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

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 56
Cette équation possède une solution non nulle si, et seulement si, λ = 0, λ = −2
et λ = k − 2 avec k ∈ {2, . . . , n}.
Ainsi Sp(φ) = {−2, 0, 1, . . . , n − 2}.
E−2(φ) = Vect(X − a), E0(φ) = ker φ, Ek−2(φ) = Vect(X − a) k pour
k ∈ {3, . . . , n}.
La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut dim Rn [X] :
l’endomorphisme est diagonalisable.
En fait, la base des (X − a) k est base de diagonalisation de l’endomorphisme φ.
II) Solution générale y(x) = x2 − 2x + 1
3ex 1 − + e 2 x
λ cos
√ 3x
2
+ µ sin
√ 3x
2
Exercice 67 : [énoncé]
I) a) Soit H primitive de h. H est croissante et H(b) − H(a) = 0 implique H
constante donc h = 0.
b) Cours.
II) a) S est définie sur R\Z − .
b) Par convergence normale sur [1, +∞[, on peut intervertir limites et sommes
infinies pour justifier,
et
de sorte que
c) Pour |x| < 1 ;
S(x) − 1
x =
+∞
n=1
+∞
lim S(x) = 0 = 0
x→+∞
n=0
+∞
lim xS(x) = a
x→+∞
n=0
n = 1
1 − a
S(x) ∼
1
(1 − a)x
an x + n =
+∞
Or (−1) m a n
n m+1 x m converge et +∞
m=0
+∞
n=1 m=0
(−1)
(−1) m a n
m an
xm
m+1
n
n m+1 x m converge. Par le
théorème de Fubini, on peut permuter les sommes infinies et affirmer
S(x) − 1
x =
+∞
(−1)
m=0
m
+∞
a
n=1
n
nm+1
x m
.
Exercice 68 : [énoncé]
I) a) On a
f(x) = 1 1 1 1
−
4 x + 1 4 x − 3
Les primitives de f sur l’intervalle ]3, +∞[ sont
b) On a
x ↦→ 1 x + 1
ln + Cte
4 x − 3
f(x) = 1 1 1 1
+ + =
4 1 − (−x) 12 1 − x/3
+∞
n=0
(−1) n
4
1
+
4.3n+1
x n
Le rayon de convergence vaut 1 car il est supérieur au minimum des rayon de
convergence des séries entières sommées et parce que F (x) −−−−−→ +∞ ce qui
x→−1 +
empêche un rayon de convergence strictement supérieur à 1.
c) Les coefficients d’un développement en série entière étant ceux de la série de
Taylor associé, on obtient par troncature du développement en série entière un
développement limité.
f(x) = 1
3
2 7
− x +
9 27 x2 − 20
81 x3 + o(x 3 )
II) a) p + q = Id, p ◦ q = 0 car (u − aId)(u − bId) = 0,
p = p ◦ Id = p ◦ p + p ◦ q = p ◦ p, aussi q ◦ q = q via q ◦ p = 0.
b) ker p = ker(u − aId), ker q = ker(u − bId) et (u − aId)(u − bId) = 0 donne par le
lemme de décomposition des noyaux, E = ker p ⊕ ker q.
c) u est diagonalisable car annule un polynôme scindé simple,
Sp(u) = {a, b}, Ea(u) = ker p, Eb(u) = ker q à moins que u = aId ou u = bId.
Exercice 69 : [énoncé]
I) a) λ est valeur propre de u si, et seulement si, u − λId n’est pas injectif i.e.
det(u − λId) = 0.
b) L’application λ ↦→ det(u − λId) est polynomiale de degré n et donc admet au
plus n racines.
II) a) On vérifie que
˜y : x ↦→ e −αx
y(0) +
x
0
f(t)e αt
dt
est solution de l’équation différentielle et vérifie ˜y(0) = y(0) donc par le théorème
de Cauchy, ˜y = y.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD