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MA2, groupe 1M1ECO – DS 2
Correction.
N. Laillet
[email protected]
DS 2 – corrigé.
Exercice 1
∆, où
Soit f la projection linéaire de R3 , sur le plan P et parallèlement à la droite
P := {(x, y, z) ∈ R3 |x + 2y + 2z = 0},
∆ := Vect(u),
 
1
u := 0 .
0
a.
b.
c.
d.
e.
f.
Déterminer une base (v, w) de P.
Vérifier que P ⊕ ∆ = R3 . Justifier que (u, v, w) est bien une base de R3 .
Quelle est la matrice A de f dans la base (u, v, w) ?
Écrire la matrice P de passage de la base canonique de R3 à la base (u, v, w).
Calculer P −1 .
En déduire la matrice M de f dans la base canonique.
Correction
a. Le sous-espace vectoriel P est défini par une équation non nulle en dimension 3, il s’agit donc d’un
sous-espace vectoriel de dimension 2. Or les vecteurs
v=
2
−1
0
2
0
−1
!
!
et w =
sont deux vecteurs non nuls de P, non colinéaires (le dernier coefficient de v est nul, pas celui de w), ils
forment donc une famille libre de P, donc, comme dim(P) = 2, une base de P.
b. On sait que dim(P) = 2. ∆ étant engendré par un vecteur non nul, il s’agit d’un sous-espace vectoriel
de dimension 1 de R3 . Donc
dim(P) + dim(∆) = 3 = dim(R3 ).
Pour montrer que P ⊕ ∆ = R3 , il reste à montrer que P ∩ ∆ = {0}. Soit x ∈ P ∩ ∆. x ∈ ∆ donc il existe
un réel λ tel que x = (λ, 0, 0). Mais x ∈ P donc
λ + 2 × 0 + 2 × 0 = 0,
donc λ = 0, donc x = 0. Donc P ∩ ∆ = {0}.
Finalement on a bien montré que P ⊕ ∆ = R3 .
En particulier (u, v, w) est une base de R3 .
c. Comme la projection f est une projection parallèlement à ∆, f (u) = 0. De même, comme f est une
projection sur P, f (v) = v et f (w) = w. Donc la matrice de f dans la base (u, v, w) est
0
0
0
A=
d.
0
1
0
0
0
1
!
.
La matrice de passage P de la base canonique de R3 à la base (u, v, w) est
P =
1
0
0
2
−1
0
2
0
−1
!
.
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/
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Correction.
e.
N. Laillet
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Un simple pivot de Gauss (non refait ici !) donne
P
f.
−1
=
1
0
0
2
−1
0
2
0
−1
!
= P.
La formule de changement de base donne
M = P AP −1
2
−1
0
2
0
−1
!
=
1
0
0
0
0
0
0
1
0
2
−1
0
2
0
−1
!
=
0
0
0
1
0
0
2
−1
0
−2
1
0
−2
0
1
!
=
0
0
0
0
0
1
1
0
0
!
2
0
−1
2
−1
0
2
0
−1
!
!
.
Exercice 2 Soit f : R → R dérivable telle que f 0 ne s’annule pas. Montrer que f ne peut
pas être périodique.
Correction Supposons que f est périodique. Alors il existe T > 0 tel que pour tout x réel, f (x + T ) =
f (x). Soit x0 ∈ R. Alors f (x0 ) = f (x0 + T ) donc, comme f est dérivable, par le théorème de Rolle, il existe
x1 dans ]x0 , x0 + T [ tel que f 0 (x1 ) = 0, ce qui contredit la non annulation de f 0 sur R.
Donc f ne peut pas être périodique.
Exercice 3
Soit a > 0 et f : [0, a] → R une fonction dérivable telle que
f (0) = f (a) = 0 et f 0 (0) = 0
a. Soit g la fonction définie sur [0, a] comme suit :
f (x)/x si
g(x) =
0 si
x 6= 0
x = 0.
Montrer que g est continue sur [0, a] et dérivable sur ]0, a[.
b. Montrer que la dérivée de g s’annule sur ]0, a[.
c. En déduire qu’il existe un point autre que l’origine en lequel la tangente à la courbe Cf de f
passe par l’origine.
