[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 2
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
I) La dernière équivalence provient du théorème d’inversibilité des matrices
carrées.
uest orthogonal ⇔ ∀x, y ∈E, (u(x)|u(y)) = (x|y).
Or (u(x)|u(y)) = (u?(u(x)) |y)donc uest orthogonal
⇔ ∀x, y ∈E, (u?(u(x)) −x|y)=0.
Or seul le vecteur nul est orthogonal à tout autre donc uest orthogonal
⇔ ∀x∈E, u?◦u(x) = x.
Or tP P est la matrice de u?◦udonc uest orthogonal si, et seulement si,
tP P =In.
II) a) fadmet une limite en +∞car elle est décroissante. Cette limite ne peut
être infinie ou finie non nulle donc ftend vers 0 en +∞et puisqu’elle est
décroissante elle est positive.
b) fétant décroissante, hf((n+ 1)h)6R(n+1)h
nh f(t)dt6hf(nh). Il suffit de
sommer pour n∈ {0, . . . , N −1}.
c)
N
P
n=1
f(nh)61
hRNh
0f(x)dx61
hR+∞
0f(x)dxet f(nh)>0donc Pf(nh)
converge.
En passant à la limite quand N→+∞l’encadrement du b) :
h
+∞
P
n=1
f(nh)6R+∞
0f(x)dx6h
+∞
P
n=0
f(nh)
donc R+∞
0f(x)dx6h
+∞
P
n=0
f(nh)6R+∞
0f(x)dx+hf(0).
A la limite quand h→0:h
+∞
P
n=0
f(nh)→R+∞
0f(x)dx.
Exercice 2 : [énoncé]
I) On évalue
+∞
P
n=0
(n2+ 3n+ 1)xn=x2−2x−1
(x−1)3en x=1
2. On obtient 14.
II) C’est une cardioïde.
Exercice 3 : [énoncé]
I) a) Posons n= dim E,p= dim A.
Soit (e1, . . . , ep)une base orthonormale de Aque l’on complète en (e1, . . . , en)
base orthonormale de E.
x∈A⊥⇔ ∀i∈ {1, . . . , p},(ei|x)=0
donc A⊥=Vect(ep+1, . . . , en)puis E=A⊕A⊥.
b) On a dim A⊥=n−dim Aet donc dim A⊥⊥ = dim A.
II) a) On parvient à
y(t) =
+∞
X
p=0
t2p
(2p+ 2)!
de rayon de convergence R= +∞.
En d’autres termes
y(t) = ch(t)−1
t2
prolongée par continuité en 0.
b) calculs.
c) t7→ cht
t2est solution de l’équation homogène E0sur R+?et R−?.
y(t) = cht
t2z(t)injectée dans E0donne ch(t)z00(t)+2sh(t)z0(t)=0,z0(t) = C
ch2(t)
puis z=Cth(t) + D.
La solution générale de E0est
y(t) = Csht+Dcht
t2
sur R+?et R−?.
La solution générale de Eest
y(t) = Csht+Dcht
t2+cht−1
t2
sur R+?et R−?.
Par étude de recollement en 0, la seule solution sur Rest la solution initiale.
Exercice 4 : [énoncé]
I) a) Posons λ1, . . . , λnles coefficients diagonaux de B. L’hypothèse ∀k∈[[1, n]],
tr(Bk)=0donne ∀k∈[[1, n]] , λk
1+···+λk
n= 0. Supposons qu’il existe des λinon
nuls et regroupons ceux qui sont égaux entre eux de sorte que
{λ1, . . . , λn}\{0}={µ1, . . . , µp}avec les µjdeux à deux distincts. En notant αj
le nombre d’occurrences de µjdans la liste λ1, . . . , λn, on obtient les équations
α1µk
1+··· +αpµk
p= 0 pour tout k∈ {1, . . . , p}. On peut alors percevoir
(α1, . . . , αp)comme étant solution non nulle du système
µ1x1+··· +µpxp= 0
···
µp
1x1+··· +µp
pxp= 0
.
Or ce système est de Cramer car son déterminant est non nul (µi6= 0 et µi6=µj)
et sa seule solution est (0,...,0). Absurde. On en déduit que tous les λisont nuls
et que Best triangulaire supérieure stricte donc nilpotente.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD