Corrigé esa psi math b

e3a PSI B – 2009 Un corrig´ e Exercice 1.
1. D’apr`s le th´or`me du rang ker(A) est de dimension 4 ? rg(A) = 1 et est donc une droite e e e vectorielle. En particulier, 0 est valeur propre de A. 2. Avec les hypoth`se sur la somme par ligne des coe?cients de A, on peut a?rmer que (1, 1, 1, 1) e est vecteur propre de A associ´ ` la valeur propre 1. ea 3. 0 et 1 sont valeurs propres (et donc demultiplicit´ au moins 1) et ?1 est valeur propre double. e La somme des multiplicit´s des valeurs propres n’exc´dant pas 4 (dimension de l’espace), on a e e toutes les valeurs propres (racines de PA ). Comme PA est unitaire ((?1)4 = 1) on a ainsi PA = X(X ? 1)(X + 1)2 4. Rk est de degr´ inf´rieur ` 3 et s’´crit ak X 3 + bk X 2 + ck X + dk . En notant Qk le quotient, on a e e a e k = P Q + R ; enappliquant cette ´galit´ ` 0, 1, ?1 et en la d´rivant puis en faisant X = ?1, X e ea e A k k ? k ? ? ak = 1+(3?2k)(?1) ? dk = 0 ? 4 ? ? k ? ? ak + bk + ck + dk = 1 bk = 1+(?1) 2 on obtient (pour k ? 1) . ce qui donne ? ?ak + bk ? ck + dk = (?1)k ? c = 1+(2k?5)(?1)k ? ? ? ? k 4 ? 3ak ? 2bk + ck = k(?1)k d =0
k

5. Comme P ? P (A) est un morphisme d’alg`bre et comme PA annule A (th´or`me de Cayleye ee Hamilton) on en d´duit que e ?k ? 1, Ak = Rk (A) = 1 + (3 ? 2k)(?1)k 3 1 + (?1)k 2 1 + (2k ? 5)(?1)k A + A + A 4 2 4

Exercice 2.
1. (a) Comme on peut passer ` la limite dans une ´galit´ large, ?n, ? ? xn ? ? donne x ? [?, ?]. a e e f ´tant continue (et mˆme deux fois d´rivable) sur cet ensemble, elle est continue en x. En e e e passant ` la limite dans f (xn ) = 0 (n ? +?) on obtient f (x)= 0. a (b) f ´tant de classe C 1 sur l’intervalle [xn , xn+1 ], l’´galit´ des accroissements ?nis donne l’exise e e tence de yn ?]xn , xn+1 [ tel que f (xn+1 ) ? f (xn ) = (xn+1 ? xn )f (yn ) et donc f (yn ) = 0. (c) (xn ) et (xn+1 ) ´tant convergentes de limite x, on a yn ? x par th´or`me d’encadrement. e e e Par continuit´ de f en x et comme ?n, f (yn ) = 0, on obtient f (x) = 0 en faisanttendre e n vers +?. (d) f est donc solution du probl`me de Cauchy associ´ ` (E) et aux conditions y(x) = y (x) = 0. e ea Par th´or`me de Cauchy-Lipschitz cas lin´aire, ce probl`me admet sur [?, ?] une unique e e e e solution. Comme la fonction nulle est une solution, f est donc la fonction nulle. 2. Dans le cas g´n´ral (xn ) est une suite born´e de r´els. On peut en extraire une sous-suite e e e econvergente (th´or`me de Bolzano-Weierstrass) et se ramener au cas pr´c´dent. Le th´or`me e e e e e e pr´c´dent n’est cependant pas au programme de PSI (me semble-t-il). . . e e 3. x ? cos(x) est solution sur R de y + y = 0 et s’annule une in?nit´ de fois. e

Exercice 3.
Partie A : r`gle de Raabe-Duhamel. e
n+1 1. Si ? < 0 alors uun ? 1+ et la r`gle de D’Alembert s’applique ` la s´rie positive (un) pour e a e donner sa divergence (` partir d’un certain rang, un+1 /un ? 1 et il existe donc un rang n0 tel a que ?n ? n0 , un ? un0 > 0 et on a mˆme divergence grossi`re de la s´rie). e e e

1

2. On a vn+1 = vn et ainsi 1+ 1 n

??

=1?

? +o n 1 n

1 n

un+1 vn+1 ??? ? = +o un vn n
un+1 un

3. (a) Comme ? ? ? < 0, ? vn+1 vn tend vers 0? et est asymptotiquementn´gatif. Ainsi e ? N/ ?n ? N, un+1 vn+1 ? un vn (b) Ce qui pr´c`de s’´crite e e e un+1 vn+1 ? un vn et une r´currence imm´diate donne alors e e uN vn = Kvn vN ?n ? N, un ? (c) Comme v converge (car ? > 1), il en est de mˆme de (Kvn ). Par th´or`me de compae e e raison sur les s´ries positives, on a donc aussi la convergence de (un ). e 4. Si ? ? [0, 1[, on peut choisir ? ?]?, 1[. Ona alors ? N/ ?n ? N, et une r´currence imm´diate donne e e ?n ? N, un ? uN vn = Kvn vN vn+1 un+1 ? un vn

Comme K = 0 et v diverge (car ? < 1), (Kvn ) diverge. Par th´or`me de comparaison sur e e les s´ries positives, on a donc aussi la divergence de (un ). e 5.
1 1 n+1 (xn ) est une s´rie de Riemann divergente et xxn = 1 ? n + o n . e Une comparaison s´rie int´grale donne (grˆce ` la…

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