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

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 80
prolongée par continuité en 0.
b) calculs.
c) t ↦→ cht
t 2 est solution de l’équation homogène E0 sur R +⋆ et R −⋆ .
y(t) = cht
t 2 z(t) injectée dans E0 donne ch(t)z ′′ (t) + 2sh(t)z ′ (t) = 0, z ′ (t) = C
ch 2 (t)
puis z = Cth(t) + D.
La solution générale de E0 est
sur R +⋆ et R −⋆ .
La solution générale de E est
y(t) =
y(t) =
Csht + Dcht
t 2
Csht + Dcht
t 2
+ cht − 1
t 2
sur R +⋆ et R −⋆ .
Par étude de recollement en 0, la seule solution sur R est la solution initiale.
Exercice 128 : [énoncé]
I) a) Posons λ1, . . . , λn les coefficients diagonaux de B. L’hypothèse ∀k ∈ [[1, n]],
tr(Bk ) = 0 donne ∀k ∈ [[1, n]] , λk 1 + · · · + λk n = 0. Supposons qu’il existe des λi non
nuls et regroupons ceux qui sont égaux entre eux de sorte que
{λ1, . . . , λn} \ {0} = {µ1, . . . , µp} avec les µj deux à deux distincts. En notant αj
le nombre d’occurrences de µj dans la liste λ1, . . . , λn, on obtient les équations
α1µ k 1 + · · · + αpµ k p = 0 pour tout k ∈ {1, . . . , p}. On peut
⎧
alors percevoir
⎪⎨ µ1x1 + · · · + µpxp = 0
(α1, . . . , αp) comme étant solution non nulle du système · · ·
⎪⎩
µ p
1x1 + · · · + µ p .
pxp = 0
Or ce système est de Cramer car son déterminant est non nul (µi = 0 et µi = µj)
et sa seule solution est (0, . . . , 0). Absurde. On en déduit que tous les λi sont nuls
et que B est triangulaire supérieure stricte donc nilpotente.
b) Sur Mn(C), toute matrice est semblables à une matrice triangulaire supérieure.
II) En π/2, on peut prolonger par continuité, en 0, on observe √ xf(x) → 0.
π/2
cos x ln(sin x)dx = −1 et 0
π/2
cos(x) ln(cos x)dx = 0
1
1
2 0 ln(1 − u2 )du =
1
2 1
2 −(1 − u) ln(1 − u ) 0 − 1 u
0 1+udu = ln 2 − 1.
Finalement π/2
cos x ln(tan x)dx = − ln 2.
0
Exercice 129 : [énoncé]
I) On a
ln 1 + sin (−1)n
nα
= (−1)n
1 1
− + o
nα 2n2α n2α
n
(−1)
nα converge par le critère spécial et 1
2n2α + o 1
n2α
converge si, et
seulement si, α > 1/2.
II) sin(αi + αj) = sin(αi) cos(αj) + sin(αj) cos(αi) donne
⎛
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
sin(α1 + αj)
sin(α1)
cos(α1)
⎜
⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎟
⎝ . ⎠ = cos(αj) ⎜ ⎟
⎝ . ⎠ + sin(αj) ⎜ ⎟
⎝ . ⎠
sin(αn + αj)
sin(αn)
cos(αn)
et donc la matrice A = (ai,j) est de rang inférieur à 2. Ainsi, si n 3, det A = 0.
Pour n = 1, det A = sin(2α1) et pour n = 2,
det A = sin(2α1) sin(2α2) − sin 2 (α1 + α2). Ces quantités ne sont pas toujours
nulles.
Exercice 130 : [énoncé]
I) a) Soit (zn) ∈ C N . zn = xn + yn avec (xn) ∈ A N et (yn) ∈ B N . A est compact
donc on peut extraire de (xn) une suite convergeant dans A : (x ϕ(n)). Or B est
compact, donc on peut extraire de (y ϕ(n)) une suite convergeant dans B :
(y ϕ(ψ(n))). La suite (z ϕ(ψ(n))) converge alors dans C.
b) On suppose que (zn) ∈ C N converge vers z. On peut écrire zn = xn + yn avec
(xn) ∈ A N et (yn) ∈ B N . A est compact donc on peut extraire de (xn) une suite
convergent dans A : x ϕ(n) → x ∈ A. La suite (y ϕ(n)) converge alors vers b = z − a
et b ∈ B car B est fermé. Ainsi z = a + b ∈ C.
II) Il existe P inversible tel que P −1 AP = D avec D matrice diagonale à
coefficients diagonaux distinctes. Une matrice B commute avec A si, et seulement
si, P −1 BP commute avec D. Or seules les matrices diagonales commutent avec D
donc les matrices commutant avec A sont les P −1 ∆P avec ∆ = diag(λ1, . . . , λn).
On obtient une base du commutant de A avec les ∆i = P −1 Ei,iP et on en déduit
que le commutant de A est de dimension n.
Exercice 131 : [énoncé]
I) Cf. cours.
Soit σ ∈ Sn, autre que Id. Il existe i = j tel que σ(i) = j.
Posons τ = j k avec k = i, j. (τ ◦ σ)(i) = k et (σ ◦ τ)(i) = j donc σ
n’appartient pas au centre de Sn.
II) a) In + In+2 = π/4
(1 + tan 0 2 x) tann xdx = 1
n+1 .
b) Aisément (In) est décroissante donc In + In+2 2In In−2 + In et cela
permet de conclure : In ∼ 1
2n .
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