CORRIGE DU SUJET 1. x x3 6 + o(x3 ) 1 6 x+o(x) ϕ (x) = 1 x 2 + cos(x) sin 2 (x) 3 x2 + o(x 2 ) = 1. x ) f (t)cos(nt)dt

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1 CORRIGE DU SUJET Problème. On écri le développemen limié à l ordre 3 de sin en : donc ϕx) x x x x sinx) x x x3 6 + ox3 ) 6 + ox ) ) x x x ) + x 6 + ox ) Ainsi ϕx) x 6 x+ox) La foncion ϕ possède un développemen limié à l ordre en donné par ϕx) o) x donc elle es bien prolongeable par coninuié en par ϕ). Puisqu en oure, elle possède un développemen limié à l ordre en, ce prolongemen es dérivable en e ϕ ) ] 6. Ensuie, ϕ es clairemen de classe C sur l inervalle ; π ] e x ];π/] ϕ x) x + cosx) sin x) doncϕ x) ) x x + x + ox ) x + ) 3 x + ox ) x 6 + o) Ainsi, ϕ es coninue en. On a finalemen monré : La foncion ϕ es prolongeable par coninuié en e le prolongemen ainsi défini es de classe C sur l inervalle fermé [;π/]. [. a) Soi n N. La foncion f éan de classe C sur le segmen ; π ], sa dérivée f y [ es coninue, e donc bornée par une consane K R +. Ainsi, pour ou ; π ], f )cosn) K e π f )cosn)d π ) La suie f )cosn)d n π f )cosn) d K π es bornée. b) Une inégraion par paries jusifiée par le caracère C des foncions en jeu) donne, pour ou n, [ ] π/ f)cosn) I n + f )cosn)d n n [ Comme f es coninue sur le segmen ; π ], elle es bornée sur ce segmen par une consane M, e on obien finalemen, I n n M +M) M n c) Par le héorème d encadremen, lim I n.

2 3. a) La foncion x sinn+)x) es coninue sur ];π/]. En, sinx x donc sinx) sinn+)x) n+ e x sinn+)x) es prolongable par coninuié en sinx) sinx) par n+. Finalemen, J n, éan faussemen impropre en, es bien définie. b) Pour ou n, J n+ J n π/ π/ π/ π/ c) Ainsi, pour ou n, 4. Soi a >. sinn+3)x) sinn+)x) sinx) sinn+)x)cosx)+sinx)cosn+)x) sinn+)x) sinx) sinn+)x) sin x)) + sinx)cosx)cosn+)x) ) sinx) sinx) sinn+)x)sinx)+cosx)cosn+)x)) cosnx) [ ] π/ sinnx) n J n J π/ π/ sin3x) sinx) sinx) cosx) + sinx) cosx) sinx) +cosx)+cosx)) [x+sinx)] π/ π. a) Pour ou X > a, le changemen de variable u + π/ nous donne les foncions considérées éan coninues sur le segmen [ a; X]) : X a sin d X+π/ a+π/ sin u ) π u π du X+π/ a+π/ cosu) u π du. Ainsi, les inégrales a sin d e < cos) π a+π/ + cos) π d on même naure. Or cos). Il sui que les inégrales concernées on bien même naure. b) Noons que l inégrale considérée es faussemen impropre en puisque la foncion inégrée es prolongeable par coninuié en par. De plus, puisque sin es à valeurs dans [ ;], pour ou, sin sin. Il suffi donc de monrer, d après le sin héorème de comparaison, que l inégrale d es divergene. Or sin

3 cos) + + cos) e d es divergene d après le crière de Riemann, e d es convergene comme le monre une inégraion par paries. On en dédui par linéarié de l inégrale que sin d diverge e donc que sin d aussi. c) L inégrale considérée es convergene comme le monre l inégraion par paries suivane, valable pour ou x >, x [ ] x sin cos x cos d + d 5. a) La foncion ϕ éan de classe C sur l inervalle [;π/], l inégrale considérée es bien définie. D après la quesion, lim de f e vau lim I n+. Ainsi, lim d après la quesion 3, lim sinn+)x) sinx) fx)sinn+)x) ne dépend pas ϕx)sinn+)x). Ensuie, π b) sinn+)x sinn+)x ϕx)sinn+)x) car les x sinx foncions considérées son coninues sur ];π/] e prolongeables par coninuié en. De plus, Par conséquen, n+)π/ sin d sinn+)x) x n+)π/ ϕx)sinn+)x)+ sin d sinn+)x sinx e comme les suies composan le membre de droie son oues deux convergenes, on obien : lim n+)π/ sin d π lim ϕx)sinn+)x) + lim sinn+)x sinx Ainsi sin d π 3

