→ KexK2 .

Exercice 44 (+++) (equations differentielles, developpements limites)

1. Puisque f est derivable, alors 1 + f + f2 est derivable, donc f ′ est derivable.

On a alors : f (2) = f ′ + 2ff ′, donc f (2) est a son tour derivable.

En iterant, on montre que f (n) existe et est derivable pour tout n ∈ N.

2. On suppose que f(0) = 1. Puisque f est infiniment derivable sur R, f admet un developpementlimite a l’ordre 4 en 0. On a :

f ′ = 1+f+f2 ; f (2) = f ′+2ff ′ ; f (3) = f (2)+2(f ′)2+2ff (2) ; f (4) = f (3)+6f ′f (2)+2ff (3)

Donc : f(0) = 1 ; f ′(0) = 3 ; f (2)(0) = 9 ; f (3)(0) = 45 ; f (4)(0) = 297.

Avec Taylor-Young on a alors : f(x) =0 1 + 3x+9

2x2 +

15

2x3 +

99

8x4 + o(x4).

4 Fonctions de plusieurs variables

Exercice 45 (++) (fonctions de plusieurs variables)

– Puisque∂f

∂x= −y sin(xy)− 2y2x, on obtient, en primitivant par rapport

a x : f(x, y) = cos(xy)− y2x2 + g(y).

– On derive par rapport a y :∂f

∂y(x, y) = −x sin(xy)− 2yx2 + g′(y) .

Or on veut que∂f

∂y(x, y) = −x sin(xy)− 2x2y, donc g′(y) = 0. Donc g(y) = C = constante.

– Finalement, les fonctions f de classe C2 qui verifient les deux equations proposees sont les fonctionsde la forme : f(x, y) = cos(xy)− y2x2 + C , avec C ∈ R .

Exercice 46 (++) (fonctions de plusieurs variables)Le raisonnement est identique a celui de l’exercice precedent.On obtient : f(x, y) = x sin(y) + x4 + y3 +K , avec K ∈ R .

20

5 Matrices

Exercice 47 (+) (matrices inversibles)

On calcule M2 et on obtient : M2 =

−2 3 −3−9 10 −9−3 3 −2

= 3M − 2I.

On a donc : M2 − 3M = −2I, c’est a dire : M(M − 3I) = (M − 3I)M = −2I.Ainsi : M(12(3I −M)) = (12(3I −M))M = I.

Donc M est inversible et : M−1 =1

2(3I −M) =

1

2

3 −1 13 −1 31 −1 3

Exercice 48 (++) (equations matricielles)Soit A = (ai,j) une matrice de H.Notons (ci,j) les coefficients (tous nuls) de la matrice A2. D’apres la formule du produit matriciel,

ci,j =n∑k=1

ai,kak,j

Si on regarde les elements diagonaux, ceci donne : ci,i =n∑k=1

a2i,k puisque ai,k = ak,i. Or ci,i = 0, et une

somme de carres est nulle si et seulement si chaque terme est nul, ainsi : ∀(i, k), ai,k = 0. Autrementdit, M = 0. Donc H = {0}.

Remarque : si on trouve ce raisonnement trop difficile, on essaie avec des matrices symetriques detaille 2, puis on essaie de generaliser.

Exercice 49 (++) (matrices)

1. Deja il faut comprendre l’enonce : F est un ensemble de matrices : c’est l’ensemble des matricesqui peuvent s’ecrire R(a), pour un certain reel a.

R(a)R(b) =

(cos a − sin asin a cos a

)(cos b − sin bsin b cos b

)=

(cos a cos b− sin a sin b − cos a sin b− sin a cos bsin a cos b+ cos a sin b − sin a sin b+ cos a cos b

)=

(cos(a+ b) − sin(a+ b)sin(a+ b) cos(a+ b)

)= R(a+ b).

Ainsi, si on prend deux elements quelconques R(a) et R(b) dans F , alors leur produit s’ecritR(c) (en posant c = a+ b) donc leur produit est encore dans F .

Donc l’ensemble F est stable pour le produit matriciel.

2. Non. En effet, I2 = R(0) est dans F , mais I2 + I2 = 2I2 n’est pas dans F puisqu’un cosinus nepeut pas etre egal a 2. Donc F n’est pas stable pour l’addition.

