[PDF] Corrigé de Centrale 2014 PC math 1 Partie I I.A fi(x) = ? Aijxj + bi

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Corrige de Centrale 2014 PC math 1

Partie I

I.Afi(x) =nX

j=1A i;jxj+bidonc@fi@x j(x) =Ai;j:fest donc de classeC1etJf(x) =A. I.B 1)'est la composee de deux fonctions de classeC1.'0(t) =nX j=1D jg(ta)aj.

2)'(t) ='(0) +t'0(0) +o(t) donneg(ta) =g(0) +tnX

j=1a jDjg(0) +o(t). I.C 1) On atj=tejouejdesigne lej-eme vecteur de la base canonique. En utilisant le I.B.2 : f i(tj) =fi(tej) =fi(0) +tDjfi(0) +o(t) donc puisquef(0) = 0 :f(tj) =tDjf(0) +o(t).

Parn-linearite du determinant on deduit :

det(f(t1);:::;f(tn)) =tndet(D1f(0)+o(1);:::;Dnf(0)+o(1)) =tnjacf(0)+o(tn) par continuite du determinant.

2) Puisque det(t1;:::;tn) =tndet(e1;:::;en) =tnon a bien limt!0det(f(t1);:::;f(tn))det(t1;:::;tn)= jacf(0).

3) Pourn= 2,jjacf(0)j=jdet(D1f(0);D2f(0))jest egal a l'aire du parallelogramme de sommets

(0;0), D1f(0), D2f(0) et D1f(0) + D2f(0). Pourn= 3,jjacf(0)j=jdet(D1f(0);D2f(0);D3f(0))jest egal au volume du parallelepipede de sommets (0;0), D1f(0), D2f(0), D3f(0), D1f(0)+D2f(0), D1f(0)+D3f(0), D2f(0)+D3f(0) et D

1f(0) + D2f(0) + D3f(0).

Partie II

II.A D'apres le I.A. on a jac

f(x) =Adonc divf(x) = tr(A). II.B 1) Notonsa= (a1;a2) etua(t) = (x1(t);x2(t)). L'equationx01(t) =1x1(t) avec la condition initialex1(0) =a1a pour solutionx1(t) =a1e1t. De m^emex2(t) =a2e2t. On a donc u a(t) = (a1e1t;a2e2t).

2) det(ua(t);ub(t)) = (a1b2a2b1)e1t+2t= det(a;b)etdivf(a)puisque divf(x) = tr(A) =1+2.

De plus on a bien det(ua(0);ub(0)) = det(a;b) puisqueua(0) =aetub(0) =b.

3) Le parallelogramme de sommets (0;0),ua(t),ub(t) etua(t) +ub(t) a pour aire:

jdet(ua(t);ub(t)) =jdet(a;b)jetdivf(a). C'est une fonction croissante detsi divf(a)>0, decroissante si div f(a)<0 et constante si divf(a) = 0.

II.C 1)x2(t) =a2x1(t)a

1 2=1 puisquea1et1sont non nuls. On a doncx2(t) =a(x1(t)) avec a(x) =a2xa 1 2=1

2) a)a(x) =x24

,b(x) = 2x2eta+b(x) =x23 b) a(x) =4x

2,b(x) =2x

2eta+b(x) =27x

2. c)a(x) =b(x) =2x eta+b(x) =9x II.D 1) L'equationx02(t) =x2(t) avec la condition initialex2(0) =a2a pour solutionx2(t) =a2et. En reportant dans la premiere equation on obtientx01(t) =x1(t)+a2etqui s'ecrit encore en multipliant par e t: (etx1(t))0=a2. On en deduit avec la condition initialex1(0) =a1: e tx1(t) =a1+a2tdoncx1(t) = (a1+a2t)et.

