Partie I : Déterminant de Vandermonde et applications

Lycée Militaire d'Aix-en-Provence
Classe Préparatoire PCSI
Année 2009-2010
Mathématiques
o
Éléments de correction du devoir surveillé n 10
lundi 7 juin 2010
(durée : 4 heures)
Problème.
Partie I : Déterminant de Vandermonde et applications
1) V (a, b, c)
=
L2 ←L2 −L1
1
0
0
a
b−a
c−a
a2 b − a
b2 − a2 = 1 × c−a
c2 − a 2 1
b2 − a2 =
(b
−
a)
(c
−
a)
2
2
1
c −a
b + a
c + a
L3 ←L3 −L1
Donc V (a, b, c) = (b − a) (c − a) (c − b) .
1 1
b
2) • Le déterminant du système est a
a2 b2
car a, b et c sont deux à deux distincts.
1 1
c = 1
c2 1
a
b
c
a2 b2 = V (a, b, c) = (b − a) (c − a) (c − b) 6= 0,
c2 Donc le système est de Cramer.
• On résout le système par les formules de Cramer : l'unique solution (x, y, z) est dénie par
1 1 1
1
d b c = V (d, b, c) = (b − d) (c − d) (c − b) = (b − d) (c − d) .
x=
V (a, b, c) 2 2 2 V (a, b, c)
(b − a) (c − a) (c − b)
(b − a) (c − a)
d b c
1 1 1
1
a d c = V (a, d, c) = (d − a) (c − a) (c − d) = (d − a) (c − d) .
y=
V (a, b, c)
V (a, b, c) 2
(b − a) (c − a) (c − b)
(b − a) (c − b)
a d2 c2 1 1 1
1
a b d = V (a, b, d) = (b − a) (d − a) (d − b) = (d − a) (d − b) .
z=
V (a, b, c)
V (a, b, c) 2 2
(b − a) (c − a) (c − b)
(c − a) (c − b)
a b d2 (b − d) (c − d) (d − a) (c − d) (d − a) (d − b)
Donc l'unique solution est (x, y, z) =
,
,
.
(b − a) (c − a) (b − a) (c − b) (c − a) (c − b)
1
1
b+c
c + a b+c
c + a 3) ∆(a, b, c) = a a b2 + c2 c2 + a2 + b b b2 + c2 c2 + a2 .
b2 b3 + c3 c3 + a3 a2 b3 + c3 c3 + a3 1
1 1
1 1
1 1
c + a c + a c + a ∆(a, b, c) = ab a b c2 + a2 + ac a c c2 + a2 + bc b c c2 + a2 , car b
a2 c2 c3 + a3 b2 c2 c3 + a3 b2
a2 b2 c3 + a3 1 1 1
1 1 1
∆(a, b, c) = abc a b c + bca b c a , pour la même raison.
a2 b2 c2 b2 c2 a2 1 1 1
1 1 1
∆(a, b, c) = abc a b c + abc a b c , en eectuant C2 ↔ C3 puis C1 ↔ C2
a2 b2 c2 a2 b2 c2 Donc ∆(a, b, c) = 2abcV (a, b, c) = 2 a b c (b − a) (c − a) (c − b) .
2
2 cos2 a − 1 cos a 1
cos a
2
4) C(a, b, c) = 2 cos b − 1 cos b 1 = 2 cos2 b
2 cos2 c − 1 cos c 1
cos2 c
1 cos a cos2 a
C(a, b, c) = −2 1 cos b cos2 b = −2 V (cos a,
1 cos c cos2 c cos a 1
cos b 1,
cos c 1
cos b, cos c),
avec C1 ← C1 + C3 .
avec C1 ↔ C3 .
Donc C(a, b, c) = −2 (cos b − cos a) (cos c − cos a) (cos c − cos b) .
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1
b
b2
c + a c2 + a2 = 0.
c3 + a3 dans le 2e dét.
5)
2t
θ
1 − t2
et sin θ =
ou t = tan , on obtient :
2
2
1+t
1+t
2
1 − α2
2α 1
1 + α2 1 + α2 1 + α2 1 − α2 2α
1 − β2
2β 1
1
1
1 + β 2 1 − β 2 2β .
T (a, b, c) = 1
=
1 + β 2 1 + β 2 1 + α2 1 + β 2 1 + γ 2 1 + γ 2 1 − γ 2 2γ 2γ 1 − γ2
1
1 + γ2 1 + γ2
2 1 − α2 2α
1
1
1