3. R(a)R(−a) = R(a− a) = R(0) = I2.

Donc R(a) est inversible et R(a)−1 = R(−a).

4. R(a)2 = R(a)R(a) = R(2a).

Par recurrence on generalise : R(a)n = R(na).

21

Exercice 50 (++) (produit matriciel, trace d’une matrice)

1. Tr(In) =n∑i=1

1 = n.

2. Soit (A,B) ∈Mn(K)2. On note A = (ai,j)1≤i,j≤n et B = (bi,j)1≤i,j≤n

On note : A+B = P = (pi,j)1≤i,j≤n.

On sait que : ∀(i, j) ∈ {1, . . . , n}2, pi,j = ai,j + bi,j . Par consequent :

Tr(A+B) =n∑i=1

pi,i =n∑i=1

(ai,i + bi,i) =n∑i=1

ai,i +n∑i=1

bi,i = Tr(A) + Tr(B)

3. Soit (A,B) ∈Mn(K)2. On note A = (ai,j)1≤i,j≤n et B = (bi,j)1≤i,j≤n

On note : AB = (ci,j)1≤i,j≤n et BA = (di,j)1≤i,j≤n. On sait que :

∀(i, j) ∈ {1, . . . , n}2, ci,j =n∑k=1

ai,kbk,j et di,j =n∑k=1

bi,kak,j

Par consequent :

Tr(AB) =n∑i=1

ci,i =

n∑i=1

n∑k=1

ai,kbk,i

Tr(BA) =n∑i=1

di,i =n∑i=1

n∑k=1

bi,kak,i =n∑k=1

n∑i=1

bk,iai,k =n∑i=1

n∑k=1

bk,iai,k = Tr(AB)

4. Non. On donne un contre-exemple en prenant la matrice M =

(0 11 0

).

D’une part : Tr(M)× Tr(M) = 0. Mais d’autre part : M2 = I donc Tr(M2) = 2.

5. On raisonne par l’absurde et on suppose qu’il existe deux matrices A et B telles que AB−BA =In. On a alors Tr(AB −BA) = Tr(In).

D’une part, d’apres 1, Tr(In) = n.

Mais d’autre part, d’apres 2 et 3, Tr(AB −BA) = Tr(AB)− Tr(BA) = 0.

On a ainsi n = 0 : c’est absurde !

Donc il ne peut pas exister deux matrices A et B telles que AB −BA = In.

Exercice 51 (++) (ensembles de matrices)

1. Apres calculs : M(a)M(b) = M(a+ b).

2. Donc le produit de deux elements quelconques de G est encore un element de G.

Ainsi G est un ensemble stable par produit.

3. M(a)M(−a) = M(a− a) = M(0) = I3.

Donc M(a) est inversible et M(a)−1 = M(−a).

4. M(a)n = M(na) (demo par recurrence).

22

Exercice 52 (+++) (formule du binome)

1. A =

−2 0 −21 0 11 0 1

. On calcule A2 : A2 = −A. On en deduit par recurrence que :

∀n ∈ N∗, An = (−1)n+1A .

(attention, cette formule n’est pas vraie pour n = 0).

2. on a : M = 4A + I. Les matrices A et I commutent donc on peut appliquer la formule dubinome :

Mn = (4A+ I)n =

n∑k=0

(n

k

)4kAk

=

(n

0

)40A0 +

n∑k=1

(n

k

)4k(−1)k+1A = I −

( n∑k=1

(n

k

)(−4)k

)A

= I −( n∑k=0

(n

k

)(−4)k − 1

)A = I −

((−4 + 1)n − 1

)A = I + (1− (−3)n)A

Ainsi on a : ∀n ∈ N∗, An =

2(−3)n − 1 0 −2 + 2(−3)n

1− (−3)n 1 1− (−3)n

1− (−3)n 0 2− (−3)n

.On remarque que cette formule est encore vraie pour n = 0.

Exercice 53 (+++) (produit de matrices)

1. Montrons que {aIn, a ∈ R} ⊂ Zn(R).

Soit P = aIn. Pour tout M ∈Mn(R) on a : PM = aM = MP . Donc P ∈ Zn(R).

2. (a) Soit A ∈Mn(R) et (i, j) ∈ {1, . . . , n}2.Apres calculs, on obtient que AEi,j est la matrice dont toutes les colonnes sont nulles,excepte la j-ieme, qui est egale a la i-eme colonne de A.

Par ailleurs, Ei,jA est la matrice dont toutes les lignes sont nulles, excepte la i-ieme, quiest egale a la j-eme ligne de A.

Remarque importante :Comme d’habitude, si on n’y comprend rien et si on n’arrive pas a faire ce calcul un peucomplique, on essaie sur un exemple (ou deux) puis on generalise :

Par exemple, prenons n = 3 et i = 1 et j = 3.

AE1,3 =

a1,1 a1,2 a1,3a2,1 a2,2 a2,3a3,1 a3,2 a3,3

0 0 10 0 00 0 0

=

0 0 a1,10 0 a2,10 0 a3,1

E1,3A =

0 0 10 0 00 0 0

a1,1 a1,2 a1,3a2,1 a2,2 a2,3a3,1 a3,2 a3,3

=

a3,1 a3,2 a3,30 0 00 0 0

(b) Soit A ∈ Zn(R). Fixons (i, j) ∈ {1, . . . , n}2. Alors AEi,j = Ei,jA. En comparant ces deux

produits obtenus dans la question precedente, on en deduit que :

∀k 6= i, ak,i = 0 ; ∀k 6= j, aj,k = 0

23

De plus, ai,i = aj,j .

Par consequent, A est une matrice diagonale, dont tous les elements diagonaux sont egaux.Appelons α leur valeur commune. Alors A = αIn.

3. Conclusion : Zn(R), l’ensemble des matrices qui commutent avec toutes les autres matrices, estl’ensemble des matrices proportionnelles a l’identite.

Exercice 54 (+++) (calcul de puissance)

Deja B est tres mal ecrite. On l’ecrit simplement B = 15M avec M =

5 0 15−3 −1 243 6 11

.

Ensuite, en resolvant le systeme de Cramer associe on a : P est inversible avec

P−1 =1

10

1 2 −34 −2 −21 2 7

.

Alors : B = PDP−1 ⇔ D = P−1BP = ...(calculs)... =

−2 0 00 1 00 0 4

.

Par une recurrence immediate : Bn = PDnP−1.

Or D est diagonale donc : Dn =

(−2)n 0 00 1 00 0 4n

.Enfin on calcule (ininteressant, utiliser la calculatrice) ... et

Bn =1

10

(−2)n + 8 + 4n ? ?? ? ?? ? 3(−2)n + 7.4n

.(si vous avez les 2 termes ’extremes’, c’est que ca doit etre correct).Remarque : on vient d’utiliser la diagonalisation.

Exercice 55 (+++) (calcul de puissance)

C = 3I + 2J avec J =

1 1 11 1 11 1 1

.

I et J commmutent, donc on peut utiliser le binome : Cn =n∑k=0

(n

k

)3n−k2kJk.

Or Jk = 3k−1J , cette formule est valable pour k ≥ 1, mais attention : pas pour k = 0. Ainsi :

Cn = 3nI +n∑k=1

(n

k

)3n−k2k3k−1J = 3nI + 3n−1

( n∑k=1

(n

k

)2k)J

= 3nI + 3n−1( n∑k=0

(n

k

)2k − 1

)J = 3nI + 3n−1

((1 + 2)n − 1

)J = 3n−1(3I + (3n − 1)J)

Ce qui donne matriciellement : Cn = 3n−1

3n + 2 3n − 1 3n − 13n − 1 3n + 2 3n − 13n − 1 3n − 1 3n + 2

24

Exercice 56 (+++) (application dans l’ensemble des matrices)

1. Apres calcul : f(M) = M2 =

(a2 + bc b(a+ d)c(a+ d) d2 + bc

)2. Soit M =

(a bc d

).

Il faut resoudre l’equation f(M) = P qui equivaut a :

a2 + bc = 4b(a+ d) = 1c(a+ d) = 0d2 + bc = 2

Attention, ce n’est pas un systeme lineaire. L’equation c(a+d) = 0 implique c = 0 ou a+d = 0.Mais a + d ne peut pas etre nul car b(a + d) = 1. On a donc c = 0. En reinjectant dans lesautres equations on obtient : a2 = 4, d2 = 2, b = 1

a+d .