On a obtenu:ua(t) = ((a1+a2t)et;a2et).

det(ua(t);ub(t)) = ((a1+a2t)b2a2(b1+b2t))e2t= det(a;b)etdivf(a)puisque divf(x) = tr(A) = 2. 1

2) SiAa un polyn^ome caracteristique scinde surR, elle est soit diagonalisable et donc semblable

a la matrice du II.B, soit non diagonalisable et semblable a la matrice triangulaire du II.D.1. Si Pest la matrice de passage on peut ecrireua(t) =Pva(t) et de m^emeub(t) =Pvb(t). L'egalite det(va(t);vb(t)) = det(va(0);vb(0))etdivf(a)donne det(ua(t);ub(t)) = det(P)det(va(t);vb(t)) = det(P)det(va(0);vb(0))etdivf(a)= det(ua(0);ub(0))etdivf(a).

3) Si le polyn^ome caracteristique deAn'est pas scinde surR, c'est queApossede deux valeurs

propres complexes non reelles1et2=1.Aest semblable a la matrice diagonaleA0= diag(1;2) avec une matrice de passage complexeP. On peut donc appliquer la formule obtenue au II.B.2 a la matriceA0puis avec les m^emes calculs qu'au II.D.2 : det(ua(t);ub(t)) = det(P)det(va(t);vb(t)) = det(P)det(va(0);vb(0))etdivf(a)= det(ua(0);ub(0))etdivf(a)puisque

1+2= tr(A0) = tr(A) = divf(a).

Partie III

III.A Commefest de classeC2,fkl'est aussi et on peut lui appliquer le theoreme de Schwarz:fi;j;k(x) =

D i;jfk(x) = Dj;ifk(x) =fj;i;k(x). III.B 1) PuisqueJf(x) est antisymetrique on a pour tout couple (i;j): Djfi(x) =Difj(x) donc: f i;j;k(x) = DiDjfk(x) =DiDkfj(x) =fi;k;j(x).

2) Si on permute les deux premiers indices dansfi;j;k(x) on ne change rien alors que si on permute

les deux derniers indices,fi;j;k(x) devientfi;k;j(x) =fi;j;k(x). On en deduit:fi;j;k(x) = fi;k;j(x) =fk;i;j(x) =fk;j;i(x) =fj;k;i(x) =fj;i;k(x) =fi;j;k(x). f i;j;k(x) =fi;j;k(x) entraine quefi;j;k(x) = 0.

3) Les derivees partielles de D

jfk(x) par rapport a toutes les variablesxietant nulles, Djfk(x) est une constante que l'on peut noterAk;j. La matriceJf(x) =Aest donc constante.Aest antisymetrique puisqueJf(x) l'est. Posonsg(x) =f(x)Ax. Pour tout couple (j;k), Djgk(x) =Ak;jAk;j= 0 donc la fonction gest constante. On a bien montre quef(x) =Ax+bavecAantisymetrique.

4) On vient de montrer que siJf(x) est antisymetrique pour toutxalors on af(x) =Ax+B

avecAantisymetrique. Reciproquement, sif(x) =Ax+BavecAantisymetrique, on deduit par le I.A queJf(x) =Aest antisymetrique pour toutx. III.C Si pour toution afi(x) = Dig(x) avecgde classeC2,fest de classeC1et verie Djfi(x) = D j;ig(x) = Di;jg(x) = Difj(x) par le theoreme de Schwarz.Jf(x) est donc une matrice symetrique pour toutx. Reciproquement supposons queJf(x) soit une matrice symetrique pour toutx. Denissonsg(x) = nX k=1x kZ 1 0 f k(tx)dt. Pour montrer quegest de classeC1montrons d'abord que l'application denie parh(xi) =Z 1 0 f k(tx)dtest de classeC1. Les hypotheses du theoreme de Leibniz sont veriees puisque: t!fk(tx) ett!@@x ifk(tx) =tDifk(tx) sont continues et integrables sur [0;1] x i!tDifk(tx) est continue Puisque (xi;t)!tDifk(tx) est continue sur le compact [a;b][0;1] on a pourxi2[a;b] ett2[0;1]: jtDifk(tx)j6Mintegrable sur [0;1].

