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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 94
alors
un+1
un
=
n + 1
→ 0
n(3n + 4)(3n + 3)(3n + 2)
et donc la série de terme général un converge.
II) a) On vérifie sans peine que
1
ϕ(P, Q) = P (t)Q(t) dt
définit un produit scalaire sur l’espace considéré et que φ(P ) = ϕ(P, P ).
b) On remplit la matrice en calculant ϕ(X i , X j ). On obtient la matrice
⎛
⎝
−1
2 0 2/3
0 2/3 0
2/3 0 2/5
c) En écrivant P = a + bX + cX2 , la matrice précédente permet de calculer φ(P )
et l’on obtient
φ(P ) = 2a 2 + 2
3 b2 + 2 2
ac +
3 5 c2
d) On peut aussi écrire
avec
On obtient alors une forme
⎞
⎠
φ(P ) = 2(a + 1
6 c)2 + 2
3 b2 + 31
90 c2
P = (a + c/6) + bX + c(X 2 − 1/6)
φ(P ) = αa 2 + βb 2 + γc 2
avec a, b, c les coordonnées de P dans la base (1, X, X 2 − 1/6). Notons que
d’autres solutions sont aussi possibles. . .
Exercice 158 : [énoncé]
I) a) Par opérations, f est continue sur l’ouvert R 2 \ {(0, 0)}.
Quand (x, y) → (0, 0), on peut écrire x = r cos θ et y = r sin θ avec
r = x 2 + y 2 → 0 et alors
Ainsi f est continue sur R 2 .
f(x, y) = r sin θ cos θ → 0 = f(0, 0)
b) Par opérations, f admet des dérivées partielles en tout point de l’ouvert
R 2 \ {(0, 0)}.
En (0, 0),
1
lim (f(t, 0) − f(0, 0)) = 0
t→0 t
donc f admet une première dérivée partielle en (0, 0) et
De même
∂f
(0, 0) = 0
∂x
∂f
(0, 0) = 0
∂y
II) a) On sait AB = BA = det(A)In.
Si rgA = n alors A est inversible donc B aussi et rgB = n.
Si rgA = n − 1 alors dim ker A = 1 et puisque AB = On, ImB ⊂ ker A puis
rgB 1.
De plus, la matrice A étant de rang exactement n − 1, elle possède un mineur non
nul et donc B = On. Finalement rgB = 1.
Si rgA n − 2 alors tous les mineurs de A sont nuls et donc B = On puis rgB = 0.
b) Puisque rgA = n − 1, dim ker A = 1 et dim ker t A = 1.
Il existe donc deux colonnes X et Y non nulles telles que
ker A = VectX et ker t A = VectY
Soit M ∈ Mn(K) vérifiant AM = MA = On.
Puisque AM = On, ImM ⊂ ker A = VectX et donc on peut écrire par blocs
M = (λ1X | . . . | λnX) = XL
avec L = ( λ1 . . . λn) .
La relation MA = On donne alors XLA = On et puisque X = 0, on obtient
LA = 0 puis t A t L = 0. Ceci permet alors d’écrire L sous la forme L = λ t Y puis
M sous la forme
M = λX t Y
Inversement une telle matrice vérifie AM = MA = On et donc
{M ∈ Mn(K)/AM = MA = On} = Vect(X t Y )
Cet espace de solution étant une droite et la matrice B étant un élément non nul
de celle-ci, il est dès lors immédiat d’affirmer que toute matrice C ∈ Mn(K)
vérifiant AC = CA = On est nécessairement colinéaire à B.
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