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http://al9ahira.com/

nraire d'accs Al9ahira (point B sur la carte) en partant de la Place Ibria

http://al9ahira.com/https://maps.google.com/maps?saddr=Place+Betanzos,+Tangier,+Maroc&daddr=35.7740862,-5.8132821+to:35.7726012,-5.8117115+to:Rue+Egypte,+Tanger,+Tanger-T%C3%A9touan,+Maroc&hl=fr&ie=UTF8&ll=35.776948,-5.81533&spn=0.020542,0.035791&sll=35.774999,-5.815909&sspn=0.010271,0.017896&geocode=FRD7IQIdly6n_yFdaDBYbccD9inFd9i_rngMDTFdaDBYbccD9g%3BFYbeIQId3kun_ynrHku6qoALDTEThFVqOmtDsQ%3BFbnYIQIdAVKn_ymXsMv9qoALDTFQtVPOx1dTqQ%3BFbjeIQIdb0yn_yllSu-8qoALDTGSbEwsffKAbw&oq=avenue+%C3%A9gypte&mra=dpe&mrsp=2&sz=16&via=1,2&t=m&z=15https://maps.google.com/maps?saddr=Place+Betanzos,+Tangier,+Maroc&daddr=35.7740862,-5.8132821+to:35.7726012,-5.8117115+to:Rue+Egypte,+Tanger,+Tanger-T%C3%A9touan,+Maroc&hl=fr&ie=UTF8&ll=35.776948,-5.81533&spn=0.020542,0.035791&sll=35.774999,-5.815909&sspn=0.010271,0.017896&geocode=FRD7IQIdly6n_yFdaDBYbccD9inFd9i_rngMDTFdaDBYbccD9g%3BFYbeIQId3kun_ynrHku6qoALDTEThFVqOmtDsQ%3BFbnYIQIdAVKn_ymXsMv9qoALDTFQtVPOx1dTqQ%3BFbjeIQIdb0yn_yllSu-8qoALDTGSbEwsffKAbw&oq=avenue+%C3%A9gypte&mra=dpe&mrsp=2&sz=16&via=1,2&t=m&z=15http://al9ahira.com/http://al9ahira.com/

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Concours National Commun - Session 2013

Corrig de lpreuve de mathmatiques IIFilire MP

Matrice de Gram, quation matricielle et tude dune quation diffrentielle linaire dordrep

Corrig par M.TARQI 1

Premier exercice

Matrice de Gram et application1. Pour tout(i, j) [[1, n]]2 on peut utiliser lexpression du produit scalaire dans la base canonique de IRn et

crire

(ui|uj) =n

k=1

mkimkj .

On trouve donc le coefficient dindice(i, j)de la matrice tM M, doncG(u1,...,un) = tM M.

2. Il est clair que G(u1,...,un)est symtrique puisque, pour tout (i, j) [[1, n]]2, (ui|uj) = (uj |ui). Soit

maintenantX=

x1x2...

xn

un vecteur colonne de taillen. On a

tXtM M X= t(M X)M X=n

i=1

n

j=1

mijxj2

0,

donc G(u1,...,un)est positive. Enfin si la famille (u1,...,un)est libre la matrice G(u1,...,un)est inver-

sible, en effet, sil existe 1,...,n des scalaires tels quen

i=1

iCi = 0 ( les Ci dsignent les colonnes

de G(u1,...,un)), alors on auran

j=1

j(ui|uj) = (ui|n

j=1

juj) = 0 et ceci pour tout i [[1, n]], donc

nj=1

juj = 0et donc1= 2= ... = n= 0.

Conclusion : La matrice symtriquepositive G(u1,...,un) est dfinie si et seulement si, la famille(u1,...,un)

est libre.

3. (a) On choisit ui =i

k=1

ek, on voit bien que (ui|uj) = min(i, j), donc la matrice An est une matrice

de Gram, comme la famille (u1,...,un)est libre, la matrice Anest dfinie positive. Dautre part, lamatriceRn= (rij)1i,jnavecrij = 1sii j et 0 sinon vrifie tRnRn=An.

1. Veuillez adresser toute remarque, correction ou suggestion lauteur : medtarqi@yahoo.fr

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(b) Le systme tR4Z= Yscrit :

z1 = 1z1+ z2 = 2z1+ z2+ z3 = 3z1+ z2+ z3+ z4 = 4

DoncZ=t (1, 1, 1, 1). Le systme R4X=Yscrit aussi sous la forme :

x1+ x2+ x3+ x4 = 1x2+ x3+ x4 = 1x3+ x4 = 1x4 = 1

,

dont la solution estX=t (0, 0, 0, 1).SiXune solution deA4X=You encore de tR4R4X=Y , alorsR4Xest solution lquation tR4Z=Y, donc ltude prcdente assure que X =t (0, 0, 0, 1)est lunique solution du systme inversibleA4X=Y.