On en deduit que D

ig(x) =nX k=1@@x i(xkZ 1 0 f k(tx)dt) =Z 1 0 f i(tx)dt+nX k=1x kZ 1 0 tDifk(tx)dt= Z 1 0 f i(tx) +tnX k=1x kDkfi(tx)! dtpuisqueJf(x) est une matrice symetrique pour toutx. Puique la derivee det!tfi(tx) est egale afi(tx)+tnX k=1x kDkfi(tx) on deduit que Dig(x) = [tfi(tx)]10=fi(x).

Enngest bien de classeC2puisquefest de classeC1.

2

Partie IV

IV.A 1) PuisqueJf(x) est orthogonale elle verietJfJf= Indonc pour tout couple (i;j): nX p=1D ifp(x)Djfp(x) =i;j. En derivant par rapport axkon obtient: 0 = nX p=1D k;ifp(x)Djfp(x) +nX p=1D ifp(x)Dk;jfp(x) ou encorej;k;i=i;k;j. Si on echange le premier et le troisieme indice on change le signe. Commefest de classeC2, le theoreme de Schwarz donne:i;j;k=i;k;j. On a donc bien i;k;j=i;j;k=k;j;i.

2) Puisquei;k;j=k;j;i, une permutation circulaire sur les indices change le signe. On a donc

i;j;k=j;k;i=k;i;j=i;j;k. On a bieni;j;k= 0 pour tout triplet (i;j;k).

3) Puisquei;j;k= 0, le vecteur Dj;kf(x) est orthogonal a toutes les colonnes Dif(x) de la matrice

J f(x). Comme cette matrice est orthogonale, ses colonnes forment une base orthonormale deRn. on en deduit que Dj;kf(x) = 0, pour toutj. Par suite, Dkf(x) est constant, donc J f(x) =Aest constante et est orthogonale. Le m^eme calcul qu'au III.B.3 donnef(x) =Ax+b. IV.B On vient de montrer que si (P) alorsf(x) =Ax+bavecAorthogonale. Reciproquement, si f(x) =Ax+bavecAorthogonale, on deduit avec le I.A queJf(x) =Aqui est orthogonale. Il y a donc bien equivalence. IV.C 1) Supposons (P) ou encoref(x) =Ax+bavecAorthogonale et soitgune fonction de classe C

2. Calculons gf(x).

@@x ig(Ax+b) =nX j=1@g@x j(Ax+b)Aj;iet@@x i @g@x j(Ax+b) =nX k=1@ 2g@x k@xj(Ax+b)Ak;i.

On a donc

gf(x) =nX i=1n X j=1n X k=1A j;iAk;i@2g@x k@xj(Ax+b). Puis gf(x) =X j;k@ 2g@x k@xj(Ax+b)nX i=1A j;iAk;i=X j;k@ 2g@x k@xj(Ax+b)j;kpuisqueAest orthogonale. On a donc gf(x) =nX j=1@ 2g@x

2j(Ax+b) = g(f(x)) = (g)f(x).

2) Reciproquement supposons (Q): pour toute fonctiongde classeC2, gf= (g)f.

Prenons d'abordgdenie parg(x) =xi.

On agf=fiet g= 0 d'ou fi= gf= 0.

Prenons ensuitehdenie parh(x) =xixj. On ahf=fifjet h= 2i;j.

Ensuite:

hf= fifj=nX k=1@ 2@x

2k(fifj) =nX

k=1 @2fi@x 2kf j+ 2@fi@x k@f j@x k+fi@2fj@x 2k Donc hf(x) = fi(x)fj(x) + 2nX k=1@f i@x k(x)@fj@x k(x) +fi(x)fj(x).

Comme

fi= fj= 0 on obtient hf(x) = 2nX k=1@f i@x k(x)@fj@x k(x) = h(f(x)) = 2i;j. Cela signie que la matriceJf(x) est orthogonale. On a donc bien montre l'equivalence entre (P) et (Q). 3quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28

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