LYON 2003 PREMIER PROBLÈME. ϕ est continue sur [0, + [. dt existe pour tout élément n de N. > 0. De plus ϕ(0) > 0. Ainsi :

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1 Jean-François COSSUTTA. Lycée Marcelin Berhelo Sain Maur 94. LYON 3 PREMIER PROBLÈME PARTIE I : Résulas généraux sur ϕ e J n. Les foncions e sin son coninues sur ], + [. Par produi ϕ es coninue sur ], + [. sin sin = donc lim =. Alors lim ϕ = = ϕ e ϕ es coninue à droie en ϕ es coninue sur [, + [. Alors pour ou élémen n de N ϕ n es coninue sur [, + [ donc sur [, ], ce qui suffi pour dire que : J n =. a. ], ], sin > donc ], ], ϕ = sin ϕ n d exise pour ou élémen n de N. >. De plus ϕ >. Ainsi : ϕ es sricemen posiive sur [, ]. ϕ es dérivable sur ], + [ e ], + [, ϕ = cos sin. Posons [, ], ψ = cos sin. ψ es dérivable sur [, ] e [, ], ψ = cos sin cos = sin. Alors ψ es coninue sur [, ] e ], ], ψ < donc ψ es sricemen décroissane sur [, ]. Comme ψ =, ], ], ψ <. Par conséquen ], ], ϕ = ψ <. ϕ es coninue sur [, ] e ], ], ϕ <. Ainsi : ϕ es sricemen décroissane sur [, ]. b. Soi un élémen de ], ]. Ce qui précède donne < ϕ < ϕ =. Donc ϕ = ϕ <. Soi un élémen de ], + ]. sin donc ϕ = sin <. Finalemen : ], + [, ϕ <.

2 3. a. Posons : [, + [, f = sin +. f es deux fois dérivable sur [, + [. [, + [, f = cos + e f = sin +. f es posiive sur [, + [ donc f es croissane sur [, + [. Comme f =, f es posiive sur [, + [. f es alors croissane sur [, + [ e comme f =, f es posiive sur [, + [. Ainsi : [, + [, sin + ou [, + [, sin. Alors ], + [, ϕ = sin. Comme ϕ = = on a : [, + [, ϕ. b. Soi n un élémen de N. [, ], ϕ donc [, ], ϕ n n. En inégran il vien : J n = ] n n n+ ϕ d d = [ = Par conséquen : n + n + n N, J n n + PARTIE II : Eude de I. a. Soi x un élémen de [, + [. Une inégraion par paries simple avec u = e v = sin donne : x [ ] x sin x d = cos x sin cos x cos d ou d = x Finalemen : x [, + [, b. x [, + [, cos x x x Comme x sin d = cos cos x x x cos d. cos lim =, le héorème d encadremen donne x + x lim x cos d. cos x x + x Ainsi x cos cos x adme une limie finie en + ce qui perme de dire que les inégrales x cos e d son de même naure. Monrons la convergence de cee dernière inégrale. x [, + [, cos x + x x e d converge. généralisées de foncions posiives donnen alors la convergence de cos d. Donc cos Ceci achève alors de monrer que d es absolumen convergene donc convergene. sin d converge. =. sin Les règles de comparaisons sur les inégrales d

