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

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 54
CS
d) hn −−→ 0 et par étude des variations de hn, hn∞ = |hn(α)| avec α ∈ ]0, 1[
déterminé par (2n + 1) ln α + α = 0, ce qui donne
hn∞ = α2n+2
2n + 1
1
→ 0
2n + 1
CU
donc hn −−→ 0.
II) non, pour cause de diagonalisabilité de la matrice symétrique réelle A.
Exercice 59 : [énoncé]
I) a) Sans peine Im(u + v) ⊂ Imu + Imv et donc rg(u + v) rgu + rgv.
u = (u + v) + (−v) donc rgu rg(u + v) + rg(−v) = rg(u + v) + rgv puis
rgu − rgv rg(u + v). Aussi rgv − rgu rg(u + v) et donc
|rg(u) − rg(v)| rg(u + v).
b) u = v = Id.
c) u = v = 0.
II) C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 de solution homogène :
y(x) = A cos x + B sin x.
Méthode de variation des constantes :
′ ′
A (x) cos x + B (x) sin x = 0
−A ′ (x) sin x + B ′ (x) cos x = cos 3 x ,
′ 3
A (x) = − sin x cos x
B ′ (x) = cos 4 ,
x
⎧
⎪⎨ A(x) = −
⎪⎩
1
4 cos4 x + C te
B(x) = 1
4 sin x cos3 x + 3
.
3
cos x sin x + x + Cte
8 8
Solution générale :
y(x) = A − 1
4 cos4 x cos x + B + 1
4 sin x cos3 x + 3
3
8 cos x sin x + 8x sin x.
Exercice 60 : [énoncé]
I) a) et b) cf. cours.
II) a) Par opérations sur les colonnes, on peut supprimer les x figurant sur les
colonnes 2, . . . , n.
En développant alors selon la première colonne, on obtient une expression affine
en x.
b) Dn(a) = a n , Dn(b) = b n donc Dn(x) = bn −a n
b−a (x − a) + an .
Exercice 61 : [énoncé]
I) Par intégration de développements limités
⎧
⎪⎨ x(t) =
⎪⎩
1
2 (t − 1)2 − 1
6 (t − 1)3 + o((t − 1) 3 )
y(t) = 1
2 (t − 1)2 − 1
3 (t − 1)3 + o((t − 1) 3 )
p = 2 et q = 3
Le point de paramètre t = 1 est un point de rebroussement de première espèce de
tangente dirigée par le vecteur i + j.
II) a) |sin(anx)| |x| |an |, il y a donc convergence absolue de la série définissant
f(x).
II) b) fn : x ↦→ sin(anx) est C∞
et f (k)
n |a|
∞
nk terme général d’une série
absolument convergente donc f est de classe C∞ et
f (k)
∞
+∞
n=0
|a| nk =
II) c) Par la formule de Taylor-Laplace,
f(x) =
avec x
0
n
k=0
f (k) (0)
x
k!
k x
+
0
1
k
1 − |a| 1
1 − |a|
(x − t) n
f
n!
(n+1) (t) dt
(x − t) n
f
n!
(n+1)
(t) dt
1 x
1 − |a|
n+1
→ 0
(n + 1)!
Ainsi la série de Taylor de f converge sur R vers f et donc f est développable en
série entière.
Exercice 62 : [énoncé]
CS
I) fn −−→ f avec f(x) = 1
1+x sur [0, 1[.
fn et f sont continue par morceaux, |fn(x)| ϕ(x) = 1
[0, 1[ donc par le théorème de convergence dominée,
1
0 fn(x)dx
1
−−−−−→ 0 f(x)dx. Or 1
f(x)dx = ln 2 et
0
1+x
n→+∞
1
0 fn(x)dx = 2n+1
1
(−1) 0
k=0
kxkdx = 2n+1 1
0
k=0
(−1)kxkdx = 2n+1
k=0
avec ϕ intégrable sur
(−1) k
k+1 . Enfin la série
k
(−1)
k+1 étant convergente, le calcul sur les sommes partielles de rangs impairs
précédent suffit pour conclure que +∞
= ln 2.
k=0
(−1) k
k+1
II) L’endomorphisme ϕA est autoadjoint.
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