1. Énonçons le problème : Soit la transformation linéaire $t$ définie par $$\begin{cases} x' = 5x - 4y \\ y' = 6x - 5y \end{cases}$$ On veut démontrer que $t$ est une symétrie vectorielle, déterminer sa base $E_1$ et sa direction $E_2$, puis résoudre pour les vecteurs $\vec{U} = 2\vec{i} + 2\vec{j}$ et $\vec{V} = 2\vec{i} + 3\vec{j}$ que $B = \{\vec{U}, \vec{V}\}$ est une base et trouver la matrice de $t$ dans cette base. 2. Montrons que $t$ est une symétrie vectorielle. Une symétrie vérifie $t^2 = \text{Id}$, l'identité. Calculons la matrice $A$ de $t$ dans la base canonique $\{\vec{i}, \vec{j}\}$ : $$A = \begin{pmatrix} 5 & -4 \\ 6 & -5 \end{pmatrix}$$ Calculons $A^2$ : $$A^2 = \begin{pmatrix} 5 & -4 \\ 6 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5 & -4 \\ 6 & -5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\times5 + (-4)\times6 & 5\times(-4) + (-4)\times(-5) \\ 6\times5 + (-5)\times6 & 6\times(-4) + (-5)\times(-5) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 25 - 24 & -20 + 20 \\ 30 - 30 & -24 + 25 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$$ Ainsi, $t^2 = \text{Id}$ donc $t$ est une symétrie vectorielle. 3. Trouvons les sous-espaces $E_1$ et $E_2$ associés à la symétrie : Pour une symétrie, $E_1 = \ker(t - I)$ et $E_2 = \ker(t + I)$ Calculons $t - I$: $$t - I = \begin{pmatrix} 5-1 & -4 \\ 6 & -5-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & -4 \\ 6 & -6 \end{pmatrix}$$ Vecteurs $\vec{v} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ tels que $$ (t - I) \vec{v} = \vec{0} \Rightarrow 4x -4y = 0, \, 6x -6y = 0$$ D'où $4x = 4y \Rightarrow x = y$. Donc, $$E_1 = \{ \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} : \lambda \in \mathbb{R} \}$$ Calculons $t + I$: $$t + I = \begin{pmatrix} 5+1 & -4 \\ 6 & -5+1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 & -4 \\ 6 & -4 \end{pmatrix}$$ Cherchons $\vec{v}$ telles que $$(t + I) \vec{v} = \vec{0} \Rightarrow 6x - 4y = 0$$ Donc $6x = 4y \Rightarrow y = \frac{3}{2}x$. Ainsi, $$E_2 = \{ \mu \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} : \mu \in \mathbb{R} \}$$ 4. Montrons que $B = \{\vec{U}, \vec{V} \}$ est une base de $E$. Les vecteurs sont $$\vec{U} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix}, \quad \vec{V} = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}$$ Calculons leur déterminant : $$\det(\vec{U}, \vec{V}) = \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 3 \end{vmatrix} = 2 \times 3 - 2 \times 2 = 6 - 4 = 2 \neq 0$$ Ils sont donc linéairement indépendants, donc forment une base $B$ de $E$. 5. Calculons la matrice $M$ de $t$ dans la base $B$. Exprimez $t(\vec{U})$ et $t(\vec{V})$ dans la base $B$. Calculons $$t(\vec{U}) = t \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & -4 \\ 6 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 - 8 \\ 12 -10 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} = \vec{U}$$ Donc, $t(\vec{U}) = 1 \cdot \vec{U} + 0 \cdot \vec{V}$. Calculons $t(\vec{V})$ : $$t(\vec{V}) = t \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & -4 \\ 6 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 - 12 \\ 12 -15 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ -3 \end{pmatrix}$$ Cherchons $a, b$ tels que $$t(\vec{V}) = a \vec{U} + b \vec{V} = a \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2a + 2b \\ 2a + 3b \end{pmatrix}$$ On a $$2a + 2b = -2, \quad 2a + 3b = -3$$ Soustrayons : $$(2a + 3b) - (2a + 2b) = -3 - (-2) \Rightarrow b = -1$$ Puis $$2a + 2(-1) = -2 \Rightarrow 2a - 2 = -2 \Rightarrow 2a = 0 \Rightarrow a = 0$$ Donc $$t(\vec{V}) = 0 \cdot \vec{U} - 1 \cdot \vec{V}$$ La matrice de $t$ dans la base $B$ est donc $$M = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$$ --- Problème 2 : Étude de la fonction $f_m(x) = (mx + 1)e^x$ avec $m \neq 0$. 1. Calcul de la dérivée : $$f'_m(x) = \frac{d}{dx} \left[(mx + 1)e^x \right] = (mx + 1) \frac{d}{dx} e^x + e^x \frac{d}{dx}(mx + 1) = (mx + 1) e^x + m e^x = \left(mx + m + 1 \right) e^x$$ 2. Étude du signe de $mx + m + 1 = m(x + 1) + 1$ (corrigé simplifié). Étudions $m x + m + 1$ selon $m$ : - Pour $m > 0$ : Inéquation $mx + m + 1 > 0$ équivaut à $$x > -\frac{m+1}{m} = -1 - \frac{1}{m}$$ - Pour $m < 0$ : Inéquation $mx + m + 1 > 0$ équivaut à $$x < -1 - \frac{1}{m}$$ 3. Dérivée et signe de $f'_m$ : On a $$f'_m(x) = (m x + m + 1) e^x$$ Comme $e^x > 0$ toujours, le signe de $f'_m(x)$ dépend de $m x + m + 1$. 4. Limites de $f_m$ : - Lorsque $x \to -\infty$, $e^x \to 0$, donc $$\lim_{x \to -\infty} f_m(x) = \lim_{x \to -\infty} (m x + 1) e^x = 0$$ - Lorsque $x \to +\infty$, puisque $e^x$ croît exponentiellement, le signe de $m x + 1$ n'influence pas la croissance. On a $$\lim_{x \to +\infty} f_m(x) = +\infty$$ 5. Tableau de variation : Pour $m > 0$, la dérivée s'annule en $$x = -1 - \frac{1}{m}$$ La fonction est décroissante sur $(-\infty, -1 - \frac{1}{m})$ et croissante sur $(-1 - \frac{1}{m}, +\infty)$. Pour $m < 0$, la dérivée s'annule en $x = -1 - \frac{1}{m}$ mais le signe inverse : la fonction est croissante sur $(-\infty, -1 - \frac{1}{m})$ et décroissante sur $(-1 - \frac{1}{m}, +\infty)$. 6. Point fixe commun aux courbes $(C_m)$ : Un point $A(x_0, y_0)$ est fixe si $y_0 = f_m(x_0)$ pour tout $m$. Calculons : $$y_0 = (m x_0 + 1) e^{x_0}$$ Pour que cela ne dépende pas de $m$, le coefficient devant $m$ doit être nul: $$x_0 = 0$$ Alors $$y_0 = (m \times 0 + 1) e^0 = 1 \times 1 = 1$$ Donc le point fixe est $$A = (0,1)$$ --- Réponses résumées : - $t$ est une symétrie vectorielle - $E_1 = \text{Vect}(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}), E_2 = \text{Vect}(\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix})$ - $B = \{\vec{U}, \vec{V}\}$ est base - Matrice de $t$ dans $B$ : $M = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ - $f'_m(x) = (m x + m + 1) e^x$ - Point fixe commun aux $C_m$ : $A = (0,1)$