Ainsi P a 4 antecedents qui sont les matrices :

M1 =

(2 1/(2 +

√2)

0√

2

), M2 =

(2 1/(2−

√2)

0 −√

2

)

M3 =

(−2 1/(−2 +

√2)

0√

2

), M4 =

(−2 1/(−2−

√2)

0 −√

2

).

3. Meme methode :

f(M) = R⇔

a2 + bc = −1b(a+ d) = 1c(a+ d) = 0d2 + bc = 1

.

Alors c = 0, puis : a2 = −1, ce qui est impossible (les coefficients sont reels). Donc R n’a aucunantecedent par f .

4. Il existe un element P qui a plusieurs antecedents, donc f n’est pas injective.

Il existe un element R qui n’a aucun antecedent, donc f n’est pas surjective.

Exercice 57 (+++) (calcul de puissance)

A = 3I +N avec N nilpotente : N =

0 4 50 0 40 0 0

. N et I commutent, on peut appliquer la formule

du binome : Soit n ≥ 2. An = (3I +N)n =n∑k=0

(n

k

)3n−kNk = 3nI + n3n−1N +

n(n− 1)

23n−2N2. En

effet, Nk = 0 des que k ≥ 3. On remarque que la formule reste valable pour n = 0 et n = 1. Ainsi :

∀n ∈ N, An =

3n 4n3n−1 8n(n− 1)3n−2

0 3n 4n3n−1

0 0 3n

= 3n−2

9 12n 8n(n− 1)0 9 12n0 0 9

Exercice 58 (+++) (calcul de puissance)- Methode 1 : T = 2I − J puis la formule du binome...- Methode 2 : on calcule et on remarque que T 2 = T + 2I. On montre alors (recurrence) que

Tn = anT + bnI. Dans l’heredite on obtient les formules : an+1 = an + bn, bn+1 = 2an. Ainsian+2 = an+1 + bn+1 = an+1 + 2an. Donc (an) satisfait une relation de recurrence lineaire d’ordre 2,on verra plus tard dans l’annee des formules pour ce genre de suites...

25

6 Systemes lineaires

Exercice 59 (+) (systemes lineaires)En fait, F est l’ensemble des quintuplets (i.e. des vecteurs de R5) solutions d’un systeme lineaire. Onva resoudre ce systeme avec la methode du pivot de Gauss. Soit u = (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ R5.

u ∈ F ⇔

2x1 − 5x4 = 0 (L1 ← 1

4L1)6x1 + 12x2 + 2x4 = 0 (L2 ← 2L2)10x1 + 12x2 − 8x4 = 0 (L3 ← 2L3)

⇔

2x1 − 5x4 = 0

+ 12x2 + 17x4 = 0 (L2 ← L2 − 3L1)+ 12x2 + 17x4 = 0 (L3 ← L3 − 5L1)

⇔{x1 = 5

2x4x2 = −17

12x4

Ainsi : F = {(5

2x4,−

17

12x4, x3, x4, x5), (x3, x4, x5) ∈ R3}

On peut aussi l’ecrire en francais (c’est mieux) : F est l’ensemble de tous les quintuplets qui s’ecrivent

(5

2x4,−

17

12x4, x3, x4, x5) avec (x3, x4, x5) ∈ R3.

Autrement dit, on peut choisir ce que l’on veut pour les nombres x3, x4 et x5, et le quintuplet

(5

2x4,−

17

12x4, x3, x4, x5) sera toujours une solution du systeme.

Remarque (qui sera bien comprise apres le cours sur les espaces vectoriels) : Pour choisir un elementde F on a 3 ’degres de liberte’ puisqu’on choisit independamment les trois nombres x3, x4 et x5.Donc F est de dimension 3.Pour resumer, F est un espace de dimension 3 de R5 (geometriquement c’est difficile a visualiser).Si vous ne comprenez pas les 3 dernieres lignes ce n’est pas grave.

Remarque importante : En appliquant a la lettre la methode du pivot de Gauss, en decrivant lesdifferentes etapes, en alignant les lignes et les colonnes comme il faut, en se concentrant un peu poureviter les erreurs de calcul, en laissant sa gomme dans son sac, en ecrivant gros avec des symboleset des chiffres lisibles, ce systeme (apparemment complique) se resout en trois etapes tres rapides. Etil sera toujours ainsi !