4 Problème Éude de rois exemples. Premier exemple 6. a) Soi M m[i,j]) S. On noe a m[,] e b m[,]. Puisque m[,]+m[,], on a m[,] a. Par définiion d un élémen de S, on a m[,] a e m[,] a ce qui implique a. De même pour b. ) ) a a c c b) Soi A e B avec a,b,c,d) [;] 4. Alors b b d d ) ac+ a) d) a c)+ a)d AB b)c+b d) b) c)+bd Tous les coefficiens de cee marice son posiifs car a,b,c,d) [;] 4. On vérifie facilemen que la somme des coefficiens de chaque ligne vau a) On calcule A En prenan a 5 6 e b, on a bien la relaion voulue. 6 b) Monrons par récurrence sur n N, qu il exise a n R e b n R els que A n a n A+b n I. La récurrence es iniialisée pour n avec a e b on a monré égalemen à la quesion précédene que l hypohèse de récurrence éai vérifiée pour n avec a 5 6 e b 6 ). On suppose que l hypohèse de récurrence es vraie au rang n N e on monre qu elle es vraie au rang n+ : A n+ AA n a n A +b n A 5 a n 6 A+ ) 6 I +b n A ) 5 6 a n +b n A+ 6 a ni On pose a n+ 5 6 a n+b n e b n+ 6 a n e la propriéé es démonrée par récurrence. c) On a ainsi obenu les relaions suivanes, valables pour ou n N : a n+ 5 6 a n +b n. b n+ 6 a n On remarque que pour ou n, a n+ +b n+ a n +b n. Comme a e b, il vien : n a n +b n On obien alors a n+ 5 6 a n +b n 5 6 a n + a n ) 6 a n + b n+ 6 a n 6 b n) 6 b n + 6 On a ainsi obenu une relaion enre a n e a n+, e enre b n e b n+, valable pour ou n N.. 4

5 d) On cherche un réel l el que la suie u n ) a n l) soi géomérique. En uilisan, la relaion démonrée à la quesion précédene, on obien u n+ + l 6 u n + l) +. En prenan, l 6 7, on a u n+ 6 u n qui es bien une suie géomérique de raison q. Ainsi, la relaion 6 n u n q n u implique n a n ) n 6 ) ) n 6 7. Comme n, b n a n, on a n b n 7 ) n 6 7 e) Par conséquen, pour ou n, A n ) ) n A+ 7 ) n ) n ) ) n 7 ) n ) n I f) La suie de marices A n ) converge car chaque suie a n [i,j]), i, j converge : 6) n lorsque n Ainsi la limie es A Il es aisé de vérifier que A S. 7 7 g) On s inéresse désormais à la suie C n ). D après la quesion 7e, les ermes généraux de ces suies son de la forme +nλ n+ + µ n k avec λ e µ réels. Comme n+k 6) n k µ n es bornée, k 6) k end vers pour n +. Ainsi la limie n+k 6) de la suie C n es A.. Deuxième exemple 8. a) Soi v x,y,z) Kerf id R 3). Alors Mv v, ce qui es équivalen à x x bx+ay y by +az z Puisque a b e b, on en dédui x y z. Ainsi Kerf id R 3) {x,x,x), x R} Vecv ) 5

6 b) D après la quesion précédene, dimkerf id R 3)). Le héorème du rang perme alors de dire que Or dimimf id R 3)) Imf id R 3) Vecf id R 3)e ),f id R 3)e ),f id R 3)e 3 )) Vecbe,a )e +be 3,a )e 3 ) Vece,e 3 ) Ainsi {e,e 3 } es une famille de cardinal, libre e générarice de Imf id 3 ) qui es de dimension. Dès lors, {e,e 3 } es bien une base de Imf id R 3). c) Comme dimkerf id R 3)) + dimimf id R 3)) + 3, il suffi de monrer que l inersecion de ces deux sous-espaces es resreine à { R 3}. Cela se démonre aisémen puisque la réunion des bases de ces sous-espaces exhibées aux deux quesions précédenes es une famille libre. d) Puisque v Kerf id R 3) e e,e 3 Imf id R 3), par définiion de p on obien pv ) v, pe ) e pe 3 ). De plus, e v e e 3, d où pe ) pv ) v. La marice P s écri alors dans la base canonique e,e,e 3 ) : P 9. La marice M de f dans la base canonique es riangulaire inférieure, ses valeurs propres son ses élémens diagonaux, c es-à-dire e a. L espace propre associé à la valeur propre es Kerf id 3 ) Vecv ) d après la quesion 8a. Soi un veceur x,y,z) Kerf aid R 3). Alors a)x bx by { x y Ainsi l espace propre associé à a es Kerf aid R 3) Vece 3 ). Comme dimkerf id R 3))+dimKerf aid R 3)) < 3, f n es pas diagonalisable.. a) Des égaliésfv ) v,fe ) ae +be 3 efe 3 ) ae 3, on dédui M a. b a b) On rouve C don l inverse vau C. Ainsi on a M CM C. c) On rouve M ) a, e M ) 3 a 3. On posule alors ab a 3a b a 3 pour k N, l expression M ) k a k e on la démonre par récurrence. On l a vérifiée pour k, supposons la vraie pour un k N e démonrons la ka k b a k pour k +. M ) k+ M ) k M a k a a k+. ka k b a k b a k +)a k b a k+ Ainsi l expression de M ) k es démonrée pour ou k N. Ensuie, en uilisan la marice de passage C, on obien 6