2 1 − β 2 2β , avec C1 ← C1 + C2 .
T (a, b, c) =
2
2
2
1+α 1+β 1+γ 2 1 − γ 2 2γ 1 1 − α2 α
4
1 1 − β 2 β .
T (a, b, c) =
(1 + α2 ) (1 + β 2 ) (1 + γ 2 ) 1 1 − γ2 γ 1 −α2 α
4
1 −β 2 β , avec C2 ← C2 − C1 .
T (a, b, c) =
2
2
2
(1 + α ) (1 + β ) (1 + γ ) 1 −γ 2 γ 1 α2 α
−4
1 β 2 β .
T (a, b, c) =
2
2
2
(1 + α ) (1 + β ) (1 + γ ) 1 γ2 γ 1 α α2 4
1 β β 2 , avec C1 ↔ C3 .
T (a, b, c) =
2
2
2
(1 + α ) (1 + β ) (1 + γ ) 1 γ γ2 Grâce aux formule : cos θ =
Donc T (a, b, c) =
6)
4 V (α, β, γ)
4 (β − α) (γ − α) (γ − β)
=
.
(1 + α2 ) (1 + β 2 ) (1 + γ 2 )
(1 + α2 ) (1 + β 2 ) (1 + γ 2 )
Grâce à la règle de Sarrus, on obtient :
T (a, b, c) = sin c cos b + sin b cos a + sin a cos c − sin a cos b − sin b cos c − sin c cos a.
Donc T (a, b, c) = sin(c − b) + sin(b − a) + sin(a − c) .
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Partie II : Procédé d'orthonormalisation de Gram-Schmidt
7)
(H1) La fonction nulle sur [0, 1] est C 1 sur [0, 1].
(H2) La somme de deux fonctions C 1 sur [0, 1] est C 1 sur [0, 1].
(H3) Le produit par un réel d'une fonction C 1 sur [0, 1] est C 1 sur [0, 1].
Donc C 1 ([0, 1], R) est un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel F 1 ([0, 1], R) des fonctions dénies sur
[0, 1] à valeurs dans R.
Donc C 1 ([0, 1], R) est un R-espace vectoriel .
8)
(H1) Pour tout (f, g) ∈ C 1 ([0, 1], R)2 , (f | g) = f (0) g(0) +
Z
1
f 0 (t) g 0 (t) dt est bien un réel .
0
(H2) Soit g ∈ C 1 ([0, 1], R) xée.
• Pour tout (f1 , f2 ) ∈ C 1 ([0, 1], R)2 ,
Z
1
(f10 (t) + f20 (t)) g 0 (t) dt
(f1 + f2 | g) = (f1 (0) + f2 (0)) g(0) +
0
Z
1
(f10 (t) g 0 (t) + f20 (t) g 0 (t)) dt
Z 1
Z0 1
f20 (t) g 0 (t) dt
f10 (t) g 0 (t) dt +
(f1 + f2 | g) = f1 (0) g(0) + f2 (0) g(0) +
(f1 + f2 | g) = f1 (0) g(0) + f2 (0) g(0) +
0
0
(f1 + f2 | g) = (f1 | g) + (f2 | g).
• Pour tout f1 ∈ C 1 ([0, 1], R) et pour tout λ ∈ R,
Z
1
(λ f10 (t)) g 0 (t) dt
(λ f1 | g) = (λ f1 (0)) g(0) +
0
Z
(λ f1 | g) = λ f1 (0) g(0) + λ
1
f10 (t) g 0 (t) dt
0
(λ f1 | g) = λ (f1 | g).
Donc f1 7→ (f1 | g) est linéaire.
De même, pour f ∈ C 1 ([0, 1], R) xée, g1 7→ (f | g1 ) est linéaire.
Donc, l'application (f, g) 7→ (f | g) est une forme bilinéaire .
(H3) Pour tout (f, g) ∈ C 1 ([0, 1], R)2 ,
Z
(f | g) = f (0) g(0) +
1
f 0 (t) g 0 (t) dt = g(0) f (0) +
0
Z
1
g 0 (t) f 0 (t) dt = (g | f ).
0
Donc, la forme bilinéaire (f, g) 7→ (f | g) est symétrique .
(H4) Pour tout f ∈ C ([0, 1], R), (f | f ) = f (0) +
1
2
Z
1
f 0 (t)2 dt > 0.
0
Donc, la forme bilinéaire symétrique (f, g) 7→ (f | g) est positive .
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(H5) Soit f ∈ C 1 ([0, 1], R) telle que (f | f ) = f (0)2 +
Z
1
f 0 (t)2 dt = 0.