Exercice 60 (+) (systemes lineaires)

Soit u = (x, y, z, t) ∈ R4. On a : u ∈ Hα ⇔{

3x− y = 0(α− 5)t = 0

Voila, le pivot est termine. Puisque la suite depend du parametre α, il faut faire quelque chose detres classique : une discussion suivant les valeurs d’un parametre.On va distinguer clairement deux cas. La ’difficulte’ est d’ecrire clairement Premier cas... en souli-gnant, puis d’ecrire Deuxieme cas... en soulignant, puis a la fin de faire un bilan resumant tous lescas, en verifiant que notre discussion a ete exhaustive (i.e. qu’on a bien traite tous les cas) et qu’unmeme parametre ne se trouve pas dans plusieurs cas a la fois. Lorsqu’il n’y a que deux cas commeici, on peut se passer du bilan.

Ici, pour continuer la resolution du systeme on veut diviser par (α − 5). Donc les deux cas seront :α 6= 5 puis α = 5.

- Premier cas : α 6= 5.

Alors on a : u ∈ Hα ⇔{y = 3xt = 0

⇔

x = xy = 3xz = zt = 0

La derniere ecriture est inutile mais c’est juste pour signaler que quand il n’y aucune condition surx ou sur z, cela ne signifie pas que x = 0 ou que z = 0, mais au contraire cela signifie qu’on peutprendre x et z quelconques.

26

Par consequent : Hα est l’ensemble des quadruplets de la forme (x, 3x, z, 0) avec (x, z) ∈ R2.

Remarque (a lire apres le cours sur les espaces vectoriels) : Hα est un sous-espace vectoriel dedimension 2 de R4 (geometriquement c’est un plan vectoriel flottant dans un espace de dimension4).La conclusion peut se reecrire : Hα = {(x, 3x, z, 0), (x, z) ∈ R2}.

- Second cas : α = 5.Alors on a : u ∈ Hα ⇔

{y = 3x

Remarque : il n’y a donc pas de z ni de t dans notre systeme. Ce n’est pas du tout genant, c’estcomme si on rajoutait les equations z = z et t = t.On a ainsi : Hα est l’ensemble des quadruplets de la forme (x, 3x, z, t) avec (x, z, t) ∈ R3.Ce qui s’ecrit aussi : Hα = {(x, 3x, z, t) , (x, z, t) ∈ R3}.

Remarque (a lire apres le cours sur les espaces vectoriels) : Ici Hα est un sous-espace vectoriel dedimension 3 de R4.

Exercice 61 (++) (tres classique : inverse et puissance de matrice, systemes lineaires)Pour cet exercice la calculatrice est autorisee. On s’en servira pour verifier les calculs. Il faut doncapprendre a rentrer une matrice et a effectuer les operations de base (produit, inverse) sur les matrices(lisez le mode d’emploi).

1. On prend Y =

y1y2y3

de R3 et on resout l’equation PX = Y d’inconnue le vecteur X =

x1x2x3

.

PX = Y ⇔

x1 −x2 +2x3 = y12x1 +x2 +x3 = y2x1 +2x2 +3x3 = y3

⇔

x1 −x2 +2x3 = y1

3x2 −3x3 = y2 − 2y1 (L2 ← L2 − 2L1)3x2 +x3 = y3 − y1 (L3 ← L3 − L1)

⇔

x1 −x2 +2x3 = y1

3x2 −3x3 = y2 − 2y14x3 = y3 − y1 − y2 + 2y1 (L3 ← L3 − L2)

Le pivot est termine. On resout en remontant, en ordonnant correctement (on fait les detailsdes calculs au brouillon en prenant de la place, en ecrivant tres gros, en n’effacantpas au fur et a mesure avec sa gomme, en utilisant des parentheses et en faisant

attention aux - par -) : PX = Y ⇔

x1 =

1

12(y1 + 7y2 − 3y3)

x2 =1

12(−5y1 + y2 + 3y3)

x3 =1

4(y1 − y2 + y3)

.

En conclusion, P est inversible et : P−1 =1

12

1 7 −3−5 1 33 −3 3

Remarque : on factorise par 1

12 pour ne pas laisser des fractions dans la matrice, ca simplifierales calculs a venir.

2. A = PDP−1 ⇔ D = P−1AP . On calculeAP puis P−1(AP ) et on obtient : D =

2 0 00 −4 00 0 2

.

