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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 53
Exercice 54 : [énoncé]
I) an = 1
0 2n t n (1 − t) n dt = 2n (n!) 2
(2n+1)! ,
an+1
an
Pour |x| < 2, par convergence normale f(x) = 1
2
Si x ∈ ]0, 2[, f(x) = √ arctan
x(2−x)
Si x ∈ ]−2, 0[, f(x) =
√ 2 argth
x(x−2)
x
2−x .
x
x−2 .
→ 1 donc R = 2.
2
0
dt
1−2t(1−t)x = 1
0
dt
2xt 2 −2xt+1 .
Si x = 0, f(x) = 1.
II) Si 0 ∈ Sp(f) alors f est diagonalisable car f possède trois valeurs propres en
dimension 3.
Si 0 /∈ Sp(f) alors f est un automorphisme et la relation f 4 = f 2 donne f 2 = Id et
donc (X − 1)(X + 1) est un polynôme scindé simple annulateur de f. Par suite f
est diagonalisable.
Exercice 55 : [énoncé]
I) a) (x, t) ↦→ tk sin(xt) est continue sur R × [0, 1] donc, par intégration sur un
segment, f est continue.
b) (x, t) ↦→ d
dx (tk sin(xt)) est continue sur R × [0, 1] donc par intégration sur un
segment, f est de classe C1 et f ′ (x) = 1
0 xtk cos(xt)dt.
k t sin(xt) dt = sin x.
xf ′ (x) + (k + 1)f(x) = 1
0
d
dt
c) Une seule fonction solution : x ↦→ +∞
n=0
(−1) n
(2n+1)!(2n+2+k) x2n+2 , rayon de
convergence +∞.
II) ϕ(U) est un cercle, ϕ 2 (U) une cardioïde et ϕ −1 (U) une lemniscate de Bernoulli.
Exercice 56 : [énoncé]
I) Φ : (u, θ) ↦→ (au cos θ, bu sin θ) réalise une bijection de [0, 1] × [0, π/2] vers ∆ de
jacobien : abu.
∆ (x3 − 2y)dxdy =
π/2 1
0 0 (a3u3 cos3
θ − 2bu sin θ)abudu dθ = 2
15ab a3 − 5b .
II) On sait déjà ker u ⊂ ker u2 . On a P = XQ avec Q(0) = 0. Pour x ∈ ker u2 , on
a u2 (x) = 0 et Q(u)(u(x)) = 0 donc u(x) ∈ ker u ∩ ker Q(u) puis u(x) = 0 car
Q(0) = 0. On en déduit ker u2 ⊂ ker u puis l’égalité.
On sait dim ker u + dim Imu = dim E et pour x ∈ ker u ∩ Imu, il existe a ∈ E,
x = u(a) et a ∈ ker u2 = ker u donc x = 0. Cela permet de conclure que
E = ker u ⊕ Imu.
Exercice 57 : [énoncé]
I) a) f est C 1 par morceaux et régularisée donc (théorème de Dirichlet) f est
développable en série de Fourier.
b) cn = 1
π
2π −π exe−inxdx = (−1)
c) f(x) = shπ
π
+∞
n=−∞
n shπ
π
n 1+in (−1) n2 +1einx .
Pour x = π, on obtient : chπ = shπ
π
+∞
n=−∞
Ainsi +∞
in
n2 +1 = lim
n=0
N
N→+∞ n=−N
in
n2 +1 = 0)
1
n2 1 π
+1 = 2 + 2 coth(π).
1+in
n 2 +1 .
+∞
n=−∞
1
n 2 +1 (sachant
II) Soit λ ∈ Sp(u) et x ∈ Eλ(u). On a v3 (x) = u3 (x) = λ3x. Or v est
diagonalisable donc, en notant µ1, . . . , µp les valeurs propres de v, E = p
⊕ Eµj
j=1
(v).
On peut alors écrire x = p
xj avec xj ∈ Eµj (u) et l’égalité v3 (x) = λ3x donne
p
µ 3 jxj = p
j=1
j=1
j=1
λ3xj puis µ 3 jxj = λ3xj car les Eµj (v) sont en somme directe. Si
xj = 0, on obtient µj = λ et donc v(x) = λx. Ainsi v et u coïncident sur Eλ(u).
Puisque u est diagonalisable, E est la somme des sous-espaces propres de u et
donc v et u coïncident sur E.
Exercice 58 : [énoncé]
I) a) fn est prolongeable par continuité en 0 et en 1.
b) |In| 1
0 x2n
x ln x
x2
x ln x
−1
dx or x ↦→ x2−1 peut être prolongée en une fonction
continue sur le segment [0, 1], elle est donc bornée par un certain M et
1
|In| M x 2n dx = M
→ 0
2n + 1
c) Pour x ∈ ]0, 1[,
x 2n+1 ln x
x 2 − 1
0
+∞
= − x 2n+2k+1 ln x
gn(x) = x2n+2k+1 ln x est continue par morceaux sur ]0, 1[ et intégrable.
1
1
|gn(x)| dx =
4(n + k + 1) 2
0
est terme général d’une série convergente, on peut donc intervertir somme et
intégrale et donc
1
fn(x)dx =
0
+∞
k=0
k=0
1 1
=
4(n + k + 1) 2 4
+∞
k=n+1
1
k 2
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