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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 84
Ainsi, si un endomorphisme à une représentation matricielle diagonale dans toutes
les bases de E, sa matrice est de la forme λIn et donc cet endomorphisme est de
la forme λIdE.
d) Soit u un tel endomorphisme. Si A = (ai,j) est sa matrice dans une base
(e1, . . . , en) alors sa matrice dans la base (e1, 2e2, . . . , nen) a pour coefficient
général
j
i ai,j
et comme cette matrice doit être égale à la précédente, on obtient
∀i, j ∈ {1, . . . , n} , i = i ⇒ ai,j = 0
Ainsi, cet endomorphisme a une matrice diagonale dans toute base de E et en
vertu de ce qui précède, il est de la forme λIdE avec λ ∈ R.
Exercice 139 : [énoncé]
I) a) Posons n = dim E, p = dim A.
Soit (e1, . . . , ep) une base orthonormale de A. On peut la compléter en en
(e1, . . . , en) base orthonormale de E.
Puisque A = Vect(e1, . . . , ep), on a l’équivalence
et donc A ⊥ = Vect(ep+1, . . . , en) puis
x ∈ A ⊥ ⇔ ∀i ∈ {1, . . . , p} , (ei | x) = 0
E = A ⊕ A ⊥
b) On a dim A ⊥ = n − dim A et donc dim A ⊥ ⊥ = dim A.
Or on a aussi
A ⊂ A ⊥⊥
car
∀x ∈ A, ∀y ∈ A ⊥ , (x | y) = 0
donc par inclusion et égalité des dimensions, on obtient
A ⊥ ⊥ = A
II) a) La fonction G est continue donc l’image par celle-ci d’un intervalle est
intervalle et l’image d’un compact est un compact. On en déduit que l’image d’un
segment est un segment.
b) Il suffit de procéder à une intégration par parties.
c) Puisque la fonction −f ′ est positive, on a
et donc
puis
m (f(a) − f(b)) −
mf(a) + [G(b) − m] f(b)
mf(a)
b
a
b
a
b
a
f ′ (t)G(t) dt M (f(a) − f(b))
f(t)g(t) dt Mf(a) + [G(b) − M] f(b)
f(t)g(t) dt Mf(a)
Ainsi, que f(a) soit nul ou non, il existe c ∈ [a, b] tel que
b
d) Découpons l’intégrale en deux
1
1/x
a
f(t)g(t) dt = f(a)G(c)
√
1/ x
sin t
dt =
t2 1/x
1
sin t
dt +
t2 1/ √ x
sin t
dt
t2 Considérons a = 1/x, b = 1/ √ x, f(t) = 1/t 2 et g(t) = sin t.
Par ce qui précède, on peut affirmer l’existence d’un c ∈ [1/x, 1/ √ x] vérifiant
et alors
1/ √ x
1/x
c
sin t
dt = x2 sin t dt = x
t2 1/x
2 × o(1)
1
x2 √
1/ x
1/x
sin t
dt −−−−−→
t2 x→+∞ 0
Considérons a = 1/ √ x, b = 1/x, f(t) = 1/t 2 et g(t) = sin t.
on peut affirmer l’existence d’un c ∈ [1/ √ x, 1] vérifiant
et alors
1
1/ √ x
c
sin t
dt = x
t2 1/ √ sin t dt = x × O(1)
x
1
x2 1
1/ √ x
sin t
dt −−−−−→
t2 x→+∞ 0
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