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[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 . Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 81 Exercice 132 : [énoncé] I) On obtient y(x) = a0 +∞ n=0 2 n (2n!) xn II) Si n est impair, un tel endomorphisme ne peut exister. Si n = 2p, un O Ip endomorphisme de matrice convient. O O Exercice 133 : [énoncé] I) On obtient 1/2. II) Pour tout M ∈ G, ME = M donne rg(M) rg(E) D’autre part, en notant N l’inverse de M dans G, E = MN donne rg(E) rg(M) Ainsi tous les éléments de G ont même rang que E. Exercice 134 : [énoncé] I) a) La fraction rationnelle est de degré strictement négatif et de pôles −1 et 2, pôles simples. On obtient la décomposition f(x) = 1/3 1/3 + 1 + x 2 − x b) f est la somme d’une fonction développable en série entière de rayon de convergence 1 et d’une autre de rayon de convergence 2. Puisque 1 = 2, f est développable en série entière de rayon de convergence 1 et ∀x ∈ ]−1, 1[ , f(x) = 1 3 +∞ n=0 (−1) n + 1 2n+1 x n c) Ce développement en série entière donne la série de Taylor de f et permet donc de former le développement limité à tout ordre de f en 0. En particulier f(x) = 1 2 1 3 − x + 4 8 x2 − 5 16 x3 + o(x 3 ) II) En sommant toutes les colonnes sur la première n(n + 1) Dn = 2 1 1 . . 1 n 1 2 . n − 1 n − 1 . .. . .. . .. . . . . . . . .. 2 2 3 . n 1 En retranchant à chaque ligne la précédente (en commençant par la fin) n(n + 1) Dn = 2 1 0 . . 0 n 1 − n 1 . 1 n − 1 1 . .. . .. . . . . . . . . . . .. 1 2 1 . 1 1 − n On développe selon la première colonne et on se ramène à n(n + 1) Dn = 2 a (b) . .. (b) a [n−1] avec a = 1 − n et b = 1. La poursuite du calcul donne alors d’où la formule proposée. Dn = n(n + 1) (−1) 2 n−1 n n−2 Exercice 135 : [énoncé] I) a) Supposons un ∼ vn et supposons la série vn convergente A partir d’un certain rang N0, un 2vn et alors N k=1 uk N0−1 k=1 uk + 2 N k=N0 vk 2 +∞ k=1 vk + C te car les termes de la série vn sont positifs. Puisque un est une série à termes positifs aux sommes partielles majorées, elle converge. Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
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