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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 63
donc
tr(AB) =
n
i=1 k=1
n
ai,kbk,i et tr(BA) =
n
n
i=1 k=1
En réorganisant les deux sommes, on obtient tr(AB) = tr(BA).
b) Si B = P −1 AP alors
trB = tr P −1 (AP ) = tr (AP )P −1 = trA
bi,kak,i
Ainsi si les matrices A et B sont semblables, alors elles ont même trace.
Les matrices d’un même endomorphisme étant semblables entres elles, on peut
conclure.
c) A k et B k représentent le même endomorphisme donc ces matrices sont
semblables et ont même trace.
II) Points critiques (0, 1) et (0, e −2 ).
En (0, 1) :
f(0, 1) = 0 et ∀x ∈ R, ∀y > 0, f(x, y) 0
C’est un minimum global.
En (0, e −2 ) :
Ce n’est pas un extremum local.
rt − s 2 = −4 < 0
Exercice 90 : [énoncé]
I) a) On observe que E = Vect(I2, J) avec I2 = M(1, 0) et J = M(0, 1). Les
matrices I2 et J étant indépendantes, E est un sous-espace vectoriel de dimension
2.
De plus E est aussi un sous-anneau en vérifiant l’appartenance de I2 la stabilité
par différence et produit (car J 2 = −I2)
b) ϕ est évidemment linéaire et bijective, c’est un isomorphisme d’espaces
vectoriels.
C’est aussi un isomorphisme d’anneau car ϕ(1) = I2 et ϕ(zz ′ ) = ϕ(z)ϕ(z ′ ) (après
calculs).
II) La fonction
ϕ : t ↦→ e−at − e −bt
t
est intégrable sur ]0, +∞[ car prolongeable par continuité en 0 et vérifie
t2ϕ(t) −−−−→ 0. Par domination, on en déduit que F est définie sur R.
t→+∞
Posons f(x, t) = ϕ(t) cos(xt).
f admet une dérivée partielle ∂f
∂x
et ∂f
∂x (x, t) = −(e−at − e −bt ) sin(xt).
x ↦→ ∂f
∂f
∂x (x, t) est continue sur R, t ↦→ ∂x (x, t) est continue par morceaux sur
]0, +∞[ et
∂f
(x, t)
∂x e−at + e −bt = ψ(t)
avec ψ intégrable sur ]0, +∞[.
On en déduit que F est une fonction de classe C 1 et
Or +∞
donc
0
F ′ +∞
(x) =
0
−(e −at − e −bt ) sin(xt) dt
e −at +∞
sin(xt) dt = Im e
0
(−a+ix)t
x
dt =
a2 + x2 F (x) = 1
2 ln b2 + x2 a2 + x
Montrons que quand x → +∞, F (x) −−−−−→
x→+∞ 0.
Par intégration par parties,
donc
On en déduit C te = 0 puis
2 + Cte
+∞
sin xt
F (x) = ϕ(t) −
x 0
1
+∞
ϕ
x 0
′ (t) sin(xt) dt
|F (x)| 1
x
+∞
0
|ϕ ′ (t)| dt −−−−−→
x→+∞ 0
F (x) = 1
2 ln b2 + x 2
a 2 + x 2
Exercice 91 : [énoncé]
I) a) Soit un une série absolument convergente de l’espace normé et (Sn) la
suite de ses sommes partielles.
La série numérique un converge, notons (Tn) la suite de ses sommes
partielles.
On a
n
n
Sn = uk et Tn = uk
donc
k=0
k=0
Sn+p − Sn |Tn+p − Tn|
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