3. D est diagonale donc : Dn =

2n 0 00 (−4)n 00 0 2n

= 2n

1 0 00 (−2)n 00 0 1

.

27

A = PDP−1 donc on montre par recurrence (c’est plus que classique) que An = PDnP−1.

On calcule ce produit, en deux etapes, et en factorisant pour simplifier les calculs :

DnP−1 =2n

12

1 7 −3(−5)(−2)n (−2)n 3(−2)n

3 −3 3

An = P (DnP−1) =2n

12

7 + 5(−2)n 1− (−2)n 3− 3(−2)n

5− 5(−2)n 11 + (−2)n −3 + 3(−2)n

10− 10(−2)n −2 + 2(−2)n 6 + 6(−2)n

(on verifie avec sa calculatrice)

4. Il y a evidemment un lien avec les questions precedentes ! En fait, on note Xn le vecteur-colonne :

Xn =

unvnwn

. Alors X0 =

u0v0w0

=

−251

et : ∀n ∈ N, Xn+1 = AXn.

Attention : Dire que (Xn) est une suite geometrique de raison A serait totalement faux, puisque(Xn) n’est pas une suite reelle, c’est une suite de vecteurs-colonnes, et A n’est pas un nombre,c’est une matrice. Mais on peut quand meme appliquer des idees analogues a celles utiliseesdans l’etude des suites geometriques.

On montre par une recurrence rapide que Xn = AnX0.

En utilisant le resultat de la question precedente, on a donc :

Xn =2n

12

7 + 5(−2)n 1− (−2)n 3− 3(−2)n

5− 5(−2)n 11 + (−2)n −3 + 3(−2)n

10− 10(−2)n −2 + 2(−2)n 6 + 6(−2)n

−251

=2n

12

−6− 18(−2)n

42 + 18(−2)n

−24 + 36(−2)n

Puis, apres simplifications : un = −2n−1(1 + 3(−2)n); vn = 2n−1(7 + 3(−2)n); wn = 2n(−2 + 3(−2)n).

5. Ici il faut reflechir et ne pas se lancer betement dans des calculs. On a vu a la question 2 queA = PDP−1. Or P et P−1 sont inversibles, ainsi que D qui est une matrice diagonale donttous les termes diagonaux sont non nuls. Or le produit de matrices inversibles est inversible,donc A est inversible.

De plus on sait que : (BC)−1 = C−1B−1. Donc :A−1 = (PDP−1)−1 = (P−1)−1 D−1 P−1 = PD−1P−1.

Puisque D est diagonale on a facilement D−1 : D−1 =

1/2 0 00 −1/4 00 0 1/2

=1

4

2 0 00 −1 00 0 1

.

Maintenant on calcule (verifier avec la calculatrice) et on obtient : A−1 =1

16

3 1 35 7 −310 −2 2

6. Il faut encore reflechir et ne pas partir directement dans des calculs. On voit bien que :

−x+ y + 3z = −105x+ 3y − 3z = 210x− 2y − 2z = 4

⇔ A

xyz

=

−512

On vient de prouver que A est inversible, donc ce systeme (notons-le (R)) est de Cramer : il a

une unique solution qui est :

xyz

= A−1

−512

.

Apres calculs on obtient : (R) a une unique solution, le triplet (−1

2,−3

2,−3).

28

Exercice 62 (++) (systemes de Cramer, matrices inversibles)

1. On fixe λ ∈ R et on note (Eλ) le systeme de l’enonce. On sait que (Eλ) est un systeme deCramer si et seulement si il admet une unique solution. Resolvons (Eλ) :

(Eλ) ⇔

x −y +λz = 0 (L1 ↔ L2)

y +3z = 0−2x −2z = 0bg

⇔

x −y +λz = 0

y +3z = 0−2y +2(λ− 1)z = 0 (L3 ← L3 + 2L1)

⇔

x −y +λz = 0

y +3z = 02(λ+ 2)z = 0 (L3 ← L3 + 2L2)

Le pivot est termine, le systeme est triangulaire.

Evidemment, il y a une discussion sur le parametre λ. On a :

Le systeme est de Cramer si et seulement si λ 6= −2.

2. Pour resoudre le systeme il y a evidemment deux cas :

- Premier cas : λ+ 2 = 0, c’est a dire λ = −2.