0
Z
Or f (0)2 > 0 et
1
f 0 (t)2 dt > 0.
0
Comme la somme des ces deux termes positifs ou nuls est nulle, chacun de ces termes est nul :
f (0)2 = 0 et
Z
1
f 0 (t)2 dt = 0.
0
• Donc f (0) = 0.
• Par ailleurs, f 0 2 est une fonction continue, et positive, sur l'intervalle [0, 1], qui vérie
Z
1
f 0 (t)2 dt = 0.
0
Donc f 0 2 est la fonction nulle sur [0, 1] : ∀t ∈ [0, 1], f 0 (t)2 = 0.
Donc ∀t ∈ [0, 1], f 0 (t) = 0.
Donc il existe C ∈ R tel que ∀t ∈ [0, 1], f (t) = C (car [0, 1] est un intervalle).
• Pour t = 0, cela donne f (0) = 0 = C .
Donc ∀t ∈ [0, 1], f (t) = 0.
Donc f est la fonction nulle sur [0, 1].
Donc, la forme bilinéaire symétrique (f, g) 7→ (f | g) est dénie positive .
Donc (f | g) = f (0) g(0) +
Z
1
f 0 (t) g 0 (t) dt est un produit scalaire sur C 1 ([0, 1], R) .
0
9)
On eectue le procédé d'orthonormalisation de Gram-Schmidt :
(1) f10 = e1 .
f1 =
f10
f0
= 1 = e1 .
0
kf1 k
1
Donc f1 : x 7→ 1 .
(2) f20 = e2 − (f1 | e2 )f1 = e2 − 0 × f1 = e2 .
f2 =
f20
f20
=
= e2 .
kf20 k
1
Donc f2 : x 7→ x .
(3) f30 = e3 − (f1 | e3 )f1 − (f2 | e3 )f2 = e3 − 0 × f1 − 1 × f2 = e3 − e2 .
√
f30
f30
=
= 3 (e3 − e2 ).
1
0
√
kf3 k
3
√
Donc f3 : x 7→ 3 x2 − x .
f3 =
√
Donc une base orthonormale de P2 est (f1 , f2 , f3 ) avec f1 : x 7→ 1, f2 : x 7→ x, f3 : x 7→ 3 x2 − x .
10) (f1 , f2 , f3 )
est une base orthonormale de P2 ,
√
donc h = (f1 | f )f1 + (f2 | f )f2 + (f3 | f )f3 = 0 × f1 + 1 × f2 +
Donc h : x 7→
3
3 2
× f3 : x 7→ x +
x −x .
2
2
3 2 1
x − x.
2
2
11) d(f, P2 ) = kf − hk.
3
1
f − h : x 7→ x3 − x2 + x.
2
2
2
Z 1
Z 1
1
1
2
2
4
3
2
dx =
9 x − 18 x + 12 x − 3 x +
dx.
kf − hk = 0 +
3x − 3x +
2
4
0
0
1
9 5 9 4
3
1
9 9
3 1
1
kf − hk2 =
x − x + 4 x3 − x2 + x = − + 4 − + =
.
5
2
2
4 0
5 2
2 4
20
1
2 5
Donc d(f, P2 ) = √ .
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Partie III : Endomorphismes antisymétriques d'un espace euclidien de dimension 3
12)
On a : pour tout k ∈ [[1, 3]], f (ek ) =
Pour tout l ∈ [[1, 3]], (f (ek ) | el ) =
3
X
amk em .
m=1
3
X
m=1
X
3
amk em el =
amk (em | el ) = alk .
m=1
Donc pour tout (k, l) ∈ [[1, 3]] , (f (ek ) | el ) = alk .
2
13)
Si f est un endomorphisme antisymétrique, alors pour tout (k, l) ∈ [[1, 3]]2 ,
alk = (f (ek ) | el ) = − (ek | f (el )) = − (f (el ) | ek ) = −akl .
Donc t A = −A.
Donc si f est un endomorphisme antisymétrique, alors A est une matrice antisymétrique .
14)
On a : MB (x) = X , MB (y) = Y , MB (f (x)) = AX , MB (f (y)) = AY .
(f (x) | y) = t (AX) Y = t X t A Y .
Donc (f (x) | y) = t X t A Y .
15)
Si A est une matrice antisymétrique, alors ∀(x, y) ∈ E 2 ,
(f (x) | y) = t X t A Y = t X (−A) Y = − t X A Y = − t X (A Y ) = − (x | f (y)).