Deuxime exercice

Rsolution de lquation X2 + 3X= A dans M3(IR)1. La matriceAadmet trois valeurs propres relles et simples savoir 1= 10,2= 4et3= 0. DoncAest

diagonalisable dans IR et les sous espaces propres deAsont des droites vectorielles.

2. Il est clair que le sous-espace propre associ la valeur1 = 10est engendr par le vecteur

100

, on

prend par exemplee1ce vecteur. De mme on prende2= 01

0

. Pour3= 0, la rsolution du systme

AX= 0 conduit au sous-espace propre engendr par le vecteure3 =

01

4

.

3. Puisque la matrice est diagonalisable, la famille(e1, e2, e3)est une base de IR3. La matrice de u dans

cette base est

10 0 00 4 0

0 0 0

.

4. Daprs le choix de la base, on peut prendre P = 1 0 00 1 1

0 0 4

puisP1 = 1 0 00 1 140 0 14

.5. (a) Lgalitv2 + 3v= unest autre que la traduction vectorielle de lgalit matricielle B2 + 3B =A.

(b) uest un polynme en v, donc u et vcommutent. v commute avec uet donc laisse stable les troisdroites propres deu. Ainsi une base de IR3 forme de vecteurs propres deuest galement une basede vecteurs propres de vou encore, alors pour la mme matrice P, V = P1BPest une matricediagonale.

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(c) On a :B2 + 3B =A P V2P1 + 3P V P1 =PP1 V2 + 3V = ,

ce qui conduit au systme :

21+ 31 = 10,22+ 32 = 4,

23+ 33 = 0.

On trouve1 {2, 5},2 {1, 4}et3 {0, 3}. Do les23 = 8solutions pourV : 2 0 00 1 0

0 0 0

2 0 00 1 0

0 0 3

2 0 00 4 0

0 0 0

2 0 00 4 0

0 0 3

5 0 00 1 0

0 0 0

5 0 00 1 0

0 0 3

5 0 00 4 0

0 0 0

5 0 00 4 0

0 0 3

Chaque valeur deVdonne une valeur pour B: B =P V P1

.6. Chaque valeur de Vdonne une solutionB de lquation X2 + 3X = A, donc le nombre de solution delquation matricielle est 8.

Problme

tude dune quation diffrentielle linaire dordrep

Partie I : Rsultats prliminaires1.1

1.1.1 Si Pest un polynme de degr infrieure ou gal n, sa drive P est un polynme de degrinfrieure ou gal n 1, donc est un lment de Cn[X], par consquent Cn[X] est stable parloprateurD.

1.1.2 Pour toutk [[0, n]], on aDn+1n (Xk) = 0, doncDnest un endomorphisme nilpotent de Cn[X]( car

(1, X , X 2,...,Xn)est une base de Cn[X]).

1.1.3 Comme D est nilpotent0 est la seule valeur propre de Dn, en consquence pour tout complexe non nul,Dn+ Inest inversible. Linverse deDn+ Inest donne par la formule :

(Dn+ In)1 =

1

Dn

+ In

1=

1

nk=0

(1)k

Dn

k.

1.2 Soit un nombre complexe non nul, comme Dn+In est inversible, alors pour tout polynme R deCn[X]de degr n, il existe un unique polynme R1 Cn[X]tel que (Dn +In)(R1) = Rou encore

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R1+ R1= R.Cette galit montre aussi quedeg R1= deg(R1+ R1) = deg(R) =n.

Daprs la question 1.(c), on a :

R1 = (Dn+ In)1(R) =

1

nk=0

(1)k

Dn

k(R)

= 1

nk=0

1

k

R(k).

1.3

1.3.1 Daprs le cours, on sait que lensemble de solutions de lquation diffrentielle linaire avec secondmembrey y= g est un espace affine de dimension 1, donc pour conclure il suffit de montre quela fonctionY :x G(x)ex vrifie cette quation diffrentielle. En effet, pour toutx IR, on a :

Y Y =G(x)ex + G(x)ex G(x)ex =g(x).

En conclusion, les solutions dey y= g sont de la forme

x

x0

g(t)et dt

ex + kex

okest une constante complexe.

1.3.2 Daprs ce qui prcde, la solution gnrale de y y= R(x)ex est de la forme :

x

x0

R(t) dt

ex + kex =S(x)ex,

oS(x) = x0

R(t) dt + k.

Il est clair queS(x) =R(x)pour toutx IR.

1.3.1 Daprs ce qui prcde, la solution gnrale de y y= R(x)ex est de la forme :

x

x0

R(t)e()t dt

ex + kex.

