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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 73
Exercice 112 : [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 vaut au moins 3.
II) Soient x : R → R une fonction deux fois dérivable et ϕ : R → R un C 2
difféomorphisme.
Posons y : R → R définie de sorte que y(u) = x(t) i.e. y(u) = x(ϕ −1 (u)).
La fonction y est deux fois dérivable et pour tout t ∈ R, x(t) = y(ϕ(t)).
On a alors x ′ (t) = ϕ ′ (t)y ′ (ϕ(t)) et x ′′ (t) = (ϕ ′ (t)) 2 y ′′ (ϕ(t)) + ϕ ′′ (t)y ′ (ϕ(t)).
Par suite
(1 + t 2 )x ′′ (t) + tx ′ (t) + a 2 x(t) =
(1 + t 2 )ϕ ′ (t) 2 y ′′ (ϕ(t)) + (1 + t 2 )ϕ ′′ (t) + tϕ ′ (t) y ′ (ϕ(t)) + a 2 y(ϕ(t)).
Pour ϕ(t) = argsht, ϕ ′ (t) = 1
√ 1+t 2 et (1 + t2 )ϕ ′′ (t) + tϕ ′ (t) = 0 de sorte que
(1 + t 2 )x ′′ (t) + tx ′ (t) + a 2 x(t) = 0 ⇔ y ′′ (ϕ(t)) + a 2 y(ϕ(t)) = 0.
Cela nous amène à résoudre l’équation y ′′ (u) + a 2 y(u) = 0.
Si a = 0, la solution générale de y ′′ (u) + a 2 y(u) = 0 est
y(u) = λ cos(au) + µ sin(au) et la solution générale de (1 + t 2 )x ′′ + tx ′ + a 2 x = 0
est x(t) = λ cos(aargsht) + µ sin(aargsht) avec λ, µ ∈ R.
Si a = 0, on parvient à x(t) = λ + µargsht avec λ, µ ∈ R.
Exercice 113 : [énoncé]
I) A = 2001I3 + A ′ avec A ′ ⎛
0 1 5
⎞
= ⎝ 3 0 3 ⎠.
χA ′(X) =
−X
3
4
1
−X
2
5
3
−X
4 2 0
Via C1 ← C1
+ C2 + C3,
6 − X 1
χA ′(X) =
6 − X −X
6 − X 2
5
3
−X
= (6 − X)
1
1
1
1
−X
2
5
3
−X
.
Via L2 ← L2 − L1 et
L3 ← L3 − L1,
1 1 5
χA ′(X) = (6 − X)
0 −1 − X −2
0 1 −5 − X
= (6 − X) X2 + 6X + 7 .
Finalement χA ′(X) = (6 − X)(X − 3 − √ 2)(X + 3 − √ 2) puis
χA(X) = χA ′(X − 2001)
Par suite le polynôme caractéristique de A admet trois racines distinctes :
2007, 1998 − √ 2 et 1998 + √ 2.
On en déduit que A est diagonalisable. Ainsi, il existe P ∈ GL3(R) tel que
A = P DP −1 avec D = diag(2007, 1998 − √ 2, 1998 + √ 2).
Il existe des matrices B telles que B 2 = A, par exemple les matrices P ∆P −1 avec
∆ = diag(δ1, δ2, δ3) où δ 2 1 = 2007, δ 2 2 = 1998 − √ 2 et δ 2 3 = 1998 + √ 2.
De plus, il ne peut y avoir d’autres matrices solutions car, si B 2 = A, alors B est
diagonalisable puisque B annule le polynôme scindé simple
(X 2 − 2007)(X 2 − 1998 + √ 2)(X 2 − 1998 + √ 2) et comme B commute avec A, A
et B sont simultanément diagonalisables ce qui conduit à B de l’une des formes
précédentes.
Au final, il y a 8 solutions à l’équation B 2 = A.
II) L’énoncé n’est pas clair à comprendre. . .
f(x, y) = h(y/x) et ∂2 f
∂x 2 (x, y) + ∂2 f
∂y 2 (x, y) = 1
x 2
1 + y
x
2
h ′′ y y
x + 2 xh′ y
x
.
Ainsi f est de laplacien nul si, et seulement si, h est solution de l’équation
différentielle (1 + t 2 )h ′′ (t) + 2th ′ (t) = 0.
La solution générale de cette équation est h(t) = λ arctan t + µ avec λ, µ ∈ R.
Exercice 114 : [énoncé]
I) a) La convergence uniforme donne
et donc
b
a
fn − f∞ = sup |fn(x) − f(x)| → 0
x∈[a,b]
fn(x) dx −
b
a
f(x) dx
(b − a) fn − f∞ → 0
b) S’il a convergence uniforme d’une série de fonctions continues sur [a, b], alors
on peut intégrer terme à terme :
b +∞
a
n=0
fn(x) dx =
+∞
b
n=0
a
fn(x) dx
avec continuité de la fonction somme et convergence de la série des intégrale.
Puisque la série entière xn est de rayon de convergence R = 1, cette série de
fonctions converge normalement et donc uniformément sur [0, 1/2] ⊂ ]−1, 1[ et on
en déduit
1/2 +∞
x n +∞ 1 1
dx =
n + 1 2n+1 0
n=0
n=0
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