Donc si A est une matrice antisymétrique, alors f est un endomorphisme antisymétrique .
16) antisymetrique := proc(A)
if A[1,1]=0 and A[2,2]=0 and A[3,3]=0 and A[1,2]=-A[2,1]
and A[1,3]=-A[3,1] and A[2,3]=-A[3,2] then
print("la matrice A est antisymétrique");
else
print("la matrice A n'est pas antisymétrique");
end if;
return;
end proc;
17)
Pour tout (x, y) ∈ E 2 ,
(u(x + y) | x + y) = (u(x) | x) + (u(y) | x) + (u(x) | y) + (u(y) | y) = (u(y) | x) + (u(x) | y).
Or (u(x + y) | x + y) = 0.
Donc pour tout (x, y) ∈ E 2 , (u(y) | x) + (u(x) | y) = 0.
Donc u est un endomorphisme antisymétrique de E .
18)
Si x est un vecteur non nul de E et si λ est un réel tel que u(x) = λ x,
alors (u(x) | x) = (λ x | x) = λ (x | x) = λ kxk2 .
Or (u(x) | x) = 0.
Donc λ kxk2 = 0. Comme x 6= 0, cela entraîne λ = 0 .
19)
• On note A le matrice de u dans une base orthonormale de E . det u = det A.
Vu la question 17), u est un endomorphisme antisymétrique de E .
Donc, vu la question 13), A est une matrice antisymétrique. Donc t A = −A.
Donc det( t A) = det A.
Or det( t A) = det A et det(−A) = (−1)3 det A = − det A.
Donc det A = − det A donc det A = 0.
Donc det u = 0 .
• Donc u n'est pas un automorphisme de E , donc u n'est pas injectif, donc Ker u 6= {0} .
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20)
• Soit x ∈ Ker u et y ∈ Im u. Il existe x0 ∈ E tel que y = u(x0 ).
(x | y) = (x | u(x0 )) = − (u(x) | x0 ) = − (0 | x0 ) = 0.
Donc Ker u ⊥ Im u, donc Ker u ⊂ (Im u) ⊥ .
• On a : dim(Im u) ⊥ = dim E − dim Im u = dim Ker u, d'après le théorème du rang.
• Donc Ker u = (Im u) ⊥ , donc Ker u et Im u sont des supplémentaires orthogonaux .
est une famille de vecteurs de Im u.
Supposons par l'absurde que (x, u(x)) est liée.
x 6= 0, donc il existe λ ∈ R tel que u(x) = λ x.
Vu la question 18), λ = 0. Donc u(x) = 0.
Donc x ∈ Ker u ∩ Im u = {0}, vu la question 20).
Donc x = 0. Contradiction.
21) (x, u(x))
Donc (x, u(x)) est une famille libre de Im u .
22)
Vu la question 19) Ker u 6= {0}, donc dim Ker u > 1.
De plus, u 6= 0, donc il existe un vecteur non nul x de Im u.
Donc, vu la question 21), (x, u(x)) est une famille libre de Im u, donc dim Im u > 2.
D'après le théorème du rang, dim Ker u + dim Im u = 3.
Donc dim Ker u = 1 et dim Im u = 2 .
23) u(ε1 ) ∈ Im u
donc u(ε1 ) = (ε1 | u(ε1 )) ε1 + (ε2 | u(ε1 )) ε2 = 0 × ε1 + α ε2 .
Donc u(ε1 ) = α ε2 .
24)
On pose ε3 = ε1 ∧ ε2 . Donc C = (ε1 , ε2 , ε3 ) est une base orthonormale directe de E .
Donc ε3 ∈ Vect(ε1 , ε2 ) ⊥ = (Im u) ⊥ = Ker u.
On a donc : u(ε1 ) = α ε2 et u(ε3 ) = 0.
De plus, la matrice B = MC (u) est antisymétrique.

