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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 65
II)a) Soit x ∈ ker v et y = v(a) ∈ Imv. On au(x) = x et y = u(a) − a donc
(x | y) = (u(x) | u(a)) − (x | a) = 0 car u conserve le produit scalaire. Ainsi
ker v ⊂ (Imv) ⊥ puis l’égalité par un argument de dimension.
b) Pour x ∈ E, on peut écrire x = a + b avec a ∈ ker v et b ∈ (ker v) ⊥ = Imv.
On a u(a) = a et donc ∀k ∈ N, u k (a) = a. D’autre part, il existe c tel que
b = v(c) = u(c) − c de sorte que u k (b) = u k+1 (c) − u k (c). Par télescopage,
Puisque u conserve la norme :
1
n
un
(c)
et donc
un(x) = a + 1
n un (c) − 1
n c
1
= c → 0
n
un(x) → a
Exercice 96 : [énoncé]
I) a) Si |z| < Ra alors anzn est absolument convergente or |anzn | ∼ |bnzn
| donc
bnzn est absolument convergente puis |z| Rb.
Ainsi Ra Rb
puis de même Rb Ra et enfin Ra = Rb.
i b) Puisque
n n 2
(n2 +1)2n
∼ 1 on obtient R = 1.
II) a) Soit (e1, . . . , en) une base orthonormée de vecteurs propres de f.
Pour
x = x1e1 + · · · + xnen
on a
f(x) = λ1x1e1 + · · · + λnxnen
avec λi > 0 valeur propre associée au vecteur propre ei.
Ainsi, pour x = 0,
〈f(x) | x〉 = λ1x 2 1 + · · · + λnx 2 n > 0
b) Par opérations, la fonction g est de classe C 1 donc admet des dérivées partielles
relatives à n’importe quelle base.
Dans la base (e1, . . . , en), ses dérivées partielles sont
Dig(x) = λixi − ui
en notant u1, . . . un les composantes de u.
c) Il est alors immédiat que g admet un unique point critique qui est
z = u1
e1 + · · · +
λ1
un
en = f
λn
−1 (u)
Tout ceci serait plus simple, en parlant de différentielle plutôt que de dérivées
partielles.
d) Pour h ∈ E,
donc
g(f −1 (u) + h) = 1
2 (u + f(h) | f −1 (u) + h) − (u | f −1 (u) + h)
g(f −1 (u) + h) = g(f −1 (u)) + 1
2 (f(h) | h) g(f −1 (u))
car (f(h) | f −1 (u)) = (h | u) par adjonction.
Exercice 97 : [énoncé]
I) a) A = (ai,j), B = (bi,j), AB = (ci,j) et BA = (di,j) avec
donc
tr(AB) =
ci,j =
n
n
k=1
i=1 k=1
ai,kbk,j et di,j =
n
k=1
n
ai,kbk,i et tr(BA) =
bi,kak,j
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.
ln t
II) Posons f(x, t) = t+x .
f est définie et continue sur ]0, +∞[ × ]0, 1].
Pour x > 0, f(x, t) ∼ 1
t→0 + x ln t donc √ tf(x, t) −−−→ 0 puis t ↦→ f(x, t) est
t→0 +
intégrable sur ]0, 1].
Ainsi F est définie sur ]0, +∞[.
f admet une dérivée partielle ∂f
∂f
ln t
∂x continue avec ∂x (x, t) = − (t+x) 2 .
Pour a > 0 et x ∈ [a, +∞[,
∂f
(x, t)
|ln t|
∂x = ϕ(t)
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