3 3 Ainsi K = ϕ d converge. Comme J = K = ϕ d e I = ϕ d exise alors I = ϕ d convergen. ϕ d converge.. a. [, + [, sin donc [, + [, sin sin = sin = cos. [, + [, sin cos. b. Uilisons une méhode analogue à celle de.a. pour obenir la convergence de cos d. cos sin x Alors d = x x [, + [, sin x x x cos d ou de Soi x un élémen de [, + [. Une inégraion par paries simple avec u = e v = cos donne : x [ ] x cos sin x d = sin d x sin x sin + d. sin x e lim =, par encadremen il vien lim =. x + x x + x sin x Ainsi x sin admen une limie finie en + ce qui perme de dire que les inégrales x + cos + sin d e d son de même naure. Monrons la convergence de cee dernière inégrale. x [, + [, sin x x x e d converge. Les règles de comparaisons sur les inégrales généralisées de foncions posiives donnen alors la convergence de sin d. Donc sin d es absolumen convergene donc convergene. Ceci achève alors de monrer que sin c. [, + [, ϕ = d diverge e sin cos cos d converge. Ainsi : cos = cos. d converge donc d converge. cos d diverge. Les règles de comparaisons sur les inégrales généralisées de foncions posiives donnen alors la divergence + sin + sin de d. d diverge alors égalemen.

4 4 L inégrale I n es pas absolumen convergene. PARTIE III : Eude de I n pour n. a Soi n un élémen de [, + [. ϕ n es coninue sur [, + [ e [, + [, ϕ n = La convergence de posiives donnen alors la convergence de Ainsi sin n n n n d n e les règles de comparaisons sur les inégrales généralisées de foncions ϕ n d. ϕ n d es absolumen convegene donc convergene. Pour ou élémen n de [, + [ l inégrale K n es convergene. b. Soi n un élémen de [, + [. Comme K n es absolumen convergene : K n = ϕ n d ϕ n d. De plus [, + [, ϕ n n e n d converge donc : K n n d. x [ ] x n d = lim x + n d = lim x + n n = lim x + n x n + n Par conséquen K n n..a. Soi n un élémen de [, + [. J n+ J n = ϕ n+ ϕ n d = n [, + [, K n n ϕ n ϕ d. = n Or [, ], sin = ϕ ϕ ϕ =. Par conséquen : [, ], ϕ n e ϕ. Alors [, ], ϕ n ϕ e ainsi : Jn+ J n = Finalemen : n [, + [, J n+ J n. ϕ n ϕ d. La suie J n n es décroissane. b. n [, + [, [, ], ϕ n donc n [, + [, Jn = La suie J n n es décroissane e minorée par zéro donc elle converge. ϕ n d.

5 5 La suie J n n es convergene. c. Soien a un élémen de ], [ e n un élémen de [, + [. ϕ es décroissane, posiive e majorée par sur [, ]. Par conséquen [, a], ϕ e [a, ], ϕ ϕa. Ainsi [, a], ϕ n n n. e [a, ], ϕ ϕa Alors a a n ϕ d d = a e a a n n n ϕ d ϕa d = a ϕa n [, + [, a ], [, a n n n. ϕ d a e ϕ d a ϕa a d. Soi a un élémen de ], [. n [, + [, J n = Donc n [, + [, J n a + a ϕa n Or a n n n n. ϕ d = ϕ d + ϕ d a + a ϕa. lim J n n = l e lim ϕa = car ϕa <. En passan à la limie dans on obien l a. n + n + a ], [, l a a En faisan endre a vers dans l encadremen précéden on obien l =. l =, donc la suie J n n converge vers 3.a. Pour ou n dans [, + [, J n = + n n ϕ d e Kn = ϕ d convergen donc : pour ou élémen n de [, + [, I n = 3.b. n N, I n = J n + K n J n + K n J n + n lim J n = e n + lim n + = alors, par encadremen on obien : n ϕ n d converge. lim I n =. n + PARTIE IV : Eude de la série de erme général I n. Soi p un élémen de N.