0
Donc, B = α
0
25)
−α
0
0

0
0 .
0
Supposons qu'il existe deux vecteurs w1 et w2 de E vériant (∗).
Alors ∀x ∈ E , u(x) = w1 ∧ x = w1 ∧ x,
donc ∀x ∈ E , (w1 − w2 ) ∧ x = 0 (∗∗).
Supposons par l'absurde que w1 − w2 6= 0.
Soit a 6= 0 un vecteur orthogonal à w1 − w2 .
alors (w1 − w2 ) ∧ a = kw1 − w2 k × kak =
6 0.
Contradiction avec (∗∗).
Donc w1 = w2 .
26) w ∧ ε1 = (α ε3 ) ∧ ε1 = α ε2 = u(ε1 ).
w ∧ ε2 = (α ε3 ) ∧ ε2 = −α ε1 = u(ε2 ).
w ∧ ε3 = (α ε3 ) ∧ ε3 = 0 = u(ε3 ).
Pour tout x ∈ E , on écrit x = x1 ε1 + x2 ε2 + x3 ε3 .
w ∧ x = w ∧ (x1 ε1 + x2 ε2 + x3 ε3 ) = x1 w ∧ ε1 + x2 w ∧ ε2 + x3 w ∧ ε3
w ∧ x = x1 u(ε1 ) + x2 u(ε2 ) + x3 u(ε3 ) = u(x1 ε1 + x2 ε2 + x3 ε3 ) = u(x).
Donc ∀x ∈ E , u(x) = (α ε3 ) ∧ x .
Page 6 / 7
 2


−α
0
0
1
−α2 0 = −α2 0
27) • B 2 =  0
0
0
0
0


1 0 0
où P = 0 1 0 est la matrice dans
0 0 0
0
1
0

0
0 = −α2 P ,
0
la base C d'un projecteur p.
Donc u2 = −α2 p .
• Im p = Vect(ε1 , ε2 ) = Im u et Ker p = Vect(ε1 , ε2 ) = Ker u.
Or Ker u et Im u sont des supplémentaires orthogonaux,
donc Ker p et Im p sont des supplémentaires orthogonaux,
donc p est le projecteur orthogonal sur Im u .

0
28) B 3 = −α3
0
α3
0
0

0
0 = −α2 B
0
Donc u3 = −α2 u .
E → E
est un endomorphisme de E .
29) D'après les propriétés du produit vectoriel, v : x 7→ a ∧ x
∀x ∈ E , (v(x) | x) = (a ∧ x | x) = Det (a, x, x) = 0, où le déterminant est calculé dans une base orthonormale.
Donc, vu la question 17), v est un endomorphisme antisymétrique de E .
30)
• Soit x ∈ Ker (IdE −u).
Alors x − u(x) = 0 donc u(x) = x.
Donc, vu la question 18), x = 0.
Donc Ker (IdE −u) = {0} .
• Comme IdE −u est un endomorphisme de E , on en déduit que IdE −u est un automorphisme de E .
31) MC (r) = (I3 − B)−1 × (I3 − B).
En résolvant le système
Y = (I3 − B)X , on obtient :


1 −α
0
1 
α
1
0 .
1 + α2
0
0 1 + α2



1 − α2 −2α
0
cos θ
1 
2
 =  sin θ
2α
1
−
α
0
Donc MC (r) =
1 + α2
0
0
1 + α2
0
(I3 − B)−1 =
θ
2
en posant θ = 2 arctan α qui équivaut à α = tan .
Donc r est la rotation autours de ε3 et d'angle 2 arctan α .
Page 7 / 7
− sin θ
cos θ
0

0
0 ,
1