Dérivation dans un espace de fonctions
Durée : 25 mn
Note maximale : 20
Question
On considère l'espace vectoriel réel \(E\) des fonctions qui sont combinaisons linéaires
des trois fonctions \(f_0,f_1,f_2\) où
\(\begin{array}{cccccc}&R&\rightarrow&R\\f_0 :&x&\mapsto&e^x\\f_1 :&x&\mapsto&xe^x\\f_2 :&x&\mapsto&x^2e^x\end{array}\)
Montrer que \(\mathcal B=(f_0,f_1,f_2)\) est une base de \(E\).
a) Montrer que, si une fonction \(f\) est élément de \(E\), sa dérivée \(f'\) est aussi élément de \(E\).
b) Soit \(D\) l'endomorphisme de \(E\) défini par : \(\begin{array}{cccccc}D :&E\rightarrow E\\&f\mapsto f'\end{array}\).
Expliciter la matrice \(A\) associée à \(D\) dans la base \(\mathcal B\).
Soit une fonction \(g\), élément de \(E\), montrer qu'il existe une unique fonction \(f\), élément de \(E\) qui soit une primitive de \(g\).
En déduire que la matrice \(A\) est inversible et écrire son inverse.
Solution
(4 pts)
Par définition de \(E\) les fonctions \(f_0,f_1,f_1\) constituent une famille génératrice de \(E\), pour montrer qu'elles déterminent une base il nous reste à montrer que la famille est libre.
Soit trois réels \(\lambda_0,\lambda_1,\lambda_2\) vérifiant \(\lambda_0f_0+\lambda_1f_1+\lambda_2f_2=0\) alors
\(\forall x\in\mathbb R\quad\lambda_0e^x+\lambda_1xe^x+\lambda_2x^2e^x=0,(\lambda_0+\lambda_1x+\lambda_2x^2)e^x=0\)
La fonction exponentielle ne s'annulant jamais, on en déduit
\(\forall x\in\mathbb R\quad\lambda_0+\lambda_1x+\lambda_2x^2=0\)
et en considérant la base canonique de \(\mathcal P_2\), espace vectoriel des fonctions polynômes de degré au plus 2, on obtient \(\lambda_0=\lambda_1=\lambda_2=0\). Ce qui termine la démonstration.
a) (3 pts)
Soit une fonction \(f\), élément de \(E\), il existe des réels \(\alpha_0,\alpha_1,\alpha_2\) vérifiant \(\forall x\in\mathbb R\quad f(x)=\alpha_0e^x+\alpha_1xe^x+\alpha_2x^2e^x\) donc \(f\) est dérivable et
\(\begin{array}{cccccc}\forall x\in\mathbb R&f'(x)=\alpha_0e^x+\alpha_1(e^x+xe^x)+\alpha_2(2xe^x+x^2e^x)\\&f'(x)=(\alpha_0+\alpha_1)e^x+(\alpha_1+2\alpha_2)xe^x+\alpha_2x^2e^x\end{array}\)
ainsi \(f'=(\alpha_0+\alpha_1)f_0+(\alpha_1+2\alpha_2)f_1+\alpha_2f_2\) donc \(f'\in E\).
b) (3 pts)
De la question précédente on déduit \(D(f_0)=f^'_0=f_0, D(f_1)=f^'_1=f_0+f_1,D(f_2)=f^'_2=2f_1+f_2\).
d'où \(A=[D]_\mathcal B=\left(\begin{array}{c c c}1&1&0\\0&1&2\\0&0&1\end{array}\right)\).
(5 pts)
Soit une fonction \(g\), élément de \(E\), il existe des réels uniques \(\beta_0,\beta_1,\beta_2\) vérifiant \(\forall x\in\mathbb R\quad g(x)=\beta_0e^x+\beta_1xe^x+\beta_2x^2e^x\).
L'unicité est assurée car \(\mathcal B=(f_0,f_1,f_2)\) est une base de \(E\). On cherche une fonction \(f\), élément de \(E\) satisfaisant à \(D(f)=g\).
En utilisant la base \(\mathcal B\), le problème revient à trouver des scalaires \(\alpha_0,\alpha_1,alpha_2\),
vérifiant \(D(\alpha_0f_0+\alpha_1f_1+\alpha_2f_2)=\beta_0f_0+\beta_1f_1+\beta_2f_2\),
ce qui équivaut à \((\alpha_0+\alpha_1)f_0+(\alpha_1+2\alpha_2)f_1+\alpha_2f_2=\beta_0f_0+\beta_1f_1+\beta_2f_2\).
Les réels cherchés sont solutions du système linéaire : \((S)\left\{\begin{array}{cccccc}\alpha_0+&\alpha_1&&=&\beta_0\\&\alpha_1&+2\alpha_2&=&\beta_1\\&&\alpha_2&=&\beta_2\end{array}\).
Donc \(\alpha_2=\beta_2,\alpha_1=\beta_1-2\beta_2,\alpha_0=\beta_0-\beta_1+2\beta_2\).
Ce système a une solution unique \(\forall x\in\mathbb R\quad f(x)=\alpha_0e^x+\alpha_1xe^x+\alpha_2x^2e^x\).
Ainsi on a trouvé une unique fonction \(f=(\beta_0-\beta_1+2\beta_2)f_0+(\beta_1-2\beta_2)f_1+\beta_2f_2\) qui est élément de \(E\) et primitive de \(g\).
(5 pts)
La question précédente établit que \(D\) est bijectif donc c'est un automorphisme de \(E\) et la matrice associée dans toute base est inversible.
En particulier \(A\) est inversible. De plus
\(D(f)=g\Leftrightarrow f=D^{-1}(g)\)
\(A\left(\begin{array}{cccccc}\alpha_0\\\alpha_1\\\alpha_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccc}\beta_0\\\beta_1\\\beta_2\end{array}\right)\Leftrightarrow\left(\begin{array}{cccccc}\alpha_0\\\alpha_1\\\alpha_2\end{array}\right)=A^{-1}\left(\begin{array}{cccccc}\beta_0\\\beta_1\\\beta_2\end{array}\right)\)
A la question précédente on a trouvé \(\left\{\begin{array}{cccccc}\alpha_0&=&\beta_0-&\beta_1+&2\beta_2\\\alpha_1&=&&\beta_1-&2\beta_2\\\alpha_2&=&&&\beta_2\end{array}\) d'où \(A^{-1}=\left(\begin{array}{c c c}1&-1&2\\0&1&-2\\0&0&1\end{array}\right)\).