Daprs un rsultat classique sur les primitives, on sait quil existe un polynme R1et k1 Ctels

que x0

R(t)e()t dt= R1(x)e()x + k1. Do la solution gnrale dey y= R(x)ex :

xR1(x)ex + cex, c C.

En remplaant dans lquation diffrentielley y= R(t)et, on obtient pour toutt IR,

R1(t)et + R1(t)e

t R1(t)et =R(t)et,

doR1+ ( )R1= R.

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Partie II : Expression des solutions de lquationdiffrentielle (Ep)

2.1 Cas oP = (X )n avec C etn IN

Une application f C(IR, C)est solution de lquation diffrentielle (Ep) si et seulement si, x IR, anf(n)(x) + ...+ a1f(x) + a0f(x) = 0ou encore si et seulement si,(D I)n(f) = 0.Do

xIR, (D I)n(f)(x) =n

k=0

kn(1)nknkf(k)(x) = 0

et donc

exn

k=0

kn(1)nknkf(k)(x) =

nk=0

kn(ex)nkf(k)(x) =

dn(exf(x))

dxn = 0.

Ainsiexf(x)est un polynmeRde degr infrieure ou gal n 1, doncf(x) =R(x)ex.

Rciproquement ; si xex

f(x)est une fonction polynomiale de degr infrieure ou gal n 1, alorsxIR,

dn(exf(x))

dxn = 0et on conclut avec la formule de Binme.

2.2

2.2.1 LendomorphismeQ(D)est un polynme en D ; donc il commute avec (D I).

2.2.1 Une fonctionf C(IR, C)est solution de(EP)si et seulement si,(D I) Q(D)(f) = 0ou encoresi et seulement si, Q(D)(DI)(f) =Q(D)(f f) = 0, ceci est quivalent dire que f fest solution de lquation diffrentielle(EQ).

2.3 Le rsultat est vrai si n= 1 ; en effet, la solution gnrale de y y= 0est de la formex R(x)ex avecR(x) = 1.Posons Q= (X)n1 detelsorteque P = (X)Q et supposons que la solution gnrale de lequationdiffrentielle(D I)n1(f) = 0scrit sous la formex R(x)ex oR Cn2[X].Si f est solution de lquation(EP), alors f fest solution de (EQ), donc il existe R Cn2[X]telquex IR, f(x)f(x) = R(x)ex, et daprs la question 1.3.2, fest de la formex S(x)ex avecdeg S= deg R+ 1( carS =R ). La proprit est donc dmontre pour lordren, on conclut par la suiteavec le principe de rcurrence.

2.4 Un exemple: P1 = X4 + 2X3 2X1 = (X1)(X+ 1)3. La solution de lquation diffrentielle(D+ I)3(y) = 0est de la formex R(x)ex oR C2[X]. Maintenant sifest solution de(EP1), alorsf fest solution lquation diffrentielle(EQ), donc il existeR C2[X]tel quef f=R(x)ex, doncfest de la forme x R1(x)ex + cex ( daprs 1.3.3 ) avec la relation R12R1=R.

2.5 Cas gnral :Daprs la question 1.3, le rsultat est vrai pour tout polynme de degr 1, supposons quilest dmontr pour tout polynme de degr infrieure ou gal n IN et soitPun polynme de degrn+ 1. En divisant par son coefficient dominant, on peut supposerPunitaire. On pose P = (X)Q

avecQ =r

k=1

(Xk)mk ( comme dans la question 2.5 ). Soit maintenant fune solution de (EP), alors

f fsolution de(EQ), donc

xIR, f(x) f(x) =r

k=1

Rk(x)ekx,

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oRk Cmk1[X]pour toutk [[1, r]]. Deux cas sont possibles :

1er cas : k [[1, r]], =k( racine simple de P) : Une solution particulire de yy= Rk(x)ekx

est de la forme fk : x Sk(x)ekx o Sk est un polynme de mme degr que Rk. Daprs le

principe de superposition, la solution gnrale dey (x) y(x) =r

k=1

Rk(x)ekx est de la forme

xr

k=1

fk(x) + cex =

rk=1

Sk(x)ekx + cex, c C.

2eme cas :k0 [[1, r]], = k0( racine dordremk0 + 1) : La solution dey y = Rk0(x)ex est

de la formex Sk0(x)ex o Sk0 est un polynme tel queS

k0

= Rk0 ( deg Sk0 mk0 ). Donc la

solution dey (x) y(x) =k=k0

Rk(x)ekx + Rk0e

x est de la forme ,

xk=k0

fk(x) + Sk0(x)ex

=k=k0

Sk(x)ekx

+ Sk0(x)ex

.

On voit donc que la proprit est bien vrifie pour le polynme P.