Correction
a. Tout d’abord g est continue sur ]0, a] comme produit de fonctions continues. Déterminons la limite de g
lorsque x tend vers 0 par valeurs positives. Remarquons que
g(x) =
f (x) − f (0)
,
x−0
donc limx→0 g(x) = f 0 (0) = 0 = g(0). Donc g est bien continue en 0.
Enfin, g est dérivable sur ]0, a[ comme produit de fonctions dérivables sur ]0, a[.
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/
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b. On sait que g est continue sur [0, a] et dérivable sur ]0, a[, que g(0) = 0 et que g(a) = f (a)/a = 0 = g(0).
Donc d’après le théorème de Rolle, il existe x0 dans ]0, a[ tel que g 0 (x0 ) = 0.
c. Calculons g 0 (x) :
g 0 (x) =
f 0 (x)x − f (x)
.
x2
Comme g 0 (x0 ) = 0, on en déduit que f 0 (x0 )x0 − f (x0 ) = 0.
Déterminons maintenant l’équation de la tangente à Cf en x0 : il s’agit de
y = f 0 (x0 )x + b,
la constante b vérifiant f (x0 ) = f 0 (x0 )x0 + b, c’est-à-dire
b = f (x0 ) − f 0 (x0 )x0 = 0.
Donc l’équation de la tangente à Cf en x0 est y = f 0 (x0 )x, elle passe donc par l’origine.
a.
Exercice 4
Déterminer le développement limité à l’ordre 6 en 0 de
ln(1 + x3 ).
b.
Calculer le développement limité à l’ordre 3 en 0 de
e1−cos(x) .
c. Calculer le développement limité à l’ordre 3 en 2 de
√
x
.
x
Correction
a. Il nous suffit d’utiliser le développement limité de ln(1 + u) à l’ordre 2 en u ! En effet, si u = x3 ,
u2 ε(u) = x6 ε(x). On sait que
ln(1 + u) = u −
u2
+ u2 ε(u),
2
donc
ln(1 + x3 ) = x3 −
b.
x6
+ x6 ε(x).
2
Déterminons d’abord le développement limité à l’ordre 3 en 0 de 1 − cos(x). On sait que
cos(x) = 1 −
x2
+ x3 ε(x),
2
1 − cos(x) =
x2
+ x3 ε(x).
2
donc
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En particulier, si u = 1 − cos(x), u = x2 (1 + ε(x)). Donc ua ε(u) = x2a ε(x). Il suffira donc d’effectuer le
développement limité de eu à l’ordre 2 pour avoir in fine un développement limité à l’ordre 3 en x.
eu = 1 + u +
=1+
=1+
u2
+ u2 ε(u)
2
x2
+ x3 ε(x)
2
+
1
2
x2
+ x3 ε(x)
2
2
+ x4 ε(x)
x2
+ x3 ε(x).
2
c. Soit h = x − 2. Alors h tend vers 0 lorsque x tend vers 2. Déterminons donc le développement limité à
l’ordre 3 en 0 de
√ p
√
2 1 + h2
2+h
.
=
2+h
2 (1 + h2
Or,
r
1+
1h
h
=1+
+
2
22
1
2
2
× −1
2 h
+
2
4
1
2
×
−1
2
×
−3
2
6
h3
+ h3 ε(h)
8
h
h2
h3
=1+ −
+
+ h3 ε(h3 ).
4
32
128
De même,
1
1+
h
2
=1−
h2
h3
h
+
−
+ h3 ε(h).
2
4
8
Donc
p
1+
1+
h
2
h
2
=
h2
h3
h
+
+ h3 ε(h3 )
1+ −
4
32
128
h
h2
h3
1− +
−
+ h3 ε(h)
2
4
8
h2
h3
h
h2
h3
h2
h3
h3
h
+
−
+ −
+
−
+
+
+ h3 ε(h)
2
4
8
4
8
16
32
64
128
h
3 2
5 3
=1− +
h −
h + h3 ε(h).
4
32
128
=1−
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