6 6 K p + K p+ = + p + p+ p ϕ d + ϕ d = ϕ + ϕ d Or [, + [, ϕ p e [, + [, + ϕ car ], + [, ϕ. Par conséquen [, + [ ϕ p + p + ϕ donc ϕ + ϕ d. p N, K p + K p+.. Soi N un élémen de N. p N, K p + K p+ = I p J p + I p+ J p+. Donc p N, I p + I p+ J p + J p+. En somman de à N on obien : N N, N p= I p + I p+ N p= J p + J p+. 3. Soi N un élmen de N. En uilisan I.3.b e IV. on obien : N+ N N N I p = I p + I p+ J p + J p+ p + + = p + p= p= La série de erme général p vers +. Ce qui suffi pour dire que : p= p= N+ es divergene e à erme posiifs donc la suie de ses sommes parielles end lim N + N+ p=3 N+ = + e ainsi p lim I p = +. N + p= Ceci suffi pour dire que la suie des sommes parielles de la série de erme général I p ne converge pas. Alors p=3 p La série de erme général I n diverge.

7 7 SECOND PROBLÈME PARTIE I : Inverse généralisé d un endomorphisme symérique. f es non inversible donc f n es pas bijecive. Comme f es un endomorphisme de E, qui es de dimension finie, f n es pas injecive. Son noyau n es donc pas rédui à E donc es valeur propre de f. f es diagonalisable car f es un endomorphisme symérique. Supposons que soi la seule valeur propre de E. Alors le sous-espace propre de f associé à es E donc Ker f = E e f es l endomorphisme nul de E ce qui conredi l hypohèse. es valeur propre de f e f adme au moins une valeur propre non nulle.. a. Tou cela es du cours. Soi x un élémen de E f λ e y un élémen de E f µ. fx = λ x e fy = µ y. λ < x, y >=< λ x, y >=< fx, y >=< x, fy >=< x, µ y >= µ < x, y > f es symérique. x E f λ, y E f µ, λ < x, y >= µ < x, y >. b. Soien λ e µ deux valeurs propres disinces de f. x E f λ, y E f µ, λ < x, y >= µ < x, y > donc x E f λ, y E f µ, λ µ < x, y >=. Comme λ µ n es pas nul : x E f λ, y E f µ, < x, y >=. E f λ e E f µ son donc orhogonaux. Les sous-espaces propres de f son deux à deux orhogonaux. 3. Soien x un élémen de Ker f e y un élémen de Im f. fx = E e il exise un élémen de E el que y = f. < x, y >=< x, f >=< fx, >=< E, >=. x Ker f, y Im f, < x, y >= donc Ker f e Im f son orhogonaux. En pariculier leur inersecion es { E }. Or, d après le héorème du rang, dim E = dim Ker f +dim Im f. Comme E es de dimension finie ceci achève de prouver que Ker f e Im f son supplémenaires. Ker f e Im f son supplémenaires orhogonaux dans E.

8 8 Remarque Ker f = Im f e Im f = Ker f. 4. a. f es diagonalisable e adme k + valeurs propres deux à deux disinces λ, λ,..., λ k. Par conséquen : E = E f λ E f λ E f λ k. Ce qui signifie que : pour ou élémen x de E, il exise un unique k + -uple x, x,..., x k de E f λ E f λ E f λ k el que x = x + x + + x k. b. Soi j un élémen de [, k ] e soi x un élémen de E. x, x,..., x k es l unique k + -uple de E f λ E f λ E f λ k el que x = x l. p j x = p j x l = k p j x l. l= l= x j apparien à E f λ j donc p j x j = x j. Soi l un élémen de [, k ] disinc de j. x l apparien à E f λ l qui es orhogonal à E f λ j donc qui es conenu dans l orhogonal de E f λ j. Alors p j x l = E. Finalemen p j x = k px l = x j. l= Si j es dans [, k ], si x es dans E e si x, x,..., x k es l unique k + -uple de E f λ E f λ E f λ k el que x = x + x + + x k alors : p j x = x j. l= En reprenan les noaions précèdenes on a : Id E x = x = ceci pour ou x dans E. Par conséquen : k l= Id E = p + p + + p k. x l = k l= p l x = p + p + + p k x e 5.a. Soien i e j deux élémens disincs de [, k ]. Soi x un élémen de E. Soi x, x,..., x k l unique k + -uple de E f λ E f λ E f λ k el que x = x l. p i p j x = p i pj x = p i x j. j éan différen de i, p i x j = E car x j apparien à l orhogonal de E f λ i. Finalemen x E, p i p j x = E. Par conséquen : l= i, j [, k ], i j p i p j = LE.

