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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 51
Exercice 47 : [énoncé]
I) a) La convergence uniforme donne
et donc
b
a
fn − f∞ = sup |fn(x) − f(x)| → 0
x∈[a,b]
fn(x) dx −
b
a
f(x) dx
(b − a) fn − f∞ → 0
b) S’il a convergence uniforme d’une série de fonctions continues sur [a, b], alors
on peut intégrer terme à terme :
b +∞
a
n=0
fn(x) dx =
+∞
b
n=0
a
fn(x) dx
avec continuité de la fonction somme et convergence de la série des intégrale.
Puisque la série entière xn est de rayon de convergence R = 1, cette série de
fonctions converge normalement et donc uniformément sur [0, 1/2] ⊂ ]−1, 1[ et on
en déduit
1/2 +∞
x n +∞ 1 1
dx =
n + 1 2n+1 0
n=0
II) a) Soit x ∈ ker u ⋆ . Pour tout y ∈ Imu, on peut écrire y = u(a) et
(x | y) = (u ⋆ (x) | a) = (0 | a) = 0 donc ker u ⋆ ⊂ Imu ⊥ .
Soit x ∈ Imu ⊥ , ∀a ∈ E, (u ⋆ (x) | a) = (x | u(a)) = 0 donc u ⋆ (x) = 0 d’où
Imu ⊥ ⊂ ker u ⋆ .
Puisque u ⋆⋆ = u on a aussi Imu ⋆⊥ = ker u d’où Imu ⋆ = ker u ⊥ .
b) On a évidemment ker u ∩ ker u ⋆ ⊂ ker(u + u ⋆ ).
Inversement, soit x ∈ ker(u + u ⋆ ). On a u(x) = −u ⋆ (x) ∈ Imu ∩ Imu ⋆ .
Or Imu ⋆ = (ker u) ⊥ et, puisque u 2 = 0, Imu ⊂ ker u. Par suite Imu ⋆ ⊂ (Imu) ⊥ et
donc u(x) = −u ⋆ (x) ∈ Imu ∩ (Imu) ⊥ . On en déduit u(x) = u ⋆ (x) = 0.
Finalement ker(u + u ⋆ ) ⊂ ker u ∩ ker u ⋆ puis l’égalité.
Reste à établir l’équivalence.
(⇒) Supposons u + u ⋆ inversible.
On a {0} = ker(u + u ⋆ ) = ker u ∩ ker u ⋆ = ker u ∩ (Imu) ⊥ .
Par suite dim ker u + dim(Imu) ⊥ dim E puis dim ker u dim Imu.
Or Imu ⊂ ker u et donc dim Imu dim ker u. Ainsi dim Imu = dim ker u et
puisque Imu ⊂ ker u, on peut conclure Imu = ker u.
(⇐) Supposons Imu = ker u.
ker(u + u ⋆ ) = ker u ∩ ker u ⋆ = Imu ∩ (Imu) ⊥ = {0} donc u + u ⋆ est injectif puis
bijectif.
n=0
Exercice 48 : [énoncé]
I) Si f est de classe C 1 sur un ouvert U alors pour tout (y0, y1) ∈ U, il existe une
unique solution maximale à l’équation y ′′ = f(y, y ′ ) vérifiant y(t0) = y0 et
y ′ (t0) = y1 (on peut éventuellement proposer un énoncé avec t0 = 0 car il s’agit
d’une équation autonome). De plus, cette solution est définie sur un intervalle
ouvert et toute autre
solution de ce problème de Cauchy en est une restriction.
II) a) P (ai) = ai (ai − aj). P est de degré n et unitaire donc
n
i=1
P (x)
(x−ai)
j=i
= 1 + n
i=1
ai
x−ai .
b) det A = P (0) = (−1) n−1 (n − 1) n
ai. Notons que l’on peut proposer une
i=1
démarche plus simple en commençant par factoriser les ai par colonnes.
Exercice 49 : [énoncé]
I) Solution générale y(x) = C √ x 2 − 1 + 2(x 2 − 1).
II) Soit u un vecteur unitaire tel que a ∈ Vectu et v un vecteur unitaire orthogonal
à v tel que b ∈ Vect(u, v). Il suffit ensuite de travailler dans (u, v, u ∧ v).
Soit x = 0. f(x) = λx ⇔ (λ + 1)x = (a | x)a.
Si x est orthogonal à a alors x est vecteur propre associé à la valeur propre −1.
Sinon x est vecteur propre si, et seulement si, x est colinéaire à a. Or f(a) = 0
donc a, puis x, est vecteur propre associé à la valeur propre 0.
On reconnaît en f l’opposé de la projection orthogonale sur le plan de vecteur
normal a.
Exercice 50 : [énoncé]
I) χM = −X(X 2 − ab − bc + ca).
Si ab + bc > ca alors M est diagonalisable dans M3(R) et a fortiori dans M3(C).
Si ab + bc = ca alors 0 est seule valeur propre de M et donc M est diagonalisable
si, et seulement si, M = 0.
Si ab + bc < ca alors M n’est pas diagonalisable dans M3(R) mais l’est dans
M3(C).
II) S(t) est définie sur R\Z.
n−1 2α sin απ
an = (−1)
π(n2 − α2 ) et bn = 0
Par le théorème de Dirichlet, f(x) coïncide avec sa somme de Fourier sur [−π, π]
car f est égale à sa régularisée.
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