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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 68 x ↦→ +∞ anxn est de classe C1 sur ]−R, R[ car c’est la somme d’une série de n=0 fonctions de classe C1 convergeant simplement sur ]−R, R[ et dont la série des dérivées converge uniformément sur tout segment inclus dans ]−R, R[. II) ⎧ ⎧ ⎪⎨ ax + 2by + 2z = 1 ⎪⎨ 2x + 2by + az = 1 2x + aby + 2z = b ⇔ b(a − 2)y + (2 − a)z = b − 1 ⎪⎩ ⎪⎩ 2x + 2by + az = 1 (a − 2)x + (2 − a)z = 0 2x + 2by + 2z = 1 Si a = 2, on parvient au système . 0 = b − 1 Dans le cas b = 1, le système est incompatible. Dans le cas b = 1, on parvient à l’équation 2x + 2y + 2z = 1. Si a = 2, on parvient au système ⎧ 2x + 2by + az = 1 ⎪⎨ b − 1 by − z = a − 2 ⎪⎩ x − z = 0 puis ⎧ a − 2b (a + 4)z = ⎪⎨ a − 2 b − 1 by = z + ⎪⎩ a − 2 x = z Dans le cas a = −4, le système n’est compatible que si b = −2 et on parvient au système x = z −4y = 2z + 1 Dans le cas b = 0, le système est incompatible. Dans le cas général restant, on parvient à x = z = Exercice 102 : [énoncé] I) a) Puisque un ∼ vn on peut écrire a − 2b ab + 2b − 4 , y = (a − 2)(a + 4) b(a − 2)(a + 4) un = vn + o(vn) A partir d’un certain rang et donc un est du signe de vn. b) Quand n → +∞, donc sh 1 1 = n n 1 1 + + o 6n3 n3 et un est négatif pour n assez grand. II) ρ est définie et de classe C ∞ sur k∈Z |o(vn)| 1 2 |vn| et tan 1 1 = n n un ∼ − 1 6n 3 − π 3π + 2kπ, + 2kπ 2 2 Puisque ρ(θ + 2π) = ρ(θ), on peut limiter l’étude à l’intervalle On a ρ ′ (θ) = − π 3π , 2 2 1 + sin θ − cos θ (1 + sin θ) 2 avec 1 + sin θ − cos θ = 1 + √ 2 sin (θ − π/4) ρ ′ (θ) 0 sur ]−π/2, 0[ et ρ ′ (θ) 0 sur ]0, 3π/2[. θ −π/2 0 3π/2 ρ(θ) +∞ ↘ 0 ↗ +∞ 1 1 + + o 3n3 n3 Quand θ = 0 : Point de rebroussement de première espèce avec tangente d’équation θ = 0. Quand θ → −π/2 + , ρ(θ) sin(θ + π/2) → +∞ en écrivant θ = −π/2 + α avec α → 0. Branche parabolique de direction verticale. Quand θ → 3π/2 − , ρ(θ) sin(θ + 3π/2) → +∞. Branche parabolique de direction verticale. Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 69 Exercice 103 : [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) Puisque φ est continue et bornée, il est immédiat d’obtenir que φf ∈ E. La linéarité de u étant évidente, on peut affirmer que u est un endomorphisme. Par continuité de g en x0, on peut affirmer que pour tout ε > 0, il existe α > 0 vérifiant : |x − x0| α ⇒ |g(x) − g(x0)| ε Pour 1/n α, on a alors f 2 ng − g(x0) R + et donc Ainsi R + f 2 n R + = R + ∩[x0−1/n,x0+1/n] f 2 ng − g(x0) R + lim n→+∞ R + f 2 ng R + f 2 n f 2 n f 2 n(x) |g(x) − g(x0)| dx ε R + f 2 n = g(x0) Puisque φ est bornée, on obtient facilement N2(φf) φ ∞ N2(f). Par suite u est continue avec u φ ∞ . Pour ε > 0, soit x0 ∈ R + vérifiant |φ(x0)| φ ∞ − ε Puisque fn ∈ E, l’étude qui précède donne N2(fnφ) N2(fn) Ainsi u |φ(x0)|. Ceci valant pour tout ε > 0, on peut affirmer → |φ(x0)| u = φ(x0) Exercice 104 : [énoncé] I) En résolvant l’équation x = (t − 1)/t, on perçoit la courbe comme représentant la fonction x ↦→ 1 (x − 1)(x − 2) II) Si X est solution alors tr(X)(1 − trA) = trB. Si trA = 1 alors X = trB 1−trAA + B et inversement cette matrice est solution. Si trA = 1 et trB = 0, il n’y a pas de solution. Si trA = 1 et trB = 0 alors X est de la forme λA + B avec λ ∈ R et inversement de telles matrices sont solutions. Exercice 105 : [énoncé] I) a) rgA = 3 si a = 0 et rgA = 2 si a = 0. La matrice A est inversible si, et seulement si, a = 0. b) Si a /∈ {1, 2}, la matrice A est diagonalisable de valeurs propres 1, 2, a. Si a = 1 alors dim ker(A − I3) = 3 − rg(A − I3) = 1 or 1 est valeur propre de multiplicité 2 donc A n’est pas diagonalisable. Si a = 2 alors dim ker(A − 2I3) = 3 − rg(A − 2I3) = 2 et puisque dim ker(A − I3) 1, la matrice A est diagonalisable car la somme des dimensions des sous-espaces propres va vaut au moins 3. II) La condition 1 xy 2 donne une portion du plan comprise entre deux hyperboles. Dans le repère (O; u π/4, v π/4), la condition 1 x 2 − y 2 4 devient 1 2XY 4 ce qui conduit encore à une portion de plan comprise entre 2 hyperboles. Pour x, y, X, Y > 0, on obtient xy = X x 2 − y 2 = Y ⇔ ⎧ √ 2X ⎪⎨ x = √ Y 2 + 4X2 − Y ⎪⎩ y = 1 Y √ 2 + 4X2 − Y 2 Cela permet de justifier que φ est une bijection de ]0, +∞[ 2 vers lui-même. φ est évidemment de classe C1 et Jacφ(x, y) = y x 2x −2y = −2(x2 + y2 ) = 0 donc, par le théorème d’inversion globale, φ est un C 1 difféomorphisme. On aurait pu aussi observer que φ −1 est de classe C 1 ce qui est immédiat car le système précédent permet d’exprimer φ −1 . On a φ(D) = [1, 2] × [1, 4]. Par le changement de variable induit par φ, X 3 I = dX dY = ln 2 2Y 2 [1,2]×[1,4] Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
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