9 9 b. Soi x un élémen de E e soi x, x,..., x k l unique k + -uple de E f λ E f λ E f λ k el que x = x l. l= fx = f x l = l= fx l = λ l x l = λ l p l x = λ l p l x = λ l p l x λ =. l= Donc : x E, fx = λ l p l x. Alors : l= l= l= l= l= f = λ l p l = λ p + λ p + + λ k p k. l= Remarque Il es aisé de monré que : r N, f r = λ l p r l = λ p r + λ p r + + λ k p r k. c. Soi x un élémen de E e soi x, x,..., x k l unique k + -uple de E f λ E f λ E f λ k el que x = x l. 6. a. f = l= x apparien à E f λ donc à Ker f. Posons y = l [, k ], λ l donc y = x l = l= Ainsi y apparien à l image de f. l= l= x l e monons que y apparien à Im f. l= λ l x l λ l = l= fx l = f λ l l= x l. λ l On a donc x = x + y avec x dans Ker f e y dans Im f. Ceci suffi pour dire que px = y. Donc px = x l = p l x = p l x e ceci pour ou élémen x de E. Alors : Remarque l= l= l= p = p l = p + p + + p k. l= Noons que nous avons monré que E f λ E f λ E f λ k es conenu dans Im f. En fai il n es pas difficle de voir que E f λ E f λ E f λ k = Im f. λ i p i e f = i= i= j= λ j p j. f f = λ i p i j= p j = λ j i= j= λi p i p j = λ j i= j= Rappelons que i [, k ], p i p i = p i e que i, j [, k ], i j p i p j = LE. Alors : f f = i= λi p i = λ i p i = p. i= λi p i p j. λ j

10 f f = p i = p. i= b. Soien x e y deux élémens de E. fx py = fx f f y = fx f f y = f x f y. Ainsi on a fx = py si e seulemen si f x f y = E, ou si e seulemen si x f y apparien au noyau de f. x, y E, fx = py x f y Ker f. 7. a. Soi y un élémen de E. Im f éan un sous-espace vecoriel de E le cours sur les projecions orhogonales monre que Min z Im f z y exise e que la projecion orhogonale py de y sur Im f es le seul élémen de ce sous-espace el que py y = Min z Im f z y. Alors Min fx y exise e la projecion orhogonale py de y sur Im f es le seul élémen de ce sousespace el que py y = Min fx y. x E x E Dès lors soi x un élémen de E. fx es de ou évidence un élémen de Im f. Ainsi fx y = Min x E fx y si e seulemen si fx = py donc si e seulemens si x f y es un élémen de Ker f. Si x e y son deux élémens de E : Min fz y exise ; z E fx y = Min z E fz y x f y Ker f. b. f y f y = E donc f y f y apparien alors à Ker f e ainsi : f f y y = Min fz y. z E Monrons alors f y es LE veceur x de E de plus peie norme vérifian fx y = Min fz y. z E Version Ker f. Soi x un aure élémen de E el que fx y = Min z E fz y. Alors x f y apparien à Monrons que f y apparien à Im f. l [, k ], p l y E f λ l donc l [, k ], λ l p l y E f λ l. Alors f y apparien à E f λ E f λ E f λ k qui es conenu dans Im f. f y Im f. x f y apparien à Ker f, f y apparien à Im f e Ker f e Im f son orhogonaux donc x f y e f y son orhogonaux.

11 Le héorème de pyhagore donne x f y + f y = x f y + f y = x. Alors f y x f y + f y = x. Donc f y x. Mieux f y < x si x es différen de f y. Si y es dans E, f y es le veceur x de E de plus peie norme vérifian fx y = Min fz y. z E Version Noons S l ensemble des élémens x de E els que fx y = Min fz y. z E S = {x E x f y Ker f} = {f y + ; Ker f} = {f y ; Ker f} non? On cherche x dans S el que x = Min x S x. Cela revien à chercher dans Ker f el que f y = Min Ker f f y. Le cours sur les projecions orhogonales monre que la projecion orhogonale u de f y sur Ker f es l unique élémen de Ker f el que f y u = Min f y. Ker f Donc f y u es l unique élémen de S el f y u = Min x S x. Comme f y apparien à Im f qui es l orhogonale de Ker f, sa projecion orhogonale u sur Ker f es nulle. Ainsi f y = f y u es l unique élémen de S el f y = f y u = Min x S x. PARTIE II : Applicaion à un exemple. La marice A de f dans la base orhonormale B es symérique donc f es symérique. La somme de la deuxième colonne e de la quarième colonne de A es nulle donc fe + fe 4 = E ou fe + e 4 = E. Ainsi e + e 4 es un élémen non nul de Ker f. f n es pas injecive donc pas inversible. La marice A n éan pas la marice nulle, f n es pas l endomorphisme nul de E. f es un endomorphisme non nul e non inversible de E.. Soi λ un élémen de R. Cherchons une réduie de Gauss de A λ I 3. Les opéraions L L 3 e L L 3 3 λ 3 λ λ λ ransforme A λ I 3 = en 3 λ 3 λ λ λ Les opéraions L 3 L λ L e L 4 L 4 + λ L ransforme cee dernière marice en 3 λ λ B λ = 3 λ λ

12 λ es une valeur propre de A si e seulemen si A λ I 3 n es pas inversible, c es à dire si e seulemen si B λ n es pas inversible. B λ éan riangulaire supérieure elle es non inversible si e seulemen si l un des coefficiens de sa diagonale es nul. Alors λ es valeur propre de A si e seulemen si 3 λ = ou λ = ; c es à dire si e seulemen si 3 λ = ou 3 λ = ou λ = ou λ =. Les valeurs propres de A son donc, e 4. f adme exacemen 3 valeurs propres disinces : λ =, λ = e λ = D après la première parie : f = λ p + λ p = p + 4 p. Alors : A = M + 4 M. 4. a. Soi x un élemen de E de coordonnées x, x, x 3, x 4 dans la base B. 3 x x x x 3 = x u E f λ x = 4 3 x x 4 = 3 x 3 x 3 x x 3 = x 4 x 4 x 3 x 4 =. u E f λ { x3 = x x 4 = 3 x = 3 x x 3 = x e x = x 4 = E f λ es donc la droie vecorielle engendrée par v = e e 3. v = v v = e e 3 es un veceur uniaire de E f λ. E f λ es de dimension e v = e e 3 es un élémen de E f λ el que v =. b. Soi x un élémen de E. p x E f λ donc il exise un réel γ el que p x = γ v. x p x apparien à l orhogonal de E f λ donc es orhogonal à v. Ainsi =< x p x, v >=< x, v > < p x, v >=< x, v > < γ v, v >=< x, v > γ v. =< x, v > γ. Ainsi γ =< x, v > e p x =< x, v > v. x E, p x =< x, v > v. c. Soi x un élémen de E de coordonnées x, x, x 3, x 4 dans la base B. < x, v >=< x e + x e + x 3 e 3 + x 4 e 4, e e 3 >= x x 3

13 3 p x =< x, v > v = x x 3 e e 3. Alors p e = e e 3, p e = E, p e 3 = e e 3 e p e 4 = E. Donc : M =. 5. Soi A la marice de f dans la base B. f = λ p + λ p = p + 4 p. Donc A = M + 4 M. A = M + 4 M donne M = 4 A M e ainsi A = 4 A 3 4 M. 3 A = Finalemen : La marice de f relaivemen à la base B es : A =