Dans ce cas le systeme n’a pas une unique solution. On reprend le dernier systeme :

(E−2) ⇔

x −y −2z = 0

y +3z = 00 = 0

⇔{x = −zy = −3z

Dans ce cas, le systeme (Eλ) a une infinite de solutions : tous les triplets de la forme (−z,−3z, z)avec z ∈ R.

- Second cas : λ+ 2 6= 0, c’est a dire λ 6= −2.

Alors le systeme est de Cramer, il a une unique solution qui est evidemment le triplet (0, 0, 0),puisque (Eλ) est un systeme homogene.

- Conclusion :

. Si λ = −2 alors S(Eλ) = {(−z,−3z, z), z ∈ R}.

. Si λ 6= −2 alors S(Eλ) = {(0, 0, 0)}.3. Notons Tλ la matrice proposee. Il faut reflechir et ne pas partir dans des calculs. En effet Tλ est

la matrice associee au systeme (Eλ). Or on a vu a la question 1 que ce systeme est de Cramersi et seulement si λ 6= −2.

Conclusion : Tλ est inversible si et seulement si λ 6= −2.

Remarque : Inutile de chercher son inverse, ce n’est pas demande.

Exercice 63 (++) (calcul de l’inverse d’une matrice)

1. Soit a fixe dans R. On prend un vecteur Y =

y1y2y3

de R3 et on resout l’equation MaX = Y

d’inconnue le vecteur X =

x1x2x3

.

Remarque : En fait le but n’est pas de resoudre le systeme jusqu’a la fin, mais juste de determinersi le systeme a une unique solution ou pas.

Methode : on commence a resoudre par la methode du pivot de Gauss, puis on va voir apparaitrenaturellement des cas particuliers, il y aura une discussion selon les valeurs de a.

29

MaX = Y ⇔

ax1 +x2 +x3 = y1x1 +ax2 +x3 = y2x1 +x2 +ax3 = y3

⇔

x1 +ax2 +x3 = y2 (L1 ↔ L2)ax1 +x2 +x3 = y1x1 +x2 +ax3 = y3

⇔

x1 +ax2 +x3 = y2

(1− a2)x2 +(1− a)x3 = y1 − ay2 (L2 ← L2 − aL1)+(1− a)x2 +(a− 1)x3 = y3 − y2 (L3 ← L3 − L1)

Remarque : pour terminer le pivot il faut FACTORISER et savoir que : a − 1 = −(1 − a) etque : 1− a2 = (1− a)(1 + a).

MaX = Y ⇔

x1 +ax2 +x3 = y2

+(1− a)x2 −(1− a)x3 = y3 − y2 (L2 ↔ L3)(1− a)(1 + a)x2 +(1− a)x3 = y1 − ay2

⇔

x1 + ax2 + x3 = y2(1− a)x2 − (1− a)x3 = y3 − y2[(1− a) + (1 + a)(1− a)

]x3 = y1 − ay2 − (1 + a)(y3 − y2) (L3 ← L3 − (1 + a)L2)

Le pivot est termine. On sait alors que : le systeme triangulaire a une unique solution si etseulement si les coefficients sur la diagonale sont tous differents de 0.

- On sait que : (1− a) = 0⇔ a = 1. Donc la matrice n’est pas inversible lorsque a = 1.

- Maintenant on prend son cahier de brouillon et on calcule : (1−a)+(1+a)(1−a) = 2−a−a2 =−(a2 + a− 2). Ce polynome s’annule lorsque a = 1 et lorsque a = −2.

On peut donc conclure (inutile de resoudre le systeme jusqu’a la fin).

En conclusion : Ma est inversible si et seulement si a /∈ {−2, 1}. Autrement dit : il n’y a que

deux valeurs pour lesquelles Ma n’est pas inversible, ce sont a = −2 et a = 1.

Remarque : il faut etre intelligent et choisir les pivots simples. Il suffit pour cela d’echanger deslignes et de reconnaitre les identites remarquables et les factorisations evidentes.

Maintenant on calcule l’inverse lorque a = 0. on reprend le dernier systeme :

M0X = Y ⇔

x1 + x3 = y2+ x2− x3 = y3 − y2

2x3 = y1 + y2 − y3⇔

x1 = 1

2(−y1 + y2 + y3)x2 = 1

2(y1 − y2 + y3)x3 = 1

2(y1 + y2 − y3)

Par consequent M−10 =1

2

−1 1 11 −1 11 1 −1

Remarque : finalement la plus grande difficulte technique est le developpement : a(b+c) = ab+acet a(b− c) = ab− ac....

