[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 4 juin 2013 Enoncés 1 ...

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 49
De plus, cette valeur majore sur , de sorte qu’en reprenant l’étude ci-dessus avec
cette valeur pour , on obtient
Inversement, pour tout , on a
et donc à la limite quand
puis finalement l’égalité demandée.
Exercice 42 : [énoncé]
I) C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 définie sur ]1, +∞[.
La solution générale est
y(x) = C x 2 − 1 + 2(x 2 − 1) avec C ∈ R
II)
f ◦ f(M) = tr(A) (tr(A)M − tr(M)A) − tr (tr(A)M − tr(M)A) A = tr(A)f(M).
Ainsi f ◦ f = tr(A).f.
Si trA = 0 alors l’endomorphisme f est diagonalisable car annule un polynôme
scindé simple.
Si trA = 0 alors les valeurs propres de f figurent parmi les racines du polynôme
X 2 et donc f est diagonalisable si, et seulement si, f = ˜0 ce qui correspond au cas
A = On.
Si tr(M) = 0 alors f(M) = tr(A)M. Pour M matrice de l’hyperplan des matrices
de trace nulle, f(M) = λM avec λ = tr(A). On en déduit que tr(A) est valeur
propre de M et le sous-espace propre associé est de dimension au moins n 2 − 1.
Dans le cas où tr(A) = 0 avec A = On, l’endomorphisme n’est pas diagonalisable
et la dimension du sous-espace propre associé à la valeur propre tr(A) est n 2 − 1.
Dans le cas où tr(A) = 0 alors f est diagonalisable et donc la dimension des
sous-espaces propres des valeurs propres 0 et tr(A) sont respectivement 1 et n 2 − 1.
Exercice 43 : [énoncé]
I) C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 définie sur ]1, +∞[.
La solution générale est
y(x) = C x 2 − 1 + 2(x 2 − 1) avec C ∈ R
II) a) Une homothétie vectorielle de rapport λ est représentée par la matrice
diagonale λIn dans toute base de E.
b) Supposons λ1(e1 + ei) + λ2e2 + · · · + λnen = 0.
En réorganisant et en exploitant la liberté de (e1, . . . , en), on obtient les équations
λ1 = 0, λ2 = 0, . . . , λ1 + λi = 0, . . . , λn = 0.
Au final, on obtient λ1 = . . . = λn = 0.
La famille (e1 + ei, e2, . . . , en) est une famille libre formée de n = dim E éléments
de E, c’est donc une base de E.
c) Soit f un tel endomorphisme. Sa matrice dans la base (e1, . . . , en) est de la
forme diag(λ1, . . . , λn).
On obtient alors que f(e1 + ei) = λ1e1 + λiei. Or la matrice de f dans la base
(e1 + ei, e2, . . . , en) est diagonale et donc il existe µ ∈ K tel que
f(e1 + ei) = µ(e1 + ei). Puisque la famille (e1, ei) est libre, on obtient
λ1 = µ = λi. Par suite les coefficients λ1, . . . , λn sont égaux entre eux et en posant
λ leur valeur commune, on obtient f = λId puisque les endomorphismes f et λId
sont représentés par la même matrice λIn dans (e1, . . . , en).
Exercice 44 : [énoncé]
I) a) F = Vect(I, K) avec K =
de M2(R).
0
−1
1
donc F est un sous-espace vectoriel
0
b) Puisque dim F = 2, dim F ⊥ = 4 − 2 = 2.
Les matrices
A = 1
1
√
2 0
0
−1
et B = 1
0
√
2 1
1
0
sont deux éléments unitaires, orthogonaux entre eux et orthogonaux à I et K.
On peut alors affirmer que la famille (A, B) est une base de F ⊥ .
c) On peut écrire
J = I + √ 2B
et donc le projeté orthogonal de J est √ 2B.
II) a) Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, pour
|x| < max(R, R ′ ), cnx n est absolument convergente et
+∞
n=0
cnx n
+∞
= anx n
+∞
bnx n
Ainsi le rayon de convergence R ′′ de cnx n vérifie R ′′ min(R, R ′ ).
n=0
En revanche, on ne peut facilement rien dire de plus de façon générale. Par
1
exemple 1 − x et 1−x se développent en série entière de rayons de convergence
+∞ et 1 et leur produit de Cauchy est de rayon de convergence +∞. . .
b) Puisque 1 + 1
1
2 + · · · + n ∼ ln n, on obtient facilement R = 1.
Si l’on pose ak = 1
k pour k 1 et bk = 1 pour k 0 alors
n
akbn−k =
k=1
n
k=1
n=0
1
k
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