2.6 Daprs le cours, lensemble de solutions de lquation diffrentielle(EP)est un espace vectoriel de di-mension n = deg P. Dautre part, toute solution de (EP)est combinaison linaire des lments de la

famille F =r

k=1

{x ekx, x xekx,...,x xmk1ekx}( daprs 2.5 ), de plus on peut vrifier que

cette famille est libre et comme cardF =r

k=1

mk = deg P, alors Fest une base de(EP)ce qui permet de

conclure.

2.7 Un autre exemple :La division euclidienne du polynmeP2 par (X1)3 conduit la factorisation :P2 = (X 1)

3(X i)2(X+ i)2. Donc les solutions de(EP2)sont de la forme

x(ax2 + bx + c)ex + (dx+ e)eix + (f x + g)eix

oa, b, c, d, e, f,g sont des nombres complexes.

Partie III : Application3.1

3.1.1 Il est clair que gn = nf1n

nf0, doncgn Efet comme(1,...,n)est base, alors on peut trouver

des complexes1,n,...,p,ntels quegn=pk=1

k,nk.

3.1.2 On a, pour tout x IR, limn

gn(x) = limn

f(x + 1n

) f(x)1n

= f(x), donc la suite de fonctions

(gn)n1converge simplement sur IR vers f.

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3.2

3.2.1 Supposons que la fonction x 2(a1, x)est identiquement nulle sur IR, alors on aura, pour toutxIR,

2(a1, x) = 1(a1) 2(a1)1(x) 2(x)

= 0,et donc 2(x) =

2(a)

1(a)1(x)( car 1(a) = 0), donc 1et 2sont colinaires, ce qui est absurde.

En consquence il existe un rel a2 tel que 2(a1, a2) = 0et dans ce cas la matrice 2(a1, a2)estinversible.

3.2.2 De mme , supposons que la fonctionx k+1(a1,...,ak, x)est identiquement nulle sur IR, alors onaura, pour toutx IR,

k+1(a1,...,ak, x) =

1(a1) . . . k(a1) k+1(a1)1(a2) . . . k(a2) k+1(a2)

... ...

...1(ak) . . . k(ak) k+1(ak)1(x) . . . k(x) k+1(x)

= 0.

Le dveloppement de ce dterminant par rapport la dernire ligne conduit une relation de type

11(x) + ...+ kk(x) + k(a1,...,ak)k+1(x) = 0 (les i sont des constantes)

et ceci pour tout x IR, donc k+1 Vect(1,...,k)( car k(a1,...,ak) = 0), ce qui est absurde.Ainsi il existe un relak+1tel quek+1(a1,...,ak, ak+1)= 0.

3.3

3.3.1 Daprs la relation (1) on a, pour tout i [[1, p]], gn(ai) =pk=1

k(ai)k,n, cette relation se traduit

matriciellement par lgalitZn= M Yn.

3.3.2 On sait que la suite de vecteurs colonnes (Zn)n1converge vers le vecteurYdeMp,1(C)de compo-santes(f(a1),...,f(ap)), et commeYn= M1Zn, la suite(Yn)n1converge versM1Y, car lappli-cationX M1Xest continue sur Mp,1(C).

3.3.3 Puisque la suite (Yn)n1converge, alors la suites (ak,n)n1converge dans Cpour tout k [[1, p]].k [[1, p]], on notek = lim

nk,n, donc la relation (1) montre quexIR,

f(x) = limn

gn(x) =

p

k=1

kk(x),

doncf Ef.

3.4 Si h Ef, alors h est une combinaison linaire des fonctions drivables sur IR ( les fsont derivebles dansIR ), donc h est drivable sur IR et comme prcdemment on montre que h Ef. Le mme raisonnementse fait maintenant pour h au lieu de h, donc h = (h) Ef, une rcurrence sur lordre de drivepermet de conclure, ainsi tous les lments de Efsont de classe C sur IR, par consquent Efest unsous-espace vectoriel de C(IR, C)qui est videment stable par loprateur D.

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3.5 Daprs le thorme de Cayley-Hamilton D est racine de son polynme caractristique P,cestdireP(D) =0, en particulierP(D)(f) = 0, doncfest solution de lquation diffrentielle (EP). Daprs le rsultat de

la question 2.6, si P = (1)nr

k=1

(Xk)mk o n = deg P, fest de forme x

rk=1

Rk(x)ekx avec

Rk Cmk1[X]pour toutk [[1, r]].

Inversement, sifest de typex r

k=1

Rk(x)ekx, alors pour toutIR et tout x IR, on a :

f(x) =f(x + ) =r

k=1

Rk(x+ )ekekx =

rk=1

Sk(x)ekx

oSkest un polynme de mme degr que Rk, doncfprend la mme forme quef, autrement dit,

Ef= Vect

rk=1

{xekx, xxekx,...,x xmk1ekx}

,

cest un sous-espace vectoriel de C(IR, C)de dimension finie.

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