2. Ici il faut reflechir : il est inutile de resoudre le systeme (appele (E)), puisque son ecriture

matricielle est : (E)⇔M0

xyz

=

−215

. Or on a prouve que M0 est inversible, donc (E)

est un systeme de Cramer, (E) a ainsi une unique solution :

xyz

= M−10

−215

=

41−3

.

Autrement dit (E) a une unique solution : le triplet (4, 1,−3).

30

Exercice 64 (++) (systemes lineaires)Notons (E) ce systeme et G l’ensemble de ces solutions.Si on est fou, on peut essayer de resoudre le systeme sans utiliser le pivot de Gauss... Sinon, si on aenvie de repondre correctement et avant la fin du monde, on utilise le pivot de Gauss, en commencantpar simplifier la premiere ligne, ou tous les coefficients sont multiples de 12.Soit u = (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ R5.

u ∈ G ⇔

x1 + x2 − 2x3 + 3x4 − 4x5 = 0 (L1 ← 1

12L1)x3 + x4 + x5 = 0

3x1 + 3x2 − 3x3 + x4 + x5 = 03x1 + 3x2 − 5x3 − x4 − x5 = 0

⇔

x1 + x2 − 2x3 + 3x4 − 4x5 = 0

x3 + x4 + x5 = 03x3 − 8x4 + 13x5 = 0 (L3 ← L3 − 3L1)x3 − 10x4 + 11x5 = 0 (L4 ← L4 − 3L1)

⇔

x1 + x2 − 2x3 + 3x4 − 4x5 = 0

x3 + x4 + x5 = 0− 11x4 + 10x5 = 0 (L3 ← L3 − 3L2)− 11x4 + 10x5 = 0 (L4 ← L4 − L2)

On en deduit, en remontant, que :x1 = −x2 + 2(−21

10x4)− 3x4 + 4410x4 = −x2 − 14

5 x4x3 = −21

10x4x5 = 11

10x4

On remarque que toutes les coordonnees s’expriment en fonction de deux coordonnees (x2 et x4). Ona :

G = {(−x2 −14

5x4, x2,−

21

10x4, x4,

11

10x4) , x2 ∈ R, x4 ∈ R}.

Autrement dit : les solutions du systeme sont les quintuplets de la forme (−x2 −14

5x4, x2,−

21

10x4, x4,

11

10x4),

avec (x2, x4) ∈ R2.

Remarque : Au risque d’etre (un peu) repetitif : en appliquant a la lettre la methode du pivot deGauss, en decrivant les differentes etapes, en alignant les lignes et les colonnes comme il faut, en seconcentrant un minimum pour eviter les erreurs de calcul, ce systeme (apparemment complique) seresout en quatre etapes tres rapides. Et il en est toujours ainsi.

Exercice 65 (++) (matrices inversibles)Apres calculs (systeme de Cramer), Ay est inversible si et seulement si y /∈ {−2, 2}.On reprend les calculs ... et on obtient :

A−1y =1

4− y2

(−y 41 −y

)

31

Exercice 66 (++) (calcul de l’inverse d’une matrice)Soit Y = t(y1, . . . , yn). Soit X = t(x1, . . . , xn). On a :

AX = Y ⇔

αnxn = y1αn−1xn−1 = y2. . .α2x2 = yn−1α1x1 = yn

⇔

x1 = 1α1yn

x2 = 1α2yn−1

. . .xn−1 = 1

αn−1y2

xn = 1αny1

On remarque que tous les αi sont non nuls pour justifier leur passage au denominateur. Il y a uneunique solution, on en conclut que A est inversible et :

A−1 =

0 0 . . . 0 1α1

0 0 . . . 1α2

0

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .0 1

αn−10 . . . 0

1αn

0 0 . . . 0

Exercice 67 (++) (calcul de l’inverse d’une matrice)Avec un pivot de Gauss on resout l’equation AX = Y , ou Y est un vecteur colonne fixe et X estle vecteur colonne inconnu. Apres calculs on obtient que A est inversible si et seulement si a estdifferent de 1 et −2.

32