Le rire fait-il vendre?

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  • Publié le : 5 juin 2011
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écricome 2003 option économique : corrigé rapide

exercice 1
1.1.1 ( est valeur propre de f ssi A ( (I n'est pas inversible. En effectuant les opérations L1 ( L2, puis L2 ( L2 ( (3 ( ()L1, on obtient la matrice
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((2 +3( ( 2 = 0 ( ( = 1 ou ( = 2 ; 2 ( ( = 0 ( ( = 2.
Les deux valeurs propres de f sont donc (1 = 1, (2 = 2.
2. A est inversible car 0 n'est pas valeur propre de A.
3. Pour(1 = 1, le sous espace propre associé à pour base (1, 1, 0), pour dimension 1.
Pour (1 = 2, le sous espace propre associé à pour base (2, 1, 0), pour dimension 1.
4. La somme des dimensions des sous-espaces propres de f n'est pas égale à 3, donc f n'est pas diagonalisable.
5. u1 = (1, 1, 0).
6. u2 = (2, 1, 0).
7. x u1 + yu2 + z u3 = 0 est équivalent assez rapidement à x = y = z = 0 ; C estdonc une famille libre de E, qui est de dimension 3. C est donc une base de E.
8. Par définition de P,
[pic]
La matrice de passage de C à B est la matrice P(1 et la méthode du pivot aboutit à
[pic]
9. f(u3) = (4, 3, 2), et u2 + 2u3 = (4, 3, 2) : OK.
10. f(u1) = u1, f(u2) = 2u2, f(u3) = u2 + 2u3, donc...
11. Théorie du changement de base : A = P T P(1.
12. Récurrence : la propriété à établirest vraie pour n = 1 avec ( = 1, et si elle est vraie pour n fixé dans N, alors
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elle est vraie pour n +1, avec (n+1 = 2n + 2(n. D'où la conclusion.
13. Le premier résultat s'établit par récurrence : 1(21(1 = 1 = (1, et si (n = n(2n(1 pour n fixé dans N*, alors (n+1 = 2n + 2 n 2n(1 = 2n + n 2n = 2n(n + 1).
Pour le deuxième, contentons-nous d'écrire : An = (PTP(1) (PTP(1) ... (PTP(1) = PTn P(1.
1.2.1. La matrice nulle O appartient à C(A) car AO = OA.
Soit M, M ' deux matrices de C(A) ; alors A(M + M ') = AM + AM' = MA + M'A = (M + M ')A, donc M + M ' appartient à C(A).
Soit M appartenant à C(A) et x appartenant à R ; alors A(xM) = x(AM) = x(MA) = (xM)A, donc xM appartient à C(A).
On en conclut que C(A) est un sous-espace vectoriel de M3(R).
2. M ' = P(1 M P, donc M = P M 'P(1 et AM = MA est équivalent successivement à :
(P T P(1)(P M ' P(1) = (P M ' P(1)(P T P(1)
P T M ' P(1 = P M ' T P(1
T M ' = M ' T
3. T M ' = M ' T est équivalent à :
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Ce qui donne exactement les matrices de la forme annoncée.
4. M appartient à C(A) ssi M = P M ' P(1 avec M ' comme trouvée dans la question précédente. Le calcul patient de ce produit de trois matrices devraitdonner le résultat escompté...
5. M appartient donc à C(A) ssi
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(M1, M2, M3) est donc une famille génératrice de C(A). Cette famille est libre :
si aM1 + bM2 + cM3 = 0, alors (a + 2b = 0, (a + b = 0, (a + b + c = 0, et donc a = b = c = 0.
Elle est donc une base de C(A), qui est donc de dimension 3.

exercice 2
2.1.1 ch est paire, sh est impaire.
2. sh'(x) = ch(x) > 0 : sh est strictementcroissante sur R. Les limites (+( en +(, (( en (() sont sans problème.
sh est strictement croissante sur R et sh(0) = 0, sh(x) est du signe de x.
3. En +(, sh(x) est équivalent à (1/2)ex, donc sh(x)/x est équivalent à (1/2)(ex/x), donc tend vers +(, donc il y a une branche parabolique de direction (Oy).
4. sh est continue strictement croissante sur R, lim+( sh = +(, lim(( sh = ((, donc hréalise une bijection de R sur R.
5. ch' = sh, dont le signe est connu. Les limites sont sans problèmes.
ch est strictement décroissante sur ]((, 0], strictement croissante sur [0, +([ ;
h(0) = 1, lim(( ch = +(, lim+( ch = +(.
6. Pour tout x appartenant à R, ch(x) ( sh(x) = e(x > 0, donc ch(x) > sh(x)
7. Les fonctions ch et sh que nous venons d'étudier sont les fonctions cosinus hyperbolique etsinus hyperbolique. Leurs représentations graphiques traînent un petit peu partout. Par exemple, on appelle chaînette la représentation graphique de la fonction ch, pour une raison que je vous laisse deviner (pas parce ch comme chaînette...).
Et pourquoi cette appellation baroque ? Calculez ch2(x) ( sh2(x), et vous verrez que ch et sh jouent le même rôle pour l'hyperbole équilatère (x2 ( y2 = 1)...
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