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

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 62
La courbe considérée est une hyperbole de centre Ω(−1/3, 0) et d’axe focal
vertical.
z = 0 et z = 1 sont évidemment solutions du problème d’alignement.
Pour z = 0, 1, les points considérés sont alignés si, et seulement si, z5−z z2−z ∈ R i.e.
z3 + z2 + z + 1 ∈ R.
En écrivant z = x + iy avec x, y ∈ R, on parvient à l’équation y3 = (3x2 + 2x + 1)y.
Finalement les points recherchés sont ceux formant l’hyperbole précédemment
présentées accompagnés de la droite réelle.
Exercice 87 : [énoncé]
I) Par Sarrus
χA = −X(X 2 + ca − ba − bc)
Si ba + bc > ca alors A est diagonalisable dans Mn(R) car possède trois valeurs
propres distinctes.
Elle est a fortiori diagonalisable dans Mn(C).
Si ba + bc = ca alors 0 est seule valeur propre et donc A est diagonalisable si, et
seulement si, a = b = c = 0.
Si ba + bc < ca alors 0 est seule valeur propre réelle et donc A n’est pas
diagonalisable dans Mn(R).
En revanche A est diagonalisable dans Mn(C) (trois valeurs propres distinctes).
II) On a
R
e −t2
2 dt =
0
R
0
e −x2
dx
R
0
e −y2
dy =
[0,R] 2
Or (x, y) ↦→ e−x2−y 2
est positive et C(R) ⊂ [0, R] 2 ⊂ C(R √ 2) donc
C(R)
e −x2−y 2
R
dx dy e −t2
2
dt
En passant en coordonnées polaires
C(R)
e −x2−y 2
dx dy =
0
π/2 R
0
0
re −r2
C(R √ 2)
e −x2−y 2
dx dy
e −x2−y 2
dx dy
dr dθ = π
1 − e
4
−R2
La convergence de l’intégrale de Gauss est immédiate et en passant à la limite
l’encadrement précédent, on obtient
+∞
e −t2
dt
0
2
= π
4
puis
car +∞
e 0
−t2 dt 0.
+∞
e −t2
√
π
dt =
2
0
Exercice 88 : [énoncé]
I) a) La fonction f est de classe C1 par morceaux et régularisée donc par le
théorème de Dirichlet, sa série de Fourier converge simplement vers f.
b) La fonction f est impaire donc an = 0 et
bn = 2
π
La série de Fourier de f est
π
0
n1
n+1 2
t sin(nt) dt = (−1)
n
n+1 2
(−1)
n sin(nt)
II) Soit (e1, . . . , en) une base de E avec e1, . . . , en−1 ∈ ker f.
La matrice de f dans cette base est de la forme
⎛
⎜
A = ⎜
⎝
0
.
.
.
· · · 0
.
.
.
λ1
.
λn−1
⎞
⎟
⎠
0 · · · 0 λn
avec λn = trf.
On observe alors que A 2 = λnA.
Ainsi si trf = 1 alors A 2 = A donc f 2 = f puis f est un projecteur.
Par l’isomorphisme de représentation matricielle dans une base donnée de E, on
peut retraduire le problème matriciellement.
En considérant les éléments Ei,i et Ei,i + Ei,j pour 1 i = j n on forme une
base de Mn(R) telle que souhaitée.
Exercice 89 : [énoncé]
I) a) A = (ai,j), B = (bi,j), AB = (ci,j) et BA = (di,j) avec
ci,j =
n
k=1
ai,kbk,j et di,j =
n
k=1
bi,kak,j
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