7 M k CM ) k C a k a k ka k b a k ka k b a k En faisan endrek vers+, commea ];[, on a lim k + ak e lim k + kak, d où lim k + Mk P. Éude du cas général. a) Soi λ e µ R + els que λ+µ e soi M, N marices apparenan à S n R) don nous noons respecivemen m[i,j] e n[i,j] les ermes généraux avec i,j n. Le erme général de la mariceλm+µn esλm[i,j]+µn[i,j], e, pour oui {,...,n}, n λm[i,j]+µn[i,j]) λ n m[i,j]+µ n n[i,j] λ +µ j j car M en son des marices sochasiques. Par conséquen, λm+µn es une marice sochasique. b) Soi M e N S n R). Le erme général de la marice MN es pour i,j n, n m[i,k]n[k,j], e pour ou i {,...,n}, k jk j n n m[i,k]n[k,j] n n m[i, k]n[k, j] kj ) n m[i,k] n n[k, j] k j n m[i,k] MN es une marice sochasique. c) Soi A S n R). Monrons par récurrence que A k S n R) pour ou k N. L iniialisaion es naurellemen vérifiée pour A. On suppose désormais la propriéé vraie pour k N fixé. Puisque A k+ A k A e que A k e A appariennen à S n R) hypohèse de récurrence), on a bien A k+ S n R) d après la quesion précédene. À présen, monrons par récurrence sur p N que C p S n R). La propriéé es vraie pour p car la marice idenié es bien une marice sochasique. Soi p N. On suppose que C p S n R). Alors C p+ p+ p+ C p + p+ Ap+. On peu appliquer le résula de la quesion a car p+ p+ + p+ e C p S n R) hypohèse de récurrence), A p+ S n R). On conjecure que la limie de la suie C p ), lorsqu elle exise, es encore une marice sochasique e cela se prouve, mais n es pas l obje du présen problème...). a) Quesion de cours. ) n n b) Soi x x,...,x n ) R n. Alors fx) m j x j,..., m nj x j e d après l inégalié riangulaire, on a, pour chaque coordonnée du veceur fx), n m ij x j n m ij x j car m ij ) j j k j j n m ij x car x j x pour ou j) j x car M es une marice sochasique). 7

8 En conclusion, on a bien monré que fx) x pour ou x R n. c) Soi λ une valeur propre de f. Il exise x R n \{} el que fx) λx. En appliquan le résula démonré à la quesion précédene, fx) x λx x Comme. es une norme, on a λx λ x. Ainsi λ x x e puisque x n es pas le veceur nul, λ. d) La marice M associée à f dans la base canonique éan sochasique, pour ou i n {,...,n}, m[i,j]. Si on noe v le veceur de R n don oues les composanes j son égales à, on vérifie aisémen que Mv v. Cela indique que fv ).v. Comme v es un veceur différen du veceur nul, es une valeur propre de f e v es un veceur propre associé à cee valeur propre. 3. a) i. On a supposé que y Imf id R n) donc il exise x R n el que y fx) x. ii. On a supposé que y Kerf id R n) donc fy) y. Il en résule que f x) fy +x) fy)+fx) y +y +x) y+x Monrons par récurrence que f k x) ky +x pour ou k N. L iniialisaion a déjà éé vérifiée. Supposons l égalié f k x) ky+x vraie pour k N fixé. Alors, f k+ ff k x)) fky +x) kfy)+fx) ky +y +x) k +)y +x On conclu que k N, f k x) ky +x. iii. On a vu à la quesion b que, pour ou z R n, fz) z. On a aussi f z) ffz)) fz) z. En iéran cee inégalié, on démonre que pour ou k N, on a f k z) z. En pariculier pour z x, on a pour ou k N, ky+x x. Ainsi ky ky+x x ky+x + x x + x x. Or ky k y ; on a donc bien monré k N k y x La norme y es alors nécessairemen nulle sinon la norme de x serai infinie. En conclusion, Kerf id R n) Imf id R n) { R n} b) On a monré que Kerf id R n) Imf id R n) {}. Le héorème du rang indique que dimkerf id R n))+dimimf id R n)) n. Par conséquen, R n Kerf id n ) Imf id n ) c) Soi x Imf id R n). Il exise alors y R n el que x fy) y. Ainsi, fx) ffy) y) f id R n)fy)) Imf id R n). Finalemen, x Imf id R n) fx) Imf id R n) d) Soi λ une valeur propre différene de e soi x un veceur propre associé à λ. Alors fx) λx puis fx) x λ )x, d où x λ f id R n)x) f id R n) x λ ) e x Imf id R n). Par conséquen, l espace propre de oue valeur propre de f différene de es inclus